2022年高考物理押题卷（全国乙卷）05（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05

（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。

14.2021年8月5日，本届中国奥运代表团最年轻的14岁小将全红婵，在东京奥运会跳水女子10台中，以3

跳满分的超大优势以466.20分拿到金牌。某次比赛从全红婵离开跳台开始计时，在与时刻她以速度匕入水，取

竖直向下为正，其速度随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（）

A.在0~，2时间内，全红婵运动的加速度大小先减小后增大

B.在乙~，3时间内，全红婵先沿正方向运动再沿负方向运动，Of时间内，全红婵做匀加速直线运动

C.在与~，3时间内，全红婵的平均速度大小为］

D.在07?时间内，全红婵的平均速度大小为幺/

【答案】D

【解析】A.V7图象的斜率等于加速度，知在时间内，全红婵运动的加速度保持不变，故A错误；

B.运动方向由速度的正负表示，横轴下方速度为负值表示沿负方向运动，横轴上方速度为正值表示沿正方向运

动，在时间内，全红婵一直沿正方向运动，Of时间内，全红婵速度为负值，加速度为正值，所以全红婵

做匀减速直线运动，故B错误；

C.在与~，3时间内，若全红婵做匀减速直线运动，则她的平均速度大小为＜=当£=卷

根据V-/图线与坐标轴所围面积表示位移可知I,在时间内全红婵的实际位移小于她在这段时间内做匀减速

运动的位移，故在，2~，3时间内，全红婵的平均速度小于故C错误；

D.根据匀变速直线运动的平均速度公式可知，全红婵运动的平均速度大小为可=匕芳•，故D正确，故选D。

15.转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。假设某转笔高手能让笔绕其上的

某一点。做匀速圆周运动，若笔杆上A点的速率为h、8点的速率为与，笔上A点到8点的间距为心则下列说

法正确的是（)

A.笔套做圆周运动是因为受到一个指向圆心。的向心力

Lv,

B.0点到8点的距离（匕+；,）

C.笔杆上离。点越远的点，做圆周运动的向心加速度越大

D.若竖直转动笔杆，则笔杆对手指摩擦力大小不变

【答案】C

【解析】A.笔套做圆周运动的向心力是由笔套上其余部分对该点的作用力提供的，笔套没有受到受到一个指向

圆心。的向心力，故A错误；

B.设。点到8点的距离为x,同轴转动，角速度相等，根据0=丫可得-=：生,求得》=7^^故8错误；

rL-XX（匕+匕）

C.笔杆上各点的角速度相同，由。可知，离。点越远，向心加速度越大，故c正确；

D.由于是在竖直方向上转动，笔套给手指的压力在不断改变，故摩擦力也在不断的改变，故D错误。故选C。

16.如图所示，三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流/,其中P、。、R为导线上三个点，

三点连成的平面与导线垂直，。为PQ连线的中点，且QR=PR。则下列判断正确的是（）

A.R点的磁感应强度方向竖直向上

B.P点的磁感应强度方向竖直向下

C.R点与。点的磁感应强度相同

D.在离。、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，可能存在磁感应强度为零的位置

【答案】D

【解析】根据右手螺旋定则和磁场的叠加原理，可以得到以下结论：

A.因。在R点产生的磁场垂直于QR斜向上；P在R点产生的磁场方向垂直PR斜向下，则R点的磁感应强度

沿方向水平，A错误；

B.因。在尸点产生的磁场垂直于。尸竖直向上；R在尸点产生的磁场方向垂直尸R斜向上，P点的磁感应强度方

向斜向右上方，B错误；

C.因PQ两处的电流在。点的合磁场为零，则。点的磁感应强度方向向右，则R点与。点的磁感应强度方向不

相同，大小也不一定相同，选项C错误；

D.根据同方向电流相互排斥，反方向电流相互吸引，在离。、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，

可能存在合力为零的位置，该位置应该在氏。两点的连线上，所以磁感应强度为零的位置也存在，D正确。

故选D。

17.科学研究发现，杯（Pu）是一种具有放射性的超轴元素，已知杯的一种同位素般Pu的半衰期为24100年,

其衰变方程为军Pu-X+；He+y,该衰变过程中产生的丫光子照射到逸出功为W。的金属上，逸出光电子最大初

动能为双Q已知光电子的质量为，力光速为c,普朗克常量为力。下列说法中正确的是（）

A.衰变产生的y光子带正电且具有很强的穿透能力

B.X原子核中含有92个中子

he

C.丫光子的波长为wj."

D.80个^Pu经过48200年后一定剩余20个

【答案】C

【解析】A.衰变产生的丫光子不带电，具有很强的穿透能力，A错误；

B.X原子核中质量数为235,电荷数为92,则含有235-92=143个中子，B错误；

hehe

C.根据光电效应规律可得Ek0=与-%可得丫光子的波长为X=正确；

D.半衰期是大量原子衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适应，D错误。故选C。

18.已知某星球的近地卫星和同步卫星的周期分别为T和87,星球半径为R,引力常量为G,星球赤道上有一

静止的质量为，"的物体，若把星球视为一个质量均匀的球体，则下列说法不正确的是（)

A.该星球的质量为竺军

GT-

兀

B.该星球的密度为3券

C.该星球同步卫星的轨道半径为4R

D.赤道对该物体的支持力大小为胆磔

64〃

【答案】D

Mm47r

【解析】A.对近地卫星，根据万有引力提供向心力得G二机（产）R

4兀*

解得该星球的质量,A正确，不符合题意;

GT2

B.由题意可知，该星球的体积^:^兀叱

所以该星球的密度「=（=等乂熹二/‘B正确‘不符合题意；

C.设同步卫星的轨道半径为广，由万有引力提供向心力可得”=风经Yr

解得r=：哽浊==4R，C正确，不符合题意；

Vit2Vn2GT2

D.设赤道对该物体的支持力大小为尸，则有粤=砥称）次+尸

AoT

解得尸=玛坐，D错误，符合题意。故选D。

64T2

19.两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3乙的两点处，已知位于x=-3L处的点电荷带电量大小为Q,两点电荷

连线上各点的电势9随x变化的关系图像如图所示、x=L处的电势最低,x轴上M、N两点的坐标分别为-2L和2Z.,

B.M点的电场强度小于N点的电场强度

C.位于x=3L处的点电荷带电量小于。

D.电子在M点处的电势能小于在N点处的电势能

【答案】CD

【解析】A.。一％图像上某点的切线的斜率的绝对值表示场强的大小，x=L处的电势最低，可知该点的场强是

零，因为该点在两点电荷之间，所以两点电荷一定是同种电荷，A错误；

BC.由。一X图像可知，x=L处的电势最低，可知该点的场强是零，设位于x=3L处的点电荷带电量为。'，

kQkQ'

由点电荷的场强公式可得国f=

由此可知。＞。'

M点距离-3L处与N点距离3L处的距离相等，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，B错误，C正确；

D.负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，由。一元图像可知，用点处的电势高于N点处

的电势，所以电子在M点处的电势能小于在N点处的电势能，D正确。故选CD。

20.如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A,B,质量分别为，"=0/kg和M=0.3kg,两小球中

间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，己知A球脱离弹簧时的速度为6m/s,

接着A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形固定轨道内运动，P、Q为竖直半圆形轨道

的直径，g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s

B.弹簧弹开过程，弹力对A球的冲量大小为0.2N-S

C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为lN-s

D.弹簧储存的弹性势能为1.8J

【答案】AC

【解析】A.弹簧弹开A、B两球的过程，系统满足动量守恒，选A球的速度为正方向，则有

0=/??vA—MVB

解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为%=2m/s,A正确；

B.弹簧弹开过程，根据动量定理，可得弹力对A球的冲量大小为/A=m%-0=0・6N-s,B错误；

C.A球从P点运动到。点过程中，设P点的速度大小为乙由机械能守恒定律可得

；mv\-；mv2+mg-2R

解得n=4m/s,选A球的速度为正方向，根据动量定理可得/合=3=-机—aL=TN-s

即A球从P点运动到。点过程中所受合外力的冲量大小为lN-s,C正确；

D.弹簧储存的弹性势能为或+gMv：=2.4J,D错误；故选AC。

21.如图所示，光滑导轨的弧形部分和水平部分在处平滑连接，导轨间距为£。导轨水平部分处于竖直向

上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨右端连接阻值为R的定值电阻。现让质量为机、阻值也为R的金属

棒从距水平导轨高0处静止释放，金属棒到达oo位置时的速度是到达w位置时速度的正倍，并最终停止在

4

水平导轨上。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。下列正确的是（）

A.在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为机

B.定值电阻R两端的最大电压为吆殛

2

C.金属棒运动到O到时加速度的大小为B-L而

4mR

D.金属棒从W运动到O到的过程中通过金属棒的电荷量为（夜T）'”历

2BL

【答案】BC

【解析】A.对整个运动过程，有。=

R1

则电阻R上产生的焦耳热为QR=--Q=-mgh,A错误；

A+A2

B.当金属棒到达位置时的速度达到最大，此时电路中产生的感应电动势最大，有Em触=8乙％„

D

则定值电阻R两端的最大电压为Ux=弁=E

1mA+AnMX

且有mgh^-mv^

联立以上各式，解得丫2=师，Um”=叫界，B正确；

C.当金属棒运动到OO'时的速度为丫=与%居

此时的电流为/=—=丝巫

R+R4R

根据牛顿第二定律，有BIL=ma

解得〃=或巫，c正确；

4mR

D.金属棒从ACVf'位置运动到OO'位置的过程中，根据动量定理，有/v-加%^=-87。

即〃“'一加%缄=~BLq

（2近一l）niy[^i

解得q=

2BL

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)某班同学用如图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。在长木板右端固定打点计时器,

小车用细线绕过长木板左端的定滑轮与砂和砂桶相连，每次小车都由静止释放。

(1)下列说法正确的是0

A.砂和砂桶的质量远小于小车的质量是为了使小车运动得更慢一些，减小误差

B.应使细线与长木板平行

C.小车释放时到长木板右端的距离应适当大些

D.加上垫块是为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力

(2)在此实验中，打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为选定的计数点，相邻两计数点之间有四个点

没有标出，则小车的加速度。=m/s2«(结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz)

(3)某小组改变砂的质量打出一系列纸带，实验时未加垫块，处理数据后得到的图像与图丙中最接近的是

【答案】BD1.0A

【解析】（1）[1]A.砂和砂桶的质量远小于小车的质量是为了使砂和砂桶的总重力近似等于细线的拉力，A错误；

B.实验时应使细线与长木板平行，B正确；

C.为了获取尽量多的数据，小车释放时到长木板右端的距离应尽量小些，C错误；

D.加上垫块平衡摩擦力，是为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，D正确。故选BD。

（2）[2]电源频率为50Hz,则相邻两计数点间的时间间隔T=01s,根据逐差法有。=卷产

代入数据解得。=1。Ms。

（3）[3]实验时未加垫块，即没有平衡摩擦力，则。-尸图像中的图线在横轴的正半轴上有截距，当砂的质量增

大到不再远小于小车的质量时，图线的斜率变小，向下弯曲。故选A。

23.（10分）某物理学习小组为了探究小灯泡L（3.8V,0.7A）的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，

设计了如甲所示的电路图。

（1）为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：

第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关5闭合，开关S2（"闭合''或‘'断开”），移动滑动变阻

器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：

第一组：电流表/=0.20A,电压表U/=0.65V,电压表S=4.3V

第二组：电流表r=0.40A,电压表q'=1.50V,电压表Ub4.1V

利用以上数据可以求出电源电动势E=V,电源内阻L（结果均保留2位有效数字）

第②步：将滑动变阻器滑片P调到（填“最右边”或“中间”或“最左边”），再闭合开关,移动调节滑

动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所

示。

（2）现在将六盏完全相同的灯泡L（3.8V,0.7A）并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的

功率与=Wo（计算结果保留2位有效数字）

【答案】断开4.51.0最右边S20.83

【解析】（1）[1]第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关8闭合，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片,

测量并记录电压表和电流表数据。

[2][引根据电路图结合闭合电路欧姆定律得U2=E-Ir

代入数据得4.3=E-0.20r

4.1=E-0.40r

联立解得E=4.5Vr=1.0Q

⑷⑸第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2,移动调节滑动变阻器滑片，测

量并记录多组电压表和电流表数据。

（2）[6]设流过灯泡的实际电流为/，根据闭合电路欧姆定律得U=E-6/•广

在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的U-1图象可得

两图线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V,实际电流为0.46A,则功率

Ptr=0.46x1.8W=0.83W

24.（12分）如图所示，质量为胆的小球用长为工的轻质细线悬于。点，与。点处于同一水平线上的尸点处有

一个光滑的细钉，已知OP=,，在A点给小球一个水平向左的初速度%=2疯，求：

（1）若小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B,小球从A到B的过程中克服空气阻力做功；

（2）若不计空气阻力，运动到B点时，绳子的拉力。

OB

\L

\

\\

、、

A

【答案】（1）W克监L；（2）T=mg

2

%

【解析】（1）小球恰能达到最高点以在5点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有=m£

2-

可得，8点的速率％=代

在小球从A到B的过程中，设克服空气阻力做功为叼，根据动能定理得

一%-mg(L+&)=；机吟-gmv1

解得叱=；mgL

i13/

(2)由机械能守恒可得+〃?g.芸

可得％=疵

由F+〃*=E

2

可得F=mg

25.(20分)在挡板MN和边界PQ之间有竖直方向周期变化的电场，在PQ的右侧有足够大的垂直向里的匀强

磁场，磁感应强度B=2T,如图甲所示。MN和PQ之间距离L=20cm,电场变化的规律如图乙所示，/=()时刻电

场方向向下。在/=0时刻有一个比荷为幺=1.25xlO2C/kg带正电的粒子，该粒子以初速度vo=lOm/s从A点沿AC

tn

方向垂直进入电场。c点是PQ边界上的一个点，电场变化的半周期大于粒子每次穿过电场运动的时间，粒子重

力不计，粒子与挡板碰撞能量、电荷量均无损失，碰撞的时间忽略不计，取1=3,求：

(1)粒子第一次通过P。边界处与C点的距离：

(2)粒子第二次通过P。边界处与C点的距离及总的运动时间；

(3)若粒子每次都能够垂直打到MN挡板上，且恰能打到距A点下方，远的板上。点，则电场变化的周期是多

少？”应满足什么条件？

【答案】⑴10cm；(2)2cm；3.8x10+；(3)5.8x10%；H=12-cm),其中41、2、3

【解析】(1)粒子在电场中，水平方向/="也

竖直方向力=g*qE=ma

解得粒子第一次通过PQ边界处与C点的距离/?=10cm

(2)粒子第一次穿出电场时的竖直速度匕=叫=10m/s

粒子进入磁场时的速度大小)=Jn；+片=10V2m/s

粒子进入磁场时的速度方向与边界的夹角为仇则tanJ=b=l

匕

则0=45°

2

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则

解得R=2=4&cm

qB

根据1=理

V

BX

X

X

X

X

X

由几何关系可知粒子圆周运动的圆周角3=手

在磁场中的运动时间£2为=工X营=1.8X10%

242

所以从A点出发到第二次过PQ边界的总时间为f=:+4=3.8*1CT?$

q

粒子穿过尸。边界的弦长S为］=Kcos45

解得5=8cm

所以第二次通过P。边界处与C点的距离为M=/?-S=2cm

（3）粒子若要能够垂直打到挡板用N上，其从PQ边界进入电场到运动到挡板MN的时间设为小这段时间内电

场方向应该向上,在竖直方向0=vcos45-at,

解得4=2X1OTS

li=vcos45-t3--at}=10cm

水平方向位移A=vsin45-ti=20cm=L

故恰好垂直打到挡板MN上；

因此电场变化的周期为7=6+,2+，3=5.8、10%

由几何关系可知，A与。间的距离，满足的条件为H=k（h+h-s）=12&（cm）

其中:1、2、3……

（-）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由状态。经状态Ac、d又回到状态“，其体积丫随温度T的变化图象如图所

5

示。己知该气体在状态。时温度为心，压强为外,体积为％,在状态6时体积为2%,其中7；=300K、Po=1.0xl0Pa,

则由状态〃到状态人过程中，气体（选填“吸热”或"放热”），由状态”到状态c气体的内能增加了100J,

由状态d到状态。气体对外做的功叱=40J,则由状态c到状态a气体放出的热量为

【答案】吸热60

【解析】气体由状态a到状态方温度升高，则气体的内能增加，同时气体的体积增大，说明气体对外做功，

由△U=W+Q

其中气体对外做功W为负值，而内能增加，即△。为正，则。为正值，故气体应从外界吸热。

⑵当气体再次回到状态。时，理想气体的内能回到原来的数值，即由状态c到状态”气体的内能减少100J,c到

d过程，气体发生等容变化，对外不做功，c到。过程，由

\V=W+Q

可得Q=-60J

则由状态C到状态a气体对外放出的热量为Q=60J

(2)(10分)如图所示，一粗细均匀的细玻璃管竖直置于水平地面上，内部灌有水银，左端封闭了一部分气体，

右侧与大气相通。玻璃管底部长10cm。起初两侧液面相差19cm,气柱长19cm。外界环境温度恒为27℃,大气

压强为76cmHg,重力加速度为g=10m/s2。现通过几种方法，使玻璃管两侧液面相平，则：

①若通过继续注入水银的方法使玻璃管两侧液面相平，求注入的水银柱的长度；

②若玻璃管在纸面内沿水平地面匀加速运动，求使玻璃管两侧液面相平的加速度大小和方向。

方向水平向左

【解析】①未注入水银前，封闭气体压强p/=po-p/?=57cmHg

两侧液面相平时p2=po

该过程T不变pil^pih

解得；2=14.25cm

由几何关系得需注入的水银柱长度A仁〃+2("-/2)=28.5cm

②两侧液面相平时，由几何关系得气柱长度6=；/+1^=28.5001

由Plll-P3l3

解得/〃=今=38cmHg

对玻璃管底部水银柱，有poS-p3S=ma

m=pSI

pgh（f=po也=76cm）

可得a=38m/s2,方向水平向左

34.［物理——选修3-4］（15分）

（1）（5分）如图，x轴上x=0和x=14m处的。点和P点有两个振动情况完全一样的波源，两波源振动的振幅

均为0.4m,波速大小均为v=10m/s。f=0时刻两波源的振动在0、尸之间形成的波形如图中甲、乙所示，A、B、

C、D、E、尸、G、〃是x