2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（三）

这是一份2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（三），文件包含2022年全国高考物理考前冲刺押题卷三解析版docx、2022年全国高考物理考前冲刺押题卷三原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错或不答的得0分。
1、如图所示，图甲为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱，已知谱线a是氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时的辐射光，谱线b是氢原子在下列哪种情形下跃迁时的辐射光( )
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级
B．从n＝5能级跃迁到n＝2能级
C．从n＝4能级跃迁到n＝3能级
D．从n＝5能级跃迁到n＝3能级
【答案】B
【解析】谱线a是氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时的辐射光，谱线b比a的波长略短，则b光的频率比a光的频率略高，其光子的能量比a光光子的能量略大，所以谱线b是氢原子从n＝5能级跃迁到n＝2能级时的辐射光，B正确．
2、地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是( )
A．如果地球自转的角速度突然变为原来的eq \f(g＋a,a)倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
B．卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等
C．卫星甲的周期最小
D．三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度
【答案】B
【解析】使地球上的物体“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力，则有：eq \f(GMm,R2)－mg＝ma，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为a′：ma′＝eq \f(GMm,R2)＝mg＋ma，即此时的向心加速度a′＝g＋a，由a＝rω2，则ω2为原来的eq \f(g＋a,a)倍，则A错误；卫星在同一位置其加速度相同，则B正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，则C错误；卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度，则D错误。
3、由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，为弹道曲线上的五点，其中点为发射点，点为落地点，点为轨迹的最高点，为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（ ）
A．到达点时，炮弹的速度为零
B．到达点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹经过点时的速度大于经过点时的速度
D．炮弹由点运动到点的时间大于由点运动到点的时间
【答案】C
【解析】炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，A错误；在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，B错误；由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过点时的速度大于经过点时的速度，C正确；从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即，解得，在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即，解得，故，根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D错误。
4、如图所示为游乐场中过山车的“磁力刹车装置”。在过山车两侧安装铜片，停车区的轨道两侧安装强力磁铁，当过山车进入停车区时，铜片与强力磁铁的相互作用使过山车能很快地停下，下列说法中错误的是( )
A．过山车进入停车区时其动能转化成电能
B．过山车进入停车区的过程中两侧的铜片中会产生感应电流
C．把铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
D．过山车进入停车区的过程中铜片受到的安培力使过山车减速
【答案】C
【解析】磁力刹车制动器是由一个或两个磁力很强的磁铁长条组成，当金属片(通常是铜或铜铝合金)切割磁感线时，会在金属内部产生涡流，这将生成一个安培力来反抗运动。由此产生的制动力是与速度成正比的。金属片在磁铁内移动，动能转化为电能并最终转化为内能。选项C中玻璃片不是金属，达不到同样的刹车效果，故选项C错误。
5、电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω 的电阻串联接在发电机线圈上，如图6所示，已知线圈面积为eq \f(\r(2),20) m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在磁感应强度B＝eq \f(2,π) T的匀强磁场中绕垂直磁感线的轴OO′以转速n＝600 r/min匀速转动时，在合上开关S后电动机正常工作，电压表的示数为100 V，下列说法正确的是( )
A．电路中电流的最大值为5eq \r(2) A
B．电路中电流的最大值为10eq \r(2) A
C．电动机正常工作时的输出功率为1 000 W
D．电动机正常工作时的输出功率为800eq \r(2) W
【答案】B
【解析】线圈转动时的角速度ω＝2π·n＝2π×10 rad/s＝20 π rad/s；线圈转动时产生的电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×eq \f(2,π)×eq \f(\r(2),20)×20π V＝200eq \r(2) V；有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝200 V；设线圈的电阻为r′，则电路中的电流I＝eq \f(E－U,R＋r′)＝eq \f(200－100,8＋2) A＝10 A，故电路中最大电流为10eq \r(2) A，故选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P＝UI－I2r＝100×10 W－102×2 W＝800 W，故选项C、D错误。
6、如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v2从距离直径AOB为eq \f(R,2)的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心．不计粒子受到的重力，则( )
A．两个粒子带异种电荷
B．t1＝t2
C．v1∶v2＝eq \r(3)∶1
D．两粒子在磁场中轨迹长度之比l1∶l2＝eq \r(3)∶1
【答案】AC
【解析】根据左手定则判断可得，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A正确；分别对甲、乙粒子作图，找出其做匀速圆周运动的圆心和半径以及圆心角，则有：r甲＝eq \r(3)R，r乙＝R，θ甲＝eq \f(π,3)，θ乙＝eq \f(2π,3)，根据qvB＝meq \f(v2,r)可得：v＝eq \f(qBr,m)，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r甲,r乙)＝eq \f(\r(3),1)，选项C正确；根据t＝eq \f(θ,2π)T可得：eq \f(t1,t2)＝eq \f(θ甲,θ乙)＝eq \f(1,2)，选项B错误；粒子在磁场中的轨迹长度为l＝vt，所以eq \f(l1,l2)＝eq \f(v1t1,v2t2)＝eq \f(\r(3),2)，选项D错误．
7、如图所示，与水平面成θ=30°角的传送带正以v=5m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l=25m。现每隔1s把质量m= 1kg的工件( 视为质点)轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件离开B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2,下列说法正确的是
A.工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力
B.两个工件间的最小距离为1. 25m
C.传送带上始终有6个工件
D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
【答案】BC
【解析】由受力分析可知，工件先受向上的滑动摩擦力，后受向上的静摩擦力，故A错误。刚开始加速1s的两个工件间距最小，加速过程由牛顿第二定律可得，解得，由，解得1.25m，故D正确。分析可得加速过程始终有两个，匀速过程始终有4个，共6个，则满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和，即，故B错误，C正确。
8、如图甲所示，在某电场中建立坐标轴，、为轴上的两点，、分别为、两点在轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿轴运动，该电子的电势能随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B．点的电场强度小于点的电场强度
C．电子由点运动到点的过程中电场力对其所做的功
D．电子在点的动能小于在点的动能
【答案】AC
【解析】根据功能关系知，，场强，得：，即有，根据数学知识可知，图线的斜率，则知E保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，一定不是孤立点电荷形成的电场，，故A正确，B错误；电子由A点运动到B点的过程中，由功能关系可得，电场力对其所做的功，故C正确；根据能量守恒定律得知，电子从A到B电势能增大，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．（6分）实验室有一种灵敏电流计，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2；
电流表A(量程为1 mA，内阻约为100 Ω)；
定值电阻R1(阻值为400 Ω)；
定值电阻R2(阻值为600 Ω)；
电阻箱R(0～9 999.9 Ω，最小调节量0.1 Ω)；
滑动变阻器R3(阻值范围为0～2 000 Ω，额定电流1.5 A)；
直流电源E(电动势1.5 V，内阻不计)；
开关S，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。
(2)若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R接入电路的阻值________(选填“增大”或“减小”)，直到G2中的电流为0。
(3)读出电阻箱连入电路的电阻为1 200.0 Ω，电流表的示数为0.6 mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流Ig＝________ μA，内阻Rg＝________ Ω。
【答案】(2)减小（2分） (3)300 （2分） 800（2分）
【解析】 (2)灵敏电流计G2中的电流由b流向a，说明b点电势比a点电势高，R2的阻值小于电阻箱接入电路的阻值，减小电阻箱R接入电路的阻值，当a、b两点电势相等时，流过G2的电流为0。
(3)流过G2的电流为0，由图示电路图可知eq \f(R,R2)＝eq \f(Rg,R1)，即eq \f(1 200 Ω,600 Ω)＝eq \f(Rg,400 Ω)，解得Rg＝800 Ω；流过两支路电流之比eq \f(I1,IG1)＝eq \f(\f(U,R1＋R2),\f(U,Rg＋R))＝eq \f(Rg＋R,R1＋R2)＝eq \f(800＋1 200,400＋600)＝eq \f(2,1)，由图示电路图可知，IG1＋I1＝IA，又IA＝0.6 mA，则IG1＝0.2 mA，因灵敏电流计满偏刻度30格，此时G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流Ig＝eq \f(30,20)IG1＝eq \f(3,2)×0.2 mA＝300 μA。
10．（9分）图甲所示为测量木块与水平桌面之间动摩擦因数μ的实验装置示意图。提供的器材有光电计时器、固定有遮光片的木块(图中未画出遮光片)、游标卡尺、米尺、8个质量均为m的钩码以及细线等。实验操作过程如下：
①按图甲所示组装好实验装置，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s。
②将细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块的凹槽中，调整轻滑轮，使细线水平。
③让木块从光电门的左侧由静止释放，分别测出遮光片经过光电门A和B所用的时间ΔtA和ΔtB，记下悬挂钩码的个数n。
④将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，重复实验操作③。
⑤测出每种情况对应的加速度a，作出a­n图象如图丙所示。

甲 乙 丙
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的分度值为1 mm)的示数如图乙所示，其读数为________cm。
(2)木块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝___________。
(3)根据图丙中的a­n图象，动摩擦因数可表示为μ＝________。(选用图象中的截距b、p和重力加速度g表示)
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)。
【答案】(1)0.955（2分） (2)（3分） (3)－eq \f(b,g) （2分）(4)系统误差（2分）
【解析】本题考查利用光电门研究匀变速直线运动并计算动摩擦因数。
(1)游标卡尺读数为0.9 cm＋0.05 mm×11＝0.955 cm。
(2)木块经过A、B两个光电门的速度分别为vA＝eq \f(d,ΔtA)，vB＝eq \f(d,ΔtB)，根据veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝2as得a＝。
(3)对木块和钩码的系统，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(nmg－μ[M＋8－nm]g,8m＋M)＝eq \f(1＋μmg,8m＋M)n－μg，
则由图象可知－μg＝b，即μ＝－eq \f(b,g)。
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差是由实验器材造成的，属于系统误差。
11．（12分）如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d.在右极板的中央有个小孔P，小孔右边半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P处相切．一排宽度也为d的带负电粒子以速度v0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为q，磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(2)mv0,qR)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：
(1)板间的电压大小U；
(2)通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L；
(3)通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总．
【答案】 (1)U＝eq \f(2mv\\al(2,0),q) (2)(1＋eq \f(\r(2),2))R (3)eq \f(d,2v0)＋eq \f(3\r(2)πR,8v0)
【解析】 (1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘
在竖直方向上有t＝eq \f(d,v0)（1分）
在水平方向上有a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，d＝eq \f(1,2)at2（1分）
联立解得U＝eq \f(2mv\\al(2,0),q).（1分）
(2)从小孔P射入磁场的粒子，在电场中的运动时间t1＝eq \f(d,2v0)（1分）
经过小孔P时，水平分速度v1＝at1＝v0（1分）
进入磁场时的速度大小v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,1))＝eq \r(2)v0（1分），速度方向与右极板的夹角θ＝eq \f(π,4)（1分）
设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点离开磁场，其轨迹如图所示，
轨迹圆心在O′点，则qvB＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)mv0,qB)＝R（1分）
由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知L＝r＋rcs θ＝(1＋eq \f(\r(2),2))R.（1分）
（3）从小孔P飞出的粒子在磁场中偏转的角度α＝eq \f(3π,4)（1分）
粒子在磁场中运动的时间t2＝eq \f(\f(3π,4),2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(3\r(2)πR,8v0)（1分）
通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总＝t1＋t2＝eq \f(d,2v0)＋eq \f(3\r(2)πR,8v0).（1分）
12．（20分）质量为mA＝1.0 kg的小物块A静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。质量为mB＝3.0 kg的小物块B以v0＝2 m/s的速度与A发生弹性正碰，碰后A沿水平地面向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2。A、B运动过程中的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。
(1)求A、B碰后瞬间速度vA、vB的大小；
(2)A、B碰后哪一个速度先减为零？求此时A与B之间的距离Δs1；
(3)A和B都停止运动后，A与B之间的距离Δs2。
【答案】 (1)3.0 m/s 1.0 m/s (2)B物块 0.50 m (3)0.25 m
【解析】(1)小物块A、B发生弹性正碰，则由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB（1分）
由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)（1分）
联立并代入题给数据得vA＝3.0 m/s（1分），vB＝1.0 m/s。（1分）
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生第二次碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B。设从碰撞到B停止所需时间为t，B向右运动的路程为sB。则有μmBg＝mBa（1分）
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2（1分）
vB－at＝0（1分）
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq \f(1,2)at2（1分）
联立并代入题给数据得sA＝1.25 m（1分），sB＝0.25 m。（1分）
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B再次发生碰撞，故假设成立，B停止时A位于出发点右侧0.75 m处，B位于出发点右侧0.25 m处，两物块之间的距离为Δs1＝0.75 m－0.25 m＝0.50 m。（1分）
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B再次碰撞，碰撞前瞬间A的速度大小为v′A，由动能定理有
－μmAg(2l－sB)＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)（1分）
解得v′A＝eq \r(2) m/s（1分）
故A与B将再次发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B（1分）
eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAv″eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBv″eq \\al(2,B)（1分）
联立并代入题给数据得v″A＝eq \f(\r(2),2) m/s（1分），v″B＝－eq \f(\r(2),2) m/s（1分）
这表明碰撞后A将向右运动，B向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式有2as′A＝v″eq \\al(2,A)，2as′B＝v″eq \\al(2,B)（1分）
解得s′A＝0.125 m，s′B＝0.125 m（1分）
s′A小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离Δs2＝0.25 m。（1分）
（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。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程：从a到b，b到c，c到a回到原状态，其中V－T图象如图6所示．用pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，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．pa＜pc＝pb
B．由a到b的过程中，气体一定吸热
C．由b到c的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功
D．由b到c的过程中，每一个气体分子的速率都减小
E．由c到a的过程中，气体分子的平均动能不变
【答案】ABE
【解析】从状态a到状态b，由理想气体状态方程可知，eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pb·3V0,3T0)，整理得：pb＝3pa，同理可知：eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pc·V0,T0)，整理得：pc＝3pa，所以pc＝pb>pa，故A正确；从状态a到状态b过程中气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B正确；由题图可知，b到c过程气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W>0，内能减小，ΔU