物理-2022年高考考前押题密卷（浙江卷）（全解全析）

绝密★考试结束前

2022年高考考前押题密卷（浙江卷）全解全析

一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.【答案】D

【解析】本题中“电量”应该是能量的单位，也就是电功的单位，常用单位是“度”，而国际单位是焦耳（J）。

故选D。

2.【答案】C

【解析】A．根据图像的面积表示位移，可得时间内冰壶运动的位移大小为

A错误；

B．根据图像的绝对值表示加速度的大小，可得没擦冰面时冰壶运动的加速度大小为

有擦冰面时的冰壶运动的加速度大小为

可得

B错误；

CD．假设没擦冰面时冰壶运动的总时间为，有擦冰面时的冰壶运动的时间为，则有

若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，则没擦冰面时冰壶运动的总时间为也不变，故冰壶滑行的总时间不变，如图所示

根据图像的面积表示位移，可知若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶滑行的总位移变大，C正确，D错误；

故选C。

3.【答案】D

【解析】AB．鼓缓慢下降，处于动态平衡，绳子对鼓的合力等于鼓的重力，绳子的合力不变，AB错误；

CD．根据平衡条件得

解得

鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向的夹角变小，变大，F减小，C错误，D正确。

故选D。

4.【答案】D

【解析】A．电梯沿斜直轨道匀速下行时，运动员处于平衡状态，故运动员不是处于失重状态，A错误；

B．刚启动时，有斜向下的加速度，那合力方向斜向下，而只有重力和支持力时，合力只可能在竖直方向，故必有摩擦力存在，故电梯刚启动时，运动员不止受两个力作用，B错误；

C．电梯匀速率下行时，斜直轨道上，人受力平衡，重力等于支持力，C错误；

D．通过圆弧轨道时，由牛顿第二定律可得

故可得运动员受到地板的弹力小于他的重力，D正确。

故选D。

5.【答案】C

【解析】A．根据核反应质量数和电荷数守恒可知，X元素的电荷数（质子数）为p=56，质量数q=144，则含有144-56=88个中子，选项A错误；

B．该反应放出核能，则生成物的比结合能（平均结合能）大于的比结合能，选项B错误；

C．根据E=mc²，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损，选项C正确；

D．要能发生链式反应，铀块的体积应大于临界体积，选项D错误。

故选C。

6.【答案】A

【解析】A．由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”，已知电磁波的波长与频率的关系为λ =，由此可知频率越高波长越短，则与4G相比，5G使用的电磁波波长更短，A正确；

B．波长越长衍射现象越明显，由选项A可知λ5G < λ4G，则与4G相比，5G使用的电磁波更不容易发生衍射，B错误；

C．已知能量子能量为，由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”，则与4G相比，5G使用的电磁波能量子的能量更大，C错误；

D．电磁波的传播速度与光速相等，在自由空间中，为c = 3 × 108m/s，D错误。

故选A。

7.【答案】B

【解析】】由题意可知，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧受到的摩擦力，而后侧受摩擦力几乎不变，若冰壶按如图①的逆时针方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转；同理若冰壶按顺时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转。即①④正确。

故选B。

8.【答案】A

【解析】闸杆转动时间为

汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为

解得

闸杆转动的角速度至少为

故选A。

9.【答案】A

【解析】A．该卫星运行轨道高度小于同步卫星轨道高度，而同步卫星运行角速度等于地球自转角速度，根据

该卫星角速度大于地球自转角速度，故A正确；

B．第一宇宙速度是最大的环绕速度，该卫星线速度小于地球第一宇宙速度，故B错误；

C．根据

距离地面越近，加速度越大，故C错误；

D．同步卫星轨道高度约为36000km，地球半径约为6400km，则同步卫星轨道半径约为42400km，题中卫星轨道半径约为6800km，根据开普勒第三定律

解得，该卫星周期为

该卫星每天有16次经过地球的影区，故D错误。

故选A。

10.【答案】D

【解析】A．轨道光滑，小球贴着轨道运动过程中不会与轨道碰撞出现能量损失，整个过程中仅重力做功，因此小球的机械能守恒，故A正确；

BC．根据向心力公式，当小球到达A点时的速度较小，满足时，此时小球不会飞出去，会贴着轨道运动，当小球到达A点时的速度较大，满足时，重力不足以提供向心力，此时小球会飞出去做平抛运动落在BC上，故BC正确；

D．小球从D更高处释放，若小球不从A点飞出，则小球在BC上运动时的速度方向为沿BC向下，设BC斜面与水平面夹角为，速度方向与水平面的夹角为，则此时

=

若小球从A点飞出，设小球在A点的速度为，则小球以水平速度飞出做平抛运动，设从A点飞出至落地时间为t，则水平和竖直方向位移分别为

根据几何关系可得

解得

所以竖直方向速度为

因此

从以上分析可知，小球从A点飞出落在BC上的速度方向与不飞出在BC上滑行的速度方向不相同，故D错误。

故选D。

11.【答案】C

【解析】AB．根据左手定则，水平向左入射正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故AB错误；

CD．正负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有

可得流速

流量

C正确，D错误。

12.【答案】D

【解析】A．因为ab端输入电压为220V，由于送电线圈中的电阻R会分压，故送电线圈两端电压小于220V，则根据匝数比等于电压比可知，受电线圈cd两端的输出电压小于22V，A错误；

B．由题意可知

U2=1.8+1×R

送电线圈的电流为

则送电线圈两端电压

U1=U-I1R=220-0.1R

根据

可得

R=20Ω

B错误；

C．充电时，与送电线圈相连的电阻R两端的电压为

UR=I1R=2V

C错误；

D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为

U2=1.8V+1×20V=21.8V

D正确。

故选D。

13.【答案】C

【解析】AB．质子仅在电场力作用下先后经过三点，粒子的大致运动轨迹如图所示

质子受到斥力作用，中心的电荷一定为正电荷，a点的电势比b点的电势低。A错误；a点的场强和c点的场强大小相等。B错误；

C．由动能定理，b点到c点，静电力做正功，动能增大，b点时的动能一定比经过c点时的动能小。C正确；

D．质子由a点到b点速度方向和静电力方向不始终在同一方向上，质子由a点到b点不可能沿直线运动。D错误；

故选C。

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）

14【答案】AD

【解析】
A．温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故A正确。
B．温度升高，气泡内气体内能增大，即△U＞0，体积增大，即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可得Q＞0，故气泡内的气体吸热，故B错误。
C．气泡内气体压强p=p0+ρgh，气泡升高过程中，其压强减小，C正确错误。

D．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故D正确。
故选AD。

15.【答案】AD

【解析】A．图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调发生变化，当急救车靠近时，感觉声调变高，反之急救车远离时，感觉声调变低。这是由于多普勒效应引起的，故A正确；

B．图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；

C．图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的，故C错误；

D．图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光从水进入气泡时发生了全反射引起的，故D正确。

故选AD。

16【答案】AC

【解析】AB．根据题意，与的长度之差等于波长，且有

求得波长为

故A正确，B错误；

C．水的波速

故C正确；

D．若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅极大点，故D错误；

故选AC。

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

17【答案】（1） ①. 0.4    ②. 720

 （2）①. AC  ②. 2.13    ③. 未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力， 1.0

【解析】

（1）①游标卡尺为10分度游标卡尺，精确值为，图丙游标卡尺的读数为

②图丁游标卡尺的读数为

由图乙可知

解得

根据公式

解得

（2）①该实验中需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力，需要让细线与长木板保持平行，以保证细线上的拉力就是滑块所受合力，因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量，故AC正确，B错误。

故选AC。

②由题意知相邻两计数点间的时间，打该纸带时滑块的加速度大小

③图乙中直线的延长线没有经过原点，由图可知当时，a=0，说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。

设未完全平衡摩擦力为

斜率表示滑块的质量，可得滑块的质量

18.【答案】   （1）. ×1， 6（或6.0），10    （2）    （3）2.08，1.67

【解析】（1）,在电阻丝接入电路前，使用多电表测量它的电阻，选择倍率“”测量时指针偏角过大，应选择欧姆挡倍率重新进行测量；

正确操作后，多用表的示数如图（b）所示，结果为；

长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度

（2）因为是串联电路，则

即

（3）由图C可知

解得

19.【答案】（1），；（2），不能

【解析】（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为，由运动学公式得

由牛顿第二定律得

联立解得

，，

（2）由（1）可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为，弹珠A碰撞后瞬间的速度为，由运动学规律

解得

设碰后瞬间弹珠B的速度为，由动量守恒定律得

解得

所以两弹珠碰撞瞬间机械能损失

解得

碰后弹珠B运动的距离为

所以弹珠B没有进坑，故不能胜出。

20.【答案】(1)4m/s；(2) (N)；(3)或

【解析】(1)弹丸从A点发射做平抛运动，则竖直方向上

由几何关系

联立得

(2)有(1)可知弹丸在B点的速度

=5m/s

弹丸从B点运动至C/D点，由动能定理知

联立可得

从C/D点进入半圆形挡板设圆心角对应的圆弧长为L，由几何关系可知

由动能定理知

由牛顿第二定律知

联立，得

(N)

(3)弹丸运动恰好不到D点，由动能定理可得

解得

弹丸运动恰好飞出E点，由动能定理可得

解得

所以CD间的长度x满足或。

21.【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】（1）初始时对杆受力分析如下图所示

设N杆的加速度为，对杆根据牛顿第二定律得

解得

（2）杆到达边界前对、系统受力分析如下图所示

可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以、系统沿倾斜导轨方向上动量守恒，设杆到达边界前速度大小为，杆速度大小为，由动量守恒

得

回路电动势

回路电流

、所受安培力大小均为

由于N杆运动到边界前已匀速，有

联立可得

设杆到的距离为，对杆由动能定理得

由功能关系得

解得

（3）N杆到达水平导轨时受力如下图所示

分析可知杆向右开始减速运动，而杆向上加速运动，设杆速度重新达到稳定时速度大小为，则杆切割产生电动势

由欧姆定律得

由平衡条件得

解得杆稳定时速度

此时杆中电流

杆受到的安培力

由

得

故

此时杆也达到稳定速度，设为，设杆到两杆速度稳定的时间为，由动量定理，对杆有

即

对杆有

其中

代入得

联立解得

讨论

①当时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小

②当时，N杆最终静止在水平导轨上。

22.【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】（1）

甲粒子在磁场Ⅰ中的运动速率v，运动轨迹如图,在两磁场中运动半径相等

依据牛顿第二定律得

，

得

解得

（2）粒子乙运动轨迹如图，在磁场Ⅱ中速率与甲相同，速度v与竖直方向夹角为，轨迹圆半径为r

解得

粒子在磁场中的运动时间

联立解得

（3）磁感应强度增大，粒子在电场中运动不变，在磁场中轨迹圆半径减小为，甲轨迹与PQ相交于G、H，乙的轨迹与PQ交于F、D，F和D周期性下移。

F、D点每个周期下移距离△y

情况一：F点与H点重合

情况二：D点与G点重合

解得

情况三：F点与G点重合

解得