【高考真题】2022年高考物理真题试卷（上海卷）一、单选题1．某元素可表示为，则下列可能为该元素同位素的是（B．C．）A．D．【答案】C【知识点】原子核的组成【解析】【解答】同位素之间质子相同，中子不同，可知质量数不同，C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】同位素之间质子相同，中子不同，从而得出质量数不相同。2．麦克风静止在水平桌面上，下列能表示支架对话筒作用力的方向的是（）A．B．C．D．【答案】A【知识点】共点力平衡条件的应用；物体的受力分析【解析】【解答】根据共点力平衡，支架对话筒作用力与话筒的重力大小相等，方向相反。故支架对话筒作用力的方向竖直向上。BCD不符合题意，A符合题意。故答案为：A。【分析】对话筒进行受力分析，根据共点力平衡得出支架对话筒作用力的方向。在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则屏上（）A．条纹变宽，光强增强B．条纹变窄，光强增强C．条纹变宽，光强减弱D．条纹变窄，光强减弱【答案】C【知识点】光的衍射【解析】【解答】在单缝衍射实验中，单缝的宽度越小，衍谢现象越明显，条纹的间距越大；狭缝的宽度越小，通光量越小，视野的亮度会变暗，光强越弱，故仅减小单缝的宽度，条纹会变宽，光强减弱，ABD不符合题意，C符合题意。故答案为：C。【分析】单缝衍射实验中，单缝的宽度越小，衍谢现象越明显，条纹间距变大，视野的亮度会减小。将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体（）A．分子热运动平均动能变小，压强变小B．分子热运动平均动能变小，压强变大C．分子热运动平均动能增大，压强变小D．分子热运动平均动能增大，压强变大【答案】D【知识点】理想气体的状态方程；温度【解析】【解答】当水温升高时，球内气体的平均动能增大；乒乓球内体积不变，温度升高，根据理想气体状态方程可知，气体的压强变大。ABC不符合题意，D符合题意。故答案为：D。【分析】温度是分子平均动能的标志，结合理想气体状态方程得出体积不变温度升高时压强的变化情况。某原子核发生核反应时放出一个正电子，则新原子核内多了一个（）A．质子B．中子C．电子D．核子【答案】B【知识点】核反应方程【解析】【解答】根据原子核在发生核反应的过程中遵守质量数守恒和电荷数守恒，且质量数=电荷数+中子数，反应时放出一个正电子，则新原子核内的电荷数减少了一个，而质量数保持不变，则中子数增加了一个，即多了一个中子，所以B符合题意，ACD不符合题意。故答案为：B。【分析】核反应方程满足质量数和电荷数守恒，从而得出该核反应中各原子核内质子、中子、电子的变化情况。6．运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a。则（）nA．ω变小，a变小B．ω变小，a变大C．ω变大，a变小D．ω变大，a变大【答案】D【知识点】描述圆周运动的物理量；向心加速度【解析】【解答】根据可知，速率不变，半径减小，则角速度ω变大；根据可知，速率不变，半径减小，向心加速度a变大。故答案为：D。【分析】结合线速度和角速度的关系判断角速度的变化情况，结合向心加速度和线速度的关系得出向心加速的关系。7．在同一介质中有a、b两列机械波，它们的波形如图所示，两列波的频率分别为fa和fb，波长分别为和，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】B【知识点】波长、波速和频率的关系【解析】【解答】由图像可得，机械波a的波长大于b，两列波在同一介质中传播，波速相同，由可得机械波a的频率小于b，即，。故答案为：B。【分析】根据图像得出两个机械波的波长关系，利用简谐波的频率和波长的关系得出两列简谐波的频率大小。8．两质点由静止开始做直线运动，它们的位移x与时间t的图像均为抛物线。t0时刻它们的速度分别为vI和vII，加速度分别为aI和aII。则（）A．vI＞vII，aI＞aIIC．vI＜vII，aI＞aIIB．vI＞vII，aI＜aIID．vI＜vII，aI＜aII【答案】A【知识点】S-t图象；匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】x-t图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，可知t0时刻vI>vII根据位移x与时间t的图像均为抛物线，根据数学知识可得根据图像可知t0时刻xI>xII所以aI＞aII。故答案为：A。【分析】x-t图像的斜率表示速度，匀变速直线运动的位移与时间的关系图像为抛物线，结合图像分析判断速度和加速度的大小关系。9．如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm，大气压强为75cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（）nA．20cmB．25cmC．40cmD．45cm【答案】A【知识点】气体实验定律【解析】【解答】设玻璃管横截面积为，初态，气体的压强为体积当两侧管内水银面相平时，设气体柱长度为，则气体体积为压强由玻意耳定律可得联立解得。故答案为：A。【分析】移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平时利用玻意耳定律得出此时气体柱的长度。10．木卫一和木卫二都绕木星做匀速圆周运动。它们的周期分别为42h46min和85h22min，它们的轨道半径分别为R1和R2，线速度分别为v1和v2，则（A．R1＜R2，v1＜v2C．R1＞R2，v1＞v2）B．R1＞R2，v1＜v2D．R1＜R2，v1＞v2【答案】D【知识点】天体的匀速圆周运动的模型【解析】【解答】根据公式可得轨道半径和线速度的表达式由题知T1＜T2代入公式可得R1＜R2v1＞v2。故答案为：D。【分析】木卫一和木卫二都绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，从而得出线速度的表达式以及轨道半径的表达式并判断大小。神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（）A．一直减小B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】A【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律【解析】【解答】依题意，返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得返回舱速度减小，则可得加速度一直减小，故答案为：A。【分析】返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，并判断随着速度的减小加速度的变化情况。12．如图，一个正方形导线框以初速v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（）A．t1＜t2，W1＜W2B．t1＜t2，W1＞W2D．t1＞t2，W1＞W2C．t1＞t2，W1＜W2【答案】B【知识点】动能定理的综合应用；动量定理；电流的概念n【解析】【解答】设线框刚进入磁场是速度为v1，刚离开磁场时速度为v2，由动量定理，又可得线框进入磁场和离开磁场的过程都受向左的安培力作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，根据知t1＜t2根据动能定理，可知故答案为：B。【分析】线框运动的过程中根据动量定理以及电流的定义式得出通过线框的电荷量，结合平均速度的表达式得出线框进入磁场的时间和离开磁场时间的大小关系，通过动能定理得出这两段时间内克服安培力做功的大小关系。二、填空题13．在描述气体状态的参量中，是气体分子空间所能达到的范围。压强从微观角度来说，是的宏观体现。【答案】体积；单位面积上气体分子平均撞击力【知识点】气体实验定律【解析】【解答】在描述气体状态的参量中，体积是指气体分子空间所能达到的范围。压强从微观角度来说，是指单位面积上气体分子平均撞击力的宏观体现。【分析】体积是指气体分子空间所能达到的范围，指单位面积上气体分子平均撞击力的宏观体现。14．“玉兔号”月球车的电池中具有同位素“钚”。请补充该元素原子核发生的核反应方程式：→+；该反应属于反应。（选填：“裂变”或“衰变”）【答案】He；衰变【知识点】核反应方程【解析】【解答】根据质量数守恒，电荷数守恒，该元素原子核发生的核反应方程式→+He该反应属于衰变。【分析】核反应方程满足质量数和电荷数守恒。15．半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度的大小为B。若增大该区域内的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为（选填：“顺时针”或“逆时针”）；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为。【答案】逆时针；2Bπr2【知识点】磁通量；楞次定律【解析】【解答】若增大该区域内的磁感应强度，则金属圆环内的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，设方向变后的磁场方向为正，则金属圆环的磁通量变化的大小为【分析】若增大该区域内的磁感应强度根据磁通量的表达式以及楞次定律得出感应电流的方向，若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变时利用磁通量的表达式得出磁通量的变化情况。16．水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O。其中央轴线上距离O点为d的位置处有一带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F（k为静电力恒量）（选填“>”、“<”或“=”）。静电力恒量k的单位可表示为（用“SI单位制”中的基本单位表示）。00【答案】<；【知识点】库仑定律【解析】【解答】把带电圆环平均分成N小段，都可以看成点电荷，电荷量为n与之间的库仑力大小为点电荷受到的电场力为即由库仑定律可知用“SI单位制”中的基本单位表示力F的单位是电力恒量k的单位可表示为。，距离r的单位是m，电荷量Q的单位是，故静【分析】根据库仑定律以及静电力的合成得出点电荷受到的电场力和库仑力的大小关系，通过库仑定律得出静电力常量的单位。17．四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，O为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为（选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为。【答案】垂直于纸面向外；0【知识点】安培定则【解析】【解答】根据安培定则，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为垂直于纸面向外；根据安培定则和矢量的叠加原理，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0。【分析】根据安培定则得出ad边在O点产生的磁场方向，结合安培定则和矢量的叠加原理得出O点磁场磁感应强度的大小。三、实验题18．在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中：（1）摆线质量和摆球质量分别为m线和m球，摆线长为l，摆球直径为d，则；A．m线>>m球，l<<dB．m线>>m球，l>>dC．m线<<m球，l<<dD．m线<<m球，l>>d（2）小明在测量后作出的T2-l图线如图所示，则他测得的结果是g=m/s2。（保留2位小数）（3）为了减小误差，应从最高点还是最低点开始计时，请简述理由。【答案】（1）D（2）9.74（3）最低点，在最低点加速度最小，速度变化慢，更容易判断，所以测得的时间误差较小【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度【解析】【解答】（1）为了减小实验册误差，该实验中要求摆线质量远小于摆球的质量，即m线<<m球；摆线长度要远大于摆球直径，即l>>d；故答案为：D。（2）由于可得n根据T2-l图线可知解得g=9.74m/s2（3）最低点，在最低点加速度最小，速度变化慢，更容易判断，所以测得的时间误差较小。【分析】（1）“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中为减小实验误差，小球的质量远大于线的质量，摆线的长度远大于摆球的直径；（2）利用单摆周期的表达式得出T2-l的表达式，结合图像得出重力加速度的大小；（3）最低点，在最低点加速度最小，速度变化慢，测得的时间更准确。四、解答题19．如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。【答案】（1）解：从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面变形得（2）解：整个过程根据动能定理有所以若物体恰能到达C点，根据动能定理有所以综上所述＜F＜【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）从B到落地过程中机械能守恒。利用机械能守恒定律得出经过B点时的动能；（2）整个过程根据动能定理得出F最大值的表达式，若物体恰能到达C点，根据动能定理得出F最小值的表达式，结合题意得出恒力必须满足的条件。20．宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：（1）匀强磁场的方向；（2）分析并说明定值电阻R0在I还是II中，并且R0大小为多少；（3）金属杆运动时的速率；（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。【答案】（1）解：a点电势高，即导体棒上端电势高，根据右手定则可判断，磁场垂直纸面向里（2）解：滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。金属棒的电阻不计Uad=E=φ0滑动变阻器两种情况下联立方程得R0＝5Ω，φ0＝1.5V（3）解：导体棒切割磁感线得v＝5m/s（4）解：将定值电阻与金属棒看成一个等效电源，得当Rx＝5Ω时滑动变阻器消耗的功率最大【知识点】电势差、电势、电势能；电功率和电功；右手定则；法拉第电磁感应定律【解析】【分析】（1）根据电势的高低以及右手定则得出磁场的方向；（2）根据电势差和电势的关系以及电路的动态分析得出R0的大小；n结合法拉第电磁感应定律得出金属杆运动时的速率；通过电功率的表达式得出功率最大时滑动变阻器的阻值。