2022年高考物理预测押题卷+答案解析（福建卷三）

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2022年高考押题预测卷03【福建卷】物理·全解全析12345678DBCCBCABCACAD一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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．如图所示，水平桌面上固定一通电直导线，电流方向如图，且电流逐渐增大，导线右侧有一金属导线制成的圆环，且圆环始终静止在水平桌面上，则（　　）A．圆环中产生顺时针方向的感应电流B．圆环中产生恒定的感应电流C．圆环有扩张的趋势D．圆环受到水平向左的摩擦力【答案】  D【解析】A．直导线通电流向上，在右侧产生的磁感线向里，电流增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场向外，则感应电流为逆时针，故A错误；B．据题意电流只是逐渐增大，而只有直导线通的电流均匀增大，才能在圆环中产生均匀增大的磁通量变化，从而产生恒定的感应电流，故B错误；C．穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律的理解“增缩减扩”，可知圆环有收缩的趋势，故C错误；D．将有逆时针感应电流流过的圆环用微元法截成电流元，上下电流元所受安培力抵消，而对于左右的电流元，由于左侧所处磁感应强度更大，抵消右侧所受安培力之后为总的安培力方向，由左手定则可知方向向右，则圆环始终静止在水平桌面上有圆环受到水平向左的摩擦力和安培力平衡，故D正确。故选D。2．如图甲为用金属材料制成的霍尔元件，其长、宽、高分别为a、b、d；如图乙是检测电流大小是否发生变化的装置。该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流强度成正比，现给元件通一恒定工作电流I，下列说法正确的是（　　）A．N端应与电压表的正极相连B．要提高检测灵敏度可适当减小高度dC．如果仅将检测电流反向，电压表的正负接线柱连线位置无需改动D．当霍尔元件尺寸一定时，电压表示数变大，说明检测电流变小【答案】  B【解析】A．检测电流产生的磁场，根据右手螺旋定则判断从下向上穿过霍尔元件，又因为是电子，故元件正面是负极，背面是正极，N端应接负接线柱，A错误；BD．电流的微观表达式为为自由电荷的速度，设产生的磁场为B，在元件中满足可得，速度为即有所以故电压与工作电流有关，电压与磁感应强度有关，与检测电流有关，因为检测电流会影响磁场，B与I成正比，由可知，U与d有关，与b无关，D错误，B正确；C．磁场方向会发生改变，根据左手定则，电子受力方向会发生改变，故需要改变，即反接，C错误。故选B。3．如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中（　　）A．公仔头部的机械能守恒 B．公仔头部的加速度先增大后减小C．弹簧弹力冲量的大小为mgt D．弹簧弹力对头部所做的功为零【答案】  C【解析】A．弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；B．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，故B错误；C．公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有则弹簧弹力冲量的大小为故C正确；D．公仔头部上升过程中，根据动能定理有则弹簧弹力对头部所做的功为故D错误。故选C。4．一束平行单色光，通过双缝后，在屏上得到明暗相间的条纹，则（　　）A．相邻的明条纹或暗条纹的间距不等B．将双缝中某一缝挡住，则屏上一切条纹将消失，而出现一亮点C．将双缝中某一缝挡住，屏上出现间距不等的明、暗条纹D．将双缝中某一缝挡住，屏上的明、暗条纹位置不变，但亮度减半【答案】  C【解析】双缝干涉实验中明暗相间的条纹是等间距的，如果挡住一缝则变成单缝衍射，这时的条纹中央部分较宽，明暗相间的条纹间距不相等。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分每小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。5．2021年10月神舟十三号载人飞船与绕地球做圆周运动的天和核心舱首次径向对接成功，将为后续空间站建造和运营打下坚实的基础。对接前神舟十三号位于天和核心舱的下方轨道，则（　　）A．对接前，核心舱处于平衡状态B．对接前，飞船应加速以提高轨道高度C．对接后，飞船的线速度小于第一宇宙速度D．对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将明显变小【答案】  BC【解析】A．对接前核心舱做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，不是平衡状态，A错误；B．对接前，飞船需要从较低轨道做离心运动到达较高轨道，故应加速以提高轨道高度，B正确；C．第一宇宙速度等于近地卫星的线速度，是最大的运行速度，由公式得对接后，飞船的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，故飞船的线速度小于第一宇宙速度，C正确；D．由运行速度表达式可知速度与飞船质量无关，D错误。故选BC。6．20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压由220 kV升级为1000 kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压及用户得到的电压均不变，输电线的电阻不变，则（　　）A．变为原来的倍 B．输电线上电流变为原来的C．输电线损失的功率变为原来的 D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小【答案】  ABC【解析】A．由理想变压器基本关系知不变，变为原来的倍，所以变为原来的倍，A正确；B．根据可知，因变为原来的2倍，变为原来的倍，则输电线上电流变为原来的，B正确；C．根据可知变为原来的，C正确；D．总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则变大，又变小，，则变大，D错误。故选ABC。7．空间中仅有在x轴上的关于原点O对称的M、N两点上有两个场源点电荷、，空间中产生电场。以x轴正方向为沿x轴上的电场强度的正方向，与x的关系如图所示．x轴上任意关于O点对称的两点的相同．P、Q两点关于M点对称。以下说法正确的是（　　）A．与的电荷量大小相等B．为负电荷，为正电荷C．两点间电势差小于两点间电势差D．将一负检验电荷从P点移动到Q点，电场力对其所做总功为正【答案】  AC【解析】AB．该电场是等量异种电荷在空间中产生的电场，其中，为正电荷，为负电荷，A正确，B错误；C．正电荷在和区间产生的电场强度的平均值大小相同有，负电荷在和区间产生的电场强度的平均值大小不同有，区间与方向相反，区间与方向相同，则合场强，根据，有C正确；D．将负检验电荷从P点移动到Q点，正电荷对检验电荷做功为零，负电荷对检验电荷做功为负功，故电场力对该检验电荷所做总功为负，D错误。故选AC。8．一质量为1kg的物体静止在水平地面上，受到竖直方向的力F后，竖直向上运动。物体运动速度平方v2与上升高度h间的变化关系图线如图所示，其中图线为直线。g取10m/s2，忽略空气阻力，则物体（　　）A．从h=0运动到m的过程中，F先变大后变小B．从h=3m运动到h=4m的过程中，F逐渐变小C．从h=0运动到h=4m的过程中，机械能逐渐变大D．从h=4m运动到h=6m的过程中，机械能保持不变【答案】  AD【解析】A．根据运动学公式可知图象的斜率为加速度的2倍，由图可知，从h=0运动到m的过程中，加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律得可知F先变大后变小，故A正确；B．由图可知，从h=3m运动到h=4m的过程中，物体向上减速运动，斜率变大，加速度逐渐变大，从h=4m运动到h=6m的过程中，斜率大小为则由图象可知，前一段加速度大小大于，应有此阶段的方向向下，从h=3m运动到h=4m的过程中加速度从零到大于，可知应是先向上减小，后向下增大，故B错误；C．由AB选项可知，从h=0运动到h=4m的过程中，的方向先向上增大再减小，后方向变为向下，所以先做正功再做负功，机械能应先增大，后减小，故C错误；D．从h=4m运动到h=6m的过程中此阶段物体只受重力作用，机械能保持不变，故D正确。故选AD。三、非选择题：共60分。9.（4分）中国探月工程“绕、落、回”三步走规划如期完成，同时实现了中国首次月球无人采样返回。月球土壤里存在大量，两个原子可以发生核聚变产生，该反应方程式为：________（填相应粒子的符号），的比结合能________（选填“大于”或“小于”）的比结合能。【答案】            小于【解析】由核反应方程前后质量数与电荷数守恒可得比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故的比结合能小于的比结合能。10.（4分）盛有氧气的钢瓶，从18℃的室内搬到－13℃的工地上，两状态下钢瓶内氧气分子热运动速率统计分布图像如图所示，则此过程中瓶内氧气的内能________（填“增大”“不变”或“减小”），图中______。【答案】       减小     260【解析】钢瓶温度降低，分子的平均动能减小，由于分子势能可以忽略不计，故氧气瓶中氧气的内能减小；由图可知，T2对应的速率大的分子占比增大，说明T2对应的温度高，故T1对应温度11.（5分）某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与小车所受合外力和质量的关系。（1）下列做法正确的是___________；A．实验前应先将木板左端适当垫高，以平衡摩擦力B．实验时应满足砝码桶与砝码总质量远小于小车和车内砝码总质量C．释放小车前应将小车靠近打点计时器，并使纸带尽量伸直D．实验时为了安全应先释放小车再接通打点计时器的电源E．在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力不变，即只需要保持砝码桶和砝码总质量不变（2）实验时得到一条如图乙所示的纸带，打点计时器的频率为50Hz，任意两个计数点间还有四个计时点未画出，由图中数据可计算小车的加速度为___________。（结果保留两位有效数字）（3）在保持小车和车中砝码质量一定，探究小车的加速度与受到的合外力的关系时，甲、乙两位同学分别得到了如图丙所示的图像，则甲同学的图线不过原点的原因是___________。【答案】       AC     2.4     平衡摩擦力过度，木板的倾角过大【解析】（1）A．为了使小车所受的合外力等于拉力，实验前应该平衡摩擦力，故A正确；B．因为有拉力传感器，小车受到的拉力的大小可以直接读出，故无需让砝码桶和砝码的质量远小于小车和车内砝码的质量，B错误；C．为了使纸带上能尽可能多打点，使其得到充分的利用，故释放小车前应将小车靠近打点计时器，纸带伸直是为了尽量减小纸带与限位孔间的摩擦，故C正确；D．凡是使用打点计时器的实验，都应该先接通电源，让打点计时器稳定运行后再释放纸带（小车），故D错误；E．在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力不变，即需要保持拉力传感器的示数不变，故E错误。故选AC；（2）由题意知采用逐差法求加速度，可得（3）由甲同学的图像可知，拉力传感器的示数时，小车已经有了加速度，可能原因是平衡摩擦力过度，木板的倾角过大。12.（7分）某实验小组为了测量一个量程为3V的电压表的内电阻RV，设计了以下实验方案，甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。（1）小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至0，闭合开关S，电压表读数如图乙所示，读出此时电压U1=___________V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值R和此时电压表的电压U2，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果Rv=_________（用符号U1、U2和R表示）；如果考虑电源内阻，则测量结果RV与真实值比较________（选填“偏大”或“偏小”）。（2）小李实验步骤如下：闭合开关S，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R及对应电压表的电压U，作出图象如图丙所示，不考虑电源内阻，从图象可知电压表内阻的测量值为___________Ω；如果已知电源内电阻为r（Ω），则电压表内阻的真实值为___________Ω。【答案】       2.95（2.93～2.98）          偏大     a     a-r【解析】（1）电压表量程为3V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.97V；忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得由题意得E=U1解得电压表内阻考虑电源内阻解得由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大。（2）不考虑电源内阻，由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得整理得由图丙所示图象可知，图象的斜率纵轴截距解得电压表内阻RV=a考虑电源内阻，由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得整理得由图丙所示图象可知，图象的斜率纵轴截距解得RV=a-r13.（10分）如图甲所示，在某种介质中A、B、C是三角形的三个顶点，其中AC长x1=3.25m，BC长x2=1m。两个波源分别位于A、B两点，且同时从t=0时刻开始振动，它们的振动图像如图乙所示，已知位于A点的波源产生波的波长λA=2m。求：（1）位于B点的波源产生波的波长及波速；（2）从t=0时刻开始，C点的位移为﹣7cm的时刻。【答案】  （1）3m；5m/s；（2）2.15s【解析】（1）横波在同种介质中的传播速度相同，从图像可知，A点的波源周期为0.4s，波长λA=2m，则波速则B点的波源的波速也为5m/s；从图像可知，B点波源的周期为0.6s，则波长（2）根据波的叠加结合图像可知，要让C点的位移为﹣7cm，则必须是两个波的波谷同时传到了C点的位置，对于A波源而言，A波的波谷传到C点位置需要的时间为代入数据得同理可得，B波的波谷传到C点位置需要的时间为代入数据得当t1=t2时，解得n=3t1=t2=2.15s14.（12分）如图，两根固定的光滑平行导轨、的倾角为，导轨间距为L，M、两端接有阻值为R的电阻．在导轨间长度为L、宽度为d的长方形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。一质量为m的金属杆从导轨上的位置1由静止释放，恰好能匀速穿过整个磁场区域。已知重力加速度大小为g，杆和导轨的电阻均不计，两者始终垂直且接触良好。（1）求位置1与磁场上边界间的距离；（2）若杆从磁场外导轨上某位置2由静止释放，到达磁场下边界时加速度恰好为零，穿过磁场区域过程中电阻R产生的焦耳热为Q，求位置2与位置1间的距离。【答案】  （1）；（2）【解析】（1）设杆到达磁场上边界时的速度大小为v，由机械能守恒定律得导体棒切割磁感线产生的电动势由闭合电路欧姆定律得杆受到的安培力大小杆匀速穿过磁场区域，有解得（2）设位置2与磁场上边界的距离为，由于杆到达磁场下边界时加速度恰好为零，故杆到达磁场下边界时速度大小仍为v，由能量守恒定律有又解得15.（18分）如图所示，倾角为的斜面A点以上的部分表面光滑，A以下的表面粗糙。A点以上区域有个相同的小方块，每个小方块质量均为m，与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等，沿平行斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线；小方块按从下到上的顺序编号命名；1号小方块用手托着静止在O点，O、A两点之间相距；小方块队列的总长为L，小方块相互间不粘连．现放手让它们由静止开始下滑，已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形，且当第n号小方块全部进入A点时小方块运动的速度达到最大，最终1号小方块停在B处，设斜面足够长。求：（1）1号小方块刚运动到A点位置的速度大小和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数；（2）B与A点间的距离；（3）若将B以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放，要使所有小方块都能滑过B点，释放时1号方块距离A点最小距离s。【答案】  （1）；；（2）；（3）【解析】（1）A点上部分光滑，对所有小方块从O点运动到A点过程，运动性质相同看作一个整体，机械能守恒，有解得通过A点后的小方块因受摩擦力加速度比没过A点的小，因此A点上边的小方块会挤压下方的小方块，所有小方块无相对运动，仍可以看作一个整体。当小方块运动的速度达到最大时，其整体加速度为零，有解得（2）设当小方块下端运动到B点时，所有小方块己进入段。则从1号小方块进入A点开始，整体小方块系统所受到的摩擦力与进入的长度成正比直到全部进入，此后摩擦力不变，如图所示。由动能定理解得（3）小方块出B点后，加速下滑，而剩下的k个小方块仍一起减速向下运动。设剩下小方块的加速度大小为a，由牛顿第二定律说明剩下的小方块无论几个，则这几个运动的加速度都保持不变，要使所有小方块都能滑过B点，则第2n号小方块过B点的最小速度是零。如图，所有小方块队列从C点静止释放运动到B点的速度设为v，应用动能定理，有第2n号小方块从D点运动到B点做加速度为a的匀减速到最小速度0，满足联立解得