2022年高考物理押题预测卷+答案解析01（山东卷）

这是一份2022年高考物理押题预测卷+答案解析01（山东卷），文件包含2022年高考物理押题预测卷01山东卷全解全析docx、2022年高考物理押题预测卷01山东卷参考答案docx、2022年高考物理押题预测卷01山东卷考试版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2021年高考押题预测卷01【山东卷】物理·全解全析123456789101112BCBDDDCCBCADABDAD1．【答案】  B【解析】AB．磷的衰变方程为根据质量数和电荷数守恒可知，Y粒子质量数A=0，电荷数Z=+1，故Y是正电子，B正确，A错误。C．放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定与外界条件无关，C错误；D．原子核两个完整的半衰期后剩余原子核的数量是原来的 ，D错误。故选B。2．【答案】  C【解析】理想变压器的变压比因为U1、 n1、n2均不变，则U2不变，当用户的用电器增多时，P4增大，根据变压器输出功率决定输入功率，有P3增大，升压变压器的输入功率P1和输出功率P2也都增大，根据则I2增大，则增大，所以由得出U3减小，所以U4也减小；经以上分析知当用户的用电器增多时 P4增大，I2增大，所以由得输电线上损失的功率也增大，故C正确。故选C。3．【答案】  B【解析】A．因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；B．当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，根据动能定理可得其中联立解得故B正确；C．若M=2m时，物块一开始先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速度为零时，细线与细杆夹角为α，根据机械能守恒定律可知，物块重力势能的减少量等于圆环重力势能的增加量，有整理得解得或（舍去）根据数学关系，可解得则圆环上升的最大高度为开始时，由于圆环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为，故C错误；D．圆环在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始位置恰好静止，由此可得Mgcosθ=mg解得故当满足时，圆环在初始位置上方运动，故D错误。故选B。4．【答案】  D【解析】A．两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；BD．由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误；D正确；C． A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误；故选D。5．【答案】  D【解析】设刹车的加速度大为a，则有代入数据有解得所以D正确；ABC错误；故选D。6．【答案】  D【解析】A．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动根据近地点速度大于远地点则有v2>v3，由椭圆轨道Ⅱ上近地点进入轨道I，根据卫星变轨规律由高轨道进入低轨道必须点火减速，则v2> v1，但是根据卫星的线速度 可知v1>v3，所以卫星的速度大小关系为v2>v1>v3，则A错误；B．卫星在轨道Ⅱ上经过P点的加速度等于轨道I上P点的加速度，因为同一点万有引力相同，则加速度相同，所以B错误；C．根据卫星的周期公式 ，轨道半径越大的周期越大，则卫星在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道I上的周期，所以C错误；D．卫星在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程只的引力做功所以机械能守恒，则D正确；故选D。7．【答案】  C【解析】A．若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在在ab边上，设与ab边交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误；B．同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对于圆心角为，所以粒子在磁场中的运动时间为且解得故B错误；C．垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得由 得联立解得故C正确；D．因为O点距六边形的最近距离为即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为又所以最小速度为故D错误。故选C。8．【答案】  C【解析】由题意铁块与木板之间摩擦力的最大值为木板与地面间的摩擦力的最大值为当时，木板和铁块相对地面静止又由图像可得 所以0-4s时间内图像与F-t图像相同；当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有对铁块有可得从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有对铁块即即所以0-10s内图像如图C，故ABD错误，C正确。故选C。9．【答案】  BC【解析】A．峰值t=0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e=100cos（100πt）V故A错误；B．灯泡正常工作时的电阻为故B正确；C．发电机电动势的有效值为设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，由闭合电路欧姆定律可知E=I1r+Uab根据变压器原理可知其中解得故C正确；D．由C选项知I1=1.6A，则故D错误。故选BC。10．【答案】  AD【解析】A．B点形成的机械波的振动周期为两列波的振动频率相同，则振动周期也相同，有根据波速公式有所以A点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4m/s，则A正确；B．由于两段绳子的材质不同，即波的传播介质不同，所以无法确定B点形成的机械波传播到p点左侧的速度，所以B错误；C．B点发出第一个波峰到达p点的时间为此时A点发出的波传播距离为则没有到达p点，所以无法形成的第一个波峰在P点相遇，则C错误；D．两列波到p点的相位差为0，为振动加强点，所以P点振动稳定后，为振动加强点，则D正确；故选AD。11．【答案】  ABD【解析】AB．由图乙知图线的斜率为图线的表达式为代入k值得导体棒切割磁感线产生的感应电动势为感应电流为所以感应电动势和感应电流都不变，则安培力为所以安培力逐渐增大，故AB正确；CD．由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力对位移的平均值，根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平均值为克服安培力做功为故C错误，D正确。故选ABD。12．【答案】  AD【解析】A．小球最终由P点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为故A正确；BC．小球在Q点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得则小球此时在竖直方向上的分速度大小为设小球在Q点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则故BC错误；D．小球离开小车时的速度大小为由动能定理得解得故D正确。故选AD。13．【答案】       9          【解析】（1）因为游标尺精确度为0.05mm，每个小格实际长度为，所以可得游标尺中第6格刻度线与主尺对齐刻度线为（5）由题意铁片下边的挡光时间分别为，铁片遮光宽度d。则通过光电门的速度近似为（6）研究铁片上下两边依次通过光电门的运动过程，根据公式有解得14． 【答案】            7.5          1.48     1.5     不合理，改装后电流表的内阻与电池内阻相差不大，忽略后，会使内阻的测量值相对误差过大。【解析】（1）根据并联电路电流分配关系，电流与电阻成反比，当电流表满偏时，流过电阻的电流为200mA，则干路电流为202mA，则量程约为。（2）根据闭合电路欧姆定律，当电流表达到满偏时，回路中总电阻为了保护电流表，闭合开关之前，电阻箱接入电路的电阻值应大于。（3）根据闭合电路欧姆定律解得整理可得斜率表示E，根据图线可得代入及，，，解得。不合理，改装后的电流表内阻约为1Ω，被测电池内阻约为1.5Ω，如果把电表当成理想电表，测量值为2.5Ω，相对误差相对误差太大。15．【答案】  （1）；（2）【解析】（1）该单色光在圆柱体中传播的光路图如图所示折射角其中，得根据光的折射定律有（2）由几何关系可知，该单色光恰好从AD面上无限靠近D处射出半圆柱，在半圆柱中传播的路程设该单色光在半圆柱中的传播速度大小为v，有，解得16．【答案】  （1）；（2）【解析】（1）设右管水银面下降，则由玻意尔定律可得解得右管水银面下降的高度为h=37.5cm（2）设空气柱长度为，则由玻意尔定律可得则管中封闭空气柱的长度为37.5cm。17．【答案】  （1）；（2）【解析】（1）由图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为图线与t轴所围的面积，设，所以解得由平均速度的定义可得（2）由图像可知，0~0.4s和0.4~1.4s内物体的加速度分别为根据牛顿第二定律得由图像可知传送带运行速度为，所以0~0.4s内物体相对传送带的位移即0.4~1.4s内物体相对传送带的位移即则因摩擦而产生的热为解得18．【答案】  （1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由题意知，粒子1在第一象限中做圆周运动的半径设粒子1的电荷量为、质量为，进入第一象限时速度为，则解得（2）粒子1在第四象限中运动过程中整理得（3）由几何关系知，粒子2在磁场中运动的半径满足解得粒子2在磁场中运动轨迹所对的圆心角为解得设粒子2的电荷量为、质量为，进入第一象限时速度为，则解得粒子2从A到C的时间，从C到P的时间，则整理得（4）粒子2在第四象限电场中整理得解得故粒子2从第四象限经过y轴时的纵坐标为【结束】