2022年吉林省高考物理试卷（乙卷）（解析版）

2022年吉林省高考物理试卷（乙卷）

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．（6分）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．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 

D．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

【解答】解：航天员可以自由地漂浮，是由于所受地球引力提供向心力，所以引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等，故ABC错误，D正确；

故选：D。

2．（6分）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（　　）

A． B． C． D．

【解答】解：当两球运动至二者相距L时，对此时进行受力分析，如图所示：

因为两球关于F所在直线对称，sinθ＝＝，所以cosθ＝，

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，2Tcosθ＝F，解得：T＝，

对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T＝ma，解得：a＝。

故A正确，BCD错误。

故选A。

3．（6分）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

【解答】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＝

根据机械能守恒定律得

mgh＝

联立解得：v＝L，

故C正确，ABD错误；

故选：C。

4．（6分）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6×10﹣7m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个。普朗克常量为h＝6.63×10﹣34J•s。R约为（　　）

A．1×102m B．3×102m C．6×102m D．9×102m

【解答】解：设每个光子的能量大小为ɛ，则有：

ɛ＝hν＝＝6.63×10﹣34×J＝3.315×10﹣19J

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：

3×1014×3.315×10﹣19×4πR2＝113

可以解得：R≈300m，故B正确，ACD错误。

故选：B。

（多选）5．（6分）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（　　）

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

【解答】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

B＝＝＝T＝T≈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。

（多选）6．（6分）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

【解答】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，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、正方形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。

（多选）7．（6分）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/s2。则（　　）

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

【解答】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、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末的速度为零，4s～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＝＝m＝9m，方向为正方向；

3s～4s内物块的位移：x2＝＝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＝＝m＝4m，方向为负方向。

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。

（多选）8．（6分）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、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；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

【解答】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＝，即Er＝k

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

qE1＝m

qE2＝m

可得：m＝＝

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

qE2＞m

可得：m＜＝m

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。

二、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。

9．（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：

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：　根据相邻相等时间内的位移之差近似为一个定值　；

（2）当x＝507m时，该飞行器速度的大小v＝　547　m/s；

（3）这段时间内该飞行器加速度的大小a＝　79　m/s2（保留2位有效数字）。

【解答】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＝79m，可知判断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中间时刻的瞬时速度等于相邻两点的平均速度，知当x＝507m时，该飞行器速度的大小v＝＝m/s＝547m/s；

（3）根据Δx＝aT2，可得：a＝＝m/s2≈79m/s2。

故答案为：根据相邻相等时间内的位移之差近似为一个定值；547；79。

10．（10分）一同学探究阻值约为550Ω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Ⓥ（量程为3V，内阻很大），电流表Ⓐ（量程为1mA，内阻为300Ω），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10Ω或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。

（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 　10Ω　（填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为 　75Ω　（填“75Ω”或“150Ω”）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 　2.30　V，流过Rx的电流为 　4.20　mA，此组数据得到的Rx的阻值为 　548　Ω（保留3位有效数字）。

【解答】解：（1）电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程。当电流最大为5mA时，待测电阻Rx的电压大约为2.75V，电流表满偏电压为0.3V，若电流表采用内接，被测最大电压有可能超过电压表的量程，故采用外接法。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：＝

解得：R0＝75Ω；

（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＝＝≈548Ω。

故答案为：（1）电路图见解析；（2）10Ω，75Ω；（3）2.30；4.20；548。

11．（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λ＝5.0×10﹣3Ω/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

（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。

【解答】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E＝S＝＝0.1×V＝8×10﹣3V，

金属框中的电流为I＝＝A＝1A，

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L＝＝0.40m

此时金属框所受安培力大小为F＝BIL＝0.1×N＝0.04N；

（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0.04N；

（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.016J。

12．（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，t＝0时与弹簧接触，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）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θ（sinθ＝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；

（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。

【解答】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：

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：

Epm＝﹣

解得：Epm＝0.6m；

（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，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，由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如下图所示：

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：

SB＝SA＝×0.36v0t0＝0.072v0t0

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

+＝+

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•＝0﹣

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。

答：（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m；；

（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。

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）

（多选）13．（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（　　）

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

【解答】解：AC、根据一定质量的理想气体状态方程可得T＝，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。

14．（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。

【解答】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

由胡克定律得：F＝0.1kl

联立解得：k＝

（2）通过对对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强p＝+p0，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＝S（l+0.1l）＝S•l

                      温度：T1＝T0

末态：体积V2＝2.2S•l；温度为T2

由理想气体状态方程得：

T2＝＝T0

答：（1）弹簧的劲度系数

（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强+p0，温度为T0

[物理—选修3-4]（15分）

15．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。若波速为5m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为 　4　m。P为波源平衡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 　加强　（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 　向下　（填“向上”或“向下”）运动。

【解答】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。

16．一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＝时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DE＝DA。求棱镜的折射率。

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

设在E点发生全反射临界角为C，根据折射定律得

sinC＝

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

n＝

联立解得：n＝1.5。

答：棱镜的折射率为1.5。