2022年全国高考理综物理乙卷试题及答案解析

2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）

二、选择题：

14．2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（ ） A．所受地球引力的大小近似为零

B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零

C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等 D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小

15．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为（ ）

物理

35

A．

5F2F3F3F B． C． D． 8m5m8m10m16．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）

A．它滑过的弧长 B．它下降的高度

C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积

17．一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为610m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为310147个。普朗克常量为

h6.631034Js。R约为（ ）

A．110mB．310mC．610m D．910m

18．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）

2222

1

测量序号 1 2 3 4 Bx/μT 0 0 21 By/μT 21 Bz/μT 45 46 20 0 0 45 45 21 A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为50μT C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方

19．如图，两对等量异号点电荷q、qq0固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）

A．L和N两点处的电场方向相互垂直

B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功 D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零

20．质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g10m/s。则（ ）

2

A．4s时物块的动能为零 B．6s时物块回到初始位置

C．3s时物块的动量为12kgm/s D．0~6s时间内F对物块所做的功为40J 21．一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和Rd）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别

2

为r1、r2Rr；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；1r2Rd粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）

A．粒子3入射时的动能比它出射时的大 B．粒子4入射时的动能比它出射时的大 C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

三、非选择题：

（一）必考题： 22．（5分）

用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（t0）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：

2 3 4 5 6 t/s 0 1 x/m 0 507 1094 1759 2505 3329 4233 回答下列问题：

（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：___________；

（2）当x507m时，该飞行器速度的大小v_________m/s；

（3）这段时间内该飞行器加速度的大小a______m/s（保留2位有效数字）。 23．（10分）

一同学探究阻值约为550的待测电阻Rx在0~5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为3V，内阻很大），电流表A（量程为1mA，内阻为300），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75或150），开关S，导线若干。

2

3

（1）要求通过Rx的电流可在0~5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；

（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为________（填“10”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为______（填“75”或“150”）的定值电阻；

（3）测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时Rx两端的电压为______V，流过Rx的电流为_____mA，此组数据得到的Rx的阻值为_______（保留3位有效数字）。

24．（12分）

如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为5.010Ω/m；在t0到t3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)0.30.1t(SI)。求

3

（1）t2.0s时金属框所受安培力的大小；

（2）在t0到t2.0s时间内金属框产生的焦耳热。 25．（20分）

如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，到t2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图（b）t0时与弹簧接触，

所示。已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为(sin0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

4

（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。 （二）选考题

33．【物理—选修3-3】（15分）

（1）（5分）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如TV图上的两条线段所示，则气体在________。（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．状态a处的压强大于状态c处的压强 B．由a变化到b的过程中，气体对外做功 C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变 D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热

E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能

（2）（10分）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。

（ⅰ）求弹簧的劲度系数；

（ⅱ）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。

34．【物理——选修3-4】（15分）

（1）（5分）介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8s。当S1过平衡位置向上运动时，S2也过平衡位置向上运动．若波速

5

为5m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为__________m。P为波源平齿位置所在水平面上的一点，与S1、S2平衡位置的距离均为10m，则两波在P点引起的振动总是相互__________（填“加强”或“削弱”）的；当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点__________（填“向上”或“向下”）运动。

（2）（10分）一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至AB边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当sini1时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DEDA。求棱镜的折射率。

6

6

2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）

物理答案解析

1.【答案】𝐶

【解析】解：𝐴𝐵𝐶.航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误； D.根据万有引力公式 𝐹万=

𝐺𝑀𝑚𝑟2

可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。 故选：𝐶。

空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，宇航员在空间站中随空间站一起做绕地圆周运动，万有引力完全提供做圆周运动的向心力；根据万有引力公式分析在飞船轨道上向心力和地球表面的引力大小。

本题以“天宫二号”空间站直播授课为背景考查人造卫星运行问题，解题关键要分析清楚空间站的运动，知道航天器在轨道上绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。

2.【答案】𝐴

【解析】解：当两球运动至二者相距5𝐿时，对此时进行受力分析，如图所示：

3

因为两球关于𝐹所在直线对称，𝑠𝑖𝑛𝜃=

3

𝐿10𝐿2

=，所以𝑐𝑜𝑠𝜃=5， 5

5

34

𝑇=𝐹，2𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃=𝐹，已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为𝑇，水平方向上受力分析，解得： 8对其中一个小球用牛顿第二定律，得；𝑇=𝑚𝑎，解得：𝑎=8𝑚。 故A正确，BCD错误。 故选A。

本题需要对当两球运动至二者相距5𝐿时这一瞬间单独进行受力分析，再根据牛顿第二定律即可求出结果。

本题考查受力分析和牛顿第二定律，需要对特殊位置进行分析，比较简单。

3

5𝐹

7

3.【答案】𝐶

【解析】解：设下滑过程中，它到𝑃点距离为𝐿，下滑高度为ℎ，圆环半径为𝑅，如图

由几何关系得 𝑠𝑖𝑛𝜃=

ℎ𝐿

=

𝐿2𝑅

根据机械能守恒定律得 𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑣2

21

联立解得：𝑣=𝐿√，

𝑅

𝑔

故C正确，ABD错误； 故选：𝐶。

根据几何关系求出各物理量间关系，根据机械能守恒定律求出速度表达式即可。 本题考查机械能守恒定律应用个，属于基础题，求出小环速率表达式即可分析。

4.【答案】𝐵

【解析】解：设每个光子的能量大小为ɛ，则有：

𝑐3×108

−34

ɛ=ℎ𝜈=ℎ=6.63×10×𝐽=3.315×10−19𝐽 −7𝜆6×10因为该光源辐射的功率为113𝑊，由𝑊=𝑝𝑡可知，每秒向外辐射的能量为

𝑊=113×1𝐽=113𝐽

即以光源为球心，每秒通过某球面的光子能量为113𝐽。故距离光源𝑅处的球面满足数学公式： 𝑊=𝑝𝑡=𝑁ɛ𝑆𝑡 即：

3×1014×3.315×10−19×4𝜋𝑅2=113

可以解得：𝑅≈300𝑚，故B正确，ACD错误。 故选：𝐵。

先计算每个光子的能量，再根据以光源为球心，每秒通过某球面的能量相等，列出数学表达式，即可求出某一球面的半径。

本题考查光子能量的计算，要牢记公式ɛ=ℎ𝜈，并掌握波长、光速、频率之间的数量关系。

8

难度不大，但计算时应细心，避免出错。

5.【答案】𝐵𝐶

【解析】

解：𝐴.如图所示地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线(磁轴)与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中𝑧轴数据可看出𝑧轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误； B.磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

2+𝐵2=√𝐵2+𝐵2𝐵=√𝐵𝑥𝑦𝑦𝑧

=√202+462𝜇𝑇=√2516𝜇𝑇≈50𝜇𝑇

代入数据得：𝐵≈50𝜇𝑇，故B正确；

𝐶𝐷.由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测得𝐵𝑦<0，故𝑦轴指向南方，第3次测得𝐵𝑥>0，故𝑥轴指向北方而𝑦轴则指向西方，故C正确，D错误。 故选：𝐵𝐶。

地球可视为一个大磁场，地理的北极为磁场的南极，地理的南极为磁场的北极，磁场强度为矢量，根据图中信息即可求得该处磁场大小及方向。

本题考查了地球磁场及磁场强度为矢量的运算，解题的关键是知道地球可视为一个大磁场，地理的北极为磁场的南极，地理的南极为磁场的北极，磁场强度为矢量，计算矢量运算法则。

6.【答案】𝐴𝐵

【解析】解：𝐴、两个正电荷在𝑁点产生的场强方向由𝑁指向𝑂，𝑁点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在𝑁点产生的场强方向由𝑁指向𝑂，则𝑁点的合场强方向由𝑁指向𝑂，同理可知，两个负电荷在𝐿处产生的场强方向由𝑂指向𝐿，𝐿点处于两正电荷连线的中垂线上，

9

两正电荷在𝐿处产生的场强方向由𝑂指向𝐿，则𝐿处的合场方向由𝑂指向𝐿，由于正方向两对角线垂直平分，则𝐿和𝑁两点处的电场方向相互垂直，故A正确；

B、正方向底边的一对等量异号电荷在𝑀点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在𝑀点产生的场强方向向右，由于𝑀点离上方一对等量异号电荷距离较远，则𝑀点的场方向向左，故B正确；

C.由图可知，𝑀和𝑂点位于两等量异号电荷的等势线上，即𝑀和𝑂点电势相等，所以将一带正电的点电荷从𝑀点移动到𝑂点，电场力做功为零，故C错误；

D.由图可知，𝐿点的电势低于𝑁点电势，则将一带正电的点电荷从𝐿点移动到𝑁点，电场力做功不为零，故D错误。 故选：𝐴𝐵。

电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合；电势是标量，每个地方的电势是各个点电荷在此的电势的代数和，正电荷，电势降低，电势能减小，电场力做正功。

此题考查电场的叠加，注意结合等量同种电荷和等量异种电荷的电场进行分析，可以使问题简化。

7.【答案】𝐴𝐷

【解析】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：𝑓=𝜇𝑚𝑔=0.2×1×10𝑁=2𝑁。

A、𝑡3=3𝑠时物体的速度大小为𝑣3，则有：(𝐹−𝑓)𝑡3=𝑚𝑣3，其中𝐹=4𝑁，代入数据解得：𝑣3=6𝑚/𝑠；

𝑡4=4𝑠时速度为𝑣4，根据动量定理可得：−(𝐹+𝑓)(𝑡4−𝑡3)=𝑚𝑣4−𝑚𝑣3，代入数据解得：𝑣4=0，故A正确；

B、4𝑠末的速度为零，0～3𝑠物块沿正方向加速运动，3𝑠～4𝑠物块沿正方向减速运动，4𝑠～6𝑠物块反向加速，且加速度大小与0～3𝑠内的加速度大小相等，故6𝑠时物块没有回到初始位置，故B错误；

C、3𝑠时物块的动量大小为：𝑝=𝑚𝑣3=1×6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，故C错误； D、0～3𝑠内物块的位移：𝑥1=3𝑠～4𝑠内物块的位移：𝑥2=

3𝑣32

𝑡3=×3𝑚=9𝑚，方向为正方向；

2

6

𝑣3+𝑣4

(𝑡4−𝑡3)=

6+02

×(4−3)𝑚=3𝑚，方向为正方向；

6𝑠时物块的速度大小为𝑣6，则有：(𝐹−𝑓)𝑡2=𝑚𝑣6，解得：𝑣6=4𝑚/𝑠 4𝑠～6𝑠物块的位移大小为：𝑥3=

𝑣62

𝑡2=2×2𝑚=4𝑚，方向为负方向。

4

所以0～6𝑠时间内𝐹对物块所做的功为：𝑊=𝐹(𝑥1−𝑥2+𝑥3)=4×(9−3+4)𝐽=40𝐽，故D正确。 故选：𝐴𝐷。

10

求出物块与地面间的滑动摩擦力，根据动量定理求解3𝑠时的速度和4𝑠时的速度，再根据位移计算公式求解位移，根据功的计算公式求解做的功。

本题主要是考查动量定理与图象的结合，关键是弄清楚运动情况和受力情况，知道合外力的冲量等于动量的变化。

8.【答案】𝐵𝐷

【解析】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到𝑂点的距离成反比，可设为 𝐸=𝑟，即𝐸=𝑘𝑟

A.粒子3从距𝑂点𝑟2的位置入射并从距𝑂点𝑟1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；

B.粒子4从距𝑂点𝑟1的位置入射并从距𝑂点𝑟2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确； C.带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

2

𝑣1

𝑞𝐸1=𝑚 𝑟12𝑣2

𝑞𝐸2=𝑚 𝑟2

2=可得：2𝑚𝑣1

1

𝑞𝐸1𝑟12

𝑘

=

𝑞𝐸2𝑟22

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误； D.粒子3做向心运动，则有

2

𝑣3

𝑞𝐸2>𝑚 𝑟2

2<可得：2𝑚𝑣3

1

𝑞𝐸2𝑟22

2

=2𝑚𝑣1 1

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确； 故选：𝐵𝐷。

离子在电场里在辐向电场力的作用下运动，1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，粒子射出时动能不发生变化；粒子3、4在非匀强电场中运动，主要看粒子是靠近𝑂点，电场力做正功，动能增大；粒子是远离𝑂点，电场力做负功，动能减小。

本题考查了粒子在辐向的匀强电场或者在非匀强电场中的运动，判断粒子出电场动能的变化，解题的关键看电场力对粒子做什么功，中档难度。

9.【答案】根据相邻1𝑠内的位移之差接近𝛥𝑥=79𝑚 547 79

【解析】解：(1)第1𝑠内的位移507𝑚，第2𝑠内的位移587𝑚，第3𝑠内的位移665𝑚，第4𝑠内的位移746𝑚，第5𝑠内的位移824𝑚，第6𝑠内的位移904𝑚，则相邻1𝑠内的位移之差接近𝛥𝑥=

11

79𝑚，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；

(2)根据匀变速直线运动的规律可知𝑥=507𝑚时飞行器的速度等于0−2𝑠内的平均速度，则当𝑥=507𝑚时，该飞行器速度的大小𝑣=(3)根据逐差法可知，

𝑥2𝑡2

=

10942

𝑚/𝑠=547𝑚/𝑠；

。

故答案为：根据相邻1𝑠内的位移之差接近𝛥𝑥=79𝑚；547；79。 (1)匀变速直线运动的规律：连续相等时间内的位移之差等于一个定值。

(2)匀变速直线运动的规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度； (3)根据逐差法求解加速度。

本题考查匀变速直线运动规律的研究，解题关键是要掌握平均速度公式和逐差法求加速度。

10.【答案】10𝛺 75𝛺 2.30 4.20 548

【解析】解：(1)电流表内阻已知，电流表与𝑅0并联扩大电流表量程，进而准确测量通过𝑅𝑥的电流，电压表单独测量𝑅𝑥的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过𝑅𝑥的电流从0～5𝑚𝐴连续可调，电路图如图1所示：

(2)电路中𝑅应选最大阻值为10𝛺的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小； 通过𝑅𝑥的电流最大为5𝑚𝐴，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如图2所示：

根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知：1𝑚𝐴=解得：𝑅0=75𝛺；

4𝑚𝐴300𝛺𝑅0

12

(3)电压表每小格表示0.1𝑉，向后估读一位，即𝑈=2.30𝑉；

电流表每小格表示0.02𝑚𝐴，本位估读，即0.84𝑚𝐴，电流表量程扩大5倍，所以通过𝑅𝑥的电流为𝐼=4.20𝑚𝐴； 根据欧姆定律可知：𝑅𝑥=

𝑈𝐼

2.304.20×10−3=𝛺≈548𝛺。

故答案为：(1)电路图见解析；(2)10𝛺，75𝛺；(3)2.30；4.20；548。 (1)电流表需要改装，滑动变阻器采用分压式接法，由此连图；

(2)根据“方便性原则”选取滑动变阻器；通过𝑅𝑥的电流最大为5𝑚𝐴，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流特点进行解答；

(3)根据电压表和电流表的读数方法进行读数，根据欧姆定律求解电阻阻值。

对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。对于实验仪器的选取一般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则。

11.【答案】解：(1)金属框的总电阻为𝑅=4𝑙𝜆=4×0.40×5.0×10−3𝛺=8×10−3𝛺，

金属框中产生的感应电动势为金属框中的电流为

，

𝑡=2.0𝑠时磁感应强度𝐵1=0.3𝑇−0.1×2.0𝑇=0.1𝑇， 金属框处于磁场中的有效长度为此时金属框所受安培力大小为

；

(2)在𝑡=0到𝑡=2.0𝑠时间内金属框产生的焦耳热为：𝑄=𝐼2𝑅𝑡=12×8×10−3×2.0𝐽=0.016𝐽。

答：(1)𝑡=2.0𝑠时金属框所受安培力的大小为

；

(2)在𝑡=0到𝑡=2.0𝑠时间内金属框产生的焦耳热为0.016𝐽。

(1)求解总电阻，【解析】根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据𝐵与𝑡关系求解磁感应强度，根据𝐹=𝐵𝐼𝐿求解安培力，注意𝐿为等效长度； (2)根据𝑄=𝐼2𝑅𝑡求解焦耳热。

本题主要是考查法拉第电磁感应定律，关键是知道𝐵−𝑡图象的斜率不变、感应电动势不变，则感应电流也不变。

12.【答案】解：(1)设物块𝐵的质量为𝑀，𝑡0时刻物块A、𝐵达到共速，弹簧弹性势能此时最

大，设为𝐸𝑝𝑚，0～𝑡0时间内两物块作用过程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图(𝑏)数据得：

13

𝑀×1.2𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣0

解得：𝑀=5𝑚

此过程对𝐴、𝐵和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：

解得：

；

(2)𝑡0时刻物块A、𝐵达到共速，此弹簧压缩量最大

因0～𝑡0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等，方向相反，又因𝑀=5𝑚

由牛顿第二定律可知物块𝐵做减速直线运动的加速度大小始终等于物块𝐴做加速直线运动的加速度大小的5，那么在相同时间内，物块𝐵的速度减小量始终等于物块𝐴的速度增加量的5，由𝑣−𝑡图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如图1所所示：

1

1

已知：0～𝑡0时间内，物块𝐴运动的距离为0.36𝑣0𝑡0。即图中面积𝑆𝐴=0.36𝑣0𝑡0 物块𝐵相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积𝑆𝐵，由前述分析可知：

11

𝑆𝐵=𝑆𝐴=×0.36𝑣0𝑡0=0.072𝑣0𝑡0

55

则0～𝑡0时间内，物块𝐵运动的位移大小为：

𝑥𝐵=1.2𝑣0𝑡0−𝑆𝐵=1.2𝑣0𝑡0−0.072𝑣0𝑡0=1.128𝑣0𝑡0

由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为： 𝛥𝑙𝑚=𝑥𝐵−𝑆𝐴=1.128𝑣0𝑡0−0.36𝑣0𝑡0=0.768𝑣0𝑡0；

(3)已知𝐴再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知𝐴两次滑上斜面的初速度相同，且为2𝑣0。

设𝐴第一次下滑到斜面底端时的速度大小为𝑣𝐴(其方向水平向左)，𝐴与𝐵再次碰撞后𝐵的速度为𝑣𝐵，以水平向右为正方向，对𝐴与𝐵再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图(𝑏)数据得：

𝑀×0.8𝑣0−𝑚𝑣𝐴=𝑀𝑣𝐵+𝑚×2𝑣0 111122

𝑀(0.8𝑣0)2+𝑚𝑣𝐴=𝑀𝑣𝐵+𝑚(2𝑣0)2 2222

14

联立解得：𝑣𝐴=𝑣0

设𝐴在斜面上上滑的最大高度为ℎ，𝐴与斜面间的动摩擦因数为𝜇，对𝐴第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：

−𝑚𝑔ℎ−𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅

ℎ1

=0−𝑚(2𝑣0)2 sin𝜃2对𝐴第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：

−2𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅

联立代入数据解得：𝜇=0.45。

2

答：(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6𝑚𝑣0；；

ℎ112

=𝑚𝑣𝐴−𝑚(2𝑣0)2 sin𝜃22(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768𝑣0𝑡0； (3)物块𝐴与斜面间的动摩擦因数为0.45。

【解析】(1)𝑡0时刻物块𝐴、𝐵达到共速，弹簧弹性势能此时最大。0～𝑡0时间内两物块作用过程，由动量守恒定律求得𝐵的质量；由机械能守恒定律求解弹簧弹性势能最大值； (2)𝑡0时刻物块𝐴、𝐵达到共速，此时弹簧压缩量最大。已知0～𝑡0时间内，物块𝐴运动的距离，根据牛顿第二定律，分析两物块运动中的物理量的关系，根据𝑣−𝑡图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求得𝐵物块位移，再由两物块的位移关系求解；

(3)已知𝐴再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知𝐴两次滑上斜面的初速度相同。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，求得𝐴第一次下滑到斜面底端时的速度大小；对𝐴在斜面上滑动的过程，由动能定理求解。

本题考查了力学三大原理，牛顿第二定律、功能关系、动量守恒定律的综合应用，运动过程较多，难度大。对于满足动量守恒定律的弹簧的碰撞问题，两物体共速时弹簧弹性势能最大；弹簧由原长变化到原长的过程类似于弹性碰撞。本题第(2)问是加速度变化的过程，两物块的加速度大小存在恒定的比例关系，可利用图像的面积分析运动位移关系。

13.【答案】𝐴𝐵𝐷

【解析】解：𝐴𝐶、根据一定质量的理想气体状态方程𝑇=𝐶可得𝑇=𝐶𝑉，从𝑎到𝑏，图像的斜率不变，压强不变，从𝑏到𝑐的过程中，与坐标原点的连线的斜率逐渐减小，压强减小，故状态𝑎处的压强大于状态𝑐处的压强，故A正确，C错误； B、由𝑎到𝑏的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，故B正确；

𝐷𝐸、由𝑎到𝑏，气体的温度升高，内能增大且气体对外做功，根据热力学第一定律𝛥𝑈=𝑊+𝑄可得：𝑄=𝛥𝑈−𝑊，气体从外界吸热且大于增加的内能，故D正确，E错误； 故选：𝐴𝐵𝐷。

根据一定质量的理想气体状态方程𝑇=𝐶可得𝑇=𝐶𝑉，结合图像判断出气体压强的变化，

𝑝𝑉

𝑝

𝑝𝑉

𝑝

15

根据气体温度与体积的变化，判断出内能的变化和气体做功情况，结合热力学第一定律即可判断。

本题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律𝛥𝑈=𝑊+𝑄中，𝑊、𝑄取正负号的含义。

14.【答案】解(1)对活塞与弹簧整体进行受力分析得：3𝑚𝑔+2𝑝0𝑆+𝑝𝑠=2𝑝𝑆+𝑝0𝑆

对活塞Ⅱ受力分析得：𝑝0𝑆+𝐹=𝑝𝑆+𝑚𝑔 有胡克定律得：𝐹=0.1𝑘𝑙 联立解得：𝑘=

40𝑚𝑔𝑙

3𝑚𝑔𝑆

(2)通过对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强𝑝=

+𝑝0，由题可知气体做的是等

压变化，那么弹簧上弹力大小不变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变， 所以气体初态：体积𝑉1=

3.32

𝑆⋅𝑙

温度：𝑇1=𝑇0 末态：体积𝑉2=2.2𝑆⋅𝑙；温度为𝑇2

12由理想气体状态方程得：𝑇=𝑇 1

2

𝑉𝑉

𝑇2=

答：(1)弹簧的劲度系数

40𝑚𝑔𝑙

𝑇02.2𝑆𝑙4

×2=𝑇0 3.3𝑆𝑙3 (2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强为

3𝑚𝑔𝑆

+𝑝0，温度为3𝑇0

4

【解析】整体隔离受力分析，求出气体压强与弹簧弹力，然后推出末态气体体积，根据理想气体状态方程即可求解。

本题考查胡克定律、受力分析，研究对象受力的的选取、理想气体状态方程，注意题目隐含条件的挖掘。注重基础知识的夯实。

15.【答案】4 加强 向下

【解析】解：因周期𝑇=0.8𝑠，波速为𝑣=5𝑚/𝑠，则波长为𝜆=𝑣𝑇=5×0.8𝑚=4𝑚 因两波源到𝑃点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则𝑃点的振动是加强的； 因𝑆1𝑃=10𝑚=2.5𝜆，则当𝑆1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在𝑃点的质点向下振动。 故答案为：4；加强；向下。

根据波长、波速和周期的关系得出简谐横波的波长； 根据波程差和半波长的关系得出某个位置的振动特点； 根据不同点的距离关系分析出质点的振动方向。

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本题主要考查了简谐横波的相关应用，熟悉公式𝜆=𝑣𝑇的应用，结合波的叠加特点即可完成分析。

16.【答案】解：当𝑠𝑖𝑛𝑖=6时，恰好没有光线从𝐴𝐵边射出棱镜，作出光路图如图所示

1

设在𝐸点发生全反射临界角为𝐶，根据折射定律得

1

𝑠𝑖𝑛𝐶=

𝑛由几何关系得

𝐶+∠𝐴𝐸𝐷=90° 𝑟+90°=∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐸𝐴𝐷

又因𝐷𝐸=𝐷𝐴，则∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐸𝐴𝐷 可得：𝑟=90°−2𝐶 根据折射定律得

𝑖

𝑛=sin

sin𝑟联立解得：𝑛=1.5。 答：棱镜的折射率为1.5。

【解析】依题意作出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求折射率。

本题考查光的折射计算，此类题型通常需要正确作出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，再结合折射定律求解。

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