资料简介
2022年普通高等学校招生全国统一考试１２１８Ｂ带正电粒子从原点Ｏ由静止释放，在电场力作１４Ｄ运动员从ａ处滑至ｃ处，ｍｇｈ＝ｍｖ－０，在ｃ点，ｃ２用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒２ｖｃæ２ｈöＮ－ｍｇ＝ｍ，联立得Ｎ＝ｍｇç１＋÷，由题意，结合牛顿子向左侧偏转，排除Ａ、Ｃ选项；当粒子再回到ｘ轴时，电ＲèＲø场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度２ｈ第三定律可知，Ｎ＝Ｆ≤ｋｍｇ，得Ｒ≥，故Ｄ项正确。压ｋ－１为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到ｘ轴下方，ｖ０－ｖ故Ｂ正确，Ｄ错误。１５Ｃ列车车头到达隧道前减速时间ｔ＝，在隧道１２ａ１９ＡＤ撤去力Ｆ后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧Ｌ＋ｌ中匀速行驶时间ｔ＝，车尾离开隧道后，加速时间ｔ＝２３弹力ｋｘ减小，对Ｐ有μｍｇ＋ｋｘ＝ｍａ，对Ｑ有μｍｇ－ｋｘ＝ｖＰｍａ，且撤去外力瞬间μｍｇ＝ｋｘ，故Ｐ做加速度从２μｇ减ｖ－ｖ３（ｖ－ｖ）Ｌ＋ｌＱ００，总时间ｔ＝ｔ＋ｔ＋ｔ＝＋，故Ｃ项正确。１２３ａ２ａｖ小到μｇ的减速运动，Ｑ做加速度从０逐渐增大到μｇ的ａ减速运动，即Ｐ的加速度始终大于Ｑ的加速度，故除开１６Ｃ设正方形线框边长为ａ，则圆线框半径为，正２始时刻外，任意时刻Ｐ的速度大小小于Ｑ的速度大小，ａ六边形线框边长为，由法拉第电磁感应定律得Ｅ＝２故Ｐ的平均速度大小必小于Ｑ的平均速度大小，由ｘ＝ｖｔ可知Ｑ的位移大小大于Ｐ的位移大小，可知Ｂ、Ｃ错ΔΦΔＢｌ周长ΔＢｎ＝Ｓ，由电阻定律得Ｒ＝ρ，由题意知、面积ΔｔΔｔＳΔｔ截误，Ａ、Ｄ正确。ＥＳ面积２２０ＡＤ合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器ρ、Ｓ均为定值，所以电流Ｉ＝∝，面积分别为ａ、截Ｒｌ周长ＵＱ两端电压且为最大值，电流也最大，Ｉ＝＝，电流最２２πａ３３ａＲＲＣ、，周长分别为４ａ、πａ、３ａ，故电流Ｉ＝Ｉ＞Ｉ，故１２３４８大时，导体棒ＭＮ所受的安培力最大，而导体棒速度最Ｃ项正确。大时电流不是最大，所以Ａ正确，Ｃ错误；导体棒ＭＮ先解题关键注意三个线框的电阻值并不相等，阻值加速后减速，不会匀速，如果导体棒ＭＮ做匀速直线运与周长成正比，运用法拉第电磁感应定律和电阻定律动，电阻上一直有焦耳热产生，其他能量都不变，不符合表示出线框产生的电动势及线框的阻值是解题的关能量守恒，所以Ｂ错误；由于棒运动过程切割磁感线产键。生反电动势，导致只有开始时通过电阻Ｒ的电流与通过导体棒ＭＮ的电流相等，其他时候通过电阻Ｒ的电流都１７Ｃ设两种放射性元素的原子核原来总数分别为Ｎ１ｔ比通过导体棒ＭＮ的电流大，故由焦耳定律可知电阻Ｒτæ１ö和Ｎ，则Ｎ＝Ｎ＋Ｎ，因为Ｎ＝ç÷·Ｎ，所以ｔ＝２ｔ２１２余２原０上产生的焦耳热比导体棒ＭＮ上产生的焦耳热多，Ｄèø２１正确。Ｎæ１öæ１ö２时刻，＝Ｎç÷＋Ｎç÷，联立解得Ｎ＝Ｎ，Ｎ＝１２１２３è２øè２ø３易错警示导体棒加速时通过其电流由Ｍ到Ｎ，减４２１æ１öæ１öＮＮ，故ｔ＝４ｔ时刻，Ｎ′＝Ｎç÷＋Ｎç÷＝，Ｃ项０余１２速时电流由Ｎ到Ｍ。３è２øè２ø８正确。２１ＢＤ本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重１０
力方向斜向右下方４５°，ＰＱ为等效水平方向。小球的运块作为Ａ。动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最ｓｓ１２（６）滑块Ａ、Ｂ碰后的速度ｖ＝、ｖ＝，因ｓ＝ｓ，故有１２１２ｔｔ１２高点，即如图速度为ｖ′处，ｖ′与水平方向夹角为４５°，此ｖ１ｔ２０．２１时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大＝，则ｋ＝≈０．３１。２ｖｔ０．６７２１处，电势能最大处在Ｑ处，此时小球速度方向竖直向下，ｖ１２×０．３１＋３×０．３３（７）的平均值ｋ＝≈０．３２。大小等于初速度ｖ，Ｐ处与Ｑ处小球动能相等，所以Ａ、Ｃｖ２５错误，Ｂ正确；从Ｐ到Ｑ（Ｑ点处小球速度水平分量为（８）设滑块Ａ碰前的速度为ｖ０，若为弹性碰撞，则有：零）重力做的功等于重力势能的减少量，Ｐ处与Ｑ处小ìïｍ１ｖ０＝－ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２①ïí球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减ï１２＝１２＋１２ｍｖｍｖｍｖ②ï１０１１２２î２２２少的重力势能等于增加的电势能，故Ｄ正确。ｍ－ｍ２ｍｖ２１１０联立①②得：ｖ＝ｖ，ｖ＝１０２ｍ＋ｍｍ＋ｍ１２１２ｖ１ｍ２－ｍ１０．５１０－０．３０４则＝＝≈０．３４。ｖ２ｍ２×０．３０４２１２５２４答案ｍ／ｓ５解题指导本题可以用等效重力场来分析问题，以解析依题意，相邻两球影像间隔的时间ｔ＝４ｔ＝０．２ｓ０电场力与重力的合力方向为等效重力方向，小球的运设初速度大小为ｖ，如图所示：０动可以看成类斜上抛运动。（一）必考题：共１２９分。２２答案（１）如图所示（２）９９０由Ｏ到Ａ，水平方向：ｘ＝ｖｔ１０１２竖直方向：ｙ＝ｇｔ１２解析流过电阻Ｒ０的电流Ｉ０＝Ｉ－Ｉｇ＝９ｍＡ－０．０９ｍＡ＝＝ｘ２＋ｙ２又ｓ１１１Ｉ０Ｒ０８．９１×１０＝ｖ８．９１ｍＡ，由欧姆定律可知，Ｒ＝＝Ω＝由Ａ到Ｂ，水平方向：ｘ２０ｔｇＩ０．０９ｇ１１２２９９０Ω。竖直方向：ｙ２＝ｇ（２ｔ）－ｇｔ２２ｍ－ｍ２１２２２３答案（２）０．３０４（６）０．３１（７）０．３２（８）又ｓ＝ｘ＋ｙ２２２２ｍ１ｓ１３０．３４＝ｓ７２解析（２）在一动一静的弹性碰撞中，质量小的滑块碰２５联立解得ｖ＝ｍ／ｓ０撞质量大的滑块才能反弹，故应选质量为０．３０４ｋｇ的滑５１１
ＮＢＩｌ２ＮＢＩｌｒｋ（ｓ１＋ｓ２）ｄ４９２５答案（１）（２）３３答案（ⅰ）Ｔ０（ⅱ）ｐ０ｋｋｄ４ＮＢｌｒ３４解析（１）通入电流后线圈所受安培力Ｆ＝ＮＢＩｌ解析（ⅰ）选第Ⅳ部分气体为研究对象，在Ｂ汽缸中的由胡克定律及平衡条件有Ｆ＝ｋΔｘ－１ＶＶ００４活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化：ＮＢＩｌＴ０故弹簧长度改变量Δｘ＝ｋＶ０＝由于ｄ远大于弹簧长度的改变量，故细杆转过的角度Ｔ１ΔｘＮＢＩｌ４θ≈＝解得Ｔ１＝Ｔ０ｄｋｄ３由于入射光线不变，平面镜转过θ角时反射光线转过（ⅱ）以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由Ｔ０升至２Ｔ过程，由理想气体状态方程：２θ，故０２ＮＢＩｌｒæ１１öｐçＶ＋Ｖ÷ｓ＝２θｒ＝０８０４０ｐＶｋｄèø＝１１Ｔ２Ｔ００（２）电流反向前后光点移动的弧长为ｓ′＝ｓ＋ｓ１２对第Ⅳ部分气体，温度由Ｔ升至２Ｔ过程，由理想气体００ｓ＋ｓ１２可知反射光线在此过程中转过的角度为θ′＝状态方程：ｒæ１öθ′ｓ＋ｓｐçＶ－Ｖ÷１２００４０ｐ（Ｖ－Ｖ）则细杆转过的角度为＝èø１０１２２ｒ＝Ｔ２Ｔ００θ′ｓ１＋ｓ２９故弹簧长度的变化量Δｘ′＝ｄ＝ｄ解得ｐ＝ｐ２２ｒ１４０由胡克定律得ΔＦ弹＝ｋΔｘ′３４答案４０．５向下运动而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量，设２解析由ｔ＝０时刻质点Ａ的位移为ｙ＝２ｃｍ＝Ａ，可２待测电流为Ｉ，则ΔＦ＝２ＮＢＩｌｘ弹ｘ３ｋ（ｓ＋ｓ）ｄ知从坐标原点到ｘ＝１．５ｍ处的距离为λ，故λ＝４ｍ，１２８解得Ｉ＝ｘ４ＮＢｌｒｖ（二）选考题：共４５分。请考生从２道物理题、则ｆ＝＝０．５Ｈｚ。当ｔ＝２ｓ＝Ｔ时质点Ａ的状态与ｔ＝０λ２道化学题、２道生物题中每科任选一题作答。时刻相同，由波沿ｘ轴正方向传播可知，质点Ａ向下如果多做，则每科按所做的第一题计分。运动。３３ＢＣＥｐ－Ｔ图线过坐标原点，因此气体从状态ａ到７３－１３４答案ａ２２状态ｂ发生等容变化，气体没有对外做功，Ａ、Ｄ错误；从解析设光线在Ｍ点的折射角为θ，由折射定律有状态ａ到状态ｂ气体温度升高，一定质量的理想气体内ｓｉｎ６０°ｎ＝能只与温度有关，温度升高，内能增加，Ｂ正确；根据热ｓｉｎθ力学第一定律可知气体从外界吸热，且吸收的热量等于由几何关系可知光线在Ｎ点的入射角为９０°－θ，由于光其内能增加量，Ｃ、Ｅ正确。线在Ｎ点恰好发生全反射，可知临界角θ０＝９０°－θ１２
１ａ又ｎ＝ｓｉｎθ２ＰＣ０由图中几何关系有＋＝ａｔａｎθｔａｎθ７３解得ｎ＝，ｔａｎθ＝２２３－１解得ＰＣ＝ａ２１３
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