2022高考物理

2022年全国统一高考物理试卷和答案（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．（6分）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c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．（6分）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v

0

，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v（v＜v

0

）。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v

0

所

用时间至少为（）

A．

C．

+

+

B．

D．

+

+

3．（6分）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I

1

、I

2

和I

3

。则（）

A．I

1

＜I

3

＜I

2

B．I

1

＞I

3

＞I

2

C．I

1

＝I

2

＞I

3

D．I

1

＝I

2

＝I

3

4．（6分）两种放射性元素的半衰期分别为t

0

和2t

0

，在t＝0时刻这

两种元素的原子核总数为N，在t＝2t

0

时刻，尚未衰变的原子核

总数为，则在t＝4t

0

时刻，尚未衰变的原子核总数为（）

A．

B．

C．

D．

5．（6分）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（）

A．B．

C．D．

（多选）6．（6分）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2g

B．Q的加速度大小的最大值为2g

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

（多选）7．（6分）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，传真是啥

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

B．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

（多选）8．（6分）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P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P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：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：

共47分。

9．（5分）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器有机可乘的意思 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R

g

待测，约1k），滑动变阻器R

（最大阻值10），定值电阻R

0

（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，微安表的示数销售励志语录正能量 为90.0A，电流表的示数为

9.00mA，由此计算出微安表内阻R

g

＝。

10．（10分）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为

m

1

的滑块A与质量为m

2

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v

1

和v

2

，进而

分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：

（1）调节导轨水平。

（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。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。

（3）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s

1

与B的右端到右边挡板的距离s

2

相等。

（4）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t

1

和t

2

。

（5）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）。多次测量的结果如表所示。

1

2

3

4

5

t

1

/s

t

2

/s

k＝

0.49

0.15

0.31

0.67

0.21

k

2

1.01

0.33

0.33

1.22

0.40

0.33

1.39

0.46

0.33

（6）表中的k

2

＝（保留2位有效数字）。

（7）

的平均值为（保留2位有效数字）。

（8）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m

1

和m

2

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．（12分）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0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，写一封信给妈妈 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s

1

和s

2

之比为3：7。重力加速度

大小取g＝10m/s

2

，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

12．（20分）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；M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，PQ为圆弧形的、带有均匀刻

度的透明读数条，PQ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PQ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PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ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PQ的半径为r，r＞＞d，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x及PQ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，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s

1

；

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O

点下方，与O点间的弧长为s

2

。求待测电流的大小。

（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，则按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）

（多选）13．（5分）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过

程如p﹣T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

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

14．（10分）如图，容积均为V

0

、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在

压强为p

0

、温度为T

0

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V

0

和V

0

。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2T

0

，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。

[物理—选修3-4]（15分）

15．一平面简谐横波以速度v＝2m/s沿x轴正方向传播，t＝0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t＝0

时刻的位移y＝

cm。该波的波长为m，频率为

Hz。t＝2s时刻，质点A（填“向上运动”“速度为零”

或“向下运动”）。

16．如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB

边的中点。在截面所在平面内，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

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．【知识点】动能定理；牛顿第二定律；向心力．

【答案】解：从a到c根据动能定理有：mgh＝

在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg＝

联立解得：R＝

故ABC错误，D正确；

故选：D。

2．【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速

度与时间的关系．

【答案】解：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＜v

0

），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过

隧道，全部出隧道后需加速到v

0

，则

减速时间：t

1

＝

匀速时间：t

2

＝

加速时间：t

3＝

，

，

，

列车从减速开始至回到正常行驶速率v

0

所用时间至少为

t＝t

1

+t

2

+t

3

解得：t＝，

故C正确，ABD错误；

故选：C。

3．【知识点】法拉第电磁感应定律；电阻定律；闭合电路的欧姆定律．

【答案】解：设圆的半径为R，则圆的周长为L

2

＝2R，面积S

2

＝R

2

，正方形的周长为L

1

＝8R，面积S

1

＝4R

2

，正六边形的周长

为L

3

＝6R，面积S

3

＝

根据电阻定律有：R＝

R

2

，

∝

根据法拉第电磁感应定律有：E＝

根据欧姆定律有：I＝＝

代入周长与面积可知：I

1

＝I

2

＞I

3

故C正确，ABD错误；

故选：C。

4．【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．

【答案】解：设两种放射性元素的原子核数分别为N

1

、N

2

，对应

的半衰期分别为t

0

、2t

0

，则

N

1

+N

2

＝N

经过t＝2t

0

后，尚未衰变的原子核总数＝

+

设经过t＝4t

0

后，尚未衰变的原子核总数为X，则

X＝

联立解得：X＝，

故C正确，ABD错误；

故选：C。

5．【知识点】带电粒子在组合场中的运动；带电粒子在混合场中的运

动．

【答案】解：AC、在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，带正

电粒子在坐标原点O受沿y轴正方向的电场力开始向y轴正方向

运动，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，根据左手定则可

知，粒子沿y轴正方向运动的同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，

根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向x轴负方向

偏转，故AC错误；

BD、带电粒子运动过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，

洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在xOy平面内电场的方向

沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转

再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定

理知，带电粒子再次回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用开

始做周期性运动，故B正确，D错误；

故选：B。

6．【知识点】牛顿第二定律；受力分析的应用．

【答案】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑

块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得

F＝2mg

隔离滑块Q分析得

F

弹

＝mg

撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，

根据牛顿第二定律得：

滑块P：﹣F

弹

﹣mg＝ma

1

滑块Q：F

弹

﹣mg＝ma

2

则a

1＝

，a

2＝

，

可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，

Q做加速度增大的减速运动，当F

弹

＝mg时，滑块P加速度最大

值为

a

1max

＝2g，

当F

弹

＝0时，滑块Q加速度最大值为

a

2max

＝g，

故A正确，B错误；

C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位

移一定小于Q的位移，故C错误；

D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为

a′

1

＝g，

可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去

拉力时，P、Q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，最后弹簧原

长时加速度大小也为g，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻

Q的速度大小，故D正确。

故选：AD。

7．【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；电容

器的动态分析；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；安培力．

【答案】解：A、最初电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，

电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I＝，

U＝，解得通过导体棒MN电流的最大值为

，故A正确；

BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒

加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导

体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体

棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为

内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错

误。

D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN

的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于

MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体

棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度

为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻

R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的

焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。

故选：AD。

8．【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理；功能关系；

电场强度与电场力．

【答案】解：A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与

动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最

大，故A错误；

B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于

小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向

下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动

能，故B正确；

C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，

小球的动能一直增坚持不懈的反义词 大，所以小球速度动能没有最大值，故C错误；

D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初

始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做

的功等于小球电势能的增加量，故D正确。

故选：BD。

二、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：

共47分。

9．【知识点】伏安法测电阻．

【答案】解：（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R

0

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R

0的电流，从而求出微安表

两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为

了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如

图所示

（2）某次测量中，微安表的示数为I

G

＝90.0A＝910

﹣

5

A，电流

表的示数为I

A

＝9.00mA＝910

﹣

3

A，根据串并联电路规律和欧姆

定律得

（I

A

﹣I

G

）R

0

＝I

G

R

g

解得：R

g

＝990。

故答案为：（1）图见解析（2）990

10．【知识点】用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；机械能守恒

定律；动量守恒定律．

【答案】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想

使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反

向运动，故选0.304kg的滑块作为A。

（6）因为位移相等，所以速度之比如何写自我介绍 等于时间之比的倒数，由表中

数据可得，k

2＝

＝

＝0.31。

（7）的平均值为：＝＝0.322≈0.32。

＝

（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：

+联立解得：

；m

1

v

0

＝﹣m

1

v

1

+m

2

v

2

，

，代入数据，可得：

＝0.34。

11．【知识点】平抛运动．

【答案】解：因为每相邻两个小球之间被删去了3个影像，所以每

相邻两个小球之间有4次闪光间隔，即相邻两个小球之间的时间

为：

t＝40.05s＝0.2s

因为第一个小球为抛出点，所以第一段运动对应的竖直位移大小

为：

＝

第二段运动对应的竖直位移大小为：

＝

＝0.6m

设小球抛出时的初速度大小为v，则s

1

可以表示为：

＝

同理s

2

可以表示为：

＝

因为s

1

：s

2

＝3：7，联立解得：

v＝

。

答：抛出瞬间小球的速度大小为

12．【知识点】安培力；光的反射定律；受力分析的应用；胡克定律．

【答案】解：（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在

安培力，F＝NBIl，

再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|x|，

解得：|x|＝

；

设此时细杆转动的弧度为，则反射光线转鬼脸儿杜兴 过的弧度为2，

由题可知，r＞＞d＞＞|x|，所以有sin2≈2，sin≈，|x|

＝d，s＝2r，

联立可得：s＝

。

（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，

由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点

间的弧长为s

1

可知，s

1＝

，

当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧

长为s

2

可知，s

2

＝

联立可得I′＝

。

，

（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，则按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）

13．【知识点】理想气体的图象问题；理想气体的状态方程．

【答案】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程

可得：

，

从a到b为过坐标原点的倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做

功，故A错误；

B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，

故内能一直增加，故B正确；

DEC、由于气体从a到b不做功W＝0，且内能逐渐增大，根据热

力学第一定律U＝W+Q可知，气体一直从外界吸热，且吸收的

热量等于其内能的增加量，故CE正确，D错误；

故选：BCE。

14．【知识点】理想气体的状态方程；气体的等压变化．

【答案】解：（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到

达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P

0

对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P

0

，体积为V

0

﹣V

0

＝V

0

升温之后的体积为V

0

，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T

1

，由盖﹣吕萨克定律

解得：T

1＝

可得：

（2）将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为P

0

，温度为

T

0，体积为

当温度升至2T

0

时，设此时这部分气体的压强为P

2

，体积为V

2

，由理想气体的状态方程

缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，

所以对第Ⅳ气体在升温前后有：

得：

联立可得：P

2＝

；

答：（1）B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度为

（2）A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强为

。

[物理—选修3-4]（15分）

15．【知识点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．

【答案】解：设波的解析式为

y＝Asin（

x+）

）和（1.5，0），代入数据

由题图知A＝2cm，波图像过点（0，

得

y＝2sin（则

+

）（cm）

即＝4m；

该波的波速v＝2m/s，则

f＝

因T＝

＝Hz＝0.5Hz；

所以t＝2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“爬

坡法”可知质点A向下运动。

故答案为：4，0.5，向下运动

16．【知识点】光的折射定律；全反射．

【答案】解：设该棱镜的临界角为，折射率为n，由临界角和折

射率的关系可知：

sin＝

设光线从M点射入棱镜后折射角为，由几何关系可得：

＝90﹣

由折射定律可知：

联立可得：

解得：

，

即棱镜的折射率为

将上述几何关系表示在下图：

由数学知识可求得：

且由几何关系可得：

BN＝BM•tan

NC＝BC﹣BN

PC＝

，且BC＝a

M是AB的中点，所以BM＝

联立解得：

PC＝

。

即P、C两点之间的距离为答：棱镜的折射率为

，P、C两点之间的距离为