高中物理试卷1全国乙卷解析2022年高等学校招生全国统一考试

2022年普通高等学校招生全国统一考试ＭｍＮＰλＰλ１４Ｃ万有引力Ｆ＝Ｇ，航天员受万有引力，且万有光子数ｎ＝＝，则Ｒ＝≈３×１０２ｍ，Ｂ２ｒ４πＲ２４πＲ２ｈｃ４πｎｈｃ引力提供向心力，航天员所受合力不为零，地表处ｒ较正确。小，航天员在地表处所受万有引力大于在飞船上所受的温馨提示本题的难点是数据运算，应先进行字母万有引力，航天员在飞船上所受地球引力，约等于随飞运算，得到Ｒ的表达式以后再代值运算，可提高准确船运动所需的向心力，所以Ａ、Ｂ、Ｄ错误，Ｃ正确。率。１３Ｌ×２５３４１８ＢＣ依题意，ｚ轴正向保持竖直向上，测量结果表明１５Ａ如图可知ｓｉｎθ＝＝，则ｃｏｓθ＝，对轻绳Ｌ５５２ｚ轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度中点受力分析可知Ｆ＝２Ｔｃｏｓθ，对小球由牛顿第二定律的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，Ａ错５Ｆ误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选得Ｔ＝ｍａ，联立解得ａ＝，故选项Ａ正确。８ｍ一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为５０μＴ，Ｂ正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第２次测量时得到的水平分量即Ｂ是负值，说明ｙ轴正向与地磁场的水平分量方向ｙ１６Ｃ如图所示，设大圆环半径为Ｒ，相反，即指向南方，Ｃ正确；第３次测量时Ｂ为零，说明ｙｙＰ、Ａ距离为Ｌ，由机械能守恒定律可轴沿东西方向，又因Ｂ为正，即ｘ轴正向指北方，则ｙ轴ｘ知，小环沿圆弧滑到Ａ点的速率与沿正向应指向西方，Ｄ错误。斜线ＰＡ滑到Ａ点的速率相等，分析１９ＡＢ根据电场强度的叠加可知Ｌ点的电场方向沿小环的运动可知小环沿斜线ＰＡ下滑加速度ａ＝ｇｃｏｓθ＝对角线从Ｏ点指向Ｌ点，Ｎ点的电场方向沿对角线从ＮｇＬｇＬ，ｖ＝ａｔ＝ｔ，由等时圆模型可知小环沿斜线ＰＡ从Ｐ点指向Ｏ点，Ｌ和Ｎ两点处的电场方向相互垂直，Ａ正２Ｒ２Ｒ确；根据电场强度的叠加可知Ｍ点的电场方向平行于到Ａ的时间与沿直线ＰＢ从Ｐ到Ｂ的时间相同，即２Ｒ＝该点处的切线，方向向左，Ｂ正确；Ｍ、Ｏ两点在等量异号１ｇ２ｇｔ，代入上式可得：ｖ＝Ｌ，故Ｃ正确。２Ｒ电荷连线的中垂线上，Ｍ、Ｏ两点的电势相等，将一带正解题指导小环沿圆弧滑到Ａ点的速率与沿斜线电的点电荷从Ｍ点移动到Ｏ点，电场力不做功，Ｃ错误；ＰＡ滑到Ａ点的速率相等，而沿斜线滑到任意处的时Ｌ点的电势比Ｎ点的电势低，将一带正电的点电荷从Ｌ间由等时圆模型可知为定值，再证明速率与其他物理点移动到Ｎ点，电势能增大，电场力做负功，Ｄ错误。量成正比。２０ＡＤ由图知０～３ｓ内Ｆ的大小为Ｆ＝４Ｎ，３～６ｓ内１ｃＦ的大小Ｆ２＝４Ｎ；在０到３ｓ内，物块沿正方向做匀加１７Ｂ一个光子的能量ε＝ｈν＝ｈ，每秒放出光子总λ２速直线运动，Ｆ－μｍｇ＝ｍａ，解得ａ＝２ｍ／ｓ，为正方向，１１１ＰＰλ数Ｎ＝＝，离点光源Ｒ处每秒垂直通过每平方米的εｈｃ３ｓ末的速度ｖ１＝ａ１ｔ１＝６ｍ／ｓ；３ｓ末力Ｆ反向，物块先沿１４ ２正方向减速到零，Ｆ２＋μｍｇ＝ｍａ２，解得ａ２＝６ｍ／ｓ，为负１２ｑＥ１ｒ１此时粒子３的动能Ｅ′＝ｍｖ＜＝Ｅ，即粒子１入ｋ３３ｋ１２２ｖ１方向，物块减速到零所用的时间ｔ＝＝１ｓ，即４ｓ末物２ａ２射时的动能大于粒子３出射时的动能，而粒子３入射时块减速到零；在４～６ｓ内，物块再反向做匀加速直线运的动能比它出射时的小，所以粒子１入射时的动能大于２动，Ｆ－μｍｇ＝ｍａ，解得ａ＝２ｍ／ｓ，为负方向。画出整２３３粒子３入射时的动能，Ｄ正确。个过程中的ｖ－ｔ图像如图所示：（一）必考题：共１２９分。２２答案（１）在误差允许的范围内，相邻相等时间内的位移之差近似相等（２）５４７（３）７９解析（１）根据表中数据可以求得第１ｓ内、第２ｓ内、第３ｓ内、第４ｓ内、第５ｓ内、第６ｓ内飞行器的位移分别为４ｓ时物块的速度为零，动能为零，Ａ正确；由图可知在ｘ＝５０７ｍ、ｘ＝５８７ｍ、ｘ＝６６５ｍ、ｘ＝７４６ｍ、ｘ＝８２４ｍ、１２３４５０～６ｓ内，物块的位移不为零，６ｓ时物块没有回到初始ｘ＝９０４ｍ，在误差允许的范围内，相邻相等时间内的位６位置，Ｂ错误；３ｓ时的速度ｖ＝６ｍ／ｓ，动量ｐ＝ｍｖ＝１１１２移之差近似相等，即满足Δｘ＝ａＴ，可判断该飞行器在这６ｋｇ·ｍ／ｓ，Ｃ错误；由ｖ－ｔ图线与时间轴所围的面积表段时间内近似做匀加速运动。示位移知，０～３ｓ内、３～４ｓ内、４～６ｓ内物块的位移大小（２）对于匀加速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于这分别为ｘ＝９ｍ、ｘ＝３ｍ、ｘ＝４ｍ，则Ｆ对物块做的功分１２３段时间内的平均速度，所以当ｘ＝５０７ｍ时，该飞行器速别为Ｗ＝Ｆｘ＝３６Ｊ、Ｗ＝－Ｆｘ＝－１２Ｊ、Ｗ＝Ｆｘ＝１６Ｊ，１１１２２２３２３１０９４则０～６ｓ时间内Ｆ对物块所做的功Ｗ＝Ｗ＋Ｗ＋Ｗ＝１２３度的大小ｖ＝ｍ／ｓ＝５４７ｍ／ｓ。２４０Ｊ，Ｄ正确。（３）根据逐差法可知这段时间内该飞行器加速度的大小２１ＢＤ极板间各点的电场强度方向指向Ｏ点，粒子３ｘ３６－ｘ０３（４２３３－１７５９）－１７５９２２ａ＝＝ｍ／ｓ≈７９ｍ／ｓ。从距Ｏ点ｒ的位置入射并从距Ｏ点ｒ的位置出射，在这（３Ｔ）２９２１个过程中电场力做正功，粒子３入射时的动能比它出射方法探究逐差法求加速度时的小，同理可知粒子４入射时的动能比它出射时的若题目给的是偶数段数据（一般是６段），一般用“逐大，Ａ错误，Ｂ正确；粒子１、２做圆周运动，设粒子１的轨ｘ－ｘｘ－ｘ４１５２差法”求物体的加速度，即ａ＝，ａ＝，ａ＝２１２２２３ｖ３Ｔ３Ｔ１迹处的电场强度为Ｅ，则ｑＥ＝ｍ，粒子１的动能Ｅ＝１１ｋ１ｒ１ｘ－ｘａ＋ａ＋ａ６３１２３，然后求平均值，即ａ＝＝２１２ｑＥ１ｒ１３Ｔ３ｍｖ＝，设粒子２的轨迹处的电场强度为Ｅ，则１２２２（ｘ＋ｘ＋ｘ）－（ｘ＋ｘ＋ｘ）４５６１２３，这样所测数据全部得到利２２ｖ２１２ｑＥ２ｒ２９ＴｑＥ＝ｍ，粒子２的动能Ｅ＝ｍｖ＝，由于极板２ｋ２２ｒ２２２用，精确度较高。间各点的电场强度大小与其到Ｏ点的距离成反比，即２３答案（１）如图所示（２）１０Ω７５Ω（３）２．３０２Ｅｒｖ１２３＝，所以Ｅ＝Ｅ，Ｃ错误；粒子３出射时，ｑＥ＞ｍ，ｋ１ｋ２１Ｅ２ｒ１ｒ１４．２０５４８１５ Ｅ０～２．０ｓ内电流恒定，Ｉ＝＝１ＡＲ代入数据解得Ｑ＝０．０１６Ｊ误区警示在计算感生电动势时，注意金属框只有一半面积处于磁场中；在计算安培力大小时，要注意解析（１）要求通过Ｒ的电流可在０～５ｍＡ范围内连ｘ金属框的有效长度。续可调，则应用滑动变阻器的分压式接法，电流表的量２２５答案（１）０．６ｍｖ（２）０．７６８ｖｔ（３）０．４５０００程为１ｍＡ，需测到５ｍＡ，则要对电流表改装，与其并联解析（１）ｔ时弹簧被压缩至最短，Ａ、Ｂ碰撞动量守恒，０一个电阻Ｒ，电压表的内阻很大，则电流表采用外接法。０由图（ｂ）知ｍ·１．２ｖ＝（ｍ＋ｍ）ｖＢ０ＢＡ０（２）滑动变阻器采用分压式接法，Ｒ应选最大阻值较小得：ｍ＝５ｍ＝５ｍＢＡ的滑动变阻器；电流表量程１ｍＡ改装为量程５ｍＡ，则此过程Ａ、Ｂ与弹簧组成的系统机械能守恒Ｕ１ｍＡ×３００ΩＲ０＝＝＝７５Ω，故Ｒ０应选阻值为７５Ω的１Ｉ５ｍＡ－１ｍＡ弹簧的最大弹性势能Ｅ＝｜ΔＥ｜＝ｍ（１．２ｖ）２－ｐｍａｘｋＢ０２定值电阻。１２２（ｍ＋ｍ）ｖ＝０．６ｍｖＡＢ００（３）电压表的分度值为０．１Ｖ，读数时需估读到分度值的２（２）ｔ时弹簧压缩量最大，设为Δｘ下一位，读数为２．３０Ｖ，电流表的分度值为０．０２ｍＡ，此０由题意，０～ｔ内，时示数为０．８４ｍＡ，考虑到改装关系，流过Ｒ的电流为０ｘｍｖ＋ｍｖ＝ｍ·１．２ｖＡＡＢＢＢ０Ｕ５×０．８４ｍＡ＝４．２０ｍＡ，利用Ｒ＝解得Ｒ≈５４８Ω。ｘＩ即ｍｖ＋５ｍｖ＝６ｍｖＡＢ０２４答案（１）０．０５７Ｎ（２）０．０１６Ｊ化简得ｖ＝５（１．２ｖ－ｖ）Ａ０Ｂ解析（１）对正方形金属框分析根据图（ｂ）分析上式，Ａ图线在０～ｔ上任意一点到横坐０ΔΦΔＢ·Ｓ标轴的距离等于同一时刻Ｂ图线上对应点到ｖ＝１．２ｖ０由法拉第电磁感应定律得Ｅ＝＝＝ΔｔΔｔ线的距离的５倍。由ｖ－ｔ图线与时间轴所围面积表示位２ΔＢｌ×移，且０～ｔ时间内ｘ＝０．３６ｖｔ，可知０～ｔ时间内图线ＢΔｔ２０Ａ０００１ΔＢ与ｖ＝１．２ｖ线所围面积ｘ＝ｘ＝０．０７２ｖｔ，图线Ｂ与Ａ由Ｂ（ｔ）＝０．３－０．１ｔ（ＳＩ），知＝０．１Ｔ／ｓ０１Ａ００５Δｔ１Ｅ之间所围面积表示Δｘ，则Δｘ＝１．２ｖｔ－ｘ－ｘ＝００ＡＡＩ＝，其中Ｒ＝４ｌλ５Ｒ０．７６８ｖｔ００当ｔ＝２．０ｓ时，Ｂ＝０．３－０．１×２．０（Ｔ）＝０．１Ｔ（３）Ａ、Ｂ第二次碰撞过程，设碰前Ａ速度大小为ｖ，碰Ａ１金属框所受安培力大小Ｆ＝ＢＩｌ′，其中ｌ′＝２ｌ后Ａ、Ｂ速度大小分别为ｖ′、ｖ′ＡＢ代入数据解得Ｆ≈０．０５７Ｎ动量守恒：ｍ·０．８ｖ－ｍｖ＝ｍｖ′＋ｍｖ′Ｂ０ＡＡ１ＢＢＡＡ２（２）根据焦耳定律有Ｑ＝ＩＲｔ１１１１２２２２动能不变：ｍ（０．８ｖ）＋ｍｖ＝ｍｖ′＋ｍｖ′－３Ｂ０ＡＡ１ＢＢＡＡＲ＝４λｌ＝８×１０Ω２２２２１６ 由题意知ｖ′＝２ｖ由平衡条件有ｐＳ＋ｍｇ＝ｐＳ＋０．１ｋｌＡ００联立解得ｖＡ１＝ｖ０４０ｍｇｐ０Ｓ＋３ｍｇ联立解得ｋ＝，ｐ＝ｌＳ对Ａ第一次碰撞后以２ｖ冲上斜面至速度为零过程，由０（ⅱ）由于是对气体缓慢加热，则两活塞受力平衡，将两动能定理有活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析，受力情况不变，μｍｇｈｃｏｓθ１２－ｍｇｈ－＝０－ｍ（２ｖ）０ｓｉｎθ２ｐＳ＋３ｍｇ０故气体压强不变，ｐ′＝ｐ＝，且弹簧长度不变Ｓ对Ａ冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有ＶＶ１２－２μｍｇｈｃｏｓθ１２１２对活塞间的气体，由盖－吕萨克定律有＝＝ｍｖＡ１－ｍ（２ｖ０）Ｔ１Ｔ２ｓｉｎθ２２ｌ＋０．１ｌ联立解得μ＝０．４５其中Ｖ＝（２Ｓ＋Ｓ）＝１．６５ｌＳ，Ｔ＝Ｔ１１０２（二）选考题：共４５分。请考生从２道物理题、２道化学Ｖ＝（ｌ＋０．１ｌ）·２Ｓ＝２．２ｌＳ２题、２道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每解得Ｔ≈１．３Ｔ２０科按所做的第一题计分。３４答案４加强向下ｐＶＴｐ３３ＡＢＤ由理想气体状态方程＝Ｃ，可得＝，作λＴＶＣ解析由ｖ＝，知λ＝ｖＴ＝４ｍ。两波源的频率相等，振Ｔ原点和ｃ的连线，由ａ、ｃ两点与原点连线的斜率，可知动情况相同，Ｐ点到Ｓ、Ｓ的距离相等，波程差为０，所１２ＴＴａｃ＞，故ｐａ＞ｐｃ，Ａ正确；由状态ａ到ｂ，可知Ｖ变大，则以Ｐ点为振动加强点。Ｐ点到Ｓ１的距离ｓ＝１０ｍ＝ＶＶａｃ２．５λ，故Ｐ处质点的振动情况与Ｓ的振动情况相反，故气体对外做功，Ｂ正确；由图可知，ｂ、ｃ不在等压线上，故１Ｐ处的质点向下运动。Ｃ错误；由状态ａ到ｂ，Ｔ升高，则内能变大，Ｖ变大，则气３体对外做功，可知ΔＵ＞０，Ｗ＜０，由热力学第一定律ΔＵ＝３４答案２Ｗ＋Ｑ，可知Ｑ＞０，故气体从外界吸热，且吸收的热量大于解析光路图如图所示其增加的内能，故Ｄ正确，Ｅ错误。４０ｍｇｐ０Ｓ＋３ｍｇ３３答案（ⅰ）（ⅱ）１．３Ｔ０ｌＳ解析（ⅰ）对活塞Ⅰ受力分析如图ｓｉｎｉ由折射定律得：ｎ＝ｓｉｎα１恰好发生全反射时：ｎ＝ｓｉｎθ由平衡条件有ｐ·２Ｓ＝ｐ·２Ｓ＋２ｍｇ＋０．１ｋｌ０ππ由几何关系：α＝－（π－２β），θ＝－β对活塞Ⅱ受力分析如图２２３联立解得：ｎ＝２１７