2022年上海市高考物理试题及答案解析.docx

2022年上海市高考物理试卷一、单项选择题（共40分，第1-8小题，每题3分；第9-12小题，每题4分。）1. 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.2. 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3. 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4. 某原子核发生核反应时放出一个正电子，则原子核内多了一个（ ） A.质子B.中子C.电子D.核子5. 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，向心加速度为a。则（ ） A.变小，a变小B.变小，a变大C.变大，a变小D.变大，a变大6. 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a和b，则（ ） A.ab，fafbB.ab，fafbC.afbD.ab，fav，aaB.vv，aaC.vaD.vv，aa8. 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（ ） A.20cmB.25cmC.40cmD.45cm9. 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.R1R2，v1R2，v1R2，v1v2D.R1v210. 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11. 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.t1t2，W1W2B.t1W2C.t1t2，W1t2，W1W2二、填空题（共20分）1. 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。 2. “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：94238Pu92234U+ ；该反应属于 反应。（选填：“裂变”或“衰变”） 3. 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 。 4. 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 kQqd2（k为静电力恒量）（选填“”、“b，因为在同一介质中波速相等，则根据公式v=f可知，fav，又因为和两条曲线都是抛物线，由此可知两质点都在做匀变速直线运动。根据vat可知aa，故A正确，BCD错误。故选：A。8.【答案】A【考点】温度、气体压强和内能理想气体的状态方程理想气体【解析】左管内封闭气体温度不变，根据题意求出封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律可求出气体末状态的长度。【解答】解：设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度为L1=30cm=0.3m，密闭气体初始状态：压强p1=p0-ph=75-25cmHg=50cmHg，体积V1=SL1，移动右侧玻璃管后，压强p2=p0=75cmHg，体积V1=SL2，根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2代入数据解得：L2=0.2m=20cm，故A正确，BCD错误；故选：A。9.【答案】D【考点】万有引力定律及其应用向心力牛顿第二定律的概念【解析】根据万有引力公式结合周期的大小关系先得出半径的大小关系，再结合线速度的表达式分析出线速度的大小关系。【解答】解：根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=m42T2R=mv2R解得：T=42R3GM，v=GMR根据题目可知，木卫一的周期小于木卫二的周期，则R1v2。故D正确，ABC错误；故选：D 。10.【答案】A【考点】牛顿第二定律的概念【解析】对返回舱进行受力分析，然后根据牛顿第二定律得出加速度的变化【解答】解：返回舱受到重力和向上的空气阻力f，而竖直向下做减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=f-mgm，由于质量不变，速度减小，f减小，所以加速度减小，故BCD错误，A正确。故选：A。11.【答案】B【考点】多个力的总功法拉第电磁感应定律安培力【解析】先根据动量定理结合运动学公式分析出时间的大小关系，结合动能定理分析出做功的大小关系。【解答】解：选向右的方向为正方向线框进入磁场的过程中，根据动量定理得：-BI1Lt1=mv1-mv0-BI2Lt2=mv2-mv1又因为q=ERt=BLvRt=BLxR=I1t1=I2t2可得：v1-v0=v2-v1线框进入磁场和离开磁场的过程中都受到向左的安培力的作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，则根据x=vt可知：t11，故B正确，ACD错误；故选: B 。二、填空题（共20分）1.【答案】体积,分子热运动【考点】气体压强的微观意义【解析】理解气体压强的微观意义即可完成分析。【解答】解：在描述气体状态的参量中，体积是气体分子空间所能达到的范围。压强从微观角度来说，是分子热运动的宏观体现。故答案为：体积；分子热运动2.【答案】24He,衰变【考点】衰变周期、衰变速度原子核衰变【解析】先根据质量数守恒和电荷守恒分析出核子的类型，并分析出对应的反应类型。【解答】解：根据质量数守恒和电荷守恒可知，94238Pu92234U+24He，该反应属于衰变反应。故答案为：24He，衰变3.【答案】逆时针,2Br2【考点】法拉第电磁感应定律磁通量【解析】根据楞次定律分析出感应电流的方向；理解磁通量的定义并得出磁通量变化的大小。【解答】解：根据楞次定律可知，若增大该区域内的磁感应强度，则垂直纸面向里的磁通量变大，由此可知金属圆环的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，则金属圆环的磁通量变化的大小为=2BS=2Br2。故答案为：逆时针；2Br24.【答案】,kgm3s-4A-2【考点】库仑定律【解析】根据库仑定律结合几何关系得出点电荷受到的电场力。【解答】解：将带电圆环平均分成无数份，则都可以看成点电荷，则与点电荷q的距离为r=d2+r2根据对称性可知，圆环上的电荷对q位置处的场强水平分量被抵消，只剩竖直分量，且距离大于d，因此FkQqd2。用“SI单位制”中的基本单位表示F的单位是kgm/s2，距离的单位是m，电荷量的单位是As，故静电力常量k的单位可表示为kgm3s-4A-2。故答案为：；kgm3s-4A-25.【答案】垂直于纸面向外,0【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【解析】根据B=kIr知，等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向。【解答】解：电流Iad在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，四根通电导线到O点的距离相等，结合题意：Iad=I0，Ibc=Icd=Iab=13I0，由公式B=kIr，可得ab、bc、cd在O点产生的磁感应强度大小分别为13B、13B、13B。由安培定则可知，ab导线在中心O点产生的磁感应强度方向由垂直于纸面向里，bc导线在中心O点产生的磁感应强度方向由垂直于纸面向里，cd导线在中心O点产生的磁感应强度方向由垂直于纸面向里。根据矢量的合成法则可知，ab、bc、cd三根导线在O点产生的合磁感应强度大小为313B=B，垂直于纸面向里，而ad在O点产生的磁感应强度为B，垂直于纸面向外，所以O点处实际的磁感应强度大小为0。故答案为：垂直于纸面向外；0三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。1.【答案】（1）（D）（2）9.75（3）根据实验原理分析出减小误差的方法。【考点】用单摆测定重力加速度【解析】（1）根据实验原理理解摆线和摆球应该满足的关系；（2）根据单摆的周期公式结合图像的斜率得出重力加速度的数值；（3）根据实验原理分析出减小误差的方法。【解答】解：（1）根据实验原理可知，摆线质量要远小于摆球质量，而摆线长度要远大于摆球直径，故（D）正确，（ABC）错误；（2）根据单摆的周期公式T=2Lg可知，T2=42Lg即图像中的斜率为k=42g=3.850-3.0000.95-0.74解得：g=9.75m/s2。（3）为了减小误差，应从最低点开始计时，因为单摆在摆动过程中经过最低点速度最大，最高点速度最小，在最低点计时误差比较小。2.【答案】（1）若物块落地时动能为E1，其经过B点时的动能为EkB=E1-mgh1；（2）若要物块落地时动能小于E1，恒力必须满足的条件为mgL+mgh2LFE1+mgL-mgh1L。【考点】系统机械能守恒定律的应用动能定理【解析】（1）根据机械能守恒定律得出动能的大小；（2）根据动能定理分析出恒力需要满足的范围。【解答】解：（1）从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则mgh1+EkB=E1化简得：EkB=E1-mgh1（2）整个过程中根据动能定理得：FmaxL-mgL+mgh1=E1所以Fmax=E1+mgL-mgh1L若物体恰能达到C点，根据动能定理得：FminL-mgL-mgh2=0解得：Fmin=mgL+mgh2L综上所述可得：mgL+mgh2LFE1+mgL-mgh1L3.【答案】（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里；（2）定值电阻R0在中，定值电阻R0=5（3）金属杆运动时的速率为5m/s；（4）滑动变阻器阻值为5时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W。【考点】电磁感应中的能量问题研究电磁感应现象影响感应电动势大小的因素法拉第电磁感应定律闭合电路的欧姆定律右手定则【解析】由导体棒电势高低并结合右手定则确定磁场方向；根据欧姆定律与电阻上电压情况即可确定定值电阻位置与阻值，导体棒切割磁感线产生的电动势也可以求出，根据EBLv即可求解，先列出变阻器上消耗功率表达式，有均值不等式求解滑动变阻器的功率最值。【解答】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲的Ucd小于图乙的Ucd，可以推理得定值电阻在内，滑动变阻器在根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲=1.2R=1.220A=0.06A，乙图中回路电流I乙=1.0R2=1.010A=0.1A甲图中定值电阻R0上电压0-1.2=0.06R乙图中定值电阻R0上电压0-1.0=0.1R联立解得：R=5，0=1.5V（3）金属杆产生的感应电动势E=BLv，E=0联立解得v=0BL=1.50.40.75m/s=5m/s（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I=ER0+R滑动变阻器上的功率P=I2R=E2RR0+R2=2.2525R+R+10，当R=5时，滑动变阻器有最大功率Pm=0.1125W