物理-2022年高考考前押题密卷（河北卷）（全解全析）

绝密★考试结束前

2022年高考考前押题密卷（河北卷）

物理· 全解全析

一、单项选择题

二、多项选择题

1.【答案】 A

【解析】

A．根据ε=ℎν可知，频率相同的光子能量相同。A正确；

B．原子从一个定态跃迁到另一个定态时，原子辐射一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定。电子轨道是量子化的，能量是量子化的，故而频率是不连续的。这也就成功解释了氢原子光谱不连续的特点——频率不连续特点。B错误；

C．原子在不同的轨道之间跃迁产生不同频率的光子。C错误；

D．根据Ek=hυ−W0可知，激光光子的能量大于金属板的逸出功时，照射金属板即可发生光电效应。D错误。

故选A。

2.【答案】 A

【解析】

A．将速度v1沿水平和竖直方向分解，vx＝v1cos α＝8 m/s，vy＝v1sin α＝6 m/s，运动员恰能无碰撞地落在斜面乙顶端，说明运动员此时的速度方向恰好沿着斜面乙向下，设为v2，将v2沿水平和竖直方向分解，v2cos β＝vx＝8 m/s，vy′＝v2sin β，解得v2＝16 m/s，vy′＝8 m/s。A正确；

B．设斜面乙的高度为h，对运动员从斜面甲运动到斜面乙的过程分析，由动能定理得mg(H－h)＝mv－mv，解得h＝7.2 m。B错误；

C．当运动员竖直方向的速度减为零时，距离地面的最大高度hmax＝H＋＝16.8 m。C错误；

D．设运动员在空中运动的时间为t，由竖直方向运动规律得t＝＝ s，由水平方向运动规律得x＝vxt＝ m≈15.9 m。D错误。

故选A。

3.【答案】 C

【解析】

ABC．是否发生光电效应，取决于入射光的频率是否超过极限频率，故可以改用频率更高的光照射光电管，与入射光的强度及照射时间无关。AB错误，C正确；

D．改用波长更长的光，由ν＝可知，频率更低，更不可能发生光电效应。D错误。

故选C。

4.【答案】 C

【解析】

A．根据开普勒第三定律＝k可知，卫星在三个轨道上的周期T3＝T2>T1。A错误；

B．由轨道1变至轨道2，卫星在P点做离心运动向后喷气。B错误；

C．由轨道1变至轨道2，卫星在P点向后喷气，机械能增大，而在轨道2、3上，高度相同，根据v＝可知，速度大小相同，动能相同，则机械能相同，故E3＝E2>E1。C正确；

D．卫星在轨道1上Q点的线速度大于对应圆轨道的线速度，根据v＝可知，Q点对应圆轨道的线速度大于轨道3的线速度，故卫星在轨道1上Q点的线速度大于在轨道3上的线速度。D错误。

故选C。

5.【答案】 C

【解析】

A．由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势。A错误；

B．由于Q＝vS＝v·πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v＝。B错误；

C．当达到平衡时q＝qvB，解得a、b两极之间的电压为U＝。C正确；

D．因a、b两点间的电压与流过的液体中的离子浓度无关，则当粒子浓度变高时，显示器上的示数不变。D错误。

故选C。

6.【答案】B

【解析】

AC．列车以恒定功率运动，速度增大，牵引力减小，加速度减小，不是匀变速直线运动。AC错误；

B．列车速度为v1时，牵引力是，根据牛顿第二定律得a1＝－。B正确；

D．根据动能定理可知，动能变化量等于合力做功，即牵引力与阻力做的总功。D错误。

故选B。

7.【答案】  C

【解析】

A．由右手定则可知，导体棒ab开始运动后，电阻R0中的电流方向是从M流向P。A错误；

B．由牛顿第二定律可知F－＝ma，8 s末时刻拉力F的瞬时功率为P＝Fat，解得P＝14.4 W。B错误；

C．当达到最大速度时，F′＝，此时P＝F′vm，解得vm＝6 m/s。C正确；

D．由牛顿第二定律可知F－＝ma，8 s末时刻拉力F的瞬时功率为P＝Fat，解得P＝14.4 W。D错误；

故选C。

8.【答案】  CD

【解析】

A．由题图乙知原线圈电压的最大值为50 V，故电压表的示数为有效值即25 V。A错误；

B．两点火针间最大电压U2＞5 000 V就会产生电火花，所以有效值一定大于 V＝2 500 V。B错误；

C．当匝数比为200时，则副线圈电压为5 000 V，最大值为10 000 V，根据三角函数关系可知其每个周期放电时间为T，即 s>0.01 s。C正确；

D．根据变压器的变压比得：＝，当＝>＝100，才能点燃燃气。D正确。

故选CD。

9.【答案】  BC

【解析】

A．在0~1s内，物体的位移大小为，

设0~1s内电动机做的功为W1， 由动能定理得，解得W1＝50J。A错误；

B．在0~1s内，物体的加速度大小为

设0~1s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得F1－mgsin30°＝ma，解得F1＝20N

由题意可知1s后电动机输出功率为P＝ F1v1＝100W。B正确；

C．当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2＝mgsin30°＝10N

根据功率的公式可得

在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得I－mgt2sin30°＝mvm－mv1

解得I＝50N·s。C正确；

D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得

解得x2＝32.5m

所以在0~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x＝x1＋x2＝35m。D错误。

故选BC。

10.【答案】  ABD

【解析】

A．由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上的同一点，而由最高点射出的粒子只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，即粒子击中点距O点的距离为R。A正确；

B．从最低点射出的粒子也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，则磁感应强度B＝。B正确；

C．粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，则粒子离开磁场时的速度方向不同。C错误；

D．粒子从最低点射出时运动时间最长，此时粒子在磁场中的偏转角为90°，最长时间为t1＝T＋＝×＋＝R.从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最短的时间为t2＝。D正确。

故选ABD。

三、非选择题

    （一）必考题：

11．(8分)

(1)×1 k　(2)＋插孔　－接线柱　(3)1 900　1.7　(4)　(5)4.7 kΩ　0.59 mA

12．(7分)

　(1)将钢球置于轨道平直段各处，都能静止，说明斜槽末端水平　(2)球心　(3)L            　

13．(11分)

(1)小球从P到C的过程，根据动能定理可得

－mg·4r＝mv－mv

在C点对小球由牛顿第二定律有FN＋mg＝

解得FN＝2 N

根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为2 N，方向竖直向上。

(2)从P点到EF轨道停止的过程，根据动能定理

－mg·2r－μmgs＝0－mv

解得s＝0.8 m＝(L＋0.3)m

所以小球最终停在离F点0.3 m处。

(3)小球刚好经过最高点C，则mg＝，解得v＝ m/s

小球从P到C的过程，根据动能定理可得

－mg·4r＝mv2－mv，解得v1＝ m/s

当小球第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处速度为零时，对小球从P到D的过程，根据动能定理可得

－mg·3r－μmg·2L＝0－mv，解得v2＝4 m/s，

所以小球的初速度范围为 m/s<v0≤4 m/s。                             

14．(16分)

(1)由a粒子的运动可知粒子在磁场中运动的半径r＝R

由牛顿第二定律有Bqv＝m

可得粒子的比荷＝。

(2)a粒子在电场中做类平抛运动

xa＝vta

R＝t

同理，对b粒子xb＝vtb

1.5R＝t

Δx＝xb－xa

可得Δx＝(－)R。

(3)粒子b在磁场中运动的时间t1＝

粒子b在射出磁场至即将进入电场的过程中运动的时间t2＝

由(2)中可得粒子b在电场中运动的时间tb＝

所以粒子b整个运动过程的总时间t＝t1＋t2＋tb＝。

   （二）选考题：                   

15．(2分)

16．(4分)

(1)以充气后胎内气体为研究对象，设充气t分钟，由玻意耳定律得：p1V0＋p2V2＝p3V0，其中p1＝180 kPa，p2＝100 kPa，p3＝240 kPa，V2＝ΔV×t，解得t＝3 min。

(2)以充气后车胎内所有气体为研究对象，则p3＝240 kPa，

T3＝(273－23)K＝250 K

设充分热交换后轮胎内气体压强为p4，温度T4＝(273＋15)K＝288 K

初态和末态体积相同，由查理定律得＝

解得p4＝276.48 kPa

该胎压没超过限压300 kPa，所以没有爆胎危险。        

17．(2分)

 14 s    　 s

18．(4分)

(1)设该材料的折射率为n，折射角为r，由折射定律得＝n

设光在该材料中传播的速度为v，则n＝

如图，设AB的长度为L，由几何关系得L＝2R sin r

由A传播到B所用的时间t＝

可得t＝。

(2)设临界角为C，则sin C＝＝

如图，设∠OBA＝θ，则sin θ＝cos r＝＝

即sinθ＞sin C

所以θ＞C，且此时是光线由光密介质射向光疏介质，所以一定发生全反射。