2022年高考物理押题卷(全国乙卷)03(解析版)

物理押题卷03

（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0分。

218

14．氡气有天然放射性,其衰变产生的粒子可对人的呼吸系统造成辐射损伤.氡的衰变方程为 22286Rn→84Po+X,衰变

过程中同时产生γ射线,半衰期为3.8天.以下说法正确的是 ( ) A.该衰变过程为β衰变

B.对一个特定的氡核,在3.8天内一定会衰变

C.γ射线是由处于高能级的 21884Po核向低能级跃迁时产生的

222D.衰变后,21884Po核与X粒子的质量之和等于衰变前 86Rn核的质量

【答案】C

【解析】由质量数守恒和电荷数守恒可知,X为 42He,该衰变过程是α衰变,A错误.衰变是大量的原子核的统计规律,B错误.γ射线是由处于高能级的 21884Po核向低能级跃迁时产生的,C正确.衰变过程,释放能量,有质量亏损,D错误.

15．为了保障电工安全,电工要穿上用金属丝线编织的衣服和手套,如图甲所示.图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业, 其头顶上方有B供电线,B供电线的电势高于A供电线的电势.虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线,c、d、e、f是不同等势线上的四个点,下列说法正确的是 ( )

A.在c、d、e、f四点中,c点的电场强度最大 B.若将某电子由c移到f,其电势能将减小

C.将某电子在d点由静止释放,它会向e点所在等势面运动 D.在c、d、e、f四点中,c点的电势最高 【答案】D

【解析】在c、d、e、f 四点中,f点处的等差等势线最密集,所以电场线也最密集,则f点的场强最大,故A错误;在c、d、e、f四点中,f点电势最低,若将某电子由c 移到f,其电势能将增大,故B错误;电场方向由c等势面指向f等势面,则将某电子在d点由静止释放,它会向c点所在等势面运动,故C错误;因B 供电线的电势高于A供电线的电势,故在c、d、e、f四点中,c点的电势最高,故D正确.

16．如图所示,足够长的宽度为d的条形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,直角三角形金属线框ABC的BC边长度为L,已知L>d.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域,以B点进入磁场的时刻为计时起点,规定线框中电流沿逆时针方向为正方向,则在线框穿过磁场的过程中,线框中的电流i随时间t的变化情况可能是( )

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A 【答案】C

B C D

【解析】B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中,线框的有效切割长度随时间均匀增大,线框中电流随时间均匀增大至I0,方向为逆时针方向,已知L>d,线框位移大于d小于L的过程中,其有效切割长度不变,线框中的电流不变,仍为逆时针,线框出磁场的过程中,有效切割长度随时间均匀增大,电流随时间均匀增大,选项A、D错误;由B项的横轴可知L=2d,由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等,故电流等大,位移为L+d时,有效切割长度是位移为d时的2倍,但方向为顺时针方向,电流为-2I0,选项B错误;由C项的横轴可知L=3d,由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍,故电流为-2I0,位移为L+d时,有效切割长度是位移为d时的3倍,电流为-3I0,选项C正确. 17．某无绳吸尘器的锂电池电源如图所示,下列说法正确的是

( )

A.标签中电池电压21.6 V指的是路端电压 B.电池容量5500 mA·h指的是储存的电能 C.该电池储存的电能约为4.3×105 J

D.若充电器充电电流为3 A,则从无电到充满电至少需要1.5 h 【答案】C

【解析】21.6 V指的是该电池的电动势,选项A错误;5500 mA·h是电池储存的电荷量,选项B错误;电池储存的电能W=UIt=5.5×3600×21.6 J=427 680 J,选项C正确;设充电时间为t,由It=Q,可知t=效率,充电时间应该比1.83 h要长,选项D错误.

18．如图所示,质量均为m的两物块A、B通过一轻质弹簧连接,静止放置在光滑水平面上,弹簧开始时处于原长,运动过程中始终处在弹性限度内.t1=0时刻在A上施加一个水平向左的恒力F,t=t2时刻弹簧第一次恢复到原长,此时A、B速度分别为v1和v2.则t1到t2时间内 ( )

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5.5A·h3A

≈1.83 h,如果考虑能量转化

图X3-9

A.A、B和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小 B.当弹簧的弹性势能最大时,两物块速度不一定相等 C.当A的加速度为零时,B的加速度为D.物块B移动的距离为【答案】D

【解析】恒力F做正功,A、B和弹簧组成的系统的机械能一直增大,A错误;当弹簧的弹性势能最大时,弹簧最长,两物块速度相等,B错误;当A的加速度为零时,弹簧的弹力等于F,B的加速度为m,C错误;因为弹簧恢复原长,弹簧

22

的弹性势能等于零,对系统,根据功能关系,有Fx=2mv1+2mv2,解得x=

1

1

2m(v21+v2)

2m(v21+v2)

F

2m

2F

F

2F

,物块B移动的距离为

2m(v21+v2)

2F

,D正确.

19．2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则（ ） A．火星的平均密度是月球的P3倍 B．火星的第一宇宙速度是月球的NNP倍

N

倍PKN倍 P2C．火星的重力加速度大小是月球表面的

D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的【答案】AD

【解析】A．根据密度的定义有M43体积VR V33火M火R月1N3N33 可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为

月M月R火PP即火星的平均密度是月球的P3倍，故A正确；

2g火M火R月1NMmNBC．由G2mg可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为 2g月M月R火P2P2RN即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的P2，由GNMmmg R2Mmv2G2m RR可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为

Mm R2v火v月g火R火g月R月NPP2N，故BC错误； PD．由万有引力定律FG可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为

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F火2M火m祝R月1KN2NK22 F月M月m玉R火PPKN2即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的P倍，故D正确。故选AD。

20．如图所示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器,现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是

( )

A.电压表V1示数增大 B.电压表V2、V3示数均增大 C.该变压器起降压作用

D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动的 【答案】CD

【解析】观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,即副线圈电流增大,由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,匝数比不变,所以副线圈电压不变,即V1、V2示数不变,根据欧姆定律得负载电阻减小,所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动的,故A错误,D正确;由于R0两端电压增大,所以滑动变阻器R两端电压减小,即电压表V3示数减小,故B错误;观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,即原线圈电流改变量小于副线圈电流改变量,根据电流与匝数成反比可知该变压器起降压作用,故C正确.

21．如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为L,2L一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，。3恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）

24mv0A．电场强度E

3qLB．带电粒子到达O点时的速度大小v5v0

C．粒子射出磁场位置到O点的距离d【答案】CD

【解析】粒子运动轨迹如图

8mv053πm D．在磁场中带电粒子运动的时间t

90qBqB第4页，共11页

A．由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L3v0t 沿y轴方向有

2L1qE2t 32m212mv0解得E，A错误；

qLB．沿y轴方向有

2Lvyt，解得vy4v0 3222vx5v0，B错误； 则到达O点时速度大小为vvyC．经分析知sinvy5v00.8则53

v2由洛伦兹力提供向心力有qvBm

R解得Rmv5mv0 qBqB5mv8mv00由几何关系，粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离d2Rsin2qB0.8qB，C正确；

D．带电粒子在匀强磁场中运动的周期T253πm2πR2πm vqB在磁场中运动的时间为t360T90qB，D正确。故选CD。

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。

（一）必考题：共47分。

22．（5分）某实验小组利用拉力传感器来验证牛顿第二定律,实验装置如图所示.他们将拉力传感器固定在小车上,用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连,用拉力传感器记录小车受到的拉力F的大小;小车后面固定一打点计时器,通过拴在小车上的纸带,可测量小车匀加速运动的速度与加速度,打点计时器的打点周期为0.02 s.

(1)若交流电的频率为50 Hz,则根据如图所示纸带的打点记录,可知小车此次运动经B点时的速度vB=________m/s,小车的加速度a= m/s2.

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(2)要验证牛顿第二定律,除了前面提及的器材及已测出的物理量外,实验中还要使用 来测量出 .

(3)由于小车所受的阻力大小难以测量,为了尽量减小实验的误差,需尽可能降低小车所受阻力的影响,以下采取的措施中必要的是 (填选项前的字母).

A.适当垫高长木板无滑轮的一端,使未挂钩码的小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑 B.应使钩码的总质量m远小于小车(加上传感器)的总质量M C.定滑轮的轮轴要尽量光滑 D.适当增大钩码的总质量m

【答案】(1)0.40 1.46 (2)天平 小车(含传感器)的总质量 (3)AD

【解析】(1)可以用一段时间内的平均速度表示该段时间的中间时刻的瞬时速度,所以小车此次运动经B点时速度为vB=tAC=10×0.02 m/s=0.40 m/s.根据Δx=aT2可得,小车的加速度为a=

AC

x8.00×10-2

xBC-xAB(8.00-3.27-3.27)×10-2

T2=(5×0.02)2 m/s2=1.46 m/s2.

(2)要验证牛顿第二定律,根据a=可知,该实验需要测量加速度、力和质量,所以实验中还要使用天平来测量出小车

M

F

(含传感器)的总质量.

(3)实验中需要平衡摩擦力,平衡摩擦力的操作是适当垫高长木板无滑轮的一端,使未挂钩码的小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑,A正确;实验中用拉力传感器直接测出了小车的拉力大小,因此对小车(含传感器)的总质量和所挂钩码的总质量没有具体的要求,定滑轮的轮轴是否光滑也不影响实验,B、C错误;适当增大钩码的总质量m,可以减小摩擦阻力产生的相对误差,D正确.

23．（10分）一学习小组要测量某蓄电池的电动势和内阻.实验室提供的器材有:

待测蓄电池(电动势约2 V); 电压表V(量程0~3 V,内阻约3 kΩ); 电阻箱R(阻值范围0~9999 Ω); 定值电阻R1(阻值为2 Ω); 开关及导线若干.

(1)该小组按照如图所示的电路进行实验,在调节R阻值的过程中,发现电压表示数的变化范围比较小,出现该现象的可能原因是 (写出一个原因即可).

(2)该小组提出如图S3-4所示的甲、乙两种改进方案,应选择 (选填“甲”或“乙”)方案进行实验.

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(3)利用改进的方案测出多组电压表示数U和电阻箱示数R,作出-图像如图S3-5所示.根据图像可求得蓄电池的

UR

11

电动势为 V,内阻为 Ω(结果保留两位有效数字).

【答案】(1)蓄电池内阻太小(或电阻箱的阻值太大) (2)甲 (3)1.8 0.40(0.38~0.42均可)

【解析】 (1)由图可知,电压表测的是电阻箱R的电压,电压表示数的变化范围比较小,说明电阻箱R的阻值比蓄电池的内阻大得多,也就是蓄电池的内阻太小.

(2)乙电路图与原电路图类似,甲电路图中的R1与蓄电池串联,相当于将电源的内阻增大,变成R1+r,因此应选甲方案进行实验.

(3)由闭合电路的欧姆定律得I=R+Rk=

R1+r1.5-0.55E

E

1

,则U=IR=R+R+r

ER

1

,变形得U=E++r

1

1R1+r1

E

·R,由图像可知,纵截距b=E=0.55,斜率

1

=0.72

=1.32,解得蓄电池的电动势E=1.8 V,蓄电池的内阻r=0.40 Ω.

24．（12分）如图甲所示,一个体重为m=50 kg的中学生乘坐正常工作的电梯从七楼下降到一楼,用传感器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如图乙所示.查阅资料得知电梯的空轿厢质量为M1=1150 kg,“对重”的质量为M2=1300 kg.不计滑轮摩擦,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)0~14 s内电梯下降的高度;

(2)0~4 s内钢索对“对重”的拉力大小以及0~10 s内钢索对“对重”做的功.

【答案】(1)20 m (2)13 650 N 210 600 J

【解析】(1)在0~4 s内,对该学生,由牛顿第二定律得mg-F1=ma1 (1分)

2

此段时间内电梯下降的位移为h1=2a1t1

1

(1分)

4 s末电梯的速度为v1=a1t1

在4~10 s内,由于F2=mg,可知电梯匀速下降,下降的位移为h2=v1t2 在10~14 s内,对该学生,由牛顿第二定律得mg-F3=ma3 (1分) 此段时间内电梯下降的位移为h3=v1t3+2a3t23 电梯下降的总高度H=h1+h2+h3 (1分) 联立解得H=20 m(1分)

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(1分)

1

(1分)

(2)0~4 s内,对“对重”,由牛顿第二定律得FT-M2g=M2a1 (1分) 解得FT=13 650 N(1分)

0~10 s内,对“对重”,由动能定理得

2

W-M2g(h1+h2)=2M2v1 (2分)

1

解得W=210 600 J(1分)

25．（20分）如图所示,半径为L的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动.圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里.t=0时刻导体棒从图示位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点由静止释放一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能被加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出.不计粒子重力及所有电阻,忽略粒子在狭缝中运动的时间,导体棒始终以最小角速度ω(未知)转动. (1)求ω的大小;

(2)求粒子在狭缝中加速的次数;

(3)考虑实际情况,粒子在狭缝中运动的时间不能忽略,求狭缝宽度d的取值范围.

【答案】(1) (2)

mqB

BR2B0L

2 (3)d≤

πB0L22BR

v2

【解析】(1)由洛伦兹力充当向心力,有qvB=mr 解得r=则T=

mvqB

(2分)

(1分) (1分)

2πqBT

m

2πr2πmv

=qB

导体棒的角速度最小值为ω== (1分) (2)由洛伦兹力充当向心力,有qv1B=mR (1分) 解得粒子离开加速器的速度为v1=

qBRmv21

(1分)

1

qBB0L22m

由法拉第电磁感应定律可知,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E感=2B0ωL2=

2根据动能定理得NE感q=2mv1

1

(2分)

(2分)

解得加速的次数为N=B

BR2

20L

(2分)

E感qq2BBL2

0

2dm21

(3)带电粒子在电场中的加速度为a=dm= (1分)

粒子在电场中做匀加速直线运动,满足Nd=2at2 (2分) 为保证粒子一直加速,应满足t≤2 (1分)

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T

解得d≤

πB0L22BR

(1分)

（二）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）下列说法中正确的是（ ）

A．一定质量的理想气体等温膨胀时，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少 B．温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度不一定增大 C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列

D．在“油膜法估测分子的大小”的实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径

E．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 【答案】ACE

【解析】A．一定质量的理想气体等温膨胀时，分子热运动的剧烈程度不变，体积增大，单位体积内的分子数变小，气体分子单位时间内对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少，A正确；

B．温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝度湿度一定增大，B错误；

C．晶体表现为各向异性，是因为晶体微粒在空间有规则排列，即天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列，C正确；

D．在“油膜法估测分子的大小”的实验中，用一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径，D错误；

E．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，E正确。故选ACE。

（2）（10分）如图所示,竖直放置的绝热圆柱形汽缸内有两组固定于汽缸壁的卡环.质量为m的活塞CD放置在体积可忽略的下卡环上,与位于上卡环下方的轻质活塞AB通过轻质弹簧相连.圆柱形汽缸右壁上离AB不远处有一小狭缝与外界大气相通,活塞CD下方封闭了长度为L的一定质量的理想气体.初始时刻,封闭气体的温度为T0,压强为p0,两个活塞都静止,且AB与上卡环接触但无挤压.现对封闭气体缓慢加热,若上卡环所能承受的最大竖直压力为F=3mg,外界大气压强为p0=

6mgS

,弹簧的劲度系数k=

2mgL

,活塞CD的运动可视为缓慢的且最终不会到达小狭缝

所在位置,重力加速度为g,两个活塞的横截面积均为S,要使上卡环能安全使用,则: ①汽缸内封闭气体的最高温度为多少?

②若封闭气体达到了最高温度,全过程中外界对封闭气体所做的功为多少?

【答案】①6T0 ②-4mgL

【解析】 (2)①当弹簧对AB竖直向上的压力大小为3mg时,CD已经离开下卡环,设弹簧形变量为x1,满足关系kx1=3mg 解得x1=2L

3

25

51

设此时封闭气体压强为p2,对CD受力分析,有kx1+mg+p0S-p2S=0

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解得p2=

10mgS

对封闭气体,设温度为T,由理想气体状态方程得

p0LSp2(L+x1)ST0

=T25

解得T=6T0

②由题可知,弹簧初始处于原长状态.设CD恰好上升时气体压强为p1,对CD受力分析,有mg+p0S-p1S=0 解得p1=p0+

mg7mgS

=

S

p1+p2

2

外界对封闭气体做的功为W=-x1S=-mgL

4

51

34．[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播，在t＝0时刻两列波的波谷正好在x＝0处重合，则下列说法正确的是（ ）

A．A、B的周期之比为5：3 B．两列波的传播速度相同

C．t＝0时刻x＝0处质点的振动位移为40cm D．x＝0处质点的振动始终加强

E．t＝0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波谷重合处的横坐标为x＝15m 【答案】BCE

【解析】AB．两列波在同一介质中传播，波速相同，由λ＝vT可知两列波的周期之比为TA∶TB＝λA∶λB＝3∶5，故A错误，B正确；

C．两列波叠加，t＝0时刻x＝0处质点的振动位移为两列波振幅之和，为40cm，故C正确；

D．因为两列波的频率不同，所以两列波的干涉图样不稳定，即x＝0处质点的振动并非始终加强，故D错误； E．两列波长最简整数比为3：5，3和5的最小公倍数是15，所以t＝0时刻x轴正半轴到原点最近的另一波谷重合处的横坐标为x＝5λA＝15m，故E正确。故选BCE。

（2）（10分）在长方体透明均匀介质内有一圆柱形空气泡,圆形半径为R.一束平行于CD边的单色细光束从介质射入气泡,A为入射点,之后从B点射入介质,如图S3-8所示为该装置的截面图,已知该单色光在A点的入射角为30°,该单色光的偏向角为30°(B点出射光线与A点入射光线的夹角). ①求介质的折射率;

②由于长方体的长边较长,从B点射出的光线会射到CD上的E点(未画出),请判断在E点是否有光线射出,并说明理由.

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【答案】①√2 ②没有 理由见解析

【解析】①设入射角为i,折射角为r,则第二次折射的出射角为i,且单色光的偏向角为30°,由几何关系得 2(r-i)=30° 又因i=30°

解得r=45°

由折射定律得n=sini=√2 sinr

②由几何关系可知,在E点的入射角为60° 由临界角公式得sin C= n1

解得临界角C=45°

由于此时的入射角为60°,大于临界角45°,所以会发生全反射,在E点无光线射出.

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