2022年高考物理预测押题卷+答案解析01（湖南卷）

2022年高考押题预测卷01【湖南卷】

物理·全解全析

1．【答案】  D

【解析】

A．沿地月转移轨道经过点时，需减速运动才能被月球捕获进入轨道Ⅰ，A错误；

B．从轨道I进入轨道II需要在P点减速，而在轨道I和轨道II上运行时满足机械能守恒，因此沿轨道Ⅰ运行经过点的机械能大于沿轨道Ⅱ运行经过点的机械能，B错误；

C．根据

沿轨道Ⅰ绕月运行的周期一定大于沿轨道Ⅱ绕月运行的周期，C错误；

D．根据

可得

已知引力常量、其绕月线速度和绕月半径能计算出月球质量，D正确。

故选D。

2．【答案】  D

【解析】

A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电路的总电阻减小，电压不变，电流变大，电流表A的示数变大，A错误；

B．磁通量与线圈的匝数无关，在线圈abcd的转动过程中，线圈磁通量的最大值为BS，B错误；

C．当变压器原线圈的滑片向下滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的电压变大，电压表V的示数变大，C错误；

D．若线圈abcd转动的角速度为，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效值为U，电动势最大值为

则

因此电压有效值为

当角速度大小变为时，变压器原线圈电压的有效值为，D正确。

故选D。

3．【答案】  C

【解析】

AB．小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒有：

取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：

联立解得

，

故AB正确；

C．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理

故C错误；

D．C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，AB对地水平水平位移大小为x2，则有

m0x1=2mx2

x1+x2=L

可解得

故D正确。

本题选不正确的，故选C。

4．【答案】  C

【解析】

对两小球受力分析如图

、为A、B两小球之间的库仑力，、为两小球之间的弹簧弹力，满足

对球受力分析，、、、三力满足相似三角形，则有

同理对球亦有

当球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角、增大，但仍有

，

绳长不变，点上移，长度变小。

故选C。

5．【答案】  A

【解析】

当m＞m0时，B向下做匀加速运动，A向上做匀加速运动，设加速度大小均为a，细绳中的拉力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有

     ①

     ②

联立①②解得

     ③

     ④

由③式可得，当m→∞时，有

     ⑤

所以

     ⑥

当m＜m0时，B向上做匀加速运动，A向下做匀加速运动，同理可得二者的加速度大小为

     ⑦

由④式和⑦式可知，当m＞m0时，m越大，a越大；当m＜m0时，m越大，a越小。

综上所述可知A正确，BCD错误。

故选A。

6．【答案】  A

【解析】

A．在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R0的电流增大；根据热功率公式P=I2R可知电阻R0消耗的电功率变大，故A正确；

B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻R3中没有电流，故B错误；

C．只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，R2接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受电场力减小，微粒向下运动，故C错误；

D．若断开开关S，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带电微粒向下运动，选项D错误。

故选A。

7．【答案】  AD

【解析】

A．甲、乙两人射箭高度相同，两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度相同。设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为，箭射出时的初速度为，则

即

两支箭射出的初速度大小之比为

A正确；

B．设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则

即

两支箭落入壶口时的速度大小之比为4：3，B错误；

C．因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大小之比，等于16：9，C错误；

D．由

可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16：9，D正确。

故选AD。

8．【答案】  AD

【解析】

A．根据

可知频率最高，因此应的电子跃迁前所处的能级最高，A正确；

B．射线是原子核衰变时产生的高能电磁波，与核外电子无关，B错误；

C．能级越低的电子，离原子核越近，C错误；

D．根据光电效应方程

由于比频率高，同一金属的逸出功相同，因此照射时的光电子的最大初动能更大，D正确。

故选AD。

9．【答案】  ACD

【解析】

A．由图b可知，物块A与物块B碰撞前的动能

可得物块A与物块B碰撞前的速度

物块A与物块B碰撞后的动能

可得物块A与物块B碰撞后的速度

物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律

解得

A正确；

B．由图b可知，A与B碰撞后A在x2处动能最大，则A与B碰撞后在x2位置处速度最大，B错误；

C．根据动能定理有

0 - Ek = F合x

则可知Ek—x图的斜率代表物体所受的合外力，由图b可知A与B碰撞后在x3位置处合外力最大，即加速度最大，C正确；

D．弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合图a根据平衡条件可知

由图b可知，当AB一起运动到x2时，速度最大，根据平衡条件

物块A从O点运动到位置x1的过程中，根据动能定理

联立解得

D正确。

故选ACD。

10．【答案】  ACD

【解析】

A．由粒子沿x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在y轴上，由洛伦兹力提供向心力有

得0＜x＜a区域圆周运动的半径

取粒子在a＜x≤2a区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图

由图可知此时粒子从y轴负方向射出磁场，故A正确；

B．取粒子在a＜x≤2a区域圆周运动的半径为，有

得

故B错误；

C．粒子在0＜x＜a区域的运动周期为

则运动时间为

粒子在a＜x≤2a区域，由

得

运动周期为

运动时间为

粒子在两磁场中的运动时间为

若B′=8B，则

故C正确；

D．取粒子0＜x＜a区域速度偏角为θ，粒子在a＜x≤2a区域沿x轴运动的最远距离

若减小粒子的入射速度，粒子在a＜x≤2a区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场的右侧离开，一定从y轴射出磁场区域，故D正确。

故选ACD。

11．【答案】                 0.34

【解析】

（1）螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动部分为

所以读数为

（2）遮光片通过光电门1、2的速度分别为

则滑块从P位置运动到Q位置的过程中，由动能定理

（4）由上式可得

由图可知，时，，带入上式，可得

12．【答案】       1000     130     32.4     15     1680

【解析】

（1）满偏时有

欧姆表的内阻

表盘的中值电阻为，电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为，根据闭合电路的欧姆定律有

解得

（2）闭合开关，欧姆表的内阻变小，倍率变小至“×10”，调节电阻箱和，使电流表满偏时欧姆表内阻为，电路总电流为

解得

根据两倍率知，欧姆表表盘正中刻度的标值为15。

（3）设电流表满偏电流，欧姆调零时：，则；当电动势变小、内阻变大时，由于欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流不变，由知，欧姆表的内阻变小，用欧姆表测电阻时

解得

13．【答案】  （1）0.3m；（2）13.5J；（3）A与P碰撞2次，B与A分离

【解析】

（1）由题图乙得碰后B的速度vB=3m/s，即A第1次与P碰前瞬间B的速度为vB0=3m/s，设此时A的速度vA0，对A、B系统由动量守恒定律有

代入数据解得

由题图乙得0~0.3s，B的加速度大小

||

由牛顿第二定律有

解得

A第1次与P碰撞前A一直向右加速，A与P的距离最短为xAm，对A由动能定理有

代入数据得

（2）在A、B不分离时，A每次与P碰后到下次与P再次碰撞前，最后两者共速，设A与P第2次碰撞前的速度为v1，以水平向右为正方向，对A、B系统由动量守恒定律可得

解得

A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内的热量

（3）A第1次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为x相对1，对A、B组成的系统，由能量守恒有

代入数据得

A第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对A、B系统，由能量守恒有

解得

假设第3次碰撞前，A与B仍不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有

mv1－Mv1＝（M＋m）v2

解得

由能量守恒有

解得

由于

故不能发生第3次碰撞，所以A与P碰撞2次，B与A分离。

14．【答案】  （1）；；（2）v=0.6m/s；（3）

【解析】

（1）根据法拉第电磁感应定律可得至内回路中的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律可得t=0至t=1s内流过电阻的电流为

设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，即

解得

（2）设金属棒ab进入EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为

回路中的电流为

导体棒ab所受安培力大小为

根据平衡条件可得

解得

v=0.6m/s

（3）设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，回路中的平均电流为，经历时间为t，对金属棒ab根据动量定理有

其中

且

解得

15（1）．【答案】  ABD

【解析】

A．悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，选项A正确；

B．单晶体和多晶体均有固定的熔点，选项B正确；

C．0℃的冰熔化为同温度的水要吸收热量，则相同质量的0℃的冰的内能小于0℃的水的内能，选项C错误；

D．根据热力学第二定律可知，热量可以由低温物体传递给高温物体，但要引起其他的变化，选项D正确；

E．热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调机既能致冷又能致热，并不能说明热传递不存在方向性，而是在反向时，要引起其他方面的变化，故E错误。

故选ABD。

15（2）．【答案】  （1）；（2）不合格

【解析】

（1）缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得

解得

（2）设温度由T变化为1.2T后，压强由p变为1.16p，体积变为，根据气体状态方程有

解得

可知漏气量占比为3.3％；故该香水瓶瓶盖密封性不合格。

16（1）．【答案】  ACE

【解析】

A．由题给波动图像可知该波的振幅为

波长为

该波的波速为

由

可得

则波源做简谐运动的表达式为

A正确：

B．由时刻的波动图像可知

质点O把振动形式传播到质点P所用的时间为

质点O从时刻开始，第一次振动到波谷所用的时间为

所以质点P从时刻开始，第一次振动到波谷所用的时间为

B错误；

C．时质点Q运动到波峰，具有沿y轴负方向的最大加速度，由牛顿第二定律可知时质点Q受到的合外力最大，方向沿y轴负方向，C正确；

D．时，波沿x轴正方向传播距离为

即该波传播到

处，处的质点还未振动，D错误；

所有质点的起振方向均相同，时刻，波刚好传播到处，该处质点此时的振动方向即为起振方向，由上下坡法可知，该波源起振方向沿着y轴正向，E正确。

故选ACE。

16（2）．【答案】  （1）n=；（2）

【解析】

（1）设，当时，光线恰好在玻璃砖表面发生全反射，此时有

当时，光线的光路图如图所示

因为从F点的出射光线与从E点的入射光线平行，由几何关系可知垂直，由几何关系得

在中有

在E点处，由折射定律得

联立各式得

（2）光线在玻璃砖中的传播速度为

两点间的距离为

光线从E点传播到F点所用的时间为

【结束】