2022年贵州高考物理真题及答案.doc-资料库

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2022 年贵州高考物理真题及答案二、选择题 1. 北京 2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到 b处起跳，c点为 a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为 h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的 k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（） h k  A. 1 【答案】D B. h k C. 2h k D. 2 h 1 k  【解析】【详解】运动员从 a到 c根据动能定理有在 c点有联立有故选 D。 mgh  1 2 2 mv c F N c  mg m  2 v c R c FNc ≤ kmg R c  2 h 1 k  2. 长为 l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 v0，要通过前方一长为 L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 v（v< v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为 a和 2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v0 所用时间至少为（） v  L l  v B. v 0 v  a L  2 l  v C.  03 v 2  a v   L l  v D. A. v  0 2 a  03 v v  a 【答案】C  L  2 l  v

【解析】【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 v（v< v0），则列车进隧道前必须减速到 v，则有解得在隧道内匀速有列车尾部出隧道后立即加速到 v0，有解得 v = v0 - 2at1 t 1  v v  0 2 a t 2  L l  v v0 = v + at3 t 3  v 0 v  a 则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v0 所用时间至少为 t  v )  03( v 2  a L l  v 故选 C。 3. 三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应 I 电流的大小分别为 1 I、和 3I 。则（ 2 ） B. I 1  I 3  I 2 C. I 1  I 2  I 3 D. I 1  I 3  I 2  I 2  I 3 A. I 1 【答案】C 【解析】【详解】设圆线框的半径为 r，则由题意可知正方形线框的边长为 2r，正六边形线框的边长为 r；所以圆线框的周长为面积为 C 2 r 2

2S r 2 同理可知正方形线框的周长和面积分别为 1 8C r ， S 1 4 r 2 正六边形线框的周长和面积分别为 6C 3 r ， S 3 三线框材料粗细相同，根据电阻定律     6 r 1 2 R  S L 横截面 3 2 r  2 r 3 3 2  8: 2 : 6  可知三个线框电阻之比为根据法拉第电磁感应定律有可得电流之比为：即 R R R C C C 1 3  : : : : 1 2 3 2 I  E R  B S  t R   I 1 : I 2 : I  3 2: 2: 3 =I I 1 2 I 3 故选 C。 4. 两种放射性元素的半衰期分别为 0t 和 02t ，在 0t 时刻这两种元素的原子核总数为 N，在 t t 时刻，尚未衰变的原子核总数为 02 N 3 ，则在 t t 时刻，尚未衰变的原子核总数为 04 ）（ A. N 12 【答案】C 【解析】 B. N 9 C. N 8 D. N 6 【详解】根据题意设半衰期为 t0 的元素原子核数为 x，另一种元素原子核数为 y，依题意有经历 2t0 后有联立可得 x   y N 1 4 x y 1 2  N 3

x N 2 3 ， y N 1 3 在 t t 时，原子核数为 x的元素经历了 4 个半衰期，原子核数为 y的元素经历了 2 个半 04 衰期，则此时未衰变的原子核总数为 n  1 4 2 x  1 2 2 y  N 8 故选 C。 5. 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ xOy 平面）向里，电场的方向沿 y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点 O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（） A. C. 【答案】B 【解析】 B. D. 【详解】AC．在 xOy平面内电场的方向沿 y轴正方向，故在坐标原点 O静止的带正电粒子在电场力作用下会向 y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向 y轴正方向运动的粒子同时受到沿 x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向 x轴负方向偏转。 AC 错误； BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿 y轴正方向，故 x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到 x轴时，电场力做功为 0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到 x轴时的速度为 0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故 B 正确， D 错误。故选 B。 6. 如图，质量相等的两滑块 P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为 g。用水平向右的拉力 F拉动 P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）

A. P 的加速度大小的最大值为 2 g B. Q的加速度大小的最大值为 2 g C. P 的位移大小一定大于 Q 的位移大小 D. P 的速度大小均不大于同一时刻 Q 的速度大小【答案】AD 【解析】【详解】设两物块的质量均为 m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为撤去拉力前对 Q 受力分析可知，弹簧的弹力为 2F mg 0T mg AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为 mg ，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块 P 的加速度为解得 T   0 mg ma P1  a P1 g  2 此刻滑块 Q 所受的外力不变，加速度仍为零，滑块 P 做减速运动，故 PQ 间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知 P 减速的加速度减小，滑块 Q 的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故 P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 2 mg 。 Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时  mg ma  Qm 解得故滑块 Q 加速度大小最大值为 mg ，A 正确，B 错误； Qma mg  C．滑块 PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故 P 的位移一定小于 Q 的位移，C 错误； D．滑块 P 在弹簧恢复到原长时的加速度为  mg ma P2  解得 P2a g 

撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块 P 由开始的加速度大小为 2 g 做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为 g ；滑块 Q 由开始的加速度为 0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为 g 。分析可知 P 的速度大小均不大于同一时刻 Q 的速度大小，D 正确。故选 AD。 7. 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为 C的电容器和阻值为 R的电阻。质量为 m、阻值也为 R的导体棒 MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为 Q，合上开关 S后，（） A. 通过导体棒 MN 电流的最大值为 Q RC B. 导体棒 MN向右先加速、后匀速运动 C. 导体棒 MN 速度最大时所受的安培力也最大 D. 电阻 R上产生的焦耳热大于导体棒 MN 上产生的焦耳热【答案】AD 【解析】【详解】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为 i  u Blv  R A．当闭合的瞬间， Blv  ，此时 MN可视为纯电阻 R，此时反电动势最小，故电流最大 0 I m ax  Q U R CR  故 A 正确； B．当u Blv 由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后 MN终极速度为零，故 B 错误；时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与 MN及 R构成回路，  C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为 i  u Blv  R 当u Blv  时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故 C 错误；

D．在 MN加速度阶段，由于 MN反电动势存在，故 MN上电流小于电阻 R 上的电流，电阻 R E 消耗电能大于 MN上消耗的电能（即 R E MN ），故加速过程中， R Q Q MN ；当 MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻 R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻 R 的电流大，综上分析可知全过程中电阻 R上的热量大于导体棒上的热量，故 D 正确。故选 AD。 8. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（） A. 小球的动能最小时，其电势能最大 B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD 【解析】【详解】A．如图所示故等效重力G 的方向与水平成 45 。 Eq mg 当 yv  时速度最小为 min v 0 v ，由于此时 1v 存在水平分量，电场力还可以向左做负功， 1 故此时电势能不是最大，故 A 错误； BD．水平方向上在竖直方向上由于 v 0  Eq m t v gt

如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定 Eq mg ，得 v v 0 理可知 W W G Eq  0 则重力做功等于小球电势能的增加量，故 BD 正确； C．当如图中 v1 所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故 C 错误；故选 BD。三、非选择题： 9. 某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源 E（电动势1.5V ，内阻很小），电流表（量程10mA ，内阻约10 ），微安表（量程100μA ，内阻 gR 待测，约1kΩ ），滑动变阻器 R（最大阻值10 ），定值电阻 0R （阻值10 ），开关 S，导线若干。（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA ，电流表的示数为 9.00mA ，由此计算出微安表内阻 gR  _____  。【答案】 ①. 见解析 ②. 990Ω 【解析】【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻 R0 并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻 R0 的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示（2）[2]流过定值电阻 R0 的电流

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