2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（七）

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2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（七）
（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、下列说法中正确的是（ ）
A．C→N＋e属于核裂变
B． U＋n→Xe＋Sr＋2n是研究原子弹的基本核反应方程
C．核反应H＋H→He＋n的生成物中有α粒子，该反应是α衰变
D．N＋He→O＋H是查德威克发现质子的人工转变的核反应方程
【答案】B
【解析】C→N＋e属于β衰变，选项A错误；原子弹的原理是核裂变反应，选项B正确；核反应H＋H―→He＋n的生成物中有α粒子，该反应是聚变反应，选项C错误；N＋He→O＋H是卢瑟福发现质子的人工转变的核反应方程，选项D错误。
2、如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为　　

A．电流表的读数逐渐减小
B．的功率逐渐增大
C．电源的输出功率可能先减小后增大
D．电压表与电流表读数的改变量的比值先增大后减小
【答案】C
【解析】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大．故A错误，B错误；由于电源的内阻与外电阻的关系未知，若电源的内阻一直比外电阻小，则电源的输出功率先减小后增大．故C正确；电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir得：△U/△I =r，不变，故D错误．故选C．
3、2020年5月12日9时16分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将行云二号01/02星发射升空，卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功，此次发射的“行云二号”01星被命名为“行云·武汉号”，箭体涂刷“英雄武汉伟大中国”八个大字，画上了“致敬医护工作者群像”，致敬英雄的城市、英雄的人民和广大医护工作者。如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g0，“行云·武汉号”在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设“行云·武汉号”质量保持不变。则（　　）

A．“行云·武汉号”在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为81
B．“行云·武汉号”在轨道Ⅲ的运行速率大于
C．飞船在轨道Ⅰ上经过A处点火前的加速度大小等于相对地球赤道上静止物体的加速度大小
D．“行云·武汉号”在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能
【答案】D
【解析】根据开普勒第三定律，代入数据可得，A错误；根据
可知轨道半径越大，运动速度越小，“行云·武汉号”在轨道I上的运行时，可得，因此可知“行云·武汉号”在轨道Ⅲ的运行速率，B错误；根据向心加速度，在轨道I上运动周期大约为83min，而在赤道上的物体随地球自转周期为24h，因此在轨道I上A点的向心加速度大于在地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，C错误；卫星发射的越高，机械能越大，因此“行云·武汉号”在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，D正确。故选D。

4、如图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电容器C的耐压值为50 V．变压器原线圈输入的电压如图乙所示，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)

A．副线圈两端电压的频率为10 Hz
B．电流表的示数表示的是电流的瞬时值
C．电容器C会被击穿
D．滑动变阻器的滑片P向下移动时，电流表A1、A2的示数均增大
【答案】D
【解析】根据题图乙知该交变电流的周期T＝0.01 s，所以频率f＝＝100 Hz，故A错误；电流表的示数表示的是电流的有效值，故B错误；由题意知，原线圈的最大电压U1＝400 V，而电容器的耐压值为50 V，此为副线圈两端允许的最大电压值，根据原、副线圈的最大电压值与匝数成正比，解得副线圈两端的最大电压U2＝U1＝40 V，故电容器C不会被击穿，故C错误；滑动变阻器的滑片P向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中的总电阻减小，而副线圈两端的电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中的电流变大，根据变压器的电流与匝数的关系可知，原线圈中的电流变大，则电流表A1、A2的示数均增大，故D正确．

5、CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）

A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则根据，可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有，可得，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D。
6、如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1 m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝ T，线圈电阻为R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L，外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则(　　)
　　
　　甲　　　　　　乙　　　　　　　　　丙
A． 小电珠中电流的峰值为0.16 A
B．小电珠中电流的有效值为0.16 A
C．电压表的示数约为1.5 V
D．t＝0.1 s时外力的大小为0.128 N
【答案】AD　
【解析】由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝＝ A＝0.16 A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝·R2≈1.07 V，选项C错误；当t＝0.1 s，也就是时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128 N，选项D正确。
7、如图所示，在正方体的顶点A放置一个带正电的点电荷，则下列说法正确的是（　　）
A．顶点B、D场强和电势均相同
B．顶点D处的场强等于C点场强的倍
C．D点与C点之间的电势差为UDC，C与C1点之间的电势差为UCC1，则UDC>UCC1
D．将正的试探电荷从D点移到C点电势能的减少量要大于将该点电荷从B1点移到C1点电势能的减少量

【答案】CD
【解析】顶点B、D到顶点A距离相等，B、D两点场强大小相等，但方向不同，B、D两点的电势相等，故A错误；由于，根据点电荷周围场强的计算式可知，所以D点的场强等于2倍C点的场强，故B错误；以顶点A为圆心，分别以AD、AC、AC1为半径做三个球面，由几何关系可知，
，根据可得D、C、C1三点的电势分别为，，，D点与C点之间的电势差为，C与C1点之间的电势差为
则有，故C正确；同理可得，根据电场力做功可知将正的试探电荷从D点移到C点电场力做的功要大于将该点电荷从B1点移到C1点电场力做的功，电场力做正功，电势能减小，因此将正的试探电荷从D点移到C点电势能减少量要大于将该点电荷从B1点移到C1点电势能的减少，故D正确；故选C。

8、如图所示，倾角的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A和物块B，物块A通过劲度系数为的轻质弹簧栓接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，离地面的距离足够高，物块B离滑轮足够远，弹簧与细线均与所对应斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直且无拉力。已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），不计滑轮质量及滑轮处阻力，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，则释放物块C后（　　）

A．释放物块C的瞬间，细线拉力的大小为
B．释放物块C的瞬间，C的加速度大小为
C．物块A、B分离时，物块A的速度大小为
D．物块A、B分离时，弹簧的弹性势能为
【答案】BCD
【解析】释放物块C前，细线对物块A、B的作用力为零，物块A、B整体受力平衡，则有
解得，弹簧的弹性势能为，释放物块C瞬间，根据牛顿第二运动定律，物块C有，物块A、B有，解得，，故A错误，B正确。
物块A、B分离时，物块A、B之间的相互作用力为0，且物块A、B的加速度相同，分别对物块A、B、C受力分析，由牛顿第二定律可知，物块A有，物块B有，物块C有，解得，，，弹簧的弹性势能，从释放C到A、B分离过程中，A、B、C移动的距离为，系统的机械能守恒，则有，解得物块A、B分离时，物块A的速度大小为
故C、D正确；故选BCD。

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）某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数μ.实验装置如图4甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为连接数字计时器的光电门且固定在B点．实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C.已知当地重力加速度为g.

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d＝________ cm.
(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有________．
A．木板的长度L1
B．木板的质量m1
C．小滑块的质量m2
D．木板上BC间的距离L2
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用题中所涉及的物理量的符号表示)．
【答案】　(1)0.375（2分）　(2)D（2分）　(3)（2分）
【解析】(1)由题图乙所示游标卡尺可以知道，主尺示数为0.3 cm，游标尺示数为15×0.05 mm＝0.75 mm，游标卡尺读数d＝0.3 cm＋0.075 cm＝0.375 cm；
(2)滑块通过光电门的速度为：v＝，根据动能定理可以知道：－μm2gL2＝0－m2v2 ， 要测量动摩擦因数，需要知道木板上BC间的距离L2，所以D选项是正确的．
(3)根据动能定理可以知道：－μm2gL2＝0－m2v2 ，计算得出：μ＝

10．（9分）某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验。已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为V、W，实验使用的直流电源的电动势为V，内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下：
A．电流表（量程，内阻约5）
B．电流表（量程0~3A，内阻约）
C．电压表（量程0~3 V，内阻约3k）
D．电压表（量程0~15V，内阻约2k）
E.滑动变阻器（阻值0~10，额定电流1A）
F.滑动变阻器（阻值0~5000，额定电流500 mA）
请回答下列问题：
(1)为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择___________，电压表应选择___________，滑动变阻器应选择___________（填写实验器材前的序号）。
(2)该研究性学习小组想进一步研究两电阻串联后的伏安特性曲线与单个电阻的伏安特性曲线的关系，于是找来两个电阻和，并测出和的伏安特性图线分别如图所示，将这两个电阻串联，然后接在电动势、内电阻的电源的两极上。

①在图上用实线画出、串联（作为一个整体）后的伏安特性曲线和该电源的图线（不需写作图步骤和理由）___________。
②接通电路后，电阻消耗的功率___________。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）A （1分） C（1分） E （1分） （2）（4分）
1.2（~）W（2分）
【解析】(1)灯泡的额定电流为：，电流表选A；灯泡额定电压是2.5V，电压表应选C；本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器采用分压接法，即选用总阻值较小的滑动变阻器应选E。
(2)

由图依据可知、；根据闭合电路欧姆定律两电阻串联后电路电流为，由，得U2=1V，P=U2I=1.2W。

11． （14分）如图所示，半径为R1＝1.8 m的四分之一光滑圆弧轨道与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细圆管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口处有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，木板的左方有一足够长的水平台阶，其上表面与木板上表面高度相同。现让质量为m2＝2 kg的物块b静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块a从光滑圆弧轨道顶端的A处由静止释放，物块a下滑至B处和b发生碰撞后不再分开，a、b形成的物块c经过半圆管从C处滑上木板，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞并立即被粘住，若g＝10 m/s2，物块均可视为质点，圆管粗细不计。
(1)求物块a和b碰撞过程中损失的机械能；
(2)若物块c与木板、台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块c在台阶表面上滑行的最大距离。

【答案】　(1)12 J　(2)0.8 m
【解析】　(1)设物块a下滑到B点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律可得m1gR1＝m1v（1分）
解得v0＝6 m/s（1分）
A、B碰撞过程动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v1（1分）
解得v1＝2 m/s（1分）
则碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝m1v－(m1＋m2)v（1分）
解得ΔE＝12 J（1分）
(2)物块c由B到C的过程机械能守恒(m1＋m2)v＋(m1＋m2)g·2R2＝(m1＋m2)v
解得v2＝4 m/s
物块c滑上木板后，当木板速度为v＝2 m/s时，设物块c的速度为v3，由动量守恒定律得
(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)v3＋Mv（1分）
解得v3＝3 m/s（1分）
设在此过程中物块c运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，对物块c由动能定理得
－μ(m1＋m2)gx1＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v（1分）
解得x1＝1.4 m（1分）
对木板：μ(m1＋m2)gx2＝Mv2－0
解得x2＝0.4 m（1分）
木板被粘住后，物块c到木板左端的距离为x3＝L＋x2－x1＝1 m（1分）
设物块c在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得－μ(m1＋m2)g(x3＋x4)＝0－(m1＋m2)v（1分）
解得x4＝0.8 m（1分）

12．（18分）如图甲所示，MN和PQ是足够长的平行光滑金属导轨，其间距为d，电阻忽略不计。导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的矩形区域内有一垂直于导轨向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一根电阻为r且具有一定质量的导体棒ef垂直放在导轨上，正方形金属框abcd的质量为m，边长为L，每边电阻均为r，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，线框的a、b两点通过导线与导轨相连，金属框上半部分处在大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。从导体棒ef自由下滑开始计时，悬挂线框的细线拉力FT随时间的变化如图乙所示。重力加速度用g表示。求：

(1)导体棒ef刚进入磁场时ab边的电流；
(2)导体棒ef刚进入磁场时的速度以及所经历的时间；
(3)导体棒ef的质量。
【答案】(1)　(2)　　(3)
【解析】(1)导体棒ef刚进入磁场时，设ab边的电流为I1，cd边的电流为I2，对金属框进行受力分析，
由平衡条件有BI1L＋FT＝mg＋BI2L（1分），由图可知FT＝mg，（1分）
由并联电路规律有I1∶I2＝3∶1（1分）
联立解得导体棒刚进入磁场时ab边的电流为I1＝。（1分）
(2)导体棒ef刚进入磁场时，对整体电流回路，干路中的电流为I＝I1＋I2＝＝，（1分）
回路中的感应电动势为E＝Bdv，（1分）
可得导体棒ef刚进入磁场时的速度为v＝，（1分）
根据v＝at＝gtsinθ，（1分）
可得所经历的时间为t＝。（1分）
（3）导体棒ef匀速运动时，设ab边的电流为I1′，cd边的电流为I2′，则对金属框进行受力分析，由平衡条件得BI1′L＋FT′＝mg＋BI2′L（1分）
由图可知FT′＝mg，（1分）
由并联电路规律有I1′∶I2′＝3∶1，（1分）
联立解得I1′＝（1分），I2′＝，（1分）
可得导体棒ef匀速运动时ef中的电流为Ief＝I1′＋I2′＝，（1分）
对导体棒ef进行受力分析，设导体棒ef的质量为M，由平衡条件有Mgsinθ＝BIefd，（1分）
可得导体棒ef的质量为M＝。（2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）回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K．某台回热式制冷机工作时，一定质量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图9所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是___________。（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．气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D过程，气体对外做功
E．气体由状态D到A过程，其热力学温度与压强成正比
【答案】ADE
【解析】状态A和B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确； 气体由状态B到C过程，体积不变，根据＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；气体由状态C到D过程，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A过程，体积不变，根据＝C，其热力学温度与压强成正比，故E正确．

（2）（10分）如图所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶SB＝1∶2，两活塞与穿过B汽缸底部的刚性细杆相连，活塞与汽缸、细杆与汽缸间摩擦不计且不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强(保持不变)．现对A中气体缓慢加热，并保持B中气体的温度不变，当A中气体的压强增大到pA′＝2p0时，求B中气体的体积VB.

【答案】　1.5V0
【解析】　对活塞受力分析，由平衡条件得pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)（2分）
pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)（2分）
已知SB＝2SA，pA＝1.5p0
可得pB＝p0（1分），pB′＝p0（1分）
对B中的气体，由玻意耳定律得：pBV0＝pB′VB（2分）
解得：VB＝1.5V0.（2分）

14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2 cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为1 cm，沿x轴负方向传播，两列波传播的速度大小均为v＝2 m/s.则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A．两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向
B．横波a的周期为2 s
C．t＝1 s时刻，质点P运动到M点
D．t＝1.5 s时，质点Q离开平衡位置的位移为1 cm
E．两列波从相遇到分离所用的时间为4 s
【答案】ABD　
【解析】由“上坡下、下坡上”的判断原则可知，由于t＝0时刻质点P、Q起振且均处于上坡位置，所以两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向，选项A正确；由T＝可得a波传播的周期为2 s，选项B正确；在波向前传播的过程中，质点传播的是振动的形式，质点本身并不会随波迁移，选项C错误；t＝1.5 s时，两列波刚好在x＝5 m处相遇，b波中x＝11 m处的波形刚好传播到x＝8 m处，所以此时Q质点刚好位于波峰处，因此质点Q离开平衡位置的位移为1 cm，选项D正确；两列波从相遇到分离所用的时间为t＝＝2 s，选项E错误．

（2）（10分）直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。

(ⅰ)光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
(ⅱ)不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
【答案】(ⅰ)会发生全反射，理由见解析 (ⅱ)
【解析】(ⅰ)如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为θ，由几何关系，有θ＝90°－(30°－r)＞60°　（1分）
根据题给数据得sin θ＞sin 60°＞　（2分）
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。

(ⅱ)设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i′，折射角为r′，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i＝30°（1分）
i′＝90°－θ　（1分）
sin i＝nsin r　（1分）
nsin i′＝sin r′　（1分）
联立上式代入题给数据得sin r′＝（2分）
由几何关系，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。（1分）