2022年高考物理押题卷（全国乙卷）06（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06

（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，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为用的小钢球从槽的顶端A处由静止释

A.小球和槽组成的系统动量守恒

B.小球可以到达与A等高的C点

C.小球下滑到底端8的过程中，小球对地的运动轨迹为圆

D.小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大

【答案】B

【解析】A.小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和槽组成的系统动

量不守恒，故A错误；

B.小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为

零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所

以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，故B正确；

C.小球下滑到底端8的过程中，小球对槽的运动轨迹为圆，而槽相对于地面在水平方向上运动，所以小球对地

的运动轨迹不是圆，故C错误；

D.小球开始下滑时，速度为零，根据尸=Fvcos6,合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，

合力的瞬时功率也为零，故D错误。故选B。

15.如图甲所示，三个电量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中x=0处电荷带负电，其余两电荷

带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示（以x轴正向

为电场力的正方向）。设无穷远处电势为零。则（）

八yM

4-----------7］、

甲乙

A.试探电荷带负电B.乙图中的々与甲图中的％相等

C.在X轴正半轴上，X2处电势最高D.试探电荷在4处电势能最大

【答案】D

【解析】A.在X4玉时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，则该试探电荷带正电，故A错误；

B.在x=/时，试探电荷所受电场力向左，在工=西时，试探电荷所受电场力为0,则乙图中的玉与甲图中的与不

相等，故B错误；

CD.试探电荷沿x轴正方向运动，在04x4%时，试探电荷所受电场力做负功，电势能增大，在KN%时，试

探电荷所受电场力做正功，电势能减小，则试探电荷在七处电势能最大，由电势定义*=生可知，对于正电荷，

q

电势能越大，所在位置的电势越大，则在4处电势最大。故C错误D正确。故选D。

16.如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为8的匀强磁场，其边界。自、生打足够长且宽度

为d,P为边界。占上的一点。一带负电的粒子以初速度％沿与上边界成30。角的方向由尸点射入磁场，恰好能垂

直下边界射出磁场，不计粒子重力。若改变粒子的发射速度，使同一粒子从P点沿。向方向以某一速度发射出去，

粒子运动中恰好与死打相切，则粒子第1次与第2次的发射速度大小之比为（）

生b?

A.2:6B.4:石C.2：1D.4：1

【答案】B

【解析】一带负电的粒子以初速度％沿与上边界成30。角的方向由P点射入磁场，恰好能垂直下边界射出磁场，

由几何关系可知4=22

因为洛伦兹力提供向心力，即为W=,〃江

得片=驷

m

若改变粒子的发射速度，使同一粒子从P点沿。也方向以某一速度发射出去，粒子运动中恰好与生H相切，由几

何关系可知2a=4

则消

粒子第1次与第2次的发射速度大小之比为匕：彩=，；：4=4：若

B正确。故选B。

17.如图所示，图甲为原子核的比结合能与质量数关系曲线，图乙为原子核的平均核子质量与原子序数的关系曲

线，根据两曲线，下列说法正确的是（）

A.根据图甲可知，gHe核的结合能约为7MeV

B.根据图甲可知，核的结合能比果Kr核的结合能更大

C.根据图乙可知，核D裂变成核E和F的过程中，比结合能减小

D.根据图乙可知，若A、B能结合成C,结合过程一定要吸收能量

【答案】B

【解析】A.图甲中；He核的比结合能约为7MeV,但图中不能看出汨e核的比结合能，不能计算；He核的结合能,

故A错误；

B.分析图甲可知，核比;:Kr核的比结合能略小，但核子数远大于；：Kr核，根据结合能等于比结合能与核子

数的乘积可知，%U核的结合能比北Kr核的结合能更大，故B正确;

C.将D分裂成E、F,由图可知是重核的裂变，因此核子的比结合能将增大，故C错误；

D.若A、B能结合成C,平均核子质量减少，会有质量亏损，释放出核能，故D错误。故选B。

18.我国发射的“嫦娥三号”卫星是登月探测器。该卫星先在距月球表面高度为人的轨道上绕月球做周期为7的匀

速圆周运动，再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R,万有引力常量为G,忽略月球自转及地球对卫星的影

响。则以下说法正确的是（）

乃2(/?+〃)2

A.物体在月球表面自由下落的加速度大小为

T-R1-

2乃(R+。)

B.“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为

储(R+〃)3

C.月球的平均密度为

GTW

在月球上发射月球卫星的最小发射速度为竿卷^

D.

【答案】B

【解析】A.在月球表面，重力等于万有引力，则得G戈=nzg①

对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得根冬（R+3②

（R+n）T

由①②解得g=色黑史,A错误；

B.“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r=/?+〃

则它绕月球做与速圆周运动的线速度大小为咤半「=网箸2,B正确;

C.由②得：月球的质量为*热号空

月球的平均密度为夕=卷

而4

3%(7?+加3

解得月球的平均密度为夕=,C错误;

GT2Ry

D.设在月球上发射卫星的最小发射速度为%则有G丝=mg

R2R

即丫=娴=当也晤,D错误。故选B。

TV/?

19.如图所示，单匝线圈必cd在匀强磁场中绕垂直于磁场的秘边以角速度。匀速转动，其线圈中感应电动势的

峰值为生,，闭合回路中两灯泡均能发光。则（）

A.减小电容器C两极板的正对面积时，灯泡A1变亮

B.减小电容器C两极板间的距离时，灯泡A1变亮

C.增加线圈abed的匝数，其余条件不变，两灯泡变暗

D.抽去电感器L的铁芯时，灯泡A?变亮

【答案】BD

【解析】A.根据0=嘉

可知，减小电容器C两极板的正对面积时C减小，电容器的容抗变大，则灯泡Ai变暗，选项A错误;

cq

B.根据。=痛

可知，减小电容器C两极板间的距离时C变大，电容器容抗减小，则灯泡Ai变亮，选项B正确;

C.根据E,“=N80S

可知，增加线圈“ad的匝数，则线圈产生的感应电动势变大，频率不变，其余条件不变，则通过两灯电流变大，

则两灯泡变亮，选项C错误；

D.抽去电感器L的铁芯时，自感系数减小，感抗减小，则灯泡A2变亮，选项D正确。故选BD。

20.如图，两水平金属板间距为4,板间电场强度的变化规律如图所示。f=0时刻，质量为，〃的带电微粒以初

速度%=总沿中线射入两板间，y,时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动

过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g,关于微粒在0~7时间内运动的描述，正确的是()

2E0

T2T

TT

运动过程中的最大速度为5=等

A.末速度沿水平方向

板的长度为》

C.克服电场力做功为mgd

【答案】AC

TT2T

【解析】A.在0〜§内只受重力，做平抛运动，3■时间内微粒匀速运动，则有=

在竺~T时间内，微粒的加速度4=翌匚空=g

方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小

为vo,A正确：

B.竖直方向速度随时间变化的图象如图

工红T

TT

11|T

竖直方向的总位移为,则;d=；(g+T)%

解得％=存,B错误;

C.根据竖直方向速度时间图像可知，在0~(内竖直方向的位移:*■|=；g(?)2

微粒在水平方向匀速直线运动，则板长L=%T

解得L=C正确；

D.T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，根据动能定理;，咫"-叱乜=0

克服电场力做功为;叫“，D错误。故选AC。

21.如图所示，A是静止在光滑水平地面上的长木板，质量为例=4.0kg,长度为/=2.0m,B是一质量为,"=1.0kg

的小滑块，现给它以初速度%=2.0m/s,使它从长木板的左端开始向右滑动。B与A之间的动摩擦因数为〃=0.1,

g取lOm/s?。则（）

Vo

-----►

B

A

///////////////////////////////////////////////////

A.滑块B最终将以某一速度离开长木板A

B.滑块B在减速阶段的加速度大小为lm/s2

C.整个运动过程中，滑块B对长木板A做了0.32J的功

D.滑行过程中系统损失的机械能为2.0J

【答案】BC

【解析】AB.滑块在木板上做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对滑块有4=忆=二侬

mm

对木板有4=3=警

MM

代入数据解得4=-lm/s?

2

a2=0.25m/s

假设经过相同时间都达到共速由％+卬=

O

代入数据解得f=£s

相对位移Av=vat——a2t~,代入数据解得Ax=1.6m<2.0m

故假设成立，所以B正确，A错误；

C.滑块对木板做功等于木板增加的动能v="=0-4m/s,则W=gM/=o32J,故C正确；

D.损失的机械能等于加说—］加+"）口2

代入数据解得△W=1.6J,故D错误。故选BC。

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)未来在一个未知星球上用如图甲所示的装置研究平抛运动的规律。悬点。正下方尸点处有水平放置

的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数

码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图

乙所示•a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s,照片大小如图中坐

标所示，(已知0=1.414,6=1.732)则：

y/cm

甲乙

(1)由以上信息，可知。点(选填“是”或"不是”)小球的抛出点；

(2)由乙图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为m/s2;

(3)由乙图信息，可以算出小球平抛的初速度是m/s；

(4)由乙图信息，可以算出小球在b点时的速度是m/s(此空保留三位有效数字)。

【答案】是20.2也

5

【解析】由初速度为零的匀加速直线运动经过相邻的相同时间间隔内通过位移之比为1：3：5可知，。点

是抛出点。

⑵⑵由诒、be、cd水平距离相同可知，a到从人到c运动时间相同为T=0.10s

平抛运动在竖直方向为匀变速直线运动，根据\h=gT2

解得g=»"二为=依一011s2=2向s，

T20.102mz

(3)[3]平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，根据x=

得水平速度为%="=2；；：m/s=0.2m/s

(4)[4]b点竖直分速度为ac间的竖直平均速度，根据速度的合成求b点的合速度

4x10-2

=%=m/s=0.2m/s

2T2x0.10

所以％=J%?+-Jo2?+0.22m/s=m/s

23.（10分）热敏电阻有很多的应用领域，如家电、开关电源、新能源汽车等。某实验小组的同学为了研究某保

温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻Rr的特性设计了以下实验。

（1）首先利用多用电表粗略测量与电饭锅中型号相同的热敏电阻常温状态下的阻值，多用电表的旋钮置于“xl00”

的挡位时示数如图甲所示，则该热敏电阻的阻值为（保留2位有效数字）

（2）该实验小组的同学为了进一步探究热敏电阻的特性，设计了图乙所示的电路，电路中的电压表均可看成理

想电压表，定值电阻的阻值为2kC。

①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最（填“左''或"右"）端。

②某次实验时，电压表Vi,V2的示数分别为3.0V、4.5V,则热敏电阻的阻值应为kQ„

（3）通过多次实验，得出热敏电阻的阻值随温度变化的规律图像如图丙所示，当热敏电阻的阻值为R产2k"时,

热敏电阻所处环境的温度约为

（4）该种保温式自动电饭锅，采用感温磁控元件（可视为用热敏电阻控制的电磁铁开关，通过的电流大于某一

值时开关断开）控制电路闭合与断开，从而控制加热电路，锅内米饭温度低于60℃后，加热电路开始工作，则

下列电路图可能是该电饭锅中加热电路的是

【答案】3.2x103左338（37~38均可）A

【解析】（1）［1］由多用电表的测电阻读数规则可知，该热敏电阻的阻值为32x1000=3.2x1（）3。

（2）①⑵为了保护实验器材，开关闭合后应使两电压表的读数均为零，所以滑动变阻器的滑动触头应置于最左

端。

幺3

②⑶由电路图乙可知，热敏电阻的阻值应为4q

代入数据解得%=3000Q=3kQ

（3）［4］由图丙可知，热敏电阻的阻值为Rr=2kQ时，热敏电阻所处环境的温度约为38℃。

(4)[5]当电饭锅内温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据串并联电路的规律可知A满足要求，A正确，B错

误。故选A。

24.(12分)光滑圆弧形轨道固定在水平地面上，高度/j=0.8m,在8点与长为L=lm的水平粗糙轨道BC相切，

如图所示。小球从A点由静止滑下沿轨道ABC运动，在C点与竖直墙发生碰撞，碰后速度方向反向，到熊为碰

的的二半，已知小球质量相=lkg,。为圆弧轨道圆心，圆心角ZAO8=60,取g=10m/s、

(1)求小球第一次沿圆弧轨道运动到H时对轨道的压力大小;

(2)若小球与墙只发生一次碰撞，试计算小球与水平轨道BC间的动摩擦因数〃的取值范围。

【答案】(1)20N；(2)0.16<//<0.8

【解析】(1)由A到B的过程中，根据动能定理有相4

解得力=4m/s

在8点，根据牛顿第二定律有mg=〃，苓

又/?(1-cos60)=h

联立解得外=20N

根据牛顿第三定律得：小球第一次沿圆弧轨道运动到B时刻轨道的压力大小为20N。

(2)若小球与墙碰撞，则满足>〃/咫乙

解得〃<0.8

设小球与墙碰撞前速度为V,由功能关系〃〃7gL=g〃％-g，〃/

,121

X--mvx—

若小球只与墙碰撞一次，则x<2L

2

彳mgmvB=/jmgL+2/.imgx<5jumgL

解得〃20.16

综上，满足条件的动摩擦因数〃的取值范围为0.164〃<0.8

25.(20分)间距为/的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示。倾角为，的导轨处于

大小为8,方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场区间I中，磁场下边界距离水平面〃=1.4m。水平导轨上的无磁

场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(金属杆〃和长度为I,它们之间用长度为d的刚性绝缘杆连接构

成)，在“联动双杆''右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间H,其长度为抽。质量为，队长

为/的金属杆面从倾斜导轨上端释放，达到匀速后离开磁场区间I。杆油进入水平导轨无能量损失，杆外与“联

动双杆”发生弹性碰撞，已知碰后在“联动双杆”通过磁场区间n过程中，杆外和“联动双杆”不会同时处于磁场中，

运动过程中，杆"、cd和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知：公30。，g=10m/s2,杆岫、4和

”电阻均为/f=0.02d/n=0.1kg,/=0.5m,d=0.3m,xo=O.6m,B/=0.1T,&R.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽

略磁场边界效应。求

(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度"：

(2)“联动双杆”进入磁场区间II前的速度大小以；

(3)碰后在“联动双杆”通过磁场区间II过程中杆M产生的焦耳热Q。

【解析】(1)杆仍在倾斜导轨上.匀速运动时，由平衡条件可知〃2gsin®=0#

R

%=穴+万

代入数据解得%=6m/s

(2)杆出7和联动双杆碰撞前，由动能定理可知相=

代入数据解得W=8m/s

杆访和联动双杆产生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，则有加匕=根匕'+3机匕

111

—mv.2=—mvr,2H--3/nv,2

2'2,22

代入数据解得V2=4m/s

(3)碰后联动双杆入磁场区间II,有三个过程，由动量定理和能量守恒定律，第一过程则有

-B2//I•A.=3/?IV3-3mv2

入B/d

1=/|r加I=-^—

代入数据解得b=^m/s

产生的焦耳热。1=；-3桃¥-：3机v；

23

2=十

O

在磁场中第二过程则有一层〃2=3，叫-3加匕

，入，B/d

q2=l2\t2=^-—

R总

代入数据解得匕*m/s

产生的焦耳热Q=；，3/w；

0丹1

第三过程出磁场则有一纥〃3•维=3根y-3相！

,AfB/d

%=，3颂=-^―

R&

代入数据解得%=3m/s

产生的焦耳热Q,=；，3zw；

最后由串并联关系得杆浦产生的焦耳热2=；12+1：。3+?3。,=192牛311+919?」+2/0¥740.351

663666632

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。

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）（5分）根据有关物理知识，下列说法正确的是（）

A.若仅知道水的摩尔质量和水分子的质量，无法计算出阿伏加德罗常数

B.0℃的冰中的水分子和0℃的液态水中的水分子平均动能相同

C.用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量

D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩趋势

E.气体分子各速率区间的分子数占总分子数的百分比与温度有关

【答案】BDE

,,M

【解析】A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，根据'”=嬴

可以计算出阿伏加德罗常数，A错误；

B.温度是分子平均动能的标志，0。＜2的冰中的水分子和0。（2的液态水中的水分子平均动能相同，B正确；

C.用阿佛加德罗常数和某种气体的密度，再加上气体的摩尔质量，才能求出该种气体的分子质量，c错误；

D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋

势，D正确；

E.气体分子无规则运动，但是速率有大有小，大量分子的速率按一定的规律分布，呈现出“中间多，两头少”的

分布规律，如图

氧气分子速率分布图

是氧气在CCfil100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系，可知气

体分子各速率区间的分子数占总分子数的百分比与温度有关，E正确。故选BDE。

（2）（10分）疫情期间，需要使用消毒喷雾壶对公共场合进行消毒，其结构如图所示，内部可用容积为3L,工

作时，工作人员装入稀释过的2L药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动手柄打气10次，假设每次打入压强为

105Pa,体积为（ML的气体，大气压强为105pa,在整个过程中可认为壶内温度不变，不考虑管内的药液体积和

管内药液产生的压强。

（1）求打气10次后壶内气体的压强；

（2）现打开阀门，消毒液喷出，当壶内不再喷出消毒液时，求壶内剩余消毒液的体积。

消

毒

喷

雾

壶

【解析】（1）打气10次前后，壶内气体等温变化，打气前“=10'pa,K=lL+10x0.1L=2L

打气后2=?，匕=1

根据玻意耳定律

解得P?=2xl（ySpa

（2）壶内气体在药液喷出过程中等温变化，喷前P2=2xl（）5pa,V2=1L

喷出后Pa=10’pa,V3=?

根据玻意耳定律PM=P.M

解得匕=2L

剩余消毒液体积丫=3L-2L=IL

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）如图所示的直角坐标系中，。点有一波源，7=0时刻，波源从。点开始沿着y轴正方向振动，形成

沿x轴正方向传播的简谐横波，经半个周期后刚好传播到P点。已知该波的周期为0.4s,振幅为8cm,OP间的

距离为0.6m,PQ间的距离为0.7m。则下列说法正确的是（）

J本

pQ

A.该波的传播速度为3m/s

B.。点开始振动时，尸点的位移为4cm

C.。点开始振动时，。点的位移为4cm

D.P点第一次到波谷时，。点正在做加速运动

E.Q点开始振动后，P,Q两点在同一时刻的速度不可能相等

【答案】ACE

【解析】A.由题可知，波从O传播到P的过程，波的传播速度v=§"=E1m/s=3m/s

故A正确；

B.由题意T=0.4s

_2乃

1——

co

69=5OTad/s

2=1.2m,A=8cm,P点与。点间距半个波长，是反相点的关系，所以P质点的振动方程为孙=-8sin（5R-乃）