2022年全国统一高考甲卷物理试题(解析版)

二、选择题

1.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。

运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h 。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（

）

A.

1

h

k + B.

h k

C.

2h k

D.

21

h k -【详解】运动员从a 到c 根据动能定理【答案】D

【解析】

有

212

c mgh mv =

在c 点有

2

N c c c

v F mg m

R -=F N c ≤kmg

联立有

21

c h R k ≥

-故选D 。

2.长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v 0，要通过前方一长为L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （v A.

02v v L l

a v -++ B.

02v v L l

a v

-++ C.

()032v v L l

a

v

-++

D.

()

032v v L l

a

v

-++【答案】C

v ，则列v =v 0-2at 1

解【解析】

【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （车进隧道前必须减速到v ，则有

得

012v v

t a -=

在隧道内匀速有

2L l t v

+=

列车尾部出隧道后立即加速到v 0，有

v 0=v +at 3

解得

03v v t a

-=

则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 0所用时间至少为

03()2v v L l

t a v

-+=

+故选C 。

3.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为12I I 、和3I 。则（

）

A .

132

I I I << B.132I I I >> C.123

I I I => D.

123

I I I ==【详解】设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长【答案】C

【解析】

为

22C r

π=面积为

2

2S r π=

同理可知正方形线框的周长和面积分别为

18C r =，2

14S r =正六边形线框的周长和面积分别为

36C r =，2

313336222

S r r =⨯⨯⨯=三线框材料粗细相同，根据电阻定律

L R S ρ

=横截面

可知三个线框电阻之比为

123123::::8:2:6

R R R C C C π==根据法拉第电磁感应定律有

E B S I R t R

∆=

=⋅∆

可得电流之比为：

123::2:2:I I I =即

123

=I I I >故选C 。

4.两种放射性元素的半衰期分别为0t 和02t ，在0=t 时刻这两种元素的原子核总数为N ，在02t t =时刻，尚未衰变的原子核总数为3

N

，则在04t t =时刻，尚未衰变的原子核总数为（）

A.

12

N B.

9

N C.8

N D.

6

N 【详解】根据题意设半衰期为t 0的元素原子核数为x ，另一种元素原子核数为y ，依题意【答案】C

【解析】

有

x y N

+=经历2t 0后有

11423

N x y +=联立可得

23x N =

，13

y N =

在04t t =时，原子核数为x 的元素经历了4个半衰期，原子核数为y 的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为

4211228

N

n x y =

+=故选C 。

5.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy 平面）向里，电场的方向沿y 轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O 由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（

）

A.

B.

C.

D.

【详解】AC ．在xOy 平面内电场的方向沿y 轴正方向，故在坐标原点O 静止的带正电粒【答案】B

【解析】

子在电场力作用下会向y 轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y 轴正方向运动的粒子同时受到沿x 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x 轴负方向偏转。AC 错误；

BD ．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y 轴正方向，故x 轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x 轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x 轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B 正确，D 错误。故选B 。

6.如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g 。用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（

）

B.Q 的加速度大小的最大值为2g μ

C.P 的位移大小一定大于Q 的位移大小

D.P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小【详解】设两物块的质量均为m ，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为

2F mg

μ【答案】AD

【解析】

=撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为

0T mg

μ=AB ．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg μ，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为

0P1

T mg ma μ--=解得

P12a g

μ=-此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。

故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2mg μ。Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时

Qm

mg ma μ-=解得

Qm a mg

μ=-故滑块Q 加速度大小最大值为mg μ，A 正确，B 错误；

C ．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；

D ．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为

P2

mg ma μ-=解得

P2a g

μ=-撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为2g μ做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g μ；滑块Q 由开始的加速度为0做加速度增大的减速运

动，最后弹簧原长时加速度大小也为g μ。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。故选AD 。

7.如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻。质量为m 、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q ，合上开关S 后，（

）

A.通过导体棒MN 电流的最大值为

Q

RC

B.导体棒MN 向右先加速、后匀速运动

C.导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大

D.电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热【详解】MN 在运动过程中为非纯电阻，MN 上的电流瞬时值【答案】AD

【解析】

为

u Blv i R -=

A ．当闭合的瞬间，0Blv =，此时MN 可视为纯电阻R ，此时反电动势最小，故电流最大

m U Q I ax R CR

=

=故A 正确；

B ．当u Blv >时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN 及R 构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN 终极速度为零，故B 错误；

C ．MN 在运动过程中为非纯电阻电路，MN 上的电流瞬时值为

u Blv i R

-=

当u Blv =时，MN 上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN 速度最大，故C 错误；D ．在MN 加速度阶段，由于MN 反电动势存在，故MN 上电流小于电阻R 上的电流，电阻R 消耗电能大于MN 上消耗的电能（即R MN E E >），故加速过程中，R MN Q Q >；当MN

减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R 形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R 的电流大，综上分析可知全过程中电阻R 上的热量大于导体棒上的热量，故D 正确。故选AD 。

8.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（

）

A.小球的动能最小时，其电势能最大

B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量Eq mg

=故等效重力G '的方向与水平成45︒【答案】BD 【解析】

【详解】A ．如图所示

。

当0y v =时速度最小为min 1v v =，由于此时1v 存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A 错误；BD ．水平方向上

0Eq

v t m

=

在竖直方向上

v gt

=由于

Eq mg =，得0

v v =

如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知

G Eq W W +=则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD 正确；

C ．当如图中v 1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C 错误；故选B

D 。

三、非选择题：

9.某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E （电动势1.5V ，内阻很小），电流表（量程10mA ，内阻约10Ω），微安表（量程100μA ，内阻g R 待测，约1kΩ），滑动变阻器R （最大阻值10Ω），定值电阻0R （阻值10Ω），开关S

，导线若干。

（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；

（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA ，电流表的示数为9.00mA ，由此计算出微安表内阻g R =_____Ω。①.见解析

②.990Ω

【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R 0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R 0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所【答案】【解析】

示

（2）[2]流过定值电阻R 0的电流

9.00mA 0.09mA 8.91mA

A G I I I =-=-=

加在微安表两端的电压

208.9110V

U IR -==⨯微安表的内电阻

2

g 6

8.9110Ω990Ω90.010

G U R I --⨯===⨯10.利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。

让质量为1m 的滑块A 与质量为2m 的静止滑块B 在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A 和B 的速度大小1v 和2v ，

进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：

（1）调节导轨水平；

（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg 和0.304kg 。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg 的滑块作为A ；

（3）调节B 的位置，使得A 与B 接触时，A 的左端到左边挡板的距离1s 与B 的右端到右边挡板的距离2s 相等；

（4）使A 以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B 碰撞，分别用传感器记录A 和B 从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间1t 和2t ；

（5）将B 放回到碰撞前的位置，改变A 的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；

1

23451/s t 0.490.67 1.01 1.22 1.392/s

t 0.15

0.21

0.33

0.40

0.46

1

2

v k v =

0.31

2

k 0.330.330.33

（6）表中的2k =______（保留2位有效数字）；

（7）12

v v 的平均值为______；（保留2位有效数字）

（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由

1

2

v v 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则

1

2

v v 的理论表达式为______（用1m 和2m 表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A 与滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞。①.0.304

②.0.31

③.0.32

④.

21

1

2m m m -⑤.0.33

【详解】【答案】【解析】

（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg 的滑块作为A 。

（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得

122210.210.310.67

v t k v t =

===（7）[3]1

2

v v 平均值为

0.310.310.330.330.33

0.32

5

k ++++=

=（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得

101122m v m v m v =-+222101122111222

v m v m v =+联立解得

121

21

2v m m v m -=代入数据可得

1

2

0.33v v =11.将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度1s 和2s 之比为3：7。重力加速度大小取210m/s =g ，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【答案】m/s 5

40.054s 0.2s

t T ==⨯【解析】

【详解】频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为

=设抛出瞬间小球的速度为0v ，每相邻两球间的水平方向上位移为x ，竖直方向上的位移分别为1y 、2y ，根据平抛运动位移公式有

0x v t

=22111

100.2m 0.2m 22

y gt =

=⨯⨯=()()2

22221112100.40.2m 0.6m 222

y g t gt =

-=⨯⨯-=令1y y =，则有

2133y y y

==已标注的线段1s 、2s

分别为

1s =

2s =

则有

3:7

=整理得

25

5

x y =

故在抛出瞬间小球的速度大小为

0m/s 5

x v t =

=12.光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A 为轻质绝缘弹簧，C 为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D 的一端与M 固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ 的圆心位于M 的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M 竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ 上的O 点射到M 上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M 发生倾斜，入射光束在M 上的入射点仍近似处于PQ 的圆心，通过读取反射光射到PQ 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k ，磁场磁感应强度大小为B ，线圈C 的匝数为N 。沿水平方向的长度为l ，细杆D 的长度为d ，圆弧PQ 的半径为r ﹐r >>d ，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值。

（1）若在线圈中通入的微小电流为I ，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值∆x 及PQ 上反射光点与O 点间的弧长s ；

（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ 上反射光点出现在O 点上方，与O 点间的弧长为s 1．保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O 点间的弧长为s 2

。求待测电流的大小。

【答案】（1）NBIl k ，2NBIlr

dk ；（2）()124dk s s NBlr

+F =NBIl

根据胡克定律【解析】

【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流I 时，线圈中的安培力为

有

F =NBIl =k │∆x │

NBIl x k

∆=

设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为

d >>∆x ，r >>d

则

sin θ≈θ，sin2θ≈2θ

所以有

∆x =d ⋅θs =r ⋅2θ

联立可得

22r NBIlr s x d dk

=

∆=（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O 点上方，通电流I ′后根据前面的结论可知有

12NBI lr

s s dk

''=

+当电流反向后有

22NBI lr s s dk

''

=-联立可得

()124dk s s I NBlr +'=

同理可得初始时反射光点在O 点下方结果也相同，故待测电流的大小为

()124dk s s I NBlr

+'=

（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分。

13.一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p T -图上从a 到b 的线段所示。在此过程中（

）

B.气体的内能一直增加

C.气体一直从外界吸热

D.气体吸收的热量等于其对外做的功

E.气体吸收的热量等于其内能的增加量【详解】A ．因从a 到b 的p —T 图像过原点，【答案】BCE

【解析】

由pV

C T

=可知从a 到b 气体的体积不变，则从a 到b 气体不对外做功，选项A 错误；

B ．因从a 到b 气体温度升高，可知气体内能增加，选项B 正确；CDE ．因W =0，∆U >0，根据热力学第一定律

∆U =W +Q

可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE 正确，D 错误。故选BCE 。

14.如图，容积均为0V 、缸壁可导热的A 、B 两汽缸放置在压强为0p 、温度为0T 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A 汽缸的顶部通过开口C 与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I 、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II 、Ⅲ部分的体积分别为018V 和014

V 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。

（1）将环境温度缓慢升高，求B 汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；

（2）将环境温度缓慢改变至02T ，然后用气泵从开口C 向汽缸内缓慢注入气体，求A 汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B 汽缸内第Ⅳ

部分气体的压强。

043T ；【答案】（1）T =（2）094

p p =【解析】

【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，

则该气体进行等压变化，则当B 中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得

0034V V T T

=解得

43

T T =（2）设当A 中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p ，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p ，设此时Ⅳ内的气体的体积为V ，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V 0-V ，则对气体Ⅳ

000

342V p pV T T ⋅

=对Ⅱ、Ⅲ两部分气体

00000

0(

()842V V p p V T V T -+=联立解得

23V V =094

p p =

15.一平面简谐横波以速度v =2m/s 沿x 轴正方向传播，t =0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A 在t =0

时刻的位移y =

，该波的波长为______m ，

频率为______Hz ，t =2s 时刻，

质点A ______（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）

。①.4②.0.5③.向下运动

【详解】[1]设波的表达式【答案】【解析】

为

2sin(

)y A x π

ϕλ

=+由题知A =2cm ，波图像过点（0

）和（1.5，0），代入表达式有

2sin(

24

y x ππ

=+即

λ=4m

[2]由于该波的波速v =2m/s ，则

2

Hz 0.5Hz 4

v

f λ

=

=

=[3]由于该波的波速v =2m/s ，则

2s T v

λ=

=由于题图为t =0时刻的波形图，则t =2s 时刻振动形式和零时刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A 向下运动。

16.如图，边长为a 的正方形ABCD 为一棱镜的横截面，M 为AB 边的中点。在截面所在平的，一光线自M 点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC 边的N 点恰好发生全反射，反射光线从CD 边的P 点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P 、C

两点之间的距离。

2

，【答案】n =312PC a

=sin60°=n sin θ

由题知，光线经折射后在BC 边的N 点恰好发生全反射，【解析】

【详解】光线在M 点发生折射有

则

1

sin C n

=

C =90°-θ

联立有

tan 2

θ=

72

n =

根据几何关系有

tan 2MB a

BN BN

θ=

=

解得

NC a BN a =-=-

再由

tan PC NC

θ=

解得

31

2

PC a -=