物理-2022年高考考前押题密卷（全国甲卷）（全解全析）

2022年高考考前押题密卷（全国甲卷）

物理·全解全析

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，用其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上，调节滑动变阻器，发现当电压表示数大于或等于2.5V时，电流表示数才为零。则阴极K的逸出功为（　　）

A．9.59eV B．7.7eV C．4.39eV D．2.5eV

【答案】  A

【解析】

由题意知遏止电压为

又因为大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，其中频率最高的光子能量为

由光电效应方程得

解得逸出功为

故选A。

15．2021年12月9日下午3点40分，神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富进行了中国空间站首次太空授课。跨越八年，“太空课”再次开课。已知空间站在距离地面约为R（R为地球半径）的圆形轨道上绕地球运行，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．空间站的线速度大于第一宇宙速度

B．空间站绕地球运动的角速度小于地球同步卫星的角速度

C．三名航天员在空间站中可以使用弹簧拉力器锻炼身体

D．三名航天员在空间站中处于失重状态，说明他们不受地球引力作用

【答案】  C

【解析】

A．因为地球卫星的最大绕行速度等于第一宇宙速度，故空间站的线速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；

B．空间站绕地球运动的半径小于地球同步卫星的半径，由

得

所以空间站绕地球运动的角速度大于地球同步卫星的角速度，故B错误；

C．三名航天员在空间站中可以使用弹簧拉力器利用相互作用力来锻炼身体，故C正确；

D．三名航天员在空间站中处于完全失重状态，但他们始终受地球引力作用，故D错误。

故选C。

16．在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是（　　）

A．

B．

C．弹性碰撞

D．完全非弹性碰撞

【答案】  A

【解析】

以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前

碰撞后

根据动量守恒定律得

可得

碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能

碰撞后系统动能

计算可得

可知非弹性碰撞，故A正确，BCD错误。

故选A。

17．甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从时刻开始，甲、乙两车运动的图像如图所示，其中甲车运动的图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为（，），已知。下列说法正确的是（　　）

A．时刻甲、乙两车间距离最大

B．在时刻，甲车的瞬时速度大小是

C．到时间内甲车的位移大小为

D．时刻甲车的速度大小为

【答案】  C

【解析】

A．由题图可知，时刻甲、乙两条线有交点，所以表示此时，两车相遇，所以A错误；

B．汽车运动的图线的斜率表示汽车运动的速度，所以可知，时刻甲、乙两车的速度为

所以B错误；

C．由题意可知，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀速直线运动，则由加速度的定义式可得，甲车的加速度为

由匀变速直线运动的位移公式可得

则到时间内甲车的位移大小为

又

则

所以C正确；

D．由匀变速直线运动的速度公式可得

则时刻甲车的速度大小为

得

所以D错误。

故选C。

18．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】  D

【解析】

第一过程从①移动②的过程中

左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 ，则电流为 ，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，

然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针

当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化， D正确；ABC错误；故选D

19．（原创）如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为，带电荷量为的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为，规定A点的电势为零，下列说法正确的是

A．电场强度大小为

B．B点的电势

C．B点的电势能

D．小球机械能的变化量为

【答案】BD

【解析】小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示

则有，解得，故A错误；小球所受合力为，由牛顿第二定律得加速度为，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度为，设AB=L，根据动能定理得，解得电场力做功，根据，解得，根据，且A点的电势为零，解得，代入速度得，则P点的电势能为得，代入速度得，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为，代入速度得，故D正确。

20．如图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两个小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是（　　）

A．输入电压u的表达式u＝20sin（50πt）V

B．只断开S2后，L1、L2均正常发光

C．只断开S2后，原线圈的输入功率减小

D．若将S1换接到2，R消耗的电功率为0.8 W

【答案】  CD

【解析】

A．由图象得周期

则

输入电压最大值

所以输入电压u的表达式应为

选项A错误；

B．只断开后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，则副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，则L1、L2均不能正常发光，选项B错误；

C．只断开后，负载电阻变大，副线圈电流变小，输出功率变小，则原线圈的输入功率减小，选项C正确；

D．若换接到2后，电阻R电压有效值为4V，则R消耗的电功率为

选项D正确。

故选CD。

21．如图，在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧槽轨道AB，轨道下端B与水平面BCD相切，BC光滑且长度大于R，C点右边粗糙程度均匀且足够长。现用手捏住一根长为的匀质细杆的上端，使杆子的下端与A点等高，然后由静止释放杆子，让杆子保持沿轨道内下滑。不计空气阻力及杆与圆弧轨道的撞击，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．杆子前端到达C点时的速度大小为

B．杆子前端在过C点后，一直做匀减速运动

C．杆子前端在过C点后，滑行一段距离后停下来，在此过程中，若将杆子分成任意两段，其前一段对后一段的作用力大小不变

D．若杆子前端在过C点后，滑行s距离后停下，且s>R，杆子与粗糙平面间的动摩擦因数为

【答案】  AD

【解析】

A．根据动能定理

解得

A正确；

B．设杆长l，在C的右侧部分才有摩擦，设右侧部分长度为x，则有

解得

则有

根据牛顿定律

当 时

解得

不变，即摩擦力如图所示

故做加速度变大的减速运动，之后再做匀减速运动，B错误；

C．取左侧 处为研究对象，当全部进入C右侧时

整体有

左侧加速度

联立得

即左右两侧无弹力

当 整段还没进入c右侧时，则有

解得

左侧 段有

左右两侧有弹力，可见前一段对后一段的作用力大小不等，C错误；

D．杆进入c右侧到全部进入时，可知

全部进入到停止

根据动能定理

解得

D正确。

故选AD。

22. （6分）

如图，小明同学用图示装置验证动量守恒定律。内壁光滑的圆筒固定在水平桌面上，将弹簧置于圆筒内，弹簧两端各放置一直径略小于圆筒内径的钢球，A、B为可插入圆筒的销钉，能将小球约束在圆筒内；地面铺有白纸和复写纸，实验前先将圆筒调整水平，然后在白纸上记下系于圆筒口的重锤线正下方的点O1、O2.实验时，将左右两钢球a和b向里压缩弹簧，插入销钉，在圆筒上标记压缩弹簧后两球的位置；然后同时抽出两销钉，钢球从圆筒口射出并做平抛运动，钢球a和b的平均落点分别为M、N，用刻度尺测得O1M间距为S1，O2N间距为S2；

（1）本实验还需要测量的物理量是___________ ；

A．两钢球a和b平抛的时间t                         B．两钢球a和b抛出点距离地面的高度h

C．钢球a的质量ma和b球的质量mb  D．弹簧的压缩量x

（2）如图是多次实验（每次约束两球的位置均相同）得到的其中一个钢球的落点分布图，请你写出确定其平均落点的方法：___________ ；

（3）两球构成的系统动量守恒，验证动量守恒定律的表达式为___________ （用题目给物理量以及第（1）问所需测量的物理来表示）

【答案】       C     用圆规作一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为平均落点    

【解析】

（1）实验要验证的关系式

其中

两物体平抛运动的高度相同，则时间t相同，则

则本实验还需要测量的物理量是钢球a的质量ma和b球的质量mb，故选C；

（2）确定其平均落点的方法：用圆规作一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为平均落点；

（3）两球构成的系统动量守恒，验证动量守恒定律的表达式为

23. （9分）

某同学利用如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r（E约15V，r约20Ω），电压表V的量程为4V，内阻约2kΩ。请回答下列问题：

（1）该同学为了测量电压表V的内阻，先将开关S1、S2都断开，将电阻箱R的阻值调至最大，再闭合S1，调节电阻箱R的阻值，当电压表V的示数为3.00V时，R的阻值为R1=8.0kΩ；当电压表V的示数为4.00V时，R的阻值为R2=5.5kΩ，若不考虑电源内阻，则电压表V的内阻Rv=______kΩ（保留两位有效数字）。若考虑电源内阻，则电压表V内阻的测量值____（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；

（2）为把电压表V改装为量程为15V的电压表，电阻箱R与电压表内阻Rv的比值应为______；

（3）保持电阻箱R的阻值不变，即电阻箱R的阻值为电压表V改装成量程为15V后对应的阻值，调节电阻箱R'的阻值为较大值，闭合开关S2，接着调节电阻箱R'的阻值，记录电压表V的示数U和相对应的电阻箱R'的阻值（实验过程中R'相对电压表的内阻均较小），进行若干次实验，以U为纵坐标、以为横坐标作图（坐标轴均为国际单位制基本单位），图像如图乙所示，图线与纵轴的交点为b，与横轴的交点为a，则电池的电动势E=______，内阻r=______。

【答案】       2.0     大于              

【解析】

（1）因为忽略电源内阻，由题意可得

，

联立可得电压表的内阻

由于没有考虑电源内阻，测得的电压表内阻包含电源内阻，故测量值大于真实值。

（2）要使电压表改装后量程为15V，当电压表的示数为4V时，电阻箱R上的电压为11V，由可知，R与U成正比，故。

（3）当电压表的示数为U时，加在电阻箱上的电压为，由闭合电路欧姆定律可得

即

根据图像规律可知

即电动势

，

24．（14分）

随着2022北京冬奥会的举办，人们对冰雪运动的了解越来越多，许多人投身其中。山地滑雪是人们喜爱的一项冰雪运动，一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，BC是半径为R＝5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AB竖直高度差为h1，竖直台阶CD高度差为h2＝9m，台阶底端与倾角为37°斜坡DE相连。运动员连同滑雪装备总质量为75kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，运动员经过C点时轨道受到的压力大小为4590N，不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，运动员可以看成质点（g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：

（1）AB竖直高度差h，为多大；

（2）运动员在空中飞行的时间；

（3）运动员离开C点后经过多长时间离DE的距离最大。

【答案】  （1）11.8m；（2）3s；（3）1.2s

【解析】

（1）由A到C，对运动员由机械能守恒定律得

解得运动员到达C点的速度为

C处，对运动员由牛顿第二定律得

解得

h1=11.8m

（2）运动员在空中做平抛运动，则

解得

t=3s

（3）离开C点离DE的距离最大时，速度方向平行DE，则

解得

t′=1.2s

25．（18分）

如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场；第二象限内存在大小为B、方向垂直坐标平面向外的有界圆形匀强磁场（图中未画出），一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限，进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为75°，已知电子的质量为m、电荷量为e，电场强度，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：

（1）N点到坐标原点的距离；

（2）电子通过N点的速度；

（3）圆形磁场的最小面积。

【答案】  （1）2L；（2），方向与y轴正方向的夹角为；（3）或

【解析】

（1）从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有

yN＝v0t

解得

yN＝2L

（2）设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，由动能定理有

解得

v＝v0，θ＝45°

（3）设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r

当电子与x轴负方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图

电子在磁场中偏转120°后垂直于O1Q射出，则磁场最小半径

Rmin＝＝rsin 60°

解得

Smin＝=

当电子与x轴正方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图

电子在磁场中偏转150°后垂直于O2Q′射出，则磁场最小半径

解得

=

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．【选修3-3】（15分）[来源：学|科|网]

（1）（5分）

关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．某种物体的温度为0℃，说明该物体中分子的平均动能为零

B．物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大

C．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小的更快，所以分子间作用力总表现为引力

D．10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能

E．两个铅块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力

【答案】  BDE

【解析】

A．某种物体的温度是0℃，分子仍然在做无规则运动，物体中分子的平均动能并不为零，故A错误；

B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，但内能还包括分子势能，故内能不一定增大，故B正确；

C．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，故C错误；

D．温度是分子平均动能的标志，所以10g100℃的水的分子平均动能 等于10g100℃的水蒸气的分子平均动能；同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以10g100℃的水的内能小于10g100℃相同质量的水蒸气的内能，故D正确；

E．分子间有引力，两个铅块挤压后能紧连在一起，很好的说明了分子间有引力，故E正确。

故选BDE。

（2）（10分）

如图所示，全封闭柱形绝热汽缸固定在倾角为θ的斜面上，汽缸内用质量为m、横截面积为S的可自由移动的导热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞恰好位于汽缸中央。汽缸内气体温度均为T0，上部分气体压强p。现将活塞固定，通过汽缸下部的电热丝（体积可忽略）缓慢对气体加热，使气体温度升高到3T0。不计活塞厚度，重力加速度为g。求升温后两部分气体的压强差。

【答案】 

【解析】

电热丝对下部分气体缓慢加热，由于活塞不能移动，两部分气体均发生等容变化对上部分气体，有

对下部分气体，有

开始时活塞受力平衡，有

解得升温后A、B两部分气体压强差

34．【选修3-4】（15分）

（1）（5分）

位于x=7m处的波源S完成两次频率不同的全振动，如图所示为t=0时刻波形，该波沿-x方向传播，此时波刚好传到x=1m处的质点P，0.3s后质点P第一次出现在波谷位置，则_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．波源的起振方向沿＋y方向

B．波速v1∶v2=1∶1

C．质点P沿＋y方向振动过程中，x=5m处的质点Q也沿＋y方向振动

D．从t=0时刻开始到质点P振动的路程为10cm时，质点Q振动的路程是20cm

E．从t=0时刻开始，再经过0.5s质点Q运动到坐标原点O

【答案】  ABD

【解析】

A．根据波的传播方向与质点振动方向间的关系可以判断出，质点P、Q在t=0时刻振动方向均沿y轴正方向，波上任意质点的起振方向均与波源的起振方向相同，可知波源的起振方向沿y轴正方向，选项A正确：

B．从t=0时刻到质点P第一次抵达波谷，需要个周期，即

T1=0.3s

得

T1=0.4s

由波形图可知λ1=4m，λ2=2m，根据波速公式v=得

v1=10m/s

因波速由介质决定，与波的振幅、频率无关，则

v2=v1=10m/s，T2=0.2s，v1∶v2=1∶1

选项B正确；

C．虽然t=0时刻质点P、Q均沿y正方向运动，但由于它们振动周期不同，因而在以后各个时刻，它们振动方向不一定相同，选项C错误；

D．质点P振动路程为

10cm=2A

需要

0.5T1=T2

即质点Q完成一个周期的振动，通过的路程是

4A=20cm

选项D正确；

E．横波传播途中，介质中质点只在与波传播方向垂直的方向上振动，不会沿波的传播方向迁移，选项E错误。

故选ABD。

（2）（10分）

某透明均匀介质的截面如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB=30°，半圆形的半径为R，一束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光线在E点的折射角θ2=30°（光在真空中的传播速度用c表示）。求：

（1）光在介质中的传播时间；

（2）与射入介质前相比，光线射出介质后的偏转角是多少。

【答案】  （1）；（2）

【解析】

（1）由几何关系：，折射光平行于的方向，如图

则有

，

由折射定律

带入数据可得

由

得

由得光在介质中的传播时间为

（2）由折射定律由

得

偏转角度为