2022年高考理綜乙卷物理試題注重體現物理學科特色，突出學科主干內容和關鍵能力學思維和正確價值觀念的形成與發展，引導考生綜合能力提升。2022年高考物理落實立德樹助力素質教育發展。注重考查通用方法、解決實際問題能力，減少“套路”與“技巧”注重在考查中深化基礎性，加強定性和半定量的分析，在具體的情境中考查學生對物理本質物理方法，引導減少“機械刷題”現象。例如，全國乙卷第14題以天宮課堂切入，考查對基礎知識的理解和掌握；第16題，以小環沿豎直面內光滑大圓自由下滑，看似經典，創新設問2022年高考物理創設聯系生產生活實際、科學技術進步的真實情境，考查學生建立物理全國乙卷第14題以航天員可以在“天宮二號”上自由飄浮為情境，考查學生對太空失重本質的理解，體現新時代我國重大科技發展成果，提升學生的民族自信心和自豪感。全國乙卷第18題用智能手機測地磁場，要求學生根據題中給出的測量結果論證測量地點、y軸正方向的指向情況等，讓學生體會科學技術影響著我們的生活和學習，提升學生對物理實驗探究的興趣，發展學生的證據意識。3.加強實驗設計，發展學生實驗探究能力實驗是培養學生物理學科素養的重要途徑和方式。2022年高考物理在實驗原理的理解、實驗方案的設計、實驗儀器的選擇、基本儀器的使用、實驗數據的處理、實驗結論的得出和解釋等方面加強設計，考查學生的實驗能力和科學探究能力，充分發揮對高中實驗教學的積極導向作用，引導教學重視實驗探究，引導學生自己動手做實驗，切實提升實驗能力。例如，全國乙卷第22題以雷達探測一高速飛行器的位置為背景，要求學生將熟悉的打點計時器紙帶處理方法進行靈活遷移；同時，試題要求學生給出該飛行器近似做勻加速直線運動的理由，考查學生運用物理專業術語進行表達的能力。全國乙卷第23題探測待測電阻在一定電流范圍內的伏安特性，要求學生根據實驗目的和提供的實驗器材，設計出實驗的電路原理圖以及選擇合適的器材，具有一定的探究性。4.提升試題的區分度，增加高考選拔的效度和信度綜觀整個試題，基礎題，中等題占比較大，但是每一個題都不拘一格，看似“普通”,實則都對考生思維能力和科學素養考查，對高考選拔都有效度和信度。例如：全國乙卷第21題，以可用于衛星上的帶電粒子探測裝置為情景，圖多，且思維難度大，需要考生認真審題，正確運用相關知識，才能得出正確選項。第25題，以兩滑塊速度圖像給出解題信息，綜合性強，具有一定難度。試題解析14.2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學們上了一堂精彩的科學課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們()A.所受地球引力的大小近似為零B.所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C.所受地球引力的大小與其隨飛船運動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隨飛船運動所需向心力的大小【名師解析】航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運動的向心力，飛船對其作用力等于零，故C可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運動所需向心力的大小，故D錯誤。15.如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距,它們加速度的大小均為()【參考答案】A【名師解析】當兩球運動至二者相距時，,如圖所示由幾何關系可知設繩子拉力為T,水平方向有2Tcosθ=F解得對任意小球由牛頓第二定律可得T=ma16.固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于()A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積【參考答案】C【名師解析】設小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑到Q,如圖所示設圓環下降的高度為h,圓環的半徑為R,它到P點的距離為L,根據機械能守恒定律得由幾何關系可得h=Lsinθ,:聯立可得由,即小環的速率正比于它到P點的距離L,故C正確，ABD錯誤。17.一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6×10-7m的光，在離點光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數為3×1014個。普朗克常量為h=6.63×10-34J.s。R約為()A.1×102mB.3×102mC.6×102mD.9×10【名師解析】由E=hv和c=2v可得一個光子的能量為E=hc/λ光源每秒發出的光子的個數為P為光源的功率，光子以球面波的形式傳播，那么以光源為原點的球面上的光子數相同，此時距光源的距離為R處，每秒垂直通過每平方米的光子數為3×1014個，那么此處的球面的表面積為S=4πR2聯立以上各式解得R≈3×102m,選項B正確。18.安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知()10203040C第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方 A.L和N兩點處的電場方向相互垂直B.M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到0點，電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零【名師解析】生的場強方向由N指向0,則N點的合場強方向由N指向0,同理可知，兩個負電荷在L處產生的場強方合場方向由O指向L,由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左，故B正確；由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到0點，電場力做功為零，故C錯誤；由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。20.質量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。則()A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0~6s時間內F對物塊所做的功為40J【名師解析】物塊與地面間摩擦力為f=μmg=2N對物塊從0~3內由動量定理可知(F-f)t?=mv?即(4-2)×3=1×v?得v?=6m/s3s時物塊的動量為p=mv?=6kg設3s后經過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(F+f)t=0-mv?即-(4+2)t=0-1×6,解得t=1s所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C錯誤；0~3物塊發生的位移為x?,由動能定理可得,得x?=9m3s~4s過程中，對物塊由動能定理可得4s~6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為發生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；物塊在6s時的速度大小為v?=2×2m/s=4m/s0~6s拉力所做的功為W=(4×9-4×3+4×4)J=40J,故D正確。21.一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和R+d)和探測器組成，其橫截面如圖(a)所示，點O為圓心。在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到0點的距離成反比，方向指向0點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為0、半徑分別為r、r(R<r<r?<R+d);粒子3從距O點r?的位置入射并從距O點ri的位置出射；粒子4從距0點ri的位置入射并從距0點r?的位置出射，軌跡如圖(b)中虛線所示。A.粒子3入射時的動能比它出射時的大B.粒子4入射時的動能比它出射時的大C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【參考答案】BD【名師解析】.在截面內，極板間各點的電場強度大小E與其到0點的距離r成反比，可設為Er=k帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有可得即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；粒子3從距0點r?的位置入射并從距0點r的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；粒子4從距O點r的位置入射并從距O點r?的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；粒子3做向心運動，有粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；三、非選擇題：22.用雷達探測一高速飛行器的位置。從某時刻(t=0)開始的一段時間內，該飛行器可視為沿直線運動，每隔1s測量一次其位置，坐標為x,結果如下表所示：01234560(2)當x=507m時，該飛行器速度的大小V=m/s;(3)這段時間內該飛行器加速度的大小a=m/s2(保留2位有效數字)。【名師解析】(1)[1]第1s內的位移507m,第2s內的位移587m,第3s內的位移665m,第4s內的位移746m,第5s內的位移824m,第6s內的位移904m,則相鄰1s內的位移之差接近△x=80m,可知判斷飛行器在這段時間內做勻加速運動；(2)[2]當x=507m時飛行器的速度等于0-2s內的平均速度，則(3)[3]根據23.一同學探究阻值約為550Ω的待測電阻R在0~5mA范圍內的伏安特性。可用器材有：電壓表V(量程為3V,內阻很大),電流表A(量程為1mA,內阻為300Ω),電源E(電動勢約為4V,內阻不計),滑動變阻器R(最大阻值可選10Ω或1.5kΩ),定值電阻R?(阻值可選75Q或150Ω),開關S,導線若干。(1)要求通過R的電流可在0~5mA范圍內連續可調，在答題卡上將圖(a)所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖;(2)實驗時，圖(a)中的R應選最大阻值為(填“10Ω”或“1.5kQ”)的滑動變阻器，R?應選阻值為(填“75Q”或“150Ω”)的定值電阻；(3)測量多組數據可得R的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流麥的示數分別如圖(b)和圖(c)所示，則此時R兩端的電壓為V,流過R的電流為mA,此組數據得到的R的阻值為 Ω(保留3位有效數字)。130V130VR、R、ARSS【名師解析】(1)[1]電流表內阻已知，電流表與R?并聯擴大電流表量程，進而準確測量通過R的電流，電壓表單獨測量R的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從0開始測量，滿足題中通過R的電流從0~5mA連續(2)[2]電路中R應選最大阻值為10Ω的滑動變阻器，方便電路的調節，測量效率高、實驗誤差小；[3]通過R、電流最大為5mA,需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據并聯分流的規律示意圖如下解得(3)[4]電壓表每小格表示0.1V,向后估讀一位，即U=2.30V;[5]電流表每小格表示0.02mA,本位估讀，即0.84mA,電流表量程擴大5倍，所以通過R的電流為24.如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l=0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構成金的阻值為λ=5.0×10-3Q/m;在t=0到t=3.0s時間內，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為【參考答案】(1)0.04√2N;(2)0.016J【名師解析】(1)金屬框的總電阻為R=41λ=4×0.4×5×10-3Ωt=2.0s時磁感應強度L=√2l時間內，物塊A運動的距離為0.36v?to。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；【參考答案】(1)0.6mv?;(2)0.768v。to;(3)0.45F=maSA=vAt(累積)SB=vpt(累積)又第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2v。,方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA,設向左為正方向，根據動量守恒定律可得mvA-5m·0.8v?=m·(-2v?)根據能量守恒定律可得聯立解得VA=v?設在斜面上滑行的長度為L,上滑過程，根據動能定理可得下滑過程，根據動能定理可得聯立解得μ=0.4533.選修3-3(1)一定量的理想氣體從狀態a經狀態b變化狀態c,其過程如T-V圖上的兩條線段所示，則氣體在()B.由a變化到b的過程中，氣體對外做功C.由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D.由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱E.由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內能【參考答案】ABD【名師解析】根據理想氣體狀態方程可知理想氣體由a變化到b的過程中，因體積增大，則氣體對外做功，故B正確；理想氣體由a變化到b的過程中，溫度升高，則內能增大，由熱力學第一定律有△U=Q+W可得Q>0,Q>△U即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內能，故D正確，E錯誤；(2).如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞I和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處。活塞I、Ⅱ的質量分別為2m、m,面積分別為2S、S,彈簧原長為1。初始時系統處于平衡狀態，此時彈簧的伸長量為0.11,活塞I、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為T。已知活塞外大氣壓強為Po,忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。(1)求彈簧的勁度系數；(2)緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體