2022年广东省高考物理试卷

1、高考真题及答案高考真题解析2022 年广东省高考物理试卷一、单项选择题：本大题共 4 小题，每题 4 分，共 16 分在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分 14 分如图是物体做直线运动的vt 图象，由图可知，该物体第 1s 内和第 3s 内的运动方向相反第 3s 内和第 4s 内的加速度一样第 1s 内和第 4s 内的位移大小不等02s 内和 04s 内的平均速度大小相等24 分如下图，水平地面上堆放着原木，关于原木P 在支撑点M、N 处受力的方向，以下说法正确的选项是AM 处受到的支持力竖直向上BN 处受到的支持力竖直向上CM 处受到的摩

2、擦力沿 MN 方向DN 处受到的摩擦力沿水平方向34 分如下图，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管 Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从一样高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块在 P 和 Q 中都做自由落体运动在两个下落过程中的机械能都守恒C在 P 中的下落时间比在 Q 中的长D落至底部时在 P 中的速度比在Q 中的大44 分如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器构造图，图中和为楔块，和为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中A缓冲器的机械能守恒 B摩擦力做功消耗机械能 C垫块的动能全部转化成内能 D弹簧的弹性势能全部转化为动能二、双项选择题：本大题共 5 小题，每

3、题 6 分，共 30 分在每题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6 分，只选1 个且正确的得 3分，有选错或不答的得 0 分56 分用密封性好、布满气体的塑料袋包裹易碎品，如下图，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体A体积减小，内能增大B体积减小，压强减小C对外界做负功，内能增大D对外界做正功，压强减小66 分在光电效应试验中，用频率为 的光照耀光电管阴极，发生了光电效应，以下说法正确的选项是A增大入射光的强度，光电流增大 B减小入射光的强度，光电效应现象消逝C转变频率小于 的光照耀，肯定不发生光电效应D转变频率大于 的光照耀，光电子的最大初动能变大76

4、 分如下图的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压 U1 不变，闭合电键 S，以下说法正确的选项是AP 向下滑动时，灯 L 变亮BP 向下滑动时，变压器的输出电压不变CP 向上滑动时，变压器的输入电流变小DP 向上滑动时，变压器的输出功率变大86 分如下图，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q 的小球 P，带电量分别为q 和+2q 的小球 M 和 N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距 L，P、M 和N 视为点电荷，以下说法正确的选项是AM 与 N 的距离大于L BP、M 和 N 在同始终线上C在 P 产生的电场中，M、N 处的电势一样DM、N 及细杆组成的

5、系统所受合外力为零96 分如下图，飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为 ，以下说法正确的选项是A轨道半径越大，周期越长B轨道半径越大，速度越大C假设测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D假设测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度三、非选择题：本大题共 4 小题，共 54 分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位0108 分某同学设计的可调电源电路如图a所示，R 为保护电阻，P 为滑动变阻器的滑片，闭合电键 S用电压表测量 A、B 两端的电压；将电压表调零，选择 03V 档，示数

6、如图b，电压值为V在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片 P 应先置于端要使输出电压 U 变大，滑片 P 应向端0假设电源电路中不接入 R ，则在使用过程中，存在的风险填“断路”或“短路”1110 分某同学依据机械能守恒定律，设计试验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系如图a，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，局部数据如下表，有数据算得劲度系数 k=N/mg取 9.8m/s2砝码质量g弹簧长度cm501001508.627.636.66取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图b所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 用滑块压缩弹

7、簧，记录弹簧的压缩量 x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 12112重复中的操作，得到 v 与 x 的关系如图c有图可知，v 与 x 成 关系，由上述试验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比 1218 分如图的水平轨道中，AC 段的中点 B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 沿轨道向右以速度v 与静止在 A 点的物体 P 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t =2s 至 t =4s 内工作， 12P 、P 的质量都为 m=1kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 =0.，1 AB 段长 L=4m，

8、g取 10m/s2，P 、P 和 P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞12112假设 v =6m/s，求 P 、P 碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能E；1假设P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 的取值范围和P 向左经过 A 点时的最大动能 E1318 分如下图，足够大的平行挡板 A1、A2 竖直放置，间距 6L两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面 MN 为抱负分界面，区的磁感应强度为 B0，方向垂直纸面对外A1、A2 上各有位置正对的小孔 S1、S2，两孔与分界面 MN 的距离均为L质量为 m、电量为+q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后，

9、沿水平方向从 S1 进入区，并直接偏转到 MN 上的 P 点，再进入区，P 点与 A1 板的距离是L 的 k 倍，不计重力，遇到挡板的粒子不予考虑假设 k=1，求匀强电场的电场强度 E；假设 2k3，且粒子沿水平方向从 S2 射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与 k 的关系式和区的磁感应强度 B 与 k 的关系式2022 年广东省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共 4 小题，每题 4 分，共 16 分在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分 14 分如图是物体做直线运动的vt 图象，由图可知，该物体第 1s 内和第 3s

10、内的运动方向相反第 3s 内和第 4s 内的加速度一样第 1s 内和第 4s 内的位移大小不等02s 内和 04s 内的平均速度大小相等【分析】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移。平均速度等于位移与时间之比。依据这些学问进展解答。【解答】解：A、由图知，在前 3s 内物体的速度均为正值，说明在前 3s 内物体的运动方向不变，故 A 错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第 3s 内和第 4s 内图线的斜率一样，则加速度一样，故 B 正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何学问可知第 1s 内和第 4s 内的位移大小相等。故 C

11、 错误；D、依据“面积”可知：02s 内和 04s 内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故 D 错误。应选：B。【点评】解决此题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。24 分如下图，水平地面上堆放着原木，关于原木P 在支撑点M、N 处受力的方向，以下说法正确的选项是AM 处受到的支持力竖直向上BN 处受到的支持力竖直向上CM 处受到的摩擦力沿 MN 方向DN 处受到的摩擦力沿水平方向【分析】支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反【解答】解：A、M 处受到的支持力与地面垂直向上，

12、即竖直向上，故A 正确；B、N 处受到的支持力与原木 P 垂直向上，不是竖直向上，故 B 错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M 处受到的摩擦力沿地面对右，故C 错误；D、N 处受到的摩擦力方向由M 向 N，故 D 错误。应选：A。【点评】解决此题的关键要把握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题要留意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反34 分如下图，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管 Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从一样高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块在 P 和 Q 中都做自由落体运动在两个下落过程中的机械能都守恒C在 P 中的下落时间比在 Q 中的长D落至底

13、部时在 P 中的速度比在Q 中的大【分析】当小磁块在光滑的铜管 P 下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P 下落时，由于穿过铜管的磁通量变化， 导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故 A 错误；B、由 A 选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故 B 错误；C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P 中的下落时间比在 Q 中的长，故C 正确；D、依据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热

14、能，则至底部时在P 中的速度比在 Q 中的小，故 D 错误。应选：C。【点评】考察安培力产生缘由，留意感应电流产生条件，理解涡流的概念44 分如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器构造图，图中和为楔块，和为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中A缓冲器的机械能守恒 B摩擦力做功消耗机械能 C垫块的动能全部转化成内能 D弹簧的弹性势能全部转化为动能【分析】通过抑制摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可。【解答】解：A、通过抑制摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故 A 错误；B、通过抑制摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故 B 正确

15、； C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故 C 错误；D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故 D 错误。应选：B。【点评】此题关键是明确缓冲器通过摩擦将局部动能转化为内能，还会储存局部弹性势能，再次向内能和动能转化，根底问题。二、双项选择题：本大题共 5 小题，每题 6 分，共 30 分在每题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6 分，只选1 个且正确的得 3分，有选错或不答的得 0 分56 分用密封性好、布满气体的塑料袋包裹易碎品，如下图，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体A体积减小，内能增大B体积减小，压强减小C对外界做负功，内能增大D对外界做正功，

16、压强减小【分析】充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，依据热力学第肯定律分析内能的变化。【解答】解：A、充气袋四周被挤压时，体积减小，外界对气体做功，依据热力学第肯定律得知气体的内能增大。故 A 正确；B、气体的内能增大，温度上升，依据气体方程 =c 气体的压强必定增大，故B错误；C、D、气体的体积减小，气体对外界做负功，内能增大，故 C 正确，D 错误。应选：AC。【点评】对于气体，经常是气态方程和热力学第肯定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功。66 分在光电效应试验中，用频率为 的光照耀光电管阴极，发生了光电效应，以下说法正确的选项

17、是A增大入射光的强度，光电流增大 B减小入射光的强度，光电效应现象消逝 C转变频率小于 的光照耀，肯定不发生光电效应D转变频率大于 的光照耀，光电子的最大初动能变大【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，依据光电效应方程推断影响光电子最大初动能的因素【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大，假设到达饱和电流值，当增大光强，会到达的饱和电流，光电流会增大。故 A 正确；B、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强

18、度无关， 故 B 错误；C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当转变频率小于 ， 但不肯定小于极限频率，故 C 错误；km0D、在光电效应中，依据光电效应方程知，E=hvW ，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大。故 D 正确。应选：AD。【点评】解决此题的关键把握光电效应的条件，以及把握光电效应方程，并能机敏运用76 分如下图的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压 U1 不变，闭合电键 S，以下说法正确的选项是AP 向下滑动时，灯 L 变亮BP 向下滑动时，变压器的输出电压不变CP 向上滑动时，变压器的输入电流变小DP 向上滑动时，变压器的输出功率变大【分

19、析】与闭合电路中的动态分析类似，可以依据滑动变阻器 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的状况，再依据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的状况【解答】解：A、当滑动变阻器R 的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输U入电压不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，依据1度不变。故 A 错误；，即亮1B、当滑动变阻器 R 的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压 U 不变， 且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故 B 正确；1C、当滑动变阻器 R 的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压 U 不变， 且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压

20、不变，则有副线圈的总电流增大。因此输入电流也变大。故 C 错误；1D、当滑动变阻器 R 的滑片向上移动时，导致总电阻削减，由于输入电压 U 不变， 且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大。则输出功率增大，故 D 正确。应选：BD。【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由局部电路的变化确定总电路的变化的状况，再确定其他的电路的变化的状况，即先局部后整体再局部的方法86 分如下图，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q 的小球 P，带电量分别为q 和+2q 的小球 M 和 N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距 L，P、M 和N 视为点电荷，以下说法正确

21、的选项是AM 与 N 的距离大于L BP、M 和 N 在同始终线上C在 P 产生的电场中，M、N 处的电势一样DM、N 及细杆组成的系统所受合外力为零【分析】A、依据对 M、N 受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；B、依据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解； D、由整体处于平衡状态，结合牛顿其次定律，即可求解【解答】解：A、对 M、N 分别受力分析，依据库仑定律，假设杆无作用力，设M 与 N 间距为 r，则有：，解得：r=L；故 A 错误；B、由于水平桌面光滑，假设 P、M 和 N 不在同始终线上，则

22、各自受力不共线，会消灭不平衡现象，故 B 正确；C、由带电量为+Q 的小球 P，结合沿着电场线方向电势降低的，则 M 点电势高于N 点，故 C 错误；D、由题意可知，M、N 及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D 正确。应选：BD。【点评】考察争辩对象的选取，受力分析的进展，库仑定律的把握，理解平衡条件的应用，留意电势的凹凸判定方法96 分如下图，飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为 ，以下说法正确的选项是A轨道半径越大，周期越长 B轨道半径越大，速度越大 C假设测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D假设测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度【分析】依据开普

23、勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力供给向心力，依据万有引力定律和几何学问、密度公式可求解星球的平均密度【解答】解：A、依据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长。故 A 正确；B、依据卫星的速度公式 v=，可知轨道半径越大，速度越小，故 B 错误；C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，张角为，飞行器的质量为m，轨道半径为 r，周期为 T。对于飞行器，依据万有引力供给向心力得：G由几何关系有：R=rsin 星球的平均密度 =mr联立以上三式得：=，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度。故 C 正确；D、由G=m r

24、可得：M=，可知假设测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度。故 D 错误。应选：AC。【点评】此题关键把握开普勒定律和万有引力等于向心力这一根本思路，结合几何学问进展解题三、非选择题：本大题共 4 小题，共 54 分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分有数值 计算的题，答案中必需明确写出数值和单位0108 分某同学设计的可调电源电路如图a所示，R 为保护电阻，P 为滑动变阻器的滑片，闭合电键 S用电压表测量 A、B 两端的电压；将电压表调零，选择 03V 档，示数如图b，电压值为 1.30V在接通外电路

25、之前，为了保证外电路的安全，滑片 P 应先置于A端要使输出电压 U 变大，滑片 P 应向B端0假设电源电路中不接入 R ，则在使用过程中，存在 短路 的风险填“断路” 或“短路”【分析】依据量程，确定电压表的最小分度，再进展读数在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小依据串联电路分压规律确定滑片移动的方向假设电源电路中不接入 R0，则在使用过程中，存在短路的可能【解答】解：由题，电压表的量程为03V，其最小分度为 0.1V，则图 b 中电压值为 1.30V在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片 P 应先置于 A 端，使输出电压为零要使输出电压 U 变大，PA 间的电

26、阻应增大，所以滑片P 应向 B 端移动假设电源电路中不接入 R0，则在使用过程中，滑片移到B 端时存在短路的可能 故答案为：1.30；A；B；短路【点评】此题要把握根本仪器的读数，留意估读一位要理解并把握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全1110 分某同学依据机械能守恒定律，设计试验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系砝码质量g弹簧长度cm501001508.627.636.66如图a，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，局部数据如下表，有数据算得劲度系数 k=50.0N/mg 取 9.8m/s2取下弹簧，将其一端固定于

27、气垫导轨左侧，如图b所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 相等 用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 滑块的动能 重复中的操作，得到v 与 x 的关系如图c有图可知，v 与 x 成 正比关系，由上述试验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 压缩量的平方成正比【分析】1依据胡克定律，F=kx，结合表格数据，将单位统一，即可求解；调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；依据v 与 x 的

28、关系图，可知，v 与 x 成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求解【解答】解：1表格中，当 50g 时，弹簧长度为 8.62cm，当 100g 时，弹簧长度为 7.63cm，当 150g 时，弹簧长度为 6.66cm，00依据胡克定律，F=kx，设弹簧的劲度系数为 k，原长为 x ， 则列式：0.059.8=kx 0.0862；00.19.8=kx 0.0763；联立两式，解得：k50.0N/m；通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必需水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量

29、x；当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；依据 v 与 x 的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则 v 与 x 成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；故答案为：150.0；2相等；3滑块的动能；4正比，压缩量的平方【点评】考察胡克定律的应用，留意弹簧的长度与形变量的区分，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系同时留意图线的物理含义121121218 分如图的水平轨道中，AC 段的中点 B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直

30、挡板，物体P 沿轨道向右以速度v 与静止在 A 点的物体 P 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t =2s 至 t =4s 内工作，12P 、P 的质量都为 m=1kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 =0.，1 AB 段长 L=4m，g取 10m/s2，P1、P2 和 P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞假设 v1=6m/s，求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能E；假设P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v1 的取值范围和P 向左经过 A 点时的最大动能 E1212【分析】1、P 、P 碰撞过程，系统动量守恒，列出等式求解

31、P 、P 碰后瞬间的速度大小，依据能量守恒求得碰撞损失的动能2、由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以 P 在 AC 间等效为匀减速运动，依据牛顿其次定律和运动学公式求解【解答】解：1P 、P 碰撞过程，动量守恒：mv=2mv121解得 v=3m/s碰撞损失的动能E=m 2mv2解得E=9J2由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞故 P 在 AC 间等效为匀减速运动，设 P 在 AC 段加速度大小为 a，由运动学规律，得：2mg=2ma a=g=0.110m/s2=1m/s2P 返回经过 B 时：3L=vtat2 由解得：v=11由于 2st4s，所以解得 v 的取值范围 5m/sv7m/s 所以 v 的取值范围 10m/sv 14m/s2P 向左经过 A 时的速度 v ， 则： 2将代入可知，当 v=5m/s 时，