年高考理綜物理真題試卷（全國乙卷）一、選擇題:本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學們上了一堂精彩的科學課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）A．所受地球引力的大小近似為零B．所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C．所受地球引力的大小與其隨飛船運動所需向心力的大小近似相等D．在地球表面上所受引力的大小小于其隨飛船運動所需向心力的大小2．如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距35A．5F8m B．2F5m C．3F8m3．固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于（）A．它滑過的弧長 B．它下降的高度C．它到P點的距離 D．它與P點的連線掃過的面積4．一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6×10?7m的光，在離點光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數為3×A．1×102m B．3×102m5．安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知（）測量序號BBB1021?4520?20?463210?454?210?45A．測量地點位于南半球 B．當地的地磁場大小約為50μTC．第2次測量時y軸正向指向南方 D．第3次測量時y軸正向指向東方6．如圖，兩對等量異號點電荷+q、?q(q>0)固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內切圓的交點，O為內切圓的圓心，M為切點。則（）A．L和N兩點處的電場方向相互垂直B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C．將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D．將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零7．質量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g=10m/sA．4s時物塊的動能為零B．6s時物塊回到初始位置C．3s時物塊的動量為12kg?m/sD．0~6s時間內F對物塊所做的功為40J8．一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(R<r1<r2<R+d)A．粒子3入射時的動能比它出射時的大B．粒子4入射時的動能比它出射時的大C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能二、非選擇題：9．用雷達探測一高速飛行器的位置。從某時刻（t=0）開始的一段時間內，該飛行器可視為沿直線運動，每隔1s測量一次其位置，坐標為x，結果如下表所示：t/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列問題：（1）根據表中數據可判斷該飛行器在這段時間內近似做勻加速運動，判斷的理由是：；（2）當x=507m時，該飛行器速度的大小v=m/s；（3）這段時間內該飛行器加速度的大小a=m/s210．一同學探究阻值約為550Ω的待測電阻Rx在0~5mA范圍內的伏安特性。可用器材有：電壓表V（量程為3V，內阻很大），電流表A（量程為1mA，內阻為300Ω），電源E（電動勢約為4V，內阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選10Ω或1.5kΩ），定值電阻R0（阻值可選75Ω或（1）要求通過Rx的電流可在0~5mA（2）實驗時，圖（a）中的R應選最大阻值為（填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑動變阻器，R0應選阻值為（填“75Ω”或“150Ω（3）測量多組數據可得Rx的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時Rx兩端的電壓為V，流過Rx的電流為mA，此組數據得到的Rx11．如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l=0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構成金屬框的導線單位長度的阻值為λ=5.0×10?3Ω/m；在t=0到t=3.0s（1）t=2.0s時金屬框所受安培力的大小；（2）在t=0到t=2.0s時間內金屬框產生的焦耳熱。12．如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，t=0時與彈簧接觸，到t=2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的v?t圖像如圖（b）所示。已知從t=0到t=t0時間內，物塊A運動的距離為（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數。三、【物理—選修3-3】13．（1）一定量的理想氣體從狀態a經狀態b變化到狀態c，其過程如T?V圖上的兩條線段所示，則氣體在________。A．狀態a處的壓強大于狀態c處的壓強B．由a變化到b的過程中，氣體對外做功C．由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D．由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱E．由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內能（2）如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處。活塞Ⅰ、Ⅱ的質量分別為2m、m，面積分別為2S、S，彈簧原長為l。初始時系統處于平衡狀態，此時彈簧的伸長量為0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為T0。已知活塞外大氣壓強為p（ⅰ）求彈簧的勁度系數；（ⅱ）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強和溫度。四、【物理——選修3-4】14．（1）介質中平衡位置在同一水平面上的兩個點波源S1和S2，二者做簡諧運動的振幅相等，周期均為0.8s。當S1過平衡位置向上運動時，S2也過平衡位置向上運動．若波速為5m/s，則由S1和S2發出的簡諧橫波的波長均為m。P為波源平齒位置所在水平面上的一點，與S1、S2平衡位置的距離均為（2）一細束單色光在三棱鏡ABC的側面AC上以大角度由D點入射（入射面在棱鏡的橫截面內），入射角為i，經折射后射至AB邊的E點，如圖所示，逐漸減小i，E點向B點移動，當sini=16時，恰好沒有光線從AB

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】宇航宇受到地球的引力提供其繞地球運動的向心力，航天員處于完全失重狀態，所以航天員可以自由漂浮，故A錯誤；

當航天員與飛船不接觸時，飛船對航天員無力的作用，故B錯誤；

航天員跟飛船一起繞著地球做勻速圓周運動，航天員所受地球引力提供其做圓周運動的向心力，故C正確；

根據F=GMmr2可知，在地球表面上所受引力的大小大于其隨飛船運動所需向心力的大小，故D錯誤；

2．【答案】A【解析】【解答】對輕繩中點進行受力分析，根據三角形幾何關系可知，上下兩段細繩與水平方向夾角均為53°，根據每根繩子的拉力均為5F8，根據a=F合m可知兩球的加速度大小為5F8m3．【答案】C【解析】【解答】設大圓環的半徑為R，P點正下方與圓的交點為A，小環下落到Q點，下落高度為h，根據動能定理mgh=12mv2可知v=2gh；

連接PQ，PA，AQ，過Q做AP垂線，根據數學幾何關系可知PQAP4．【答案】B【解析】【解答】每個光子的能量為E=hν，光的光速與頻率的關系為c=λν，光源每秒發出的光子數為n=Phν=Pλhc，半徑為R處的面的面積為S=4πR2，所以n5．【答案】B,C【解析】【解答】地磁場如圖所示

根據表中數據可知z軸場強豎直向下，所以測量點位于北半球，故A錯誤；

磁感應強度是矢量，根據表格可以算出B=452+212μT≈50μT，故B正確；

根據地磁場圖像可知，在北半球，磁場可分解為豎直向下和水平向北，根據圖標可知，第2次測量時y軸正向指向南方，故C正確；

6．【答案】A,B【解析】【解答】兩個正電荷在N點產生的場強由N指向O，兩負電荷在N點產生的場強由N指向O，N點的合場強方向由N指向O，同理，兩個負電荷在L處產生的場強方向由O指向L，兩正電荷在L處產生的場強方向由O指向L，L處的合場方向由O指向L，所以L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；

正方形上方的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向右，正方形底邊的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向左，因為M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，所以M點的場方向向左，故B正確；

由題圖可知，MO兩點為等勢點，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力不做功，故C錯誤；由題圖可知，L點的電勢低于N點電勢，所以將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做負功，故D錯誤；

故選AB。【分析】首先先判斷四個點電荷在N和L處的場強方向，根據場強方向就可以判斷M和O點的電勢關系，判斷電場力做功情況，最后判斷L和N點的電勢，判斷電場力做功情況。7．【答案】A,D【解析】【解答】物塊與地面的摩擦力為f=μmg=2N，

設向右為正方向，0-3s根據動量定理可得F-ft=mv3

解得：v3=6m/s，

3s時物體的動量為P=mv3=6kg?m/s，故C錯誤；

設3s后經過時間t物塊的速度減為0，根據動量定理可得-F+ft=-mv3，解得t=1s，即4s時物體的速度為0，所以4s時物體的動能為零，故A正確；

根據上述情形做出運動時間圖像，根據時間圖像可以算出0-4s物體向右的位移為12m，4-6s根據動量定理可以算出6s末物體的速度為4m/s，方向向左，故4-6s物體位移為4m，所以6s時物塊不能回到初始位置，故B錯誤；

0-3s，F對物體做功為W1=Fs8．【答案】B,D【解析】【解答】根據題意可知，兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板中電場方向是從外側極板指向內側極板，根據題圖可知，粒子3進入電場后電場力做正功，入射時動能大于出射時的動能，故A錯誤；

同理，根據題圖可知，粒子4進入電場后電場力做負功，所以粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；

在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，設E=kr，粒子1和粒子2都是電場力提供做圓周運動的向心力，即qE=mv2r?mv29．【答案】（1）相鄰1s內的位移之差接近?x=80m（2）547（3）79【解析】【解答】(1)根據題表中數據可知，第1s內的位移507m，第2s內的位移587m，第3s內的位移665m，第4s內的位移746m，第5s內的位移824m，第6s內的位移904m，觀察數據可以看出相鄰1s內的位移之差接近?x=80m，可以判斷該飛行器在這段時間內近似做勻加速運動；(2)根據中間時刻的速度等于該段的平均速度，即v=10942m/s=547m/s；

【分析】(1)首先算出每一個時間間隔內物體的位移，然后觀察數據即可判斷該飛行器在這段時間內近似做勻加速運動；

(2)根據中間時刻速度等于該段的平均速度進行計算；

(3)根據逐差法即可計算加速度的大小。10．【答案】（1）（2）10Ω；75Ω（3）2.30；4.20；548【解析】【解答】(1)根據題意可知，滑動變阻器采用分壓式接法，電表從0開始測量，滿足題中通過Rx的電流從0~5mA連續可調，即可做出實驗電路圖如圖所示

(2)實驗時，滑動變阻器接法為分壓法，所以圖（a）中的R應選最大阻值為10Ω的滑動變阻器；

R0主要是為了進行電表的改裝，需要R0與電流表并聯，如圖

根據并聯電路中電流之比等于電阻的反比，所以R0=75Ω；

(3)根據題圖可以讀出Rx兩端的電壓為2.30V，流過Rx的電流為0.84×5=4.2mA【分析】(1)根據實驗要求連接實驗電路；

(2)根據滑動變阻器的接法選擇合適的阻值，根據電表的改裝計算定值電阻的阻值；

(3)先進行讀數，然后根據讀數進行計算。11．【答案】（1）金屬框中產生的感應電動勢為，金屬線框的總電阻為R=4lλ=0.008Ω，

所以金屬框中的電流為I=ER=1A，

t=2.0s時，磁感應強度為B=0.1T，

（2）根據Q=I2Rt可得在t=0【解析】【分析】(1)首先算出感應電動勢和線框電阻，然后算出電流大小，最后根據安培力公式進行計算；(2)根據焦耳熱的公式進行計算。12．【答案】（1）第一次碰撞過程中，當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時AB兩物體速度相等，根據動量守恒定律可得mB·1.2v0=m+mBv0，（2）B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，

即mB·1.2v0=m+mBv0，兩邊都乘以t可得mB·1.2v（3）根據題意可知，物塊A兩次到達相同的最高點，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向向右，設物體A第一次滑下的速度為v1，碰撞后物體B的速度為v2，向左為正方向，

根據動量守恒得mv1-5m·0.8v0=m-2v0+5mv2，

根據能量守恒得12【解析】【分析】(1)首先根據動量守恒定律列式，然后根據能量守恒列式，聯立兩式就可以求出結果；(2)首先根據動量守恒列式，兩邊各乘以t，代入數據就可以算出彈簧壓縮量的最大值；

(3)根據動量守恒列出式子，上滑或者下滑過程根據動能定理即可計算出動摩擦因數。13．【答案】（1）A；B；D（2）（ⅰ）分別對兩個活塞整體進行受力分析，根據受力平衡有3mg+2p0S+p1S=p0S+2p1S，

對活塞