2022年高考物理押题卷（全国乙卷）08（解析版）

绝密★启用前I点石成金工作室命制

2022年普通高等学校招生全国统一考试

物理押题卷08

（考试时间：65分钟试卷满分：110分）

一'选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一项符合

题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

14.如图所示，一小球沿斜面做匀加速直线运动，若到达点A、B、C的速度分别为丫、2丫、3v,则（）

A.小球4至8、8至C所用时间之比％：4=1：1

B.小球A至8、8至C所用时间之比《％=1：2

C.小球A至8、B至C运动的位移之比占：％=1：3

D.小球4至B、8至C运动的位移之比：々=4：9

【答案】A

【解析】AB.根据速度公式得乙=~^=上

aa

3v—2vv

‘2==一

aa

解得《"2=1：1,A正确,B错误;

（2v）2—v23v2

CD.根据q一说=2数得药=

（3V）2-（2V）2_5V2

%二

2a2a

解得玉：W=3：5,CD错误。故选A。

15.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管

道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45。的斜面相碰。己知半圆形管道

的半径为R=lm,小球可看作质点且其质量为〃?=lkg,g取i0m/s2,则（）

A.小球经过B点时的速率为5m/s

B.小球经过8点时受到管道的作用力1=1N,方向向上

C.若改变小球进入管道的初速度使其恰好到达B点，则在8点时小球对管道的作用力为零

D.若改变小球速度使其到达A点的速度为8m/s,则在A点时小球对管道的作用力为64N

【答案】B

【解析】A.小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度v，=g/=10x0.3m/s=3m/s

根据平行四边形定则知tan45。=?

解得小球经过B点的速率为vn=vv=3m/s,故A错误；

B.在8点，根据牛顿第二定律得〃?g+用

解得轨道对小球的作用力取=-lN

可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为1N,故B正确；

C.改变小球进入管道初速度使其恰好到达8点，即到达8点速度为零，故满足&=mg

则在B点时小球对下面的管道的作用力大小等于重力，故C错误；

D.若改变小球速度使其到达A点的速度为8m/s,根据风,-机8=机匕匚

解得FNA=74N

故D错误。故选B。

16.如图所示，边长L=0.2m的正方形线圈必4,其匝数〃=10,总电阻r=2C,外电路的电阻R=8C,外边的

中点和〃边的中点的连00恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T,若线圈从图示位置开始计

时，以角速度3=2rad/s绕。。轴匀速转动。则以下判断中正确的是（）

0

xxx

a.---；，z）x

；XXXX

；XXXX

>；XXclcXX

d、---ktr

1。’

—।।—

R

TT

A.在，=fs时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大

B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=0.8sin2/V

7T

C.从r=o时刻到f=^s时刻，通过电阻R的电荷量q=0.02C

jr

D.从f=0时刻到f=：s时刻，电阻R上产生的热量为Q=3.2万xl（）Tj

4

【答案】C

【解析】

A.线圈的周期为丁=生="s

CD

在t=时刻，线圈从图示位置转过90。，磁场穿过线圈的磁通量最小。故A错误;

4

B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=丸sincotN

又丸=nBSco=-nBl3(o=0.4V

联立，可得e=0.4sin2N,故B错误;

BxC

c-从，=0时刻到时刻，通过电阻R的电荷量好〃士L=〃2故。正确:

—U.UZL

R+rR+r

[--,2

TVP

D-从i时刻到"笠时刻,电阻R上产生的热量为。=尸用=~m=1.6乃xlO-j

_V2（/?+r）_

故D错误。故选C。

17.下列说法正确的是（）

A.核反应方程式为黑Cs-＞黑Ba+X,可以判断X为a粒子

B.对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比例关系

C.一个氢原子从〃=3能级跃迁到〃=2能级，该氢原子放出光子，动能增加

D.将放射性元素的温度降低，它的半衰期会发生改变

【答案】C

【解析】A.根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为-1,质量数为0,可知X为电子，即用粒子，故A

错误；

B.根据光电效应方程&„=加-叱,知，光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是正比例关系，故

B错误；

C.氢原子从〃=3能级跃迁到〃=2能级，能级减小，总能量减小，减少的能量以光子的形式放出，电子的动能

则根据竺=叱知，电子的动能增加，故C正确；

rr

D.元素的半衰期与温度、压强、单质还是化合物都无关，故D错误。故选C。

18.“双星系统”由相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其

他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动，如图所示为某一双星系统，A星球的质量

为mi,B星球的质量为机2,它们中心之间的距离为3引力常量为G,则下列说法正确的是（）

A.A星球的轨道半径为

B.双星运行的周期为7=2"L

nt、,

C.B星球的轨道半径为〃

若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，则B星球的运行周期为『可肃

D.

【答案】B

【解析】AC.双星靠他们之间的万有引力提供向心力，设A星球的轨道半径为R,B星球的轨道半径为「，根据

22

万有引力提供向心力有G=仍corR=m2（Dr

得=m2r

且R+/=L

tn.L

解得r=---!---

g+m2叫+m2

故AC错误；

B.根据万有引力等于向心力G等=叫

解得7=2唾^^

故B正确;

D.若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，则根据万有引力提供向心力有6华=科

13

解得T=2万L

故D错误。故选B。

19.如题图所示，水平面内有三条虚线4、4、4,相邻虚线间距相等且彼此平行，a、b、c为虚线上的三点,

其中“、c连线与4垂直。某时刻电子以水平向右的速度丫通过“点，则（）

A.若4、4、4为电场线，则一定有

B.若4、4、13为电场线，则电子一定能够通过c点

C.若4、4、4为等势线，则一定有《"=外,

D.若4、4、4为等势线，则电子一定不能通过C点

【答案】CD

【解析】A.若。、h、刀为电场线，则一定有加活=—U儿

故A错误；

B.若。、12、人为电场线，则电子不一定能够通过C点，故B错误；

C.若//、12、4为等势线，则一定有故C正确；

D.若//、卜、〃为等势线，a、C连线在电场线上，电子运动离4、C连线越来越远，则电子一定不能通过C点，

故D正确。故选CD。

20.如图甲，劲度系数％=10N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时弹簧处

于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量，〃=lkg的物块（可视为质点）从木板左端以初速度2m/s滑上木

板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的V7图线：B为木板的丫7图线且为正弦图线。已知重力加速

度g=1Om/s2,根据图中所给信息可得（）

A.木板的长度为2m

B.r=ls时，弹簧的弹性势能为L5J

C.z=ls时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等

D.2s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2J

【答案】AD

【解析】A.由于M图像与f轴围成的面积表示位移，通过图像可知，A一直向右运动，位移s=2m,B先向右

后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木板长度，即2m,A正确；

B.由于M图像的斜率表示加速度，可知A减速运动的加速度为lm/s2。而A在仅受摩擦力的作用下做匀减速

运动，根据牛顿第二定律可知f=〃刈=1N

由物块B的内图像可知，/=0.5s时，B的速度最大，此时由于切线斜率为0,故B物块的加速度为0。

对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为B的位移x,则有：

kx=f

解得x=0.1m

由正弦图线的对称性可知，Uis时，B的速度为0,即位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2%。

2

时0~ls过程列能量守恒：轲;=l/nv,+/（5A-2x）+EP

其中A在Is内的位移为5人=%产”等xl=1.5m

联立可得Ep=0.2J,B错误；

C.1s时，木板的凹图切线斜率不为0,说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C错误；

D.两秒内“物块和木板”系统的摩擦牛.热0=3

而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s,因此系统摩擦生热为2J,D正确。故选AD.

21.如图所示，间距为d的平行金属轨道4B、。构成倾角。为30。的倾斜轨道，通过BE和。G两小段光滑绝缘

圆弧（长度可忽略不计）与间距也为〃的水平平行金属轨道EF,G”相连，AC端接有一个电容器，质量为旭的

金属棒P从离水平轨道L处静止释放，金属棒P和导体棒Q始终与轨道垂直并与轨道接触良好，金属棒P和轨

道的电阻忽略不计，导体棒Q的电阻为R,质量为2m,金属棒P和倾斜轨道间的动摩擦因数〃=gtan。，不计P、

Q与水平轨道间的摩擦力，水平轨道足够长，且P、Q没有发生碰撞，电容器的电容C=券，整个装置处于与

轨道平面垂直的匀强磁场当中（两磁场互不影响），磁感应强度大小为8,重力加速度为g,下列说法正确的是

（）

A.金属棒P到达BD时的速度为避皿

3

B.金属棒P滑到水平轨道后通过导体棒Q的电荷量为网回

9Bd

C.导体棒Q产生的热量为1阳乙

D.电容器的最大电荷量为曲也

9Bd

【答案】ABC

【解析】AD.金属棒P在倾斜轨道上运动的过程中，垂直切割磁感线对电容器充电，对P受力分析如图甲所示,

在沿着倾斜轨道的方向上有mgsinO-pN-BId=ma

在垂直于倾斜轨道的方向上有N=相geos6

电容器所带电荷量Q=CU=CBdv

…,NQCBdAvf,

充电电流I==------=CBda

ArAr

通过计算得a=：g

o

金属棒P由静止开始沿着倾斜轨道做匀加速直线运动，到达水平轨道时的速度最大，有%=

故电容器的最大电荷量为0m=CBdvm=啜,故A正确，D错误.

B.金属棒P滑到水平轨道后与导体棒Q构成闭合回路，受力分析如图乙所示，P、Q组成的系统所受合外力为

零，满足动量守恒的条件、通过分析可知P、Q最终以相同的速度匕匀速运动，有机h=3,明

解得v=』也皿

139

X-JQ运用动量定理有Bldt=2mvx

则4=万=犯=型匣，故B正确；

Bd9Bd

C.此过程中P棒的动能转化成回路中的焦耳热有。=g〃?匕;-

故C正确。故选ABC。

二、非选择题：共174分。第22〜25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据

要求作答。

(-)必考题：共47分。

22.(5分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲同学设计了如图1所示的实验装置，其中M为小车

的质量，入为沙和沙桶的总质量。一轻绳跨过轻质的定滑轮和动滑轮一端连接沙桶，另一端连接拉力传感器,

拉力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验过程中，每次在释放小车后，读出拉力传感器的示数并记为F。

图1

（1）实验过程中，下列操作正确的是。

A.调整长木板左端定滑轮的高度，使得细线与长木板平行

B.在挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力

C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车

D.为减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量M

（2）甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是

频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留两位有效数字）。

单位:cm

1.103.095.127.109.1311.09

0123456

图2

（3）甲同学以力传感器的示数尸为横坐标，加速度a为纵坐标,画出的a-E图像如图3所示为一条直线，图线

与横坐标的夹角为凡求得图线的斜率为屋则小车的质量为.

121

A.----B.tan0C.-D.—

tan6kk

（4）乙同学也利用此装置探究合外力一定时，物体的加速度和质量的关系。他保持沙和沙桶的总质量不变，改

变放在小车中祛码的质量相，测出对应的加速度假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响。他没有测量

小车的质量M,而是以［为纵坐标，，"为横坐标，画出1-加图像，从理论上分析，下列图像正确的是（

)

11A

£

OmO

B

【解析】（1）［1］

A.调整长木板左端定滑轮的高度，使得细线与长木板平行，A正确;

B.不挂沙桶的前况下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B错误;

C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，以保证充分利用纸带打出足够多的点，故C正确；

D.细绳的拉力由力传感器精准测得，所以不需要保证沙和沙桶的总质量久远小于小车的质量M,D错误。

故选AC。

(11.09+9.13+7.10)xl0-2m-(1.10+3.09+5.12)xl0-2m

（2）⑵由逐差法得a==2.0rn/s

9x(0.Is)

(3)[3]由2/=痴得。=—

所以图线的斜率

7

解得MJ

故ABD错误，C正确。故选C。

(4)[4]山2尸=(M+m)a得上=二+三

a2F2F

：与"?为线性关系，y轴正向有截距，故ACD错误，B正确。选B。

23.（10分）为了完成“测定电源电动势和内阻”实验，某实验小组设计了如图甲所示的实验电路图，实验室提供

有如下器材：

待测电源（电动势几伏，内电阻几欧）电压表V1（量程3V、内阻约3kC）

电压表V?（量程5V、内阻约59）滑动变阻器R（最大阻值为20C）

定值电阻4（％=6.0。）开关一个、导线若干

甲

（1）图甲中a处应选用电压表（选填"VJ，或“V」）。

（2）某同学对实物进行的连接如图乙所示，该连接有误，请在错误的连线上打“x”，并画出正确的连线

乙丙丁

（3）如图丙是某次测量中两电表的示数，则此时电源的路端电压为V。

（4）实验得到的〃图像如图丁所示，该电源的电动势后=V,内阻尸C。（保留2位有效

数字）

【解析】（1）[1]由电路图可以看出，b处电压表测量值大于a处电压表测量值，所以a处应选Vi；

（2）[2]电压表a与滑动变阻器并联，滑动变阻器是限流式接法，图中两处错误如图"X”处标出，正确电路图如下

（3）[3]b处电压表示数即为路端电压，为丙图中下图所示，量程为5V,最小分度为0.2V,读到V的十分位，

则图中读数为3.3V；

（4）[4]⑸由闭合电路欧姆定律，结合电路图可得芯=%+"二”』

,,R“Er,,

可得

4+r4）+，

REr35-27

根据丁图中图线与纵轴截距、斜率可得6r=2.7,'=0.4

R0+rR„+r2-0

可得E=4.5V,尸4.0。

24.（12分）如图所示，一游戏装置由安装在水平面上的固定轻质弹簧、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨

道E。和£4相连）、斜轨道AB组成，各部分平滑连接。某次游戏时，滑块从高为〃=1.0m的斜轨道A8端点8

由静止释放，沿斜轨道下滑经过圆轨道后压缩弹簧，然后被弹出，再次经过圆轨道并滑上斜轨道，循环往复。已

知圆轨道半径r=0.1m,滑块质量初=20g且可视为质点，CA长L,=0.4m。£O^L2=0.3m,滑块与AB、EO之

间的动摩擦因数〃=0$,滑块与其它轨道摩擦及空气阻力忽略不计，g^.10m/?,求：

（1）求滑块第一次过最高点尸时，轨道对滑块的支持力大小；

（2）求弹簧获得的最大弹性势能不。

【解析】（1）设斜轨道48与C4间的夹角为仇滑块从8点运动到尸点，由动能定理则有

mg^h-2r)-Wf=^mvj.

又W=jLimgcos3-=从mgL1

fcos。

在尸点，设轨道对滑块的支持力大小为FN,对滑块有

r

联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力大小为F,v=2.2N

（2）滑块从2点到弹簧压缩量最大的运动中，由动能定理可得用吗L0

又W'-jumg^+jumgL2

弹簧获得的最大弹性势能综=卬/

联立以上各式，代入数据解得弹簧获得的最大弹性势能E/,=0.13J

25.（20分）在xOy坐标系内第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为民第四象限存在垂直wy平

面向内的匀强磁场，磁感应强度为B；在直线。尸上的A、C之间有同种带正电粒子以不同的初速度沿x轴正方

向连续射出，均能打到。点,4点和C点出发的带电粒子经匀强磁场偏转后分别在x轴上的尸点、。点射出磁场，

且在尸点射出的粒子在。点的速度方向与y轴负方向成30。。已知带电粒子的质量为，小电荷量为q,OD=L,

OF=2L,不计带电粒子的重力。求：

（1）从尸点射出磁场的粒子在。点时的速度U”

（2）从C点射出的粒子到达O点的时间；

（3）在第四象限y=-9L处放一与x轴平行的挡板，能挡住在A、C之间发射的上述粒子，则挡板的最小长度

6

Ax为多少。

【解析】（1）/点射出磁场的粒子半径为

T

2

洛伦兹力提供向心力有4。！=等

K\

则v=.2—磔,

3m

(2)如图所示

a=^

m

根据平抛知识可知,粒子在。点的速度方向与)，轴负方向也成30°角，在磁场中做圆周运动转过的圆心角与A点

山几何关系得&=当

射出的粒子也相同,

则"8匕=，“、-

解得以=当些

3m

则/2=殳=丫2cos30。BL

~aa2£

处与x轴平行的挡板恰好与由。到。的圆相切,最短挡板为图中根据图中数据可得

*李*

GM=-

2

在三角形OQN中，由勾股定理得GN=^

6

解得Ax=Y辿-七

62

（-）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）（5分）一定质量的理想气体密封在容器内，从状态A开始，经状态又回到状态A,变化过程的2-丫

图线如图所示，图中。A反向延长线过坐标原点。，AB为双曲线的一部分BC平行于纵轴，CD平行于横轴。下

B.A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功

C.B到C的过程压强减小的原因是分子平均动能减小

D.C到。的过程中分子平均动能不变

E.整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量

【答案】BCE

【解析】A.DA直线反向延长过坐标原点，由理想气体状态方程%=C

的乘积增大，知此过程温度升高，A错误；

B.A8为双曲线，说明此过程是等温变化，气体内能不变，体积增大，说明气体对外界做功，由热力学第一定律

\U=W+Q

可知，A到8的过程吸收的热量等于气体对外界做的功，B正确；

C.B到C的过程，体积不变，温度降低，故压强减小的原因是分子平均动能减小，CiE确；

D.C到。的过程中，压强不变，但体积减小，根据

理想气体状态方程（=C

可知，气体的温度降低，故分子平均动能减小，D错误；

E.P-V图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程回到A,内能不变，但由于全过

程中气体体积增大过程对外界做功（图线与坐标轴围的面积）大于体积减小过程外界对气体做的功，由热力学第

一定律可知，全过程吸热，E正确。故选BCE。

（2）（10分）一端开口底部导热的气缸长Z,=150cm,用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的质量，"=2（）kg,

横截面积SWOOcn?,活塞与气缸壁间封闭良好且无摩擦。气缸开口一端水平向右时，活塞到气缸底的距离为

120cm,如图所示。现将气缸缓慢逆时针转动，直到开口竖直向上为止，然后再对气体缓慢加热。活塞的厚度不

计，环境温度为27℃,环境大气压为=10x10'Pa。

（1）对气体缓慢加热，直到活塞恰好到达管口，求此时气体的温度；

（2）对气体缓慢加热的过程中，气体吸收的热量为1600J,求此过程中气体内能的改变量。

【答案】（1）450K；（2）1OOOJ

【解析】（1）气缸口水平朝右时为初状态，此时气缸内气压等于大气压，则

52

/?1=/70=1.0x10Pa,=1.2x10m

气缸口竖直向上时对活塞进行受力分析，受大气压强竖直向下的压力，自身的重力以及气缸中气体竖直向上的支

持力，蛆Jp2=p°+^=L2xl0'Pa

气缸缓慢逆时针转动过程中气体做等温变化PM=生匕

yLS

气体缓慢加热过程中气体做等压变化,=彳

201

联立解得r=450K

（2）气体缓慢加热过程中气体做等压膨胀，气体对外做功卬=-%）=-600J

根据热力学第一定律得AU=卬+。

解得AU=1（XX）J

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究创新的里程碑.

米波雷达发射无线电波的波长在l~10m范围内，下列有关波的选项正确的有（）

Z介质iB介质

A.该米波必须依靠空气传播

B.该米波频率比厘米波的频率低

C.该米波比可见光更容易产生衍射现象

D.该米波遇到厘米波有可能产生干涉现象

E.上图为一列户1Hz机械波在?=0时刻波动图，此时尸14m处的质点振动方向向上，贝i]r=1.75s时，处于x=6m

的质点位移为5cm