2022年高考物理题评价与解析（全国乙卷）.docx
2022全国高考理综乙卷物理试题解析与评析试题评析2022年高考理综乙卷物理试题注重体现物理特色，突出主干内容和关键能力的考察，合理选取情境，注意引导高中物理教的素养教育，加强教考衔接，促进生思维和正确价值观念的形成与发展，引导考生综合能力提升。2022年高考物理落实立德树人根本任务，坚持正确的育人方向，促进生德智体美劳全面发展；坚持守正创新，依托高考评价体系，深化基础性，突出对关键能力的考查，加强教考衔接，促进对生核心素养的培养，助力素质教育发展。注重考查通用方法、解决实际问题能力，减少“套路”与“技巧”1.深化基础性，引导减少“机械刷题”现象2022年高考物理严格依据课程标准，注重对高中物理核心、主干内容的考查，不偏不怪，注重在考查中深化基础性，加强定性和半定量的分析，在具体的情境中考查生对物理本质的理解，引导生知其然，更知其所以然，逐渐形成对物理全局性、整体性认识，避免将生导向细枝末节知识的过度辨析、典型题套路和技巧的运用。同时，试题注重考查一些通用性的物理方法，引导减少“机械刷题”现象。例如，全国乙卷第14题以天宫课堂切入，考查对基础知识的理解和掌握；第16题，以小环沿竖直面内光滑大圆自由下滑，看似经典，创新设问角度，要求生判断小环从大圆环顶端下滑过程中与其速率成正比的物理量，渗透定性和半定量的分析方法。只有通过画图，利用相关知识列方程得出函数关系才能正确解答2.加强理论联系实际，发展生问题解决能力2022年高考物理创设联系生产生活实际、技术进步的真实情境，考查生建立物理模型，灵活运用所物理知识解决实际问题的能力，促进生核心素养的培养和发展。例如，全国乙卷第14题以航天员可以在“天宫二号”上自由飘浮为情境，考查生对太空失重本质的理解，体现新时代我国重大技发展成果，提升生的民族自信心和自豪感。全国乙卷第18题用智能手机测地磁场，要求生根据题中给出的测量结果论证测量地点、y轴正方向的指向情况等，让生体会技术影响着我们的生活和习，提升生对物理实验探究的兴趣，发展生的证据意识。3.加强实验设计，发展生实验探究能力实验是培养生物理素养的重要途径和方式。2022年高考物理在实验原理的理解、实验方案的设计、实验仪器的选择、基本仪器的使用、实验数据的处理、实验结论的得出和解释等方面加强设计，考查生的实验能力和探究能力，充分发挥对高中实验教的积极导向作用，引导教重视实验探究，引导生自己动手做实验，切实提升实验能力。例如，全国乙卷第22题以雷达探测一高速飞行器的位置为背景，要求生将熟悉的打点计时器纸带处理方法进行灵活迁移；同时，试题要求生给出该飞行器近似做匀加速直线运动的理由，考查生运用物理专业术语进行表达的能力。
全国乙卷第23题探测待测电阻在一定电流范围内的伏安特性，要求生根据实验目的和提供的实验器材，设计出实验的电路原理图以及选择合适的器材，具有一定的探究性。4.提升试题的区分度，增加高考选拔的效度和信度综观整个试题，基础题，中等题占比较大，但是每一个题都不拘一格，看似“普通”，实则都对考生思维能力和素养考查，对高考选拔都有效度和信度。例如：全国乙卷第21题，以可用于卫星上的带电粒子探测装置为情景，图多，且思维难度大，需要考生认真审题，正确运用相关知识，才能得出正确选项。第25题，以两滑块速度图像给出解题信息，综合性强，具有一定难度。试题解析二、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的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同们上了一堂精彩的课。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【参考答案】C【名师解析】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；根据万有引力公式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。
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时，它们加速度的大小均为（）A. B. C. D. 【参考答案】A【名师解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得解得，故A正确，BCD错误。16. 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【参考答案】C【名师解析】设小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑到Q，如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得由几何关系可得，联立可得由可得，即小环的速率正比于它到P点的距离L，故C正确，ABD错误。17. 一点光以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 × 102mB. 3 × 102mC. 6 × 102mD. 9 × 102m【参考答案】B【名师解析】由E = hν和c = λν可得一个光子的能量为E = hc/λ光每秒发出的光子的个数为P为光的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光为原点的球面上的光子数相同，此时距光的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为S = 4πR2则联立以上各式解得R ≈ 3 × 102m，选项B正确。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（ ）测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021 - 4520 - 20 - 463210 - 454 - 210 - 45A. 测量地点位于南半球B. 当地的地磁场大小约为50μTC 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【参考答案】BC【名师解析】地磁场如图所示。
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。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，A错误；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计算得B ≈ 50μT，B正确；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，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。19. 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。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【参考答案】AB【名师解析】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；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；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；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。
20. 质量为的物块在水平力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。则（）A. 时物块的动能为零B. 时物块回到初始位置C. 时物块的动量为D. 时间内F对物块所做的功为【参考答案】AD【名师解析】物块与地面间摩擦力为对物块从内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即，解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；物块发生的位移为x1，由动能定理可得即，得过程中，对物块由动能定理可得即，解得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为，故D正确。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）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、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，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【参考答案】BD【名师解析】．在截面内，极板间各点的电场强度大小E与其到O点的距离r成反比，可设为带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，可得，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；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，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；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，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；粒子3做向心运动，有，可得粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；三、非选择题：（一）必考题：22. 用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：0123456050710941759250533294233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）当时，该飞行器速度的大小______；（3）这段时间内该飞行器加速度的大小______（保留2位有效数字）。
【参考答案】 ①. 相邻1s内的位移之差接近?x=80m ②. 547 ③. 79【名师解析】（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?x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；（2）当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则（3）根据23. 一同探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，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“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流麦的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。
【参考答案】 ①.②.③.④.⑤.⑥. 【名师解析】（1）电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下（2）电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；通过电流最大为，需要将电流表量程扩大为原的倍，根据并联分流的规律示意图如下根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知解得（3）电压表每小格表示，向后估读一位，即；电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；根据欧姆定律可知24. 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为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；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求（1）时金属框所受安培力的大小；（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。【参考答案】（1）；（2）0.016J【名师解析】（1）金属框的总电阻为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）内金属框产生的焦耳热为25. 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，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。
已知从到时间内，物块A运动的距离为。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，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。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得，（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为根据位移等于速度在时间上的累积可得又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得（二）选考题33. 选修3-3（1）一定量的理想气体从状态a经状态b变化状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（）A. 状态a处压强大于状态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【参考答案】ABD【名师解析】根据理想气体状态方程可知即图像的斜率为，故有，故A正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力第一定律有而，，则有可得，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；（2）. 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、m，面积分别为、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，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。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（1）求弹簧的劲度系数；（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，活塞间气体的压强和温度。【参考答案】（1）；（2），【名师解析】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有解得对活塞Ⅰ由平衡条件有解得弹簧的劲度系数为（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接
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