2022年高考物理预测押题卷+答案解析（重庆卷二）

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2022年高考押题预测卷02【重庆卷】
物理·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
B
D
A
C
C
BC
BCD
ACD
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．图是测定甲、乙两个直流电源的电动势E与内阻r时，得到的路端电压U与干路电流I的图象。若将这两个直流电源分别与同一定值电阻R串联，下列说法正确的是（　　）

A．甲电源内阻是乙电源内阻的2倍 B．电源的效率一定有
C．电源总功率一定有 D．电源的输出功率一定有
【答案】 B
【解析】
A．由图象可知，甲电源电动势是乙电源电动势的2倍，即

图像的斜率等于内阻，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，即

选项A错误；
B．电源的效率

可得

选项B正确：
C．电源总功率

可得

选项C错误；
D．电源的输出功率

可知，不能确定两电源的输出功率的大小关系，选项D错误。
故选B。
2．如题图所示，竖直平面内的平行金属板ab、cd长均为2l，相距l水平放置。一带电粒子从靠近a点处以速度v水平向右射入两板之间，经时间沿直线从靠近b点处以速度v水平向右射出。若ab、cd间存在竖直方向的匀强电场E，该粒子从靠近a点处以速度v水平向右射入两板之间，经时间刚好从靠近d点处以速度射出，速度偏角为；若ab、cd间存在垂直于纸面的匀强磁场B，粒子从靠近a点处以速度v水平向右射入两板之间，经时间也刚好从靠近d点处以速度射出，速度偏角为。下列说法正确的是（     ）

A． B．
C． D．
【答案】 C
【解析】
A．若不加电场或磁场，粒子沿水平方向做匀速直线运动；若ab、cd间存在竖直方向的匀强电场粒子做类平抛运动，在水平方向也做匀速直线运动，则有
t1= t2
若ab、cd间存在垂直于纸面的匀强磁场粒子做匀速圆周运动，则在磁场中走过的路程长于2l，则
t1= t2 < t3
A错误；
C．若ab、cd间存在垂直于纸面的匀强磁场粒子做匀速圆周运动，有

根据几何关系有
r2= （r - l）2 + 4l2
若ab、cd间存在竖直方向的匀强电场粒子做类平抛运动，有
，
联立有

C正确；
B．若ab、cd间存在垂直于纸面的匀强磁场粒子做匀速圆周运动，有

根据几何关系有

若ab、cd间存在竖直方向的匀强电场粒子做类平抛运动，有

根据选项C有
，
综上有
，
则θ2、θ3不相等，B错误；
D．若ab、cd间存在垂直于纸面的匀强磁场，由于洛伦兹力不做功则
v3= v
若ab、cd间存在竖直方向的匀强电场，根据选项B知

则

D错误。
故选C。
3．如图所示，2022个质量均为3m的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在O点，一端与质量为m的黑球连接，把黑球从与O点等高的A处由静止释放，黑球沿半径为L的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰。若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则黑球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为（　　）

A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】
设黑球第一次到达最低点时的速度为v0，黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得

解得

设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为，1号球的速度为v，黑球与1号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

黑球与1号球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，黑球再次达到最低点时速度大小等于

发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与1号球碰撞后，1号球静止，2号球速度为v，碰后2号球与3号球发生碰撞，直至2021号球与2022号球碰撞，发生一系列碰撞后，2022号球向右做匀速直线运动，1号到2021号球静止在原位置；然后黑球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后黑球的速度为，1号球的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

同理可知，黑球第3次与1号球碰撞后黑球的速度

黑球最后一次与1号球碰撞后，黑球的速度为

故D正确，ABC错误。
故选D。
4．甲乙两车从t=0开始由同一位置出发，在同一平直公路上同向行驶，它们运动的图像如图所示，已知甲的图像是抛物线的一部分，乙的图像是一条直线。则下列说法中正确的是（　　）

A．乙车运动的加速度为5m/s2
B．甲车运动的加速度越来越大
C．t=2s时，甲、乙两车速度相等
D．在甲车追上乙车前，两车相距最远为2.5m
【答案】 D
【解析】
A．根据图像可知乙做匀速直线运动，，故A错误；
B．甲的图像是抛物线的一部分，所以甲做匀加速直线运动，B错误；
C．由，可知甲的加速度为，则2s末甲的速度为

2s末甲的速度为10m/s，乙的速度始终为5m/s，故两者速度不等，故C错误；
D．甲为匀加速直线运动追匀速直线运动的乙，一定追的上，在两者速度相等时距离最大，有

解得

此时


故两车相距最远

故D正确。
故选D。
5．我国科学家通过一种功能纳米膜成功地从海水中大规模提取铀元素，这对于国家发展具有十分重要的战略意义。用中子轰击铀核，铀核发生裂变，其中一种典型反应是。若用、、、分别表示、、和的质量，关于这个核反应，下列说法正确的是（　　）
A．方程中Z＝56，A＝89
B．方程中
C．只要用中子轰击铀核，就一定会发生链式反应
D．释放的核能为
【答案】 A
【解析】
A．根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，有


解得
，
故A正确；
BD．重核裂变会释放核能，伴随质量亏损，有

故BD错误；
C．发生铀核裂变的条件为铀块达到临界体积，才能维持链式反应持续不断的进行下去，故C错误；
故选A。
6．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为11：1，电表均为理想的交流电表，、、为定值电阻，电压，初始时开关S闭合，下列说法正确的是（　　）

A．断开开关S后，电压表的读数为，电压表的读数增大
B．断开开关S后，原、副线圈的电流都增大，且电流之比不变
C．断开开关S后，电阻的功率减小，电阻的功率增大，原线圈的输入功率变小
D．若将电流表A换成与相同的定值电阻，断开开关S后，整个副线圈回路消耗的功率增大
【答案】 C
【解析】
A．交流电压表读数为有效值，由理想变压器规律

得电压表读数为

断开开关S后，和并联回路的电阻增大，其电压相应增大，电压表读数变大，选项A错误；
B．断开开关S后，副线圈的总电阻增大，总电流I2减小，由理想变压器规律

知原线圈的电流I1也减小，两电流之比不变，选项B错误；
C．断开开关S后，原、副线圈的电流都减小，原线圈的输入功率由

知P1相应减小，电阻的功率由

知相应减小，电阻的电压增大，功率由

知相应增大，选项C正确；
D．将原线圈中的R1等效为电源内阻，设副线圈后的总电阻为R，等效到原线圈电阻为，由

得

断开开关S后，副线圈后的总电阻增大，由电源输出功率与外电阻的关系可知，副线圈回路消耗的功率减小，选项D错误。
故选C。
7．如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为
【答案】 C
【解析】
A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；
B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；
C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故

故A与环的动能之比为

对小环和A的系统

联立可得小环C的最大动能

故C正确；
D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有
Tcosθ=Mg
对A有
T-mg-F=ma
对B有
F=mg
联立可得为

故D错误。
故选C。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.
8．2021年5月15日“祝融号”火星车成功软着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔2号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔2号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则（　　）
A．火星的平均密度是月球的倍
B．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔2号”引力的倍
C．火星的第一宇宙速度是月球的倍
D．火星的重力加速度大小是月球表面的倍
【答案】 BC
【解析】
A．根据密度表达式

则

选项A错误；
B．根据万有引力定律


选项B正确；
C．根据

可得第一宇宙速度的表达式


选项C正确；
D．根据

可得重力加速度的表达式


选项D错误。
故选BC。
9．在倾角为的光滑固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为，C为一固定挡板，开始未加电场，系统处于静止状态，A带正电，B不带电，现加一沿斜面向上的匀强电场，物块A沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，之后两个物体运动中当A的加速度为0时，B的加速度大小均为a，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（　　）

A．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对物块B的冲量为0
B．从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为
C．从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能和电势能之和先增大后减小
D．B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为
【答案】 BCD
【解析】
A．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对物块B的作用力不为零，故冲量不为0，A错误；
B．开始未加电场时，弹簧处于压缩状态，对A，由平衡条件可得

解得

物块B刚要离开C时，弹簧处于拉伸状态，对B由平衡条件可得

解得

故从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为

B正确；
C．对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，C正确；
D．设A所受电场力大小为F，当A的加速度为零时，B的加速度大小为a，方向沿斜面向上，据牛顿第二定律对A、B分别有


联立解得

故B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为

D正确。
故选BCD。
10．如图所示在光滑绝缘水平桌面上有一正方形导线框，在虚线右侧有匀强磁场区域，磁场方向竖直向下。时导线框的右边恰与磁场边界重合，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，外力F与导线框速度v的关系是（、k是常量）。在进入磁场区域的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的有（　　）

A． B． C． D．
【答案】 ACD
【解析】
AB．当导体框以速度v进入磁场时，产生的感应电流大小为

cd边受到安培力，大小为

对于导体框根据牛顿第二定律可得

又因为

整理可得

若，则线框的加速度为一定值，速度均匀增加，电流均匀增加，故A正确，B错误；
C．若，则线框的加速度随速度的增加而减小，电流增加的越来越慢，故C正确；
D．若，则线框的加速度随速度的增加而增加，电流增加的越来越快，故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：共57分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共45分。
11. （6分）
某同学利用如图甲所示的装置测量弹簧弹力做功，在水平桌面上固定好弹簧和光电门、将光电门与数字计时器（图中未画出）连接。
实验过程如下：
（1）用游标卡尺测出固定于滑块上的遮光条的宽度d；
（2）用滑块把弹簧压缩到遮光条距离光电门为的位置，并由静止释放，数字计时器记下遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度___________（用题中所给符号表示）；
（3）多次改变滑块的质量m，重复（2）的操作，得到多组m与v的值。根据这些数据作出图像，如图乙。根据图像，可求出滑块每次运动的过程中弹簧对其所做的功为__________；

（4）为了减少实验误差，请提出一条改进措施：_____________。
【答案】                适当减小遮光条的宽度
【解析】
（2）遮光条通过光电门的平均速度可近似认为是滑块通过光电门的瞬时速度，所以

（3）对滑块运动过程应用动能定理，有

即

绘制图像，则图像的斜率

所以

（4）若遮光条的宽度过大，通过光电门的平均速度与滑块的瞬时速度相差较大，引起实验误差较大，可通过适当减小遮光条的宽度来减小实验误差。
12. （9分）
某实验小组计划先用多用电表测量定值电阻的阻值，再设计电路测量电源的电动势和内阻。实验器材有：待测定值电阻，待测电源（电动势E约为8V，内阻r约为1Ω），多用表一只，电阻箱R，开关一个，导线若干。

（1）用多用电表测量定值电阻的阻值。
①对多用电表完成机械调零后，先将选择开关调到电阻 × 10Ω档，再将红、黑表笔短接，调整图a中多用电表的______（选填“A”或“B”）旋钮，进行欧姆调零；
②将红、黑表笔分别与定值电阻两端相连，多用电表指针位置如图b所示；
③应将选择开关调到电阻 × ______档，再次进行欧姆调零后重新测量，指针位置如图c所示，定值电阻的阻值______Ω；
④完成测量后，将选择开关调到______档或交流电压最高档。
（2）用多用电表测量电源电动势和内阻。

①将多用电表选择开关调到______（选填“交流”或“直流”）电压10V档；
②按图d所示电路连接实物；
③闭合开关S，调节电阻箱R，读出多用电表示数U，测得多组R和U并做好记录；
④根据实验数据，作出图像如图e所示，电源电动势E = ______V，内阻r = ______Ω。（结果均保留3位有效数字）
【答案】      B     1     8.0     OFF     直流     8.33     1.00
【解析】
（1）①由题图a知，欧姆调零旋钮为B；
③用 × 10Ω挡测量时发现指针偏转角度过大，即读数太小，说明倍率档选择的过高，则应换用更小倍率测量，即 × 1Ω档。
根据欧姆表的读数规则可读出定值电阻的阻值R0 = 8.0Ω。
④完成测量后，将选择开关调到OFF档或交流电压最高档。
（2）①由于电源为直流电源，则将多用电表选择开关调到直流电压10V档。
根据闭合电路的欧姆定律有
E = U + I（r+R0），
整理有

设图像的纵截距为b、斜率为k，则可求出
，
代入数据计算后保留3位有效数字后有
E = 8.33V，r = 1.00Ω
13. （12分）
如图所示，第一象限存在垂直xOy平面的匀强磁场（图中未画出），在y＝－L和x轴之间区域存在沿x轴正方向的匀强电场，将两个质量均为m、电荷量分别为2q、－q（q＞0）的粒子M、N用质量不计的绝缘物质粘在一起，自（0，L）处以速度v0沿x轴正方向射入磁场，进入电场时M、N分离，两粒子经过电场后，其中粒子N沿y轴射出电场，粒子M射出电场时的速度大小为粒子N离开电场时速度大小的2倍。不计空气阻力和两粒子重力及粒子间相互作用，求：
（1）粒子M离开电场时速度大小；
（2）电场强度大小和磁感应强度；
（3）粒子M、N离开电场时两粒子之间的距离。

【答案】 （1）；（2）；；垂直纸面向外；（3）
【解析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度大小为，设进入电场时速度与x轴正方向夹角为，如图

两粒子沿x、y轴方向的速度分量分别为：


两粒子在电场中沿y轴均做速度为的匀速直线运动，M、N在电场中运动的时间t相等，设N在电场中加速度大小为

则M在电场中加速度大小为

MN离开电场时沿x轴的速度大小分别为


M离开电场时的速度大小为N离开电场时速度大小的2倍，有

联立上述各式解得

MN离开电场时的速度大小分别为


（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得圆周半径r满足


由洛伦兹力提供向心力有

解得磁感应强度

由左手定则得磁场垂直于平面向外
N在电场中运动，沿y轴方向有

联立得电场强度大小

（3）MN在电场中沿x轴运动的位移分别为


联立得


粒子M、N离开电场时之间的距离

14. （18分）
如图所示光滑的轨道ABCD竖直放置，其圆形轨道部分半径R，轨道左侧A处放有弹射装置，被弹出的滑块可平滑进入轨道，轨道右端出口D恰好水平，且与圆心0等高，出口D的右侧接水平直轨道，轨道星光滑段、粗糙段交替排列，每段长度均为L。在第一个光滑段与粗糙段的结合处E位置放一质量m的滑块乙，质量为m的滑块甲通过弹射装置获得初动能。两滑块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ，弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，滑块甲恰好到达圆轨道内侧与圆心O等高处的C点，逐渐增大弹簧的压缩量，滑块甲与滑块乙会在E处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，空气阻力忽略不计。
（1）当弹射器中的弹簧压缩量为d时，求滑块甲经过B点时对管道的压力大小FN；
（2）当弹射器中的弹簧压缩量为2d时，滑块甲与滑块乙碰后粘在一起运动， 求碰撞前后的机械能损失∆E；
（3）若发射器中的弹簧压缩量为kd，求两滑块一起滑行的距离s与k的关系式。

【答案】 （1）3mg；（2）；（3）见解析
【解析】
（1） A到C由能量守恒可得
Ep=mgR
从C到B过程由能守恒可得

在B点由牛顿第二定律可得

解得

由牛顿第三定律可知，对轨道压力

（2）从A到D过程由能量守恒可得

由弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，可知

碰撞过程由动量守恒可得

损失的机械能为

联立解得

（3）弹性势能为

能过最高点


求得

①当，不发生碰撞，s=0
②当，从A到D过程由能量守恒可得

碰撞过程满足动量守恒

设在粗糙段滑行距离为x1，由能守恒可得

满足

若x1是L的整数倍，则在光滑段滑行距离为

此时滑行的总距离为

若x1不是L的整数倍，则在光滑段滑行距离为

（其中n为x1除L的整数部分）此时滑行的总距离为

（二）选考题：共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。
15. [选修3-3]（12分）
（1）（4分）
如题图所示，夏天，从湖底形成的气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强不变，将泡内气体视为理想气体。则在气泡缓慢上升的过程中，对于泡内气体，下列说法正确的是（     ）

A．每一个气体分子的热运动都变快
B．对气泡壁单位面积单位时间内的冲量变小
C．对气泡壁做功，内能减少
D．内能增大，放热
【答案】 B
【解析】
A．如果气体温度升高，分子的平均动能增大，并不是每一个分子热运动的速率都增加，A错误；
B．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
I = Ft
易知气泡内气体分子对气泡壁单位面积单位时间内的冲量一定减小，B正确；
C．气泡上升过程中，温度升高，与水面的距离减小
p=p0 +ρgh
压强减小，则根据

可知气体对气泡壁做功，内能减小，C错误；
D．湖内水的温度越高，气体的温度升高，气体内能增大，根据以上选项分析，可知体积增大，气泡内气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气泡内气体吸热，D错误。
故选B。
（2）（8分）
题图为某一定质量理想气体状态变化的图象，AB、BC为直线，对应状态的压强p、体积V均已在图中标出。已知气体在状态A时的温度为，由状态A到状态C的内能增加量为，求：
（1）状态A到状态C过程中吸收的热量Q；
（2）状态A到状态B过程中的最高温度T。

【答案】 （1）ΔU + p0V0（W取p0V0）；（2）
【解析】
（1）由P—V图象可知，A到C过程气体膨胀对外做功值为
（p0 + 2p0）V0 + p0·V0 = p0V0
由热力学第一定律得出
Q = ΔU - W = ΔU + p0V0（W取p0V0）
（2）由图分析知，直线AB方程为

由一定质量的理想气体状态方程得

联立解得

当时，即时，T有最大值，解得

16. [选修3-4] （12分）
（1）（4分）
下列说法正确的是（       ）
A．光的偏振现象证明了光是纵波
B．不同长度的钢片安装在同一支架上制成的转速计，是利用了共振的原理
C．主动降噪技术利用的是波的衍射原理
D．机械波和光波一样都需要传播介质
【答案】 B
【解析】
A．光的偏振现象证明了光是横波，A错误；
B．不同长度的钢片安装在同一支架上制成的转速计，是利用了共振的原理，B正确；
C．主动降噪技术利用的是波的干涉原理，C错误；
D．光波不需要传播介质，D错误。
故选B。
（2）（8分）
一列横波沿x轴传播，如图所示。实线是t1=0时刻的波形，此时坐标原点O向 +y方向运动。虚线是t2=0.3s时刻的波形，求：
①此列横波的波长与振幅；
②此列横波的波速最小值与传播方向。

【答案】 ①0.4m；②20m/s
【解析】
①从图像可知波长λ=8m，振幅 A=0.4m；
② t1=0时刻坐标原点O正向y轴正方向运动，则此横波沿x轴负方向传播，从实线波形变到虚线波形至少需要四分之三个周期，那么

要求最小波速，则取n=0，Tmax=0.4s，则最小波速为