登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
2022年高考理综物理真题试卷（全国甲卷）
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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。
1．（2022·全国甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】从a到c，根据动能定理可得，在c点根据受力分析可得，
联立两式解得.
故选D。
【分析】首先根据动能定理算出c点速度，然后在c点受力分析，求出半径最小值。
2．（2022·全国甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】根据题意分析可知，减速时间为，加速时间为，
由于当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，这段看作列车在匀速运动，位移为，所用时间为， 所以列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为.
故选C。
【分析】首先计算列车加速和减速阶段所用时间，根据题意分析匀速运动阶段的位移，然后算出匀速阶段的时间，最后将时间加起来。
3．（2022·全国甲卷）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为 和 。则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】设圆形线框的半径为r，磁场变化情况为，导线的横截面积为，
则正方形的周长为，面积为，
圆形的周长为，面积为，
正六边形的周长为，面积为，
根据法拉第电磁感应定律可得，根据电阻定律可得，
根据欧姆定律可得，所以，，，故，
故选C。
【分析】首先算出各个图像的周长和面积，然后根据法拉第电磁感应定律，电阻定律，欧姆定律等表示出来电流的大小，最后代入面积和周长，求出电流的大小关系。
4．（2022·全国甲卷）两种放射性元素的半衰期分别为 和 ，在 时刻这两种元素的原子核总数为N，在 时刻，尚未衰变的原子核总数为 ，则在 时刻，尚未衰变的原子核总数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】设两种元素原子核数分别为m和n，根据题意可知
解得，
所以在时，尚未衰变的原子个数为，
故选C。
【分析】先设出两种元素原子核的个数，然后根据题目列出方程组，解出两种原子个数，最后代入时间进行计算。
5．（2022·全国甲卷）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子所带电荷为正电荷，所以当粒子开始运动后，洛伦兹力方向向左，所以AC错误；
粒子运动过程中洛伦兹力不做功，匀强电场方向沿y轴正方向，所以当粒子回到x轴时，电场力也能不做功，故粒子回到x轴时，粒子的速度为零，故D错误，B正确；
故选B。
【分析】匀强电场沿y轴方向，所以x轴是等势面，又洛伦兹力不做功，故当粒子运动后回到x轴时，粒子的速率减为零。
6．（2022·全国甲卷）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；能量守恒定律
【解析】【解答】设两物体的质量均为m，
撤去拉力前，对P和Q整体受力分析可知，，对Q受力分析可知，，
撤去拉力后，对P受力分析，P受到的合力为，
对Q受力分析，Q受到的合力为，
撤去拉力后，弹簧从伸长状态开始回复原长状态，这个过程中弹簧弹力在减小，所以撤去拉力时P的加速度最大为，弹簧回复原长时Q的加速度最大为，故A正确，B错误；
根据受力分析可知，P的加速度从减小到，Q的加速度从0增加到，初始速度大小相同，所以经过相同一段时间后，P的速度都不大于Q的速度，P的位移也小于Q的位移，故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】首先对平衡状态的两物体进行受力分析，求出拉力F与摩擦力的关系，然后对撤去拉力后的两物体受力分析，求出加速度的取值范围，最后根据速度，加速度，位移之间的关系判断经过一段时间后，速度的关系，位移的关系等。
7．（2022·全国甲卷）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）
A．通过导体棒 电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒 速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒 上产生的焦耳热
【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，，故A正确；
开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，最终导体棒的速度减为零，故B错误；
根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误；
导体棒MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流，
故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确；
故选AD。
【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。
8．（2022·全国甲卷）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据题意作出运动如图所示
根据运动图像可知，速度最小为，此时动能最小，但是电势能却不是最大，所以A错误；
水平方向上，先向左做减速直线运动，竖直方向上，自由落体，由于电场力等于重力，所以当水平方向速度减为0时，竖直方向的速度也加速到，此时电势能最大，故B正确；
水平方向与竖直方向速度相等时，小球的速度最小，动能最小，故C错误；
从出发点到速度方向竖直向下的过程中，根据动能定理可得，故D正确；
故选BD。
【分析】首先根据题目作出粒子运动的图像，然后将运动进行分解处理物体的运动，也可以结合动能定理计算重力做功与电势能的变化量的关系。
二、非选择题：
9．（2022·全国甲卷）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势 ，内阻很小），电流表 （量程 ，内阻约 ），微安表 （量程 ，内阻 待测，约 ），滑动变阻器R（最大阻值 ），定值电阻 （阻值 ），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图
（2）某次测量中，微安表的示数为 ，电流表的示数为 ，由此计算出微安表内阻 Ω．
【答案】（1）
（2）990
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)根据实验器材和实验原理，作出实验电路图如图所示
(2)由于微安表的示数为 ，电流表的示数为 ，所以流过 的电流为8.91mA，故微安表两端的电压为V，所以微安表内阻 .
【分析】(1)根据实验器材和实验原理，即可作出实验电路图，滑动变阻器是分压接法；
(2)首先算出流过定值电阻 的电流，然后算出微安表两端的电压，最后算出微安表内阻。
10．（2022·全国甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 的滑块A与质量为 的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小 和 ，进而分析磁通过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
⑴调节导轨水平．
⑵测得两滑块的质量分别为 和 。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为A。
⑶调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离 相等。
⑷使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间 和 。
⑸将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示。
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
⑹表中的 （保留2位有效数字）。
⑺ 的平均值为 ，（保留2位有效数字）。
⑻理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则 的理论表达式为 （用 和 表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【答案】0.304；0.31；0.32；；0.33
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】⑵要使碰撞后两滑块运动方向相反，应该让质量小的滑块碰撞质量大的滑块，所以应该选择质量为0.304kg的滑块作为A；
⑹由于A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离 相等，所以碰撞后A和B的速度之比为时间的反比，所以；
⑺根据表中数据可以算出 的平均值为；
⑻根据动量守恒定律可得，，若为弹性碰撞则机械能守恒，，联立两式解得，代入数据解得‘
【分析】⑵根据动量守恒可知，只有质量小的物体碰撞质量大的物体，速度是会反向的；
⑹根据题意可知，A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离 相等，所以速度之比是时间的反比；
⑺将五个数据加起来除以5就可以求出平均值；
⑻若为弹性碰撞，两物体动量守恒，机械能守恒，即可算出碰撞后物体速度的大小，从而求出速度的比值。
11．（2022·全国甲卷）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 和 之比为3：7。重力加速度大小取 ，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
【答案】根据题意可知，每两个小球影像之间的时间间隔为，设水平方向的速度为，
将第一段位移分解至水平方向和竖直方向，分别为，
第二段位移分解至水平方向和竖直方向，分别为，
又，
联立数式可以解得m/s。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】首先根据题意，算出两小球影像的时间间隔，将第一段位移和第二段位移进行分解，根据平抛运动特点表示出水平方向位移和竖直方向位移，最后根据总位移的比值算出初速度大小。
12．（2022·全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连， 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 的圆心，通过读取反射光射到 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 的半径为r﹐ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及 上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 。求待测电流的大小。
【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为，
根据胡可定律可得，所以，
设细杆转过的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，如图所示：
又， ，所以，故，
联立解得；
（2）由于测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为，当初始时反射光点在O点上方，通电流后根据前面的结论可知，电流反向后，联立解得，
故待测电流的大小。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；
(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出和 ，然后即可求出待测电流的大小。
三、[物理——选修3-3]
13．（2022·全国甲卷）
（1）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 图上从a到b的线段所示。在此过程中________。（填正确答案标号。）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
（2）如图，容积均为 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 、温度为 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 和 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（i）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至 ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【答案】（1）B；C；E
（2）（i） 由于环境温度缓慢升高时，所以Ⅳ中气体压强不变，
气体初状态的温度为，体积为，气体末状态的温度为，体积为，
根据解得 ；
（ⅱ）对Ⅳ中气体根据理想气体方程可得，
对ⅡⅢ中气体根据理想气体方程可得，
联立两式解得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体的实验规律
【解析】【解答】(1)根据题图可知，气体从状态a变化到状态b 的过程中，体积大小不变，所以气体不做功，p增大，T也增大，故气体内能增大，所以该过程中气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于气体内能的增加量，故AD错误，BCE正确，故选BCE ；
【分析】(1)首先根据题图分析，从a到b过程中气体的参量变化情况，根据状态变化分析内能变化情况，最后判断气体吸放热情况；
(2)（i）根据题意可判断Ⅳ中气体压强不变，根据等压变化，列出方程即可求出气体的温度；
（ⅱ）首先对Ⅳ中气体分析，然后对Ⅱ和Ⅲ中气体分析，联立两式即可求出此时压强的大小。
四、[物理——选修3-4]
14．（2022·全国甲卷）
（1）一平面简谐横波以速度 沿x轴正方向传播， 时刻的波形图如图所示．介质中平衡位置在坐标原点的质点A在 时刻的位移 ，该波的波长为 m，频率为 ﹒ 时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。
（2）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面M为AB边的点。在截面所在平的，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
【答案】（1）4；0.5；向下运动
（2）设M点发射折射时的折射角为，根据折射定律可得，折射光线在N点恰好发射全反射，根据全反射可知，
根据几何关系可知，联立数式可解得，
根据几何关系有，
所以，
故 。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；光的全反射；光的直线传播；光的反射；光的折射及折射定律
【解析】【解答】(1)将波形图看着类似振动图像，设波形图的表达式为，
将坐标代入可解得，根据，可以解得，
由于这列波沿x轴正方向传播，根据“上坡下，下坡上”原理，可知质点A向下运动；
【分析】(1)首先设出波形图的表达式，代入坐标即可求出波长，根据波速波长频率关系即可求出频率大小，最后根据传播与振动方向的关系就可以判断A点的振动方向；
(2)首先根据折射定律和全反射的关系，表示出折射率，并求出折射率，然后根据几何关系算出PC的长度。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
2022年高考理综物理真题试卷（全国甲卷）
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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。
1．（2022·全国甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·全国甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022·全国甲卷）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为 和 。则（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全国甲卷）两种放射性元素的半衰期分别为 和 ，在 时刻这两种元素的原子核总数为N，在 时刻，尚未衰变的原子核总数为 ，则在 时刻，尚未衰变的原子核总数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国甲卷）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·全国甲卷）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
7．（2022·全国甲卷）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）
A．通过导体棒 电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒 速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒 上产生的焦耳热
8．（2022·全国甲卷）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
二、非选择题：
9．（2022·全国甲卷）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势 ，内阻很小），电流表 （量程 ，内阻约 ），微安表 （量程 ，内阻 待测，约 ），滑动变阻器R（最大阻值 ），定值电阻 （阻值 ），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图
（2）某次测量中，微安表的示数为 ，电流表的示数为 ，由此计算出微安表内阻 Ω．
10．（2022·全国甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 的滑块A与质量为 的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小 和 ，进而分析磁通过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
⑴调节导轨水平．
⑵测得两滑块的质量分别为 和 。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为A。
⑶调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离 相等。
⑷使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间 和 。
⑸将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示。
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
⑹表中的 （保留2位有效数字）。
⑺ 的平均值为 ，（保留2位有效数字）。
⑻理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则 的理论表达式为 （用 和 表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
11．（2022·全国甲卷）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 和 之比为3：7。重力加速度大小取 ，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
12．（2022·全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连， 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 的圆心，通过读取反射光射到 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 的半径为r﹐ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及 上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 。求待测电流的大小。
三、[物理——选修3-3]
13．（2022·全国甲卷）
（1）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 图上从a到b的线段所示。在此过程中________。（填正确答案标号。）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
（2）如图，容积均为 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 、温度为 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 和 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（i）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至 ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
四、[物理——选修3-4]
14．（2022·全国甲卷）
（1）一平面简谐横波以速度 沿x轴正方向传播， 时刻的波形图如图所示．介质中平衡位置在坐标原点的质点A在 时刻的位移 ，该波的波长为 m，频率为 ﹒ 时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。
（2）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面M为AB边的点。在截面所在平的，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】从a到c，根据动能定理可得，在c点根据受力分析可得，
联立两式解得.
故选D。
【分析】首先根据动能定理算出c点速度，然后在c点受力分析，求出半径最小值。
2．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】根据题意分析可知，减速时间为，加速时间为，
由于当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，这段看作列车在匀速运动，位移为，所用时间为， 所以列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为.
故选C。
【分析】首先计算列车加速和减速阶段所用时间，根据题意分析匀速运动阶段的位移，然后算出匀速阶段的时间，最后将时间加起来。
3．【答案】C
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】设圆形线框的半径为r，磁场变化情况为，导线的横截面积为，
则正方形的周长为，面积为，
圆形的周长为，面积为，
正六边形的周长为，面积为，
根据法拉第电磁感应定律可得，根据电阻定律可得，
根据欧姆定律可得，所以，，，故，
故选C。
【分析】首先算出各个图像的周长和面积，然后根据法拉第电磁感应定律，电阻定律，欧姆定律等表示出来电流的大小，最后代入面积和周长，求出电流的大小关系。
4．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】设两种元素原子核数分别为m和n，根据题意可知
解得，
所以在时，尚未衰变的原子个数为，
故选C。
【分析】先设出两种元素原子核的个数，然后根据题目列出方程组，解出两种原子个数，最后代入时间进行计算。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子所带电荷为正电荷，所以当粒子开始运动后，洛伦兹力方向向左，所以AC错误；
粒子运动过程中洛伦兹力不做功，匀强电场方向沿y轴正方向，所以当粒子回到x轴时，电场力也能不做功，故粒子回到x轴时，粒子的速度为零，故D错误，B正确；
故选B。
【分析】匀强电场沿y轴方向，所以x轴是等势面，又洛伦兹力不做功，故当粒子运动后回到x轴时，粒子的速率减为零。
6．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；能量守恒定律
【解析】【解答】设两物体的质量均为m，
撤去拉力前，对P和Q整体受力分析可知，，对Q受力分析可知，，
撤去拉力后，对P受力分析，P受到的合力为，
对Q受力分析，Q受到的合力为，
撤去拉力后，弹簧从伸长状态开始回复原长状态，这个过程中弹簧弹力在减小，所以撤去拉力时P的加速度最大为，弹簧回复原长时Q的加速度最大为，故A正确，B错误；
根据受力分析可知，P的加速度从减小到，Q的加速度从0增加到，初始速度大小相同，所以经过相同一段时间后，P的速度都不大于Q的速度，P的位移也小于Q的位移，故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】首先对平衡状态的两物体进行受力分析，求出拉力F与摩擦力的关系，然后对撤去拉力后的两物体受力分析，求出加速度的取值范围，最后根据速度，加速度，位移之间的关系判断经过一段时间后，速度的关系，位移的关系等。
7．【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，，故A正确；
开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，最终导体棒的速度减为零，故B错误；
根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误；
导体棒MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流，
故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确；
故选AD。
【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。
8．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据题意作出运动如图所示
根据运动图像可知，速度最小为，此时动能最小，但是电势能却不是最大，所以A错误；
水平方向上，先向左做减速直线运动，竖直方向上，自由落体，由于电场力等于重力，所以当水平方向速度减为0时，竖直方向的速度也加速到，此时电势能最大，故B正确；
水平方向与竖直方向速度相等时，小球的速度最小，动能最小，故C错误；
从出发点到速度方向竖直向下的过程中，根据动能定理可得，故D正确；
故选BD。
【分析】首先根据题目作出粒子运动的图像，然后将运动进行分解处理物体的运动，也可以结合动能定理计算重力做功与电势能的变化量的关系。
9．【答案】（1）
（2）990
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)根据实验器材和实验原理，作出实验电路图如图所示
(2)由于微安表的示数为 ，电流表的示数为 ，所以流过 的电流为8.91mA，故微安表两端的电压为V，所以微安表内阻 .
【分析】(1)根据实验器材和实验原理，即可作出实验电路图，滑动变阻器是分压接法；
(2)首先算出流过定值电阻 的电流，然后算出微安表两端的电压，最后算出微安表内阻。
10．【答案】0.304；0.31；0.32；；0.33
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】⑵要使碰撞后两滑块运动方向相反，应该让质量小的滑块碰撞质量大的滑块，所以应该选择质量为0.304kg的滑块作为A；
⑹由于A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离 相等，所以碰撞后A和B的速度之比为时间的反比，所以；
⑺根据表中数据可以算出 的平均值为；
⑻根据动量守恒定律可得，，若为弹性碰撞则机械能守恒，，联立两式解得，代入数据解得‘
【分析】⑵根据动量守恒可知，只有质量小的物体碰撞质量大的物体，速度是会反向的；
⑹根据题意可知，A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离 相等，所以速度之比是时间的反比；
⑺将五个数据加起来除以5就可以求出平均值；
⑻若为弹性碰撞，两物体动量守恒，机械能守恒，即可算出碰撞后物体速度的大小，从而求出速度的比值。
11．【答案】根据题意可知，每两个小球影像之间的时间间隔为，设水平方向的速度为，
将第一段位移分解至水平方向和竖直方向，分别为，
第二段位移分解至水平方向和竖直方向，分别为，
又，
联立数式可以解得m/s。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】首先根据题意，算出两小球影像的时间间隔，将第一段位移和第二段位移进行分解，根据平抛运动特点表示出水平方向位移和竖直方向位移，最后根据总位移的比值算出初速度大小。
12．【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为，
根据胡可定律可得，所以，
设细杆转过的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，如图所示：
又， ，所以，故，
联立解得；
（2）由于测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为，当初始时反射光点在O点上方，通电流后根据前面的结论可知，电流反向后，联立解得，
故待测电流的大小。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；
(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出和 ，然后即可求出待测电流的大小。
13．【答案】（1）B；C；E
（2）（i） 由于环境温度缓慢升高时，所以Ⅳ中气体压强不变，
气体初状态的温度为，体积为，气体末状态的温度为，体积为，
根据解得 ；
（ⅱ）对Ⅳ中气体根据理想气体方程可得，
对ⅡⅢ中气体根据理想气体方程可得，
联立两式解得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体的实验规律
【解析】【解答】(1)根据题图可知，气体从状态a变化到状态b 的过程中，体积大小不变，所以气体不做功，p增大，T也增大，故气体内能增大，所以该过程中气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于气体内能的增加量，故AD错误，BCE正确，故选BCE ；
【分析】(1)首先根据题图分析，从a到b过程中气体的参量变化情况，根据状态变化分析内能变化情况，最后判断气体吸放热情况；
(2)（i）根据题意可判断Ⅳ中气体压强不变，根据等压变化，列出方程即可求出气体的温度；
（ⅱ）首先对Ⅳ中气体分析，然后对Ⅱ和Ⅲ中气体分析，联立两式即可求出此时压强的大小。
14．【答案】（1）4；0.5；向下运动
（2）设M点发射折射时的折射角为，根据折射定律可得，折射光线在N点恰好发射全反射，根据全反射可知，
根据几何关系可知，联立数式可解得，
根据几何关系有，
所以，
故 。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；光的全反射；光的直线传播；光的反射；光的折射及折射定律
【解析】【解答】(1)将波形图看着类似振动图像，设波形图的表达式为，
将坐标代入可解得，根据，可以解得，
由于这列波沿x轴正方向传播，根据“上坡下，下坡上”原理，可知质点A向下运动；
【分析】(1)首先设出波形图的表达式，代入坐标即可求出波长，根据波速波长频率关系即可求出频率大小，最后根据传播与振动方向的关系就可以判断A点的振动方向；
(2)首先根据折射定律和全反射的关系，表示出折射率，并求出折射率，然后根据几何关系算出PC的长度。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
