【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（广东卷）

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【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（广东卷）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2022·广东）如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄 静止时，连接 的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、 和 分别表示三根绳的拉力大小， 且 。下列关系式正确的是（　　）
．
A． B． C． D．
2．（2022·广东）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
3．（2022·广东）如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2022·广东）如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈， ，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（　　）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
5．（2022·广东）目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为 ，其中 。如图是按能量排列的电磁波谱，要使 的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（　　）
A．红外线波段的光子 B．可见光波段的光子
C．紫外线波段的光子 D．X射线波段的光子
6．（2022·广东）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　）
A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于
7．（2022·广东）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。
8．（2022·广东）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（　　）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
9．（2022·广东）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 、速度 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率 、速度 匀速行驶。已知小车总质量为 ， ， PQ段的倾角为 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．从M到N，小车牵引力大小为
B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
10．（2022·广东）如图所示，水平地面（ 平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（　　）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。
11．（2022·广东）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
⑴让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
⑵用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=　 　mm。
⑶测量时，应　 　（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间 和 。
⑷计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失 　 　（用字母m、d、 和 表示）。
⑸若适当调高光电门的高度，将会　 　（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
12．（2022·广东）弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：
⑴装置安装和电路连接
如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。
⑵导电绳拉伸后的长度L及其电阻 的测量
①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关 ，闭合开关 ，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和 。
③闭合 ，电压表的示数　 　（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数 ，则此时导电绳的电阻 　 　（用 、 和U表示）。
④断开 ，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③。
⑶该电压表内阻对导电绳电阻的测量值　 　（选填“有”或“无”）影响。
⑷图（c）是根据部分实验数据描绘的 图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻 为 ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为　 　cm，即为机械臂弯曲后的长度。
13．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
14．（2022·广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为 、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离 。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离 ，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为 ，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离 电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
四、选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
15．（2022·广东）
（1）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程　 　（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
（2）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将 水装入容积为 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后代入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 取 ，重力加速度g取 ，水的密度ρ取 。求水底的压强p和水的深度h。
16．（2022·广东）
（1）如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至　 　（选填“N”“P”或“Q”）处。加快抖动，波的频率增大，波速　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图16所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成 角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】以O点为研究对象，受力分析如图：
根据力的平衡条件以及力的合成以及几何关系得：，所以选项D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】该题以O点为研究对象，结合平衡条件、力的合成以及几何关系即可解答。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，
根据万有引力充当向心力得：
得，
因此可以得出火星的公转半径比地球的公转半径大，所以选项C错误。
再结合向心力的公式，解得，，
可以得出公转半径越大，线速度、角速度、公转加速度都在减小。所以AB选项错误，D选项正确.
故答案为：D。
【分析】根据万有引力充当向心力规律，先利用周期关系得出半径关系就可以得出各个参数关系。
3．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律；平抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得mgsinθ = ma1，即a1=gsinθ
当他运动到NP段时，从图中可看到这一段做匀速直线运动，则加速度a2=0
从P点飞出后，其做平抛运动，加速度为a3=g。
设在P点的速度为v0，从P点飞出后速度大小为，
根据以上分析可以知道速度-时间图像不可能为直线，A、B错误；
，则C正确，D错误.
故选C。
【分析】 根据运动员在不同运动过程的受力特点得出加速度的变化，从而分析出速度的变化，结合图像完成分析。
4．【答案】B
【知识点】电功率和电功；匀速圆周运动；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 AD、根据运动的周期性可知， 两个线圈位置的磁通量变化率都相等，根据法拉第电磁感应定律 ，因两个线圈的匝数不等，所以产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据，可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B、在匀速圆周运动中，磁铁的周期固定，则线圈产生的交流电频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最大(或最小)，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误；
故选：B。
【分析】 ABD、匀速圆周运动的周期和频率恒定，根据法拉第电磁感应定律可定性地分析出感应电动势的大小，结合功率的公式分析出功率的关系；C、根据不同位置的磁通量的变化特点分析出线圈是否能同时达到最大值。
5．【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】 氢原子第n能级的能量为 ，其中，要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为，根据光谱能量范围其吸收红外线波段的光子，所以A正确。BCD错误，
故答案为：A。
【分析】 本题主要考查了氢原子的能级公式， 要根据氢原子的能级公式代入数据计算出第20能级的氢原子能量，结合电磁波谱分析出被吸收的光子类型。
6．【答案】B
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据自由落体规律h=gt2可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动t=。
故答案为：B。
【分析】 本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据子弹和积木在竖直方向的运动特点可知在竖直方向上保持相对静止，结合水平方向的运动特点得出击中的时间和位置，同时要注意运动的相对性和独立性，结合运动学公式即可完成分析。
7．【答案】A
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB、根据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向，因质子在磁场中做匀速圆周运动，所以质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，所以A选项正确，B选项错误；
CD、质子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选A。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动 ， 根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析 ，从这方面看难度不大，但是对学生的空间想象能力有一定的要求。
8．【答案】B,C
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、由题可知在电子运动过程中所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B、电场线总是由高电势指向低电势，据此可知N点的电势高于P点，故B正确；
C、由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D.、对电子在M点和点进行受力分析，如图所示：
由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，根据左手定则判断洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功； 根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
9．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】 AB、在水平MN段以恒定功率200W，速度5m/s匀速行驶，则小车的牵引力等于小车受到的摩擦力，因此
，故A选项正确，
从M到N过程中，小车摩擦力做功为Wf= 40×20J= 800J，即小车克服摩擦力做功800J，故B正确；
C、根据题意，从P到Q过程，重力势能增加量为，故C选项错误；
D、依题意，小车从P到Q运动过程中，摩擦力做的功为，，联立解得，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
【分析】 小车做匀速运动，则牵引力等于摩擦力，根据公式P=Fv和受力分析分析出小车的受力，结合功的计算公式完成解答； 根据功能关系得出小车重力势能的增加量。
10．【答案】A,C
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B、根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈磁通量会发生变化，故B错误；
C、根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D、线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
【分析】 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。
11．【答案】7.883；B；；增大
【知识点】机械能综合应用；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；碰撞模型
【解析】【解答】（2）螺旋测微器读数读到0.01毫米的后一位，则小球的直径。
(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。
(4)小球第一次和第二次通过光电门时的速度分别为v1、v2，根据光电门遮光时间关系，，根据碰撞过程中机械能关系可得
(5)若适当调高光电门的高度，小球经历的空中距离比调整之前大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】 本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，理解光电门测量速度的原理，结合能量守恒定律完成对实验的分析。
(2)根据螺旋测微器的读数规则得出小球的直径；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(4)理解机械能的定义，利用光电门测出小球的速度，结合动能的计算公式完成分析；
(5)根据实验原理结合功的计算公式完成对实验误差的分析。
12．【答案】变小；；无；51.80
【知识点】电阻的测量；电路动态分析
【解析】【解答】(2)③闭合S2后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小；调节R使电压表的示数仍为U，流过导电绳的电流为I2-I1，根据欧姆定律可得导电绳的电阻Rx=。
（3）在闭合S2之前，电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2-I1，与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响。
（4） 导电绳的电阻 为 ，从图c可知，对应的导电绳拉伸后的长度为51.80cm。
【分析】 本题考查电路的动态分析，伏安法测电阻，注意理解实验原理。 根据闭合S2，电路总电阻减小，总电流增加，内电压增加，外电压减小；根据欧姆定律即可求解。
13．【答案】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【知识点】动量守恒定律；整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
(2)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【分析】 (1)选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力；
(2)根据牛顿第二定律计算出滑块的加速度，结合运动学公式得出滑块与滑杆碰撞前的速度；
(3)碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合运动学公式得出滑杆向上运动的最大高度。
14．【答案】（1）未加电压时，当油滴匀速时其速度根据运动规律得
根据平衡条件的
又根据题意
联立解得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据功能关系
又
联立解得：
（3）解：油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为 ，新油滴所受电场力
若 ，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上 正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若 ，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
【知识点】共点力平衡条件的应用；电势差、电势、电势能；受力分析的应用；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)根据对油滴的受力分析，结合空气阻力的表达式得出比例系数；
(2)根据油滴的运动特点分析出油滴的电性和对应的电荷量，
(3)结合电场力做功与电势能变化关系计算出油滴电势能的变化量，其中对于新油滴的运动情况要分类讨论，对学生的理解思维要求较高，综合性较强。
15．【答案】（1）不是；大于
（2）对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
代入数据得
根据
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1） 利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，是以消耗电能为代价的，因此这个过程不是自发过程；因为空调消耗电能会产生一定的热量，根据能量守恒定律可知，所以空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
【分析】(1) 本题主要考查热力学定律的相关应用，根据热力学第二定律分析出热运动的过程是不是自发过程；根据能量守恒定律分析出空调从室内吸收的热量与排放到室外环境热量的大小关系。
(2) 本题主要考查玻意耳定律的应用，分析出气体变化前后的体积，因为温度不变，根据玻意耳定律求出瓶内气体末态的压强，结合大气压强、待求深度的水形成的压强、瓶内气体末态的压强三者之间的关系求得水的深度。
16．【答案】（1）P；不变
（2）当入射角达到时，恰好到达临界角C，根据
可得液体的折射率
又根据
可得激光在液体中传播速度
【知识点】横波的图象；简谐运动；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】(1)经过半个周期，波向右传播半个波长，而M点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低点P点。波速由介质决定，与频率无关，所以波的频率增大，但是波速仍保持不变。
【分析】 (1)本题主要考查对机械波的简谐运动的理解。理解机械波的传播特点(机械波传播时向外传递的是机械振动这种运动形式，介质中每个质点仅在平衡位置附近振动，并不随波向前移动)，然后根据简谐振动的特点即可求得第一个空的答案。理解波速的影响因素(机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，在不同的介质中，波速是不同的)，即可求得第二个空的答案 ；
(2) 根据全反射的条件即可得液体的折射率，再根据介质中光速与折射率的关系即可求激光在液体中的传播速度v。
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【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（广东卷）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2022·广东）如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄 静止时，连接 的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、 和 分别表示三根绳的拉力大小， 且 。下列关系式正确的是（　　）
．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】以O点为研究对象，受力分析如图：
根据力的平衡条件以及力的合成以及几何关系得：，所以选项D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】该题以O点为研究对象，结合平衡条件、力的合成以及几何关系即可解答。
2．（2022·广东）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，
根据万有引力充当向心力得：
得，
因此可以得出火星的公转半径比地球的公转半径大，所以选项C错误。
再结合向心力的公式，解得，，
可以得出公转半径越大，线速度、角速度、公转加速度都在减小。所以AB选项错误，D选项正确.
故答案为：D。
【分析】根据万有引力充当向心力规律，先利用周期关系得出半径关系就可以得出各个参数关系。
3．（2022·广东）如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律；平抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得mgsinθ = ma1，即a1=gsinθ
当他运动到NP段时，从图中可看到这一段做匀速直线运动，则加速度a2=0
从P点飞出后，其做平抛运动，加速度为a3=g。
设在P点的速度为v0，从P点飞出后速度大小为，
根据以上分析可以知道速度-时间图像不可能为直线，A、B错误；
，则C正确，D错误.
故选C。
【分析】 根据运动员在不同运动过程的受力特点得出加速度的变化，从而分析出速度的变化，结合图像完成分析。
4．（2022·广东）如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈， ，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（　　）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【答案】B
【知识点】电功率和电功；匀速圆周运动；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 AD、根据运动的周期性可知， 两个线圈位置的磁通量变化率都相等，根据法拉第电磁感应定律 ，因两个线圈的匝数不等，所以产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据，可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B、在匀速圆周运动中，磁铁的周期固定，则线圈产生的交流电频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最大(或最小)，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误；
故选：B。
【分析】 ABD、匀速圆周运动的周期和频率恒定，根据法拉第电磁感应定律可定性地分析出感应电动势的大小，结合功率的公式分析出功率的关系；C、根据不同位置的磁通量的变化特点分析出线圈是否能同时达到最大值。
5．（2022·广东）目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为 ，其中 。如图是按能量排列的电磁波谱，要使 的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（　　）
A．红外线波段的光子 B．可见光波段的光子
C．紫外线波段的光子 D．X射线波段的光子
【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】 氢原子第n能级的能量为 ，其中，要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为，根据光谱能量范围其吸收红外线波段的光子，所以A正确。BCD错误，
故答案为：A。
【分析】 本题主要考查了氢原子的能级公式， 要根据氢原子的能级公式代入数据计算出第20能级的氢原子能量，结合电磁波谱分析出被吸收的光子类型。
6．（2022·广东）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　）
A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于
【答案】B
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据自由落体规律h=gt2可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动t=。
故答案为：B。
【分析】 本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据子弹和积木在竖直方向的运动特点可知在竖直方向上保持相对静止，结合水平方向的运动特点得出击中的时间和位置，同时要注意运动的相对性和独立性，结合运动学公式即可完成分析。
7．（2022·广东）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB、根据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向，因质子在磁场中做匀速圆周运动，所以质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，所以A选项正确，B选项错误；
CD、质子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选A。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动 ， 根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析 ，从这方面看难度不大，但是对学生的空间想象能力有一定的要求。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。
8．（2022·广东）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（　　）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】B,C
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、由题可知在电子运动过程中所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B、电场线总是由高电势指向低电势，据此可知N点的电势高于P点，故B正确；
C、由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D.、对电子在M点和点进行受力分析，如图所示：
由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，根据左手定则判断洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功； 根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
9．（2022·广东）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 、速度 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率 、速度 匀速行驶。已知小车总质量为 ， ， PQ段的倾角为 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．从M到N，小车牵引力大小为
B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】 AB、在水平MN段以恒定功率200W，速度5m/s匀速行驶，则小车的牵引力等于小车受到的摩擦力，因此
，故A选项正确，
从M到N过程中，小车摩擦力做功为Wf= 40×20J= 800J，即小车克服摩擦力做功800J，故B正确；
C、根据题意，从P到Q过程，重力势能增加量为，故C选项错误；
D、依题意，小车从P到Q运动过程中，摩擦力做的功为，，联立解得，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
【分析】 小车做匀速运动，则牵引力等于摩擦力，根据公式P=Fv和受力分析分析出小车的受力，结合功的计算公式完成解答； 根据功能关系得出小车重力势能的增加量。
10．（2022·广东）如图所示，水平地面（ 平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（　　）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】A,C
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B、根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈磁通量会发生变化，故B错误；
C、根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D、线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
【分析】 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。
三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。
11．（2022·广东）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
⑴让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
⑵用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=　 　mm。
⑶测量时，应　 　（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间 和 。
⑷计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失 　 　（用字母m、d、 和 表示）。
⑸若适当调高光电门的高度，将会　 　（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【答案】7.883；B；；增大
【知识点】机械能综合应用；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；碰撞模型
【解析】【解答】（2）螺旋测微器读数读到0.01毫米的后一位，则小球的直径。
(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。
(4)小球第一次和第二次通过光电门时的速度分别为v1、v2，根据光电门遮光时间关系，，根据碰撞过程中机械能关系可得
(5)若适当调高光电门的高度，小球经历的空中距离比调整之前大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】 本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，理解光电门测量速度的原理，结合能量守恒定律完成对实验的分析。
(2)根据螺旋测微器的读数规则得出小球的直径；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(4)理解机械能的定义，利用光电门测出小球的速度，结合动能的计算公式完成分析；
(5)根据实验原理结合功的计算公式完成对实验误差的分析。
12．（2022·广东）弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：
⑴装置安装和电路连接
如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。
⑵导电绳拉伸后的长度L及其电阻 的测量
①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关 ，闭合开关 ，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和 。
③闭合 ，电压表的示数　 　（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数 ，则此时导电绳的电阻 　 　（用 、 和U表示）。
④断开 ，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③。
⑶该电压表内阻对导电绳电阻的测量值　 　（选填“有”或“无”）影响。
⑷图（c）是根据部分实验数据描绘的 图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻 为 ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为　 　cm，即为机械臂弯曲后的长度。
【答案】变小；；无；51.80
【知识点】电阻的测量；电路动态分析
【解析】【解答】(2)③闭合S2后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小；调节R使电压表的示数仍为U，流过导电绳的电流为I2-I1，根据欧姆定律可得导电绳的电阻Rx=。
（3）在闭合S2之前，电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2-I1，与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响。
（4） 导电绳的电阻 为 ，从图c可知，对应的导电绳拉伸后的长度为51.80cm。
【分析】 本题考查电路的动态分析，伏安法测电阻，注意理解实验原理。 根据闭合S2，电路总电阻减小，总电流增加，内电压增加，外电压减小；根据欧姆定律即可求解。
13．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【知识点】动量守恒定律；整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
(2)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【分析】 (1)选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力；
(2)根据牛顿第二定律计算出滑块的加速度，结合运动学公式得出滑块与滑杆碰撞前的速度；
(3)碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合运动学公式得出滑杆向上运动的最大高度。
14．（2022·广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为 、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离 。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离 ，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为 ，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离 电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）未加电压时，当油滴匀速时其速度根据运动规律得
根据平衡条件的
又根据题意
联立解得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据功能关系
又
联立解得：
（3）解：油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为 ，新油滴所受电场力
若 ，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上 正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若 ，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
【知识点】共点力平衡条件的应用；电势差、电势、电势能；受力分析的应用；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)根据对油滴的受力分析，结合空气阻力的表达式得出比例系数；
(2)根据油滴的运动特点分析出油滴的电性和对应的电荷量，
(3)结合电场力做功与电势能变化关系计算出油滴电势能的变化量，其中对于新油滴的运动情况要分类讨论，对学生的理解思维要求较高，综合性较强。
四、选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
15．（2022·广东）
（1）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程　 　（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
（2）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将 水装入容积为 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后代入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 取 ，重力加速度g取 ，水的密度ρ取 。求水底的压强p和水的深度h。
【答案】（1）不是；大于
（2）对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
代入数据得
根据
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1） 利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，是以消耗电能为代价的，因此这个过程不是自发过程；因为空调消耗电能会产生一定的热量，根据能量守恒定律可知，所以空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
【分析】(1) 本题主要考查热力学定律的相关应用，根据热力学第二定律分析出热运动的过程是不是自发过程；根据能量守恒定律分析出空调从室内吸收的热量与排放到室外环境热量的大小关系。
(2) 本题主要考查玻意耳定律的应用，分析出气体变化前后的体积，因为温度不变，根据玻意耳定律求出瓶内气体末态的压强，结合大气压强、待求深度的水形成的压强、瓶内气体末态的压强三者之间的关系求得水的深度。
16．（2022·广东）
（1）如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至　 　（选填“N”“P”或“Q”）处。加快抖动，波的频率增大，波速　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图16所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成 角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。
【答案】（1）P；不变
（2）当入射角达到时，恰好到达临界角C，根据
可得液体的折射率
又根据
可得激光在液体中传播速度
【知识点】横波的图象；简谐运动；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】(1)经过半个周期，波向右传播半个波长，而M点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低点P点。波速由介质决定，与频率无关，所以波的频率增大，但是波速仍保持不变。
【分析】 (1)本题主要考查对机械波的简谐运动的理解。理解机械波的传播特点(机械波传播时向外传递的是机械振动这种运动形式，介质中每个质点仅在平衡位置附近振动，并不随波向前移动)，然后根据简谐振动的特点即可求得第一个空的答案。理解波速的影响因素(机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，在不同的介质中，波速是不同的)，即可求得第二个空的答案 ；
(2) 根据全反射的条件即可得液体的折射率，再根据介质中光速与折射率的关系即可求激光在液体中的传播速度v。
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