1、2022年全国统一高考甲卷物理试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1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（）Ahk+1BhkC2hkD2hk1【答案】D【解析】【详解】运动员从a到c根据动能定理有mgh=12mvc2在c点有FNcmg=mvc2RcFNc kmg联立有Rc2hk1故选D。2长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通
2、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v（v v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）Av0v2a+L+lvBv0va+L+2lvC3v0v2a+L+lvD3v0va+L+2lv【答案】C【解析】【详解】由题知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（v v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有v = v0 - 2at1解得t1=v0v2a在隧道内匀速有t2=L+lv列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0 = v + at3解得t3=v0va则列车从减速开始至回到正常行驶速率v
3、0所用时间至少为t=3(v0v)2a+L+lv故选C。3三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I1、I2和I3。则（）AI1I3I3I2CI1=I2I3DI1=I2=I3【答案】C【解析】【详解】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2=2r面积为S2=r2同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1=8r，S1=4r2正六边
4、形线框的周长和面积分别为C3=6r，S3=126r32r=33r22三线框材料粗细相同，根据电阻定律R=LS横截面可知三个线框电阻之比为R1:R2:R3=C1:C2:C3=8:2:6根据法拉第电磁感应定律有I=ER=BtSR可得电流之比为：I1:I2:I3=2:2:3即I1=I2I3故选C。4两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t=0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t=2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为N3，则在t=4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为（）AN12BN9CN8DN6【答案】C【解析】【详解】根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有x+y
5、=N经历2t0后有14x+12y=N3联立可得x=23N，y=13N在t=4t0时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为n=124x+122y=N8故选C。5空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy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（）ABCD【答案】B【解析】【详解】AC在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定
6、则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；BD运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。二、多选题6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
7、，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（）AP的加速度大小的最大值为2gBQ的加速度大小的最大值为2gCP的位移大小一定大于Q的位移大小DP的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F=2mg撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0=mgAB以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为T0mg=maP1解得aP1=2g此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的
8、伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2mg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时mg=maQm解得aQm=mg故滑块Q加速度大小最大值为mg，A正确，B错误；C滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为mg=maP2解得aP2=g撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹
9、簧原长时加速度大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。7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MN电流的最大值为QRCB导体棒MN向右先加速、后匀速运动C导体棒MN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MN上产生的焦耳热【答案】AD【解析】【详解】MN在运动过程中为非纯电阻，MN
10、上的电流瞬时值为i=uBlvR A当闭合的瞬间，Blv=0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大Imax=UR=QCR故A正确；B当uBlv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误；CMN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为i=uBlvR当u=Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；D 在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（即EREMN），故加速过程中，QRQMN；当
11、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，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。8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】BD【解析】【详解】A如图所示Eq=mg故等效重
12、力G的方向与水平成45。当vy=0时速度最小为vmin=v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；BD水平方向上v0=Eqmt在竖直方向上v=gt由于Eq=mg，得v=v0如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知WG+WEq=0则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；C当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选BD。9一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示。在此过程中（）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
13、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【答案】BCE【解析】【详解】A因从a到b的pT图像过原点，由pVT=C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；B因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；CDE因W=0，U0，根据热力学第一定律U=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。故选BCE。三、实验题10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1.5V，内阻很小），电流表（量程10mA，内阻约10），微安表（量程100A，内阻Rg待测，约1k），滑动变阻器R（最大阻值
14、10），定值电阻R0（阻值10），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90.0A，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg=_。【答案】 见解析 990【解析】【详解】（1）1为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示（2）2流过定值电阻R0的电流I=IAIG=9.00mA0.09mA=8.91mA加在微安表两端的电压U=IR0=8.91102V微安表的内电阻Rg=UIG=8.9110290.0106=99011利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2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v1和v2，进而分析
