2022届江苏省高考物理真题试卷

高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　）

A． $2.0\mathrm{m/s^{2}}$

B． $4.0\mathrm{m/s^{2}}$

C． $6.0\mathrm{m/s^{2}}$

D． $8.0\mathrm{m/s^{2}}$

【答案与解析】

书相对高铁静止，最大静摩擦力提供加速度： $f_{\max}=\mu mg=ma_{\max}$ ，得 $a_{\max}=\mu g=0.4\times10=4.0\ \mathrm{m/s^{2}}$ 。故选B。
如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为 $R_{1}=2\mathrm{\Omega}$ ， $R_{2}=3\mathrm{\Omega}$ ， $R_{3}=2\mathrm{\Omega}$ ， $R_{4}=4\mathrm{\Omega}$ ，电源电动势 $E=12\mathrm{V}$ ，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（　　）

A． $R_{1}$

B． $R_{2}$

C． $R_{3}$

D． $R_{4}$

【答案与解析】

由电路图， $R_3$ 与 $R_4$ 串联（ $2+4=6\ \Omega$ ）后与 $R_2=3\ \Omega$ 并联，等效电阻 $R_{\text{并}}=\frac{6\times3}{6+3}=2\ \Omega$ ，再与 $R_1=2\ \Omega$ 串联，总电阻 $4\ \Omega$ 。干路电流 $I_1=\frac{E}{R_{\text{总}}}=\frac{12}{4}=3\ \mathrm{A}$ ，故 $P_1=I_1^2R_1=9\times2=18\ \mathrm{W}$ 。并联部分电压 $U=3\times2=6\ \mathrm{V}$ ， $I_2=\frac{6}{3}=2\ \mathrm{A}$ ， $P_2=2^2\times3=12\ \mathrm{W}$ ； $I_{34}=\frac{6}{6}=1\ \mathrm{A}$ ， $P_3=1^2\times2=2\ \mathrm{W}$ ， $P_4=1^2\times4=4\ \mathrm{W}$ 。 $R_1$ 功率最大。故选A。
如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（　　）

A．平行于纸面向上

B．平行于纸面向下

C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里

D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外

【答案与解析】

由安培定则，导线 $b$ （垂直纸面向里）在 $a$ 左侧空间产生斜向右上的磁场，在 $a$ 右侧空间产生向下的磁场。导线 $a$ 中电流向右，由左手定则，左半部分受力垂直纸面向外，右半部分受力垂直纸面向里。故选C。
光源通过电子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（　　）

A．频率减小

B．波长减小

C．动量减小

D．速度减小

【答案与解析】

光子能量增加： $E=h\nu$ 增大，频率 $\nu$ 增大；波长 $\lambda=\frac{c}{\nu}$ 减小；动量 $p=\frac{E}{c}$ 增大；真空中光速 $c$ 不变。故选B。
如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为 $B=B_{0}+kt$ ， $B_{0}$ 、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（　　）

A． $\pi kr^{2}$

B． $\pi kR^2$

C． $\pi B_{0}r^{2}$

D． $\pi B_{0}R^{2}$

【答案与解析】

磁场只存在于半径 $r$ 的圆形区域内，有效面积 $S=\pi r^2$ 。磁通量变化率 $\frac{\Delta B}{\Delta t}=k$ ，由法拉第电磁感应定律 $\varepsilon=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=\frac{\Delta B}{\Delta t}\cdot S=k\pi r^2=\pi kr^2$ 。故选A。
自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是（　　）

A．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变

B．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大

C．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体

D．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化

【答案与解析】

体积增大时分子数不变，单位体积内分子数（密集程度）减小，A错；气体压强源于大量分子对器壁的无规则碰撞，并非分子斥力，B错；分子小不代表任何情况下都可视为理想气体（还需温度不太低、压强不太大），C错；温度变化则麦克斯韦速率分布中各速率区间分子数占比改变，D对。故选D。
如图所示，一定质量的理想气体分别经历 $a\to b$ 和 $a\to c$ 两个过程，其中 $a\to b$ 为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）

A．状态a的内能大于状态b

B．状态a的温度高于状态c

C． $a\to c$ 过程中气体吸收热量

D． $a\to c$ 过程中外界对气体做正功

【答案与解析】
某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能 $E_{k}$ 与水平位移x的关系图像正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

设斜面倾角为 $\theta$ ，不计摩擦与空气阻力，由动能定理 $E_k=mgh=mgx\tan\theta$ ，即 $E_k=mg\tan\theta\cdot x$ ， $E_k-x$ 图线斜率 $k=mg\tan\theta$ 。斜面段 $\theta$ 不变，图线为倾斜直线；经圆弧轨道时 $\theta$ 先减小后增大，斜率先减小后增大。故选A。
如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（　　）

A．在移动过程中，O点电场强度变小

B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大

C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功

D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点

【答案与解析】

移动过程中，O点场强由其余三电荷决定，从0逐渐增大，A错；C点电荷受A的斥力随A远离而减小，B错；移动电荷受其余三电荷斥力，方向与位移同向，静电力做正功，C错；移到无穷远时O点电势 $\varphi_O=3\cdot\frac{kQ}{a}>0$ ，而A点（无穷远）电势 $\varphi_A\approx0$ ，故 $\varphi_O>\varphi_A$ ，D对。故选D。
如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）

A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化

C．下滑时，B对A的压力先减小后增大

D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案与解析】

上滑到最高点后开始下滑，因A、B始终不分离，在最高点弹簧对A的弹力沿斜面向上（提供约束）；初始释放时弹簧被压缩，弹力同样沿斜面向上，故整个上滑过程弹簧始终处于压缩态，弹力方向一直沿斜面向上、不发生变化，B对。上滑能量关系 $\frac{1}{2}kx_1^2=\frac{1}{2}kx_2^2+mg(x_1+x_2)\sin\theta+W_f$ ，可得在最大位移一半处合力恰为零（加速度为零），A错；下滑时弹簧弹力向上且逐渐变大，由整体与B的牛顿第二定律得A、B间压力逐渐变大，C错；全过程弹簧弹力做功为0、A重力做功为0，回到初位置速度为零，由功能关系知克服摩擦总功等于B重力势能减少量，D错。故选B。
小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。

（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用＿＿＿＿。

A．钢球 B.乒乓球 C.橡胶球

（2）用分度值为 $1\mathrm{mm}$ 的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示，则 $h=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ 。

（3）作出 $2h-t^{2}$ 图线，如图3所示，则可得到重力加速度 $g=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^{2}}$ 。

（4）在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为 $t^{\prime}=$ ＿＿＿＿（用h、t和v表示）。（5）有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1)为减小空气阻力等影响，应选密度大的小钢球。故填A。 (2)刻度尺分度值 $1\ \mathrm{mm}$ ，估读到下一位，由图 $h=61.30\ \mathrm{cm}$ 。故填61.30 cm。 (3)由自由落体 $h=\frac{1}{2}gt^2$ 得 $2h=gt^2$ ， $2h-t^2$ 图线斜率即 $g$ ；由图线斜率得 $g=9.55\ \mathrm{m/s^2}$ 。故填9.55。 (4)手机置于地面A点时，钢尺击打声需传播距离 $h$ 到达手机，耗时 $\frac{h}{v}$ ，使记录间隔比真实下落时间多出 $\frac{h}{v}$ ；原设置（手机在中点）两声传播距离相近，记录值 $t\approx$ 真实下落时间。故 $t'=t+\frac{h}{v}$ 。故填 $t+\frac{h}{v}$ 。 (5)不正确。设木条厚度为 $H$ ，取两级高度 $h_1$ 、 $h_2$ 对应时间 $t_1$ 、 $t_2$ ，则 $g=\frac{2(h_2-h_1)}{t_2^2-t_1^2}$ ，与 $H$ 无关；或 $2h-t^2$ 图线斜率即 $g$ ，加入 $H$ 仅使纵坐标整体平移，斜率不变，故 $g$ 不受影响。故填不正确。
如图所示，两条距离为D的平行光线，以入射角 $\theta$ 从空气射入平静水面，反射光线与折射光线垂直，求：（1）水的折射率n；（2）两条折射光线之间的距离d。

【答案与解析】

(1)设折射角为 $r$ 。反射光线与折射光线垂直，而反射角等于入射角 $\theta$ ，故 $\theta+r=90^\circ$ ，即 $r=90^\circ-\theta$ 。由折射定律 $n=\frac{\sin\theta}{\sin r}=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\tan\theta$ 。即 $n=\tan\theta$ 。 (2)两入射平行光线间距为 $\mathrm{D}$ ，入射角 $\theta$ ，折射角 $r=90^\circ-\theta$ 。出射两折射光线仍平行，其垂直间距 $d=\frac{D}{\cos\theta}\cdot\sin r=\frac{D}{\cos\theta}\cdot\cos\theta\cdot\tan\theta=D\tan\theta$ 。即 $d=D\tan\theta$ 。
利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比 $l_{a}:l_{b}=3:1$ ，半径之比 $r_{a}:r_{b}=6:1$ ，不计重力及粒子间的相互作用力，求：（1）粒子a、b的质量之比 $m_{a}:m_{b}$ ；（2）粒子a的动量大小 $p_a$ 。

【答案与解析】

(1)两粒子在磁场中均做匀速圆周运动， $r=\frac{mv}{qB}=\frac{p}{qB}$ ，电荷量等量异号、大小均为 $q$ ，故 $r_a:r_b=p_a:p_b=6:1$ 。相同时间内弧长 $l=vt$ ，故 $v_a:v_b=l_a:l_b=3:1$ 。由 $p=mv$ 得 $m_av_a:m_bv_b=6:1$ ，结合 $v_a:v_b=3:1$ 得 $m_a:m_b=2:1$ 。即 $m_a:m_b=2:1$ 。 (2)中性粒子在A点分裂，动量守恒（沿原运动方向）： $mv=p_a+p_b$ ，且 $p_a:p_b=6:1$ ，故 $p_a=\frac{6}{7}mv$ 。即 $p_a=\frac{6}{7}mv$ 。
在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为 $2L$ 、角速度为 $\omega$ 的匀速圆周运动，运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。（1）求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小 $F_{n}$ ；（2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比 $F_1:F_2$ 。

【答案与解析】

(1)货物绕O点做匀速圆周运动，半径 $R=2L$ ，向心力 $F_n=m\omega^2R=2m\omega^2L$ 。即 $F_n=2m\omega^2L$ 。 (2)由 $L=\frac{1}{2}at^2$ 得 $a=\frac{2L}{t^2}$ ；到达B点速度 $v_B=at=\frac{2L}{t}$ 。机械臂作用力即货物所受合力 $F=ma$ ，瞬时功率 $P=Fv_B=ma\cdot v_B=m\cdot\frac{2L}{t^2}\cdot\frac{2L}{t}=\frac{4mL^2}{t^3}$ 。即 $P=\frac{4mL^2}{t^3}$ 。 (3)空间站与货物同步，角速度同为 $\omega=\sqrt{\frac{GM}{r^3}}$ 。货物轨道半径 $R=r-d$ （位于空间站内侧），地球引力 $F_2=\frac{GMm}{R^2}=m\omega^2\frac{r^3}{R^2}$ ；所需向心力 $F_{\text{向}}=m\omega^2R$ 。由 $F_2-F_1=F_{\text{向}}$ （ $F_1$ 为机械臂向外作用力）得 $F_1=F_2-m\omega^2R$ 。故 $F_1:F_2=\frac{r^3}{R^2}-R:\frac{r^3}{R^2}=r^3-R^3:r^3=[r^3-(r-d)^3]:r^3$ 。即 $F_1:F_2=[r^3-(r-d)^3]:r^3$ 。
某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形 $ABCD$ 区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化， $AB$ 边长为 $12d$ ， $BC$ 边长为 $8d$ ，质量为m、电荷量为 $+q$ 的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为 $E_{k}$ ，入射角为 $\theta$ ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。（1）当 $\theta=\theta_{0}$ 时，若粒子能从 $CD$ 边射出，求该粒子通过电场的时间t；（2）当 $E_{k}=4qEd$ 时，若粒子从 $CD$ 边射出电场时与轴线 $OO^{\prime}$ 的距离小于d，求入射角 $\theta$ 的范围；（3）当 $E_{k}=\frac{8}{3}qEd$ ，粒子在 $\theta$ 为 $-\frac{\pi}{2}\sim\frac{\pi}{2}$ 范围内均匀射入电场，求从 $CD$ 边出射的粒子与入射粒子的数量之比 $N:N_{0}$ 。

【答案与解析】

(1)电场力竖直，粒子水平方向匀速： $v_x=v\cos\theta_0$ ，矩形水平宽 $BC=8d$ ，通过时间 $t=\frac{8d}{v\cos\theta_0}$ 。又 $E_k=\frac{1}{2}mv^2\Rightarrow v=\sqrt{\frac{2E_k}{m}}$ ，代入得 $t=\frac{8d}{\cos\theta_0}\sqrt{\frac{m}{2E_k}}$ 。即 $t=\frac{8d}{v\cos\theta_0}\sqrt{\frac{m}{2E_k}}$ 。 (2)当 $E_k=4qEd$ 时， $v=\sqrt{\frac{8qEd}{m}}$ ，竖直加速度 $a=\frac{qE}{m}$ 。若 $\theta>0$ ，粒子先向上减速，最大竖直位移 $x_m=\frac{(v\sin\theta)^2}{2a}=\frac{v^2\sin^2\theta}{2qE/m}=4d\sin^2\theta$ 。要求从CD边射出时距轴线 $OO'$ 小于 $d$ ，即 $x_m<d$ ，得 $4\sin^2\theta<1$ ， $\sin\theta<\frac{1}{2}$ ，故 $|\theta|<\frac{\pi}{6}$ 。即 $-\frac{\pi}{6}<\theta<\frac{\pi}{6}$ 。 (3)当 $E_k=\frac{8}{3}qEd$ 时， $v'^2=\frac{2E_k}{m}=\frac{16}{3}\frac{qEd}{m}=\frac{16}{3}ad$ （ $a=\frac{qE}{m}$ ）。设入射角 $\theta'$ 时粒子恰好从右上角D射出：竖直分层场中每过一层（高 $d$ ）时间相等，记为 $t_0$ ；临界时经6层到达顶边，总竖直位移 $6d$ 。由交替场速率关系，层界竖直速率满足 $v_{\text{偶}}^2=(v'\sin\theta')^2$ ， $v_{\text{奇}}^2=(v'\sin\theta')^2-2ad$ ，且 $t_0=\frac{v'\sin\theta'-\sqrt{(v'\sin\theta')^2-2ad}}{a}$ ，又 $6t_0=\frac{8d}{v'\cos\theta'}$ 。代入化简得 $\tan^2\theta'-8\tan\theta'+7=0$ ，解得 $\tan\theta'=1$ （ $\tan\theta'=7$ 舍去），故 $\theta'=45^\circ$ 。由对称性，入射角满足 $|\theta|<45^\circ$ 的粒子均从CD边射出。 $\theta$ 在 $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ 均匀分布，出射比例 $N:N_0=(45^\circ-(-45^\circ)):(90^\circ-(-90^\circ))=1:2$ 。即 $N:N_0=1:2$ 。