2022年廣東高考物理試題解析

2024年2月8日發(作者：我的伯父魯迅先生教學反思)

2022年廣東高考物理試題解析1.圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄AB靜止時，連接AB的輕繩處于繃緊狀態。O點是三根輕繩的結點，F、F1和F2分別表示三根繩的拉力大小，F1?F2且?AOB?60?。下列關系式正確的是（）A.F?F1B.F?2F1C.F?3F1F?3F1【答案】D【詳解】以O點為研究對象，受力分析如圖由幾何關系可知??30?由平衡條件可得F1sin30??F2sin30?F1cos30??F2cos30??F聯立可得F?3F1故D正確，ABC錯誤。故選D。D.

假設火星和地球的冬季是各自公2.“祝融號”火星車需要“休眠”以度過火星寒冷的冬季。轉周期的四分之一，且火星的冬季時長約為地球的1.88倍。火星和地球繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動。下列關于火星、地球公轉的說法正確的是（A.火星公轉的線速度比地球的大C.火星公轉的半徑比地球的小【答案】D【詳解】由題意可知，火星的公轉周期大于地球的公轉周期）B.火星公轉的角速度比地球的大D.火星公轉的加速度比地球的小Mm4?2C．根據G2?m2r可得rTr3T?2?GM可知火星的公轉半徑大于地球的公轉半徑，故C錯誤；Mmv2A．根據G2?m可得rrv?GMr結合C選項，可知火星的公轉線速度小于地球的公轉線速度，故A錯誤；B．根據??D．根據G2?可知火星公轉的角速度小于地球公轉的角速度，故B錯誤；TMm?ma可得2ra?GMr2可知火星公轉的加速度小于地球公轉的加速度，故D正確。故選D。3.圖是滑雪道的示意圖。可視為質點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下，經過水平NP段后飛入空中，在Q點落地。不計運動員經過N點的機械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員速度大小v或加速度大小a隨時間t變化的圖像是（）

A.B.C.D.【答案】C【詳解】設斜坡傾角為?，運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律mgsin??ma1可得a1?gsin?運動員在水平NP段做勻速直線運動，加速度a2?0運動員從P點飛出后做平拋運動，加速度為重力加速度a3?g設在P點的速度為v0，則從P點飛出后速度大小的表達式為2v?v0?g2t2由分析可知從P點飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且a1?a3C正確，ABD錯誤。故選C。4.圖是簡化的某種旋轉磁極式發電機原理圖。定子是僅匝數n不同的兩線圈，n1?n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）

A.兩線圈產生的電動勢的有效值相等C.兩線圈產生的電動勢同時達到最大值【答案】B【詳解】AD．根據B.兩線圈產生的交變電流頻率相等D.兩電阻消耗的電功率相等E?n???t兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數不等，則產生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等，根據U2P?R可知，兩電阻的電功率也不相等，選項AD錯誤；因兩線圈放在同一個旋轉磁鐵的旁邊，則兩線圈產生的交流電的頻率相等，選項B正確；B．C．當磁鐵的磁極到達線圈附近時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，可知兩線圈產生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤；故選B。5.目前科學家已經能夠制備出能量量子數n較大的氫原子。氫原子第n能級的能量為En?E1，其中E1??13.6eV。圖是按能量排列的電磁波譜，要使n?20的氫原子吸收一n2）個光子后，恰好失去一個電子變成氫離子，被吸收的光子是（A.紅外線波段的光子C.紫外線波段的光子【答案】AB.可見光波段的光子D.X射線波段的光子

【詳解】要使處于n=20的氫原子吸收一個光子后恰好失去一個電子變成氫離子，則需要吸收光子的能量為E?0?(則被吸收的光子是紅外線波段的光子。故選A。?13.6)eV?0.034eV2206.如圖5所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是（）A.將擊中P點，t大于LvB.將擊中P點，t等于C.將擊中P點上方，t大于【答案】BLvLvD.將擊中P點下方，t等于Lv【詳解】由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木運動時間相同，根據h?12gt2可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t?故選B。Lv7.如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）

A.B.C.D.【答案】A【詳解】AB．由題意知當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據左手定則可知在MN受到y軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側根據左手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、已知M、P兩點。P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）

A.電子從N到P，電場力做正功C.電子從M到N，洛倫茲力不做功點所受的合力【答案】BCB.N點的電勢高于P點的電勢D.電子在M點所受的合力大于在P【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；B．根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s9.如圖所示，勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質量為50kg，MN=PQ?20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A.從M到N，小車牽引力大小為40NB.從M到N，小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q，小車重力勢能增加1?104JD.從P到Q，小車克服摩擦力做功700J【答案】ABD

【詳解】A．小車從M到N，依題意有P1?Fv1?200W代入數據解得F?40N故A正確；B．依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為f1?F?40N則摩擦力做功為W1??40?20J??800J則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為?Ep?mg??h?500N?20m?sin30o?5000J故C錯誤；D．依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有f2?mgsin30o?摩擦力做功為P2v2W2??f2?s2s2?20m聯立解得W2??700J則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。故選ABD。10.如圖所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）

A.N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同B.線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C.線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流D.線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等【答案】AC【詳解】A．依題意，M、N兩點連線與長直導線平行、兩點與長直導線的距離相同，根據右手螺旋定則可知，通電長直導線在M、N兩點產生的磁感應強度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據右手螺旋定則，線圈在P點時，磁感線穿進與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點平移過程中，磁感線穿進與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發生變化，故B錯誤；C．根據右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，磁感線穿進與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始終為零，沒有發生變化，線圈無感應電流，故C正確；D．線圈從P點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點到M點所用時間較從P點到N點時間長，根據法拉第電磁感應定律，則兩次的感應電動勢不相等，故D錯誤。故選AC。三、非選擇題：共54分。第11~14題為必考題，考生都必須作答。第15~16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共42分。11.某實驗小組為測量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導致的機械能損失，設計了如圖（a）所示的裝置，實驗過程如下：

（1）讓小球從某一高度由靜止釋放，與水平放置的橡膠材料碰撞后豎直反彈。調節光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門。（2）用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖（b）所示，小球直徑d?__________mm。（3）測量時，應__________（選填“A”或“B”，其中A為“先釋放小球，后接通數字計時器”，B為“先接通數字計時器，后釋放小球”）。記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮光時間t1和t2。（4）計算小球通過光電門的速度，已知小球的質量為m，可得小球與橡膠材料碰撞導致的機械能損失?E?__________（用字母m、d、t1和t2表示）。（5）若適當調高光電門的高度，將會__________（選填“增大”或“減小”）因空氣阻力引起的測量誤差。【答案】①.7.883##7.884②.B1d21d2m()?m()③.2t12t2④.增大【詳解】（2）[1]依題意，小球的直徑為d?7.5mm?38.4?0.01mm?7.884mm考慮到偶然誤差，7.883mm也可以。（3）[2]在測量時，因小球下落時間很短，如果先釋放小球，有可能會出現時間記錄不完整，所以應先接通數字計時器，再釋放小球，故選B。（4）[3]依題意，小球向下、向上先后通過光電門時的速度分別為v1、v2，則有v1?dt1

v2?dt2則小球與硅膠材料碰撞過程中機械能的損失量為?E?12121d21d2mv1?mv2?m()?m()222t12t2（5）[4]若調高光電門的高度，較調整之前小球會經歷較大的空中距離，所以將會增大因空氣阻力引起的測量誤差。12.彈性導電繩逐步成為智能控制系統中部分傳感器的敏感元件，某同學測量彈性導電繩的電阻與拉伸后繩長之間的關系，實驗過程如下：（1）裝置安裝和電路連接；如圖（a）所示，導電繩的一端固定，另一端作為拉伸端，兩端分別用帶有金屬夾A、B的導線接入如圖（b）所示的電路中。（2）導電繩拉伸后的長度L及其電阻Rx的測量①將導電繩拉伸后，用刻度尺測量并記錄A、B間的距離，即為導電繩拉伸后的長度L。②將滑動變阻器R的滑片滑到最右端。斷開開關S2，閉合開關S1，調節R，使電壓表和電流表的指針偏轉到合適位置。記錄兩表的示數U和I1。③閉合S2，電壓表的示數__________（選填“變大”或“變小”）。調節R使電壓表的示數仍為U，記錄電流表的示數I2，則此時導電繩的電阻Rx=__________（用I1、I2和U表示）。④斷開S1，增大導電繩拉伸量，測量并記錄A、B間的距離，重復步驟②和③。（3）該電壓表內阻對導電繩電阻的測量值__________（選填“有”或“無”）影響。（4）圖11(c）是根據部分實驗數據描繪的Rx—L圖線。將該導電繩兩端固定在某種機械臂上，當機械臂彎曲后，測得導電繩的電阻Rx為1.33kΩ，則由圖線可讀出導電繩拉伸后的長度為__________cm，即為機械臂彎曲后的長度。

【答案】①.變小U②.I2?I1③.無④.51.80【詳解】（2）[1]閉合S2后，并聯部分的電阻減小，根據閉合電路歐姆定律，電壓表的示數變小。[2]加在導電繩兩端的電壓為U，流過導電繩的電流為I2—I1，因此導電繩的電阻Rx?UI2?I1（3）[3]在閉合S2之前，電流表I1的示數包括定值電阻的電流和電壓表分得的電流，閉合S2之后，加在電壓表兩端的電壓保持不變，因此流過電壓表和定值電阻的總電流仍為I1，故流過導電繩的電流是I2—I1，與電壓表內阻無關，電壓表內阻對測量沒有影響。（4）[4]由圖c可知，導電繩拉伸后的長度為51.80cm。13.某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m?0.2kg，滑桿的質量M?0.6kg，A、B間的距離l?1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運動的最大高度h。【答案】（1）N1?8N，N2?5N；（2）v1?8m/s；（3）h?0.2m【詳解】（1）當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1??m?M?g?8N

當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2?Mg?f'?5N（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據動能定理有?mgl?fl?代入數據解得v1?8m/s。1212mv1?mv022（3）由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒有mv1??m?M?v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有??m?M?gh?0?代入數據聯立解得h?0.2m。1?m?M?v2214.密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離h2?h2?h1?，隨后與A合并，形成一個球形新f?kmv，其13油滴，繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。

mgd(h1?h2)mgt【答案】（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量為，hU1h1?mgh2(h1?h2)；（3）見解析h123【詳解】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小v1?勻速時h1tmg?f又f?kmv1聯立可得2313k?mgth1（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為v2?根據平衡條件可得h2tmg?kmv2?解得13Uqdq?根據mgd(h1?h2)hU1?Ep??W電又

W電?聯立解得U?qh2d?Ep??mgh2(h1?h2)h1（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質量為2m，新油滴所受電場力Uq'mg(h1?h2)F??dh1'若F'?2mg，即h2>h1可知v2?v1新油滴速度方向向上，設向上為正方向，根據動量守恒定律mv2?mv1?2mv共可得v共?0新油滴向上加速，達到平衡時2mg?k?(2m)v?F'解得速度大小為13v?速度方向向上；若F'?2mg，即h2?h132th1?h2可知v2?v1設向下為正方向，根據動量守恒定律

'mv1?mv2?2mv共可知'v共?0新油滴向下加速，達到平衡時2mg?F?k?(2m)v'解得速度大小為'13v'?速度方向向下。h1?h232t（二）選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。15.利用空調將熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外環境，這個過程__________（選填“是”或“不是”）自發過程。該過程空調消耗了電能，空調排放到室外環境的熱量__________（選填“大于”“等于”或“小于”）從室內吸收的熱量。【答案】①.不是②.大于【詳解】[1]空調將熱量從溫度低的室內傳遞到溫度較高的室外，這個過程要消耗電能，不是自發的過程；[2]由于空調的壓縮機做功，使得空調排放到室外環境的熱量大于從室內吸收的熱量。16.玻璃瓶可作為測量水深的簡易裝置。如圖所示，潛水員在水面上將80mL水裝入容積為380mL的玻璃瓶中，擰緊瓶蓋后帶入水底，倒置瓶身，打開瓶蓋，讓水進入瓶中，穩定后測得瓶內水的體積為230mL。將瓶內氣體視為理想氣體，全程氣體不泄漏且溫度不變。大氣壓強p0取1.0?105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度?取1.0?103kg/m3。求水底的壓強p和水的深度h。【答案】p?2.0?105Pa，10m

【詳解】對瓶中所封的氣體，由玻意耳定律可知p0V0?pV即1.0?105?(380?80)?p?(380?230)解得p?2.0?105Pa根據p?p0??gh解得h=10m17.如圖所示，某同學握住軟繩的一端周期性上下抖動，在繩上激發了一列簡諧波。從圖示時刻開始計時，經過半個周期，繩上M處的質點將運動至__________（選填“N”“P”或“Q”）處。加快抖動，波的頻率增大，波速__________（選填“增大”“減小”或“不變”）。【答案】①.P②.不變【詳解】[1]經過半個周期，波向右傳播半個波長，而M點只在平衡位置附近上下振動，恰好運動到最低點P點。[2]波速是由介質決定的，與頻率無關，波的頻率增大，而波速度仍保持不變。液體上方是空氣，其截面如圖所示。18.一個水平放置的圓柱形罐體內裝了一半的透明液體，一激光器從罐體底部P點沿著罐體的內壁向上移動，它所發出的光束始終指向圓心O點。當光束與豎直方向成45?角時，恰好觀察不到從液體表面射向空氣的折射光束。已知光在空氣中的傳播速度為c，求液體的折射率n和激光在液體中的傳播速度v。

【答案】2，2c2【詳解】當入射角達到45o時，恰好到達臨界角C，根據sinC?可得液體的折射率1nn?由于11??2osinCsin45n?cv可知激光在液體中的傳播速度v?c2?cn2