2022年高考物理押题预测卷03（湖北卷）（全解全析）

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2022年高考押题预测卷03【湖北卷】物理·全解全析1234567891011CCDADDCBCACDACBD 一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）A． B．C． D．【答案】  C【解析】负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，根据v-t图像可知电荷的加速度逐渐增大，即电荷所受电场力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，综上所述可知，ABD错误，C正确。故选C。2．卡车装载大型货物时，常会在车尾搭一块倾斜木板。如图所示，工人用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。已知货物与木板间的动摩擦因数不变。下列说法正确的是（　　）A．斜面越长，推力越大B．斜面越短，推力越大C．斜面越长，工人做功越多D．斜面越短，工人做功越多【答案】  C【解析】AB．假设斜面长为，从底端到顶端高为，斜面倾角为，其中高为定值，根据受力平衡可得联立可得令，可得当推力最大值为此时有解得AB错误；CD．因为货物匀速运动，根据动能定理可得解得可知斜面长度越大，推力做功越多，C正确，D错误；故选C。3．在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，三个定值电阻的阻值相同，变压器原副线圈的匝数比为。在a、b端加上交变电压U，开关S断开时，电流表的示数为I，则下列说法正确的是（　　）A．开关S断开时，变压器的输入功率为UIB．开关S断开时，定值电阻的阻值均为C．开关S断开时，原副线圈电路中电阻消耗的功率之比为D．开关S闭合后，电流表的示数为【答案】  D【解析】A．开关S断开时，变压器原线圈输入电压小于，则变压器的输入功率小于，故A错误；B．开关S断开时，设定值电阻的阻值为，闭合开关前，根据电流的关系，可知副线圈的电流为，副线圈两端的电压为，根据变压比，原线圈两端的电压为，结合串并联电路的特点有解得故B错误；C．开关S断开时，副线圈电路中电阻消耗的功率原线圈电阻消耗的功率可得故C错误；D．当开关S闭合后，设电流表的示数为，副线圈中的电流为，副线圈两端的电压为，原线圈两端的电压为，则结合解得故D正确。故选D。4．水下一点光源发出a、b两单色光。人在水面上方，向下看如图所示，水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出，Ⅱ区域只有a光射出。下列判断正确的是（　　）A．a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角小B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．水对a光的折射率大于对b光的折射率D．水下a、b光不能射到图中Ⅱ区域以外区域【答案】  A【解析】AC．由题分析可知，b光在I区域边缘发生了全反射，a光Ⅱ区域边缘发生了全反射，则知a光的临界角比b光的临界角大，由知，水对a光的折射率小于对b光的折射率，由折射定律知：a、b光从I区域某点倾斜射出时，a光折射角小，故A正确，C错误；B．水对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，由知，在真空中，a光的波长大于b光的波长，故B错误；D．根据题意无法判断，水下、光能否射到图中Ⅱ区域以外区域，因为即使有光射到图中Ⅱ区域以外区域，、光都发生全反射，没有光线从水面射出，故D错误。故选A。5．可见光的光子能量范围加下表所示：色光光子能量范围（eV）红橙黄1.61-2.002.00-2.072.07-2.14绿蓝—靛紫2.14-2.532.53-2.762.76-3.10 氢原子的能级示意图如图所示，大量处于某激发态的氢原子在向低能级跃迁时发出的光，其光谱线只有1条处于可见光范围内。根据以上信息可知处于该激发态的氢原子（　　）A．发出的可见光颜色是蓝—靛              B．处在第4能级C．最多可以释放出6种频率的光 D．在红光照射下可以被电离【答案】  D【解析】B．如果该激发态的氢原子处在第4能级，则可以发出两种可见光，光子能量分别为，故B错误；A．由于跃迁时发出的光只有一种可见光，可知该激发态的氢原子处于第3能级，则发出的可见光的光子能量为则发出的可见光颜色是红光，故A错误；C．由于该激发态的氢原子处于第3能级，则最多可以释放出3种频率的光，故C错误；D．由于该激发态的氢原子处于第3能级，则在红光照射下可以被电离，故D正确。故选D。6．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度m/s。传送带与水平面间的夹角为。现将一质量kg的物块轻放在其底端（物块可视为质点），与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力N。经过一段时间，物块运动到了离地面高为m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g取10m/s2，，）。则以下说法正确的是（　　）A．物块先做匀加速运动再匀速运动B．物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为2.1sC．若在物块与传送带达到相同速度时。立即撤去恒力F，物块先减速上滑再加速下滑从传送带的下端离开传送带D．若在物块与传送带达到相同速度时。立即撤去恒力F，物块再经过s离开传送带【答案】  D【解析】AB．对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，由牛顿第二定律得代入数据解得m/s2物块加速过程所用的时间s运动的距离m物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，所以物块相对传送带以a2继续向上加速，由牛顿第二定律得代入数据解得m/s2继续向上加速过程传送带长度为解得s故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间sA、B错误；CD．若共速后撤去恒力，因为，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动，有代入数据解得m/s2经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间离开传送带，离开时的速度大小为，则由运动学公式有代入数据解得m/s故sC错误D正确。故选D。7．质量分布均匀的铁链，拉住铁链的一端，铁链的另一端刚好与地面接触，从静止释放，铁链落地之后不反弹，铁链的体积可以忽略，则铁链下降过程中，铁链对地面的作用力与落到地面部分的铁链的重力的比值为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】  C【解析】设下落部分铁链长度为，单位长度的质量为，则此时铁链的速度为，下落到地面上的质量为 铁链对地面的作用力分为两部分，一部分是落到地面的铁链由于受到重力而对地面的压力，另一部分是铁链撞击地面时对地面的冲击力，显然有考虑极短的时间，这段时间落到地面的长度为，由动量定理有解得 则有故ABD错误，C正确。故选C。8．如图甲所示为一简谐横波在s时的波形图，P是平衡位置在m处的质点，S是平衡位置在m处的质点，Q是平衡位置在m处的质点，图乙所示为质点S的振动图像。下列说法中正确的是（　　）A．这列波沿x轴正方向传播B．时，P正沿y轴负方向减速运动C．P与Q—定总是同时回到平衡位置D．s时P、Q偏离平衡位置的距离之和为20cm【答案】  BC【解析】A．由S点的振动图像可知，s时刻，质点S沿y轴负向振动，结合波形图可知这列波沿x轴负方向传播，选项A错误；B．因波的周期为T=0.6s，则0.3s=，即时波形与图示位置关于x轴对称，质点P在平衡位置下方，正沿y轴负方向减速运动，选项B正确；C．P与Q两点平衡位置相差半个波长，则—定总是同时回到平衡位置，选项C正确；D．质点P在s时刻离开平衡位置的位移为其中，解得因为P与Q两点平衡位置相差半个波长，则两质点的位移等大反向，则此时P、Q偏离平衡位置的距离之和为10cm，选项D错误。故选BC。9．如图所示，在直角三角形的内切圆中有垂直纸面向外的匀强磁场，为切点，。现从O点垂直边同时射入两个带异种电荷的粒子，忽略两粒子之间的作用力，不计粒子重力，两粒子同时分别由两点射出磁场。则下列说法正确的是（　　）A．正、负粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期之比为B．正、负粒子的比荷之比为C．正、负粒子的运动速度之比为D．只改变带正电粒子进入磁场的入射方向，则正粒子一定垂直射出三角形区域【答案】  ACD【解析】A．根据题意，两粒子垂直边射入磁场，即对着圆心进入磁场，则两粒子必背离圆心射出磁场，粒子轨迹如图所示，利用左手定则可得，由D点射出磁场的粒子带正电，由E点射出磁场的粒子带负电，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可得带正电粒子的轨迹半径为带负电粒子的轨迹半径为由两者在磁场中的运动情况可知，带正电粒子在磁场中运动的时间为，带负电粒子在磁场中运动的时间为，由于两者在磁场中的运动时间相等，则正、负粒子的周期之比为，故A正确；B．又由周期公式可得正、负粒子的比荷之比为，故B错误；C．由可知则正、负粒子的运动速度之比为，故C正确；D．由于带正电粒子的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，由几何关系可知，改变入射方向后，粒子射出圆形磁场时的方向都与射入点和磁场圆圆心连线垂直，即垂直于，故D正确。10．如图所示，在磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场中，足够长的直金属杆b固定在绝缘水平面上。另一根金属杆a折成“V”形，两边夹角，金属杆a跨在b杆的上方，接触良好，角平分线与b杆垂直，两杆单位长度的电阻均为。现给金属杆a一初速度v并用水平拉力F拉着金属杆a使其沿角平分线方向匀速从b杆上滑过，从金属杆a的弯折点经过b杆时开始计时，忽略两杆的粗细，不计一切摩擦。一段时间内，关于拉力F及回路中电流I随时间t的变化图象，下列选项正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】  AC【解析】AB．a杆受到的安培力t时刻拉力大小为故A正确，B错误；CD．经过时间杆前进的距离为b杆接入闭合回路的长度为闭合回路的总长度为总电阻为a杆接入闭合回路的部分切割磁感线的等效长度等于L，产生的电动势回路电流可见回路电流为定值，故C正确，D错误。故选AC。11．A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离随时间变化的关系如图所示，不考虑A、B之间的万有引力，已知地球的半径为，万有引力常量为，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，则以下说法正确的是（　　）A．卫星A的发射速度可能大于第二宇宙速度B．地球的第一宇宙速度为C．地球的密度为D．卫星A的加速度大小为【答案】  BD【解析】A．人造地球卫星绕地球转动的发射速度应大于等于第一宇宙速度，又小于第二宇宙速度，故卫星A的发射速度不可能大于第二宇宙速度，A错误；B．设卫星的轨道半径为，卫星的轨道半径为，结合图像有解得，设卫星绕地球做匀速圆周的周期为，则有解得设卫星绕地球做匀速圆周的周期为，则有解得由图像可知每经过，两卫星再一次相距最近，则有联立解得则地球质量为设地球的第一宇宙速度为，则有解得B正确；C．设地球密度为，则有解得C错误；D．设卫星A的加速度大小为，则有解得D正确；故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12. （7分）用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻小于1Ω）除给出的电池、导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．直流电流表（0~0.6A）B．直流电压表（0~2V）C．滑动变阻器（阻值范围为0~20Ω，额定电流为2A）D．滑动变阻器（阻值范围为0~1000Ω，额定电流为0.1A）（1）实验电路图如图甲所示，为了得到尽可能好的实验效果，实验中滑动变阻器应选______；（填器材前的字母序号）（2）根据实验中测得的数据作出U-I图线如图乙所示。根据图线可知：电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。【答案】       C     1.45     0.70【解析】（1）电源内阻很小，为方便调节，滑动变阻器应选C；（2）由电源U−I图象可知，图象纵坐标截距为1.45，则电源电动势E=1.45V。电源内阻为13. （9分）（1）在探究碰撞中的不变量时，采用如图所示的实验装置，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，则下列说法中正确的是______；A．第一、二次入射小球的落点依次是B、AB．第一、二次入射小球的落点依次是C、BC．第二次入射小球和被碰小球落地时间相同D．第二次入射小球和被碰小球落地时间不相同（2）入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量m1和m2的关系应是m1______m2；（3）安装和调整实验装置的要求是：斜槽末端切线①______；入射小球每次应从②______释放；（4）设入射小球被碰小球的质量分别为m1、m2，不放球m2，球m1 从槽上滚下，落到B，与O点距离记为OB；放上球m2，落点分别为A和C，与O点距离分别记为OA和OC，则验证两球撞前后动量守恒的表达式为______。【答案】       AC     大于     水平     同一高度静止释放     m1OB=m1OA+m2OC【解析】（1）AB．入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以B点是没有碰时入射小球的落地点，A点是碰后入射小球的落地点，C碰后被碰小球的落地点，故A正确，B错误；CD．碰后都做平抛运动，竖直高度相同，所以第二次入射小球和被碰小球将同时落地，故C正确，D错误。故选AC；（2）为了防止入射球反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；（3）实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽轨道必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能水平抛出就行；为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一高度无初速度释放。（4）小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，则有OB=v0tOA=v1tOC=v2t根据动量守恒得m1v0=m1v1+m2v2将以上各式代入可得m1v0t=m1v1t+m2v2t即m1OB=m1OA+m2OC14. （9分）如图甲所示，汽缸A的体积是汽缸B体积的1.5倍，汽缸C与汽缸B的体积相同。当活塞从汽缸A的最右端N移动到最左端M完成一次抽气时，打开、关闭。从M到N完成一次充气时，关闭、打开。某一次抽气前，活塞位于N处。如图乙所示，B、C中封闭有压强均为的同种理想气体。整个装置气密性和导热性良好，环境温度保持不变。求：（1）完成一次抽气后，汽缸B内气体的压强；（2）完成一次抽气和充气后，汽缸C内气体的压强。【答案】  （1）0.4p0；（1）1.6p0【解析】（1）对容器       B内的气体，初态压强p1=p0，体积V；末态压强p2，体积2.5V则由玻意耳定律可知解得p2=0.4p0（2）完成一次抽气和充气后，对AC整体内的气体，由玻意耳定律解得汽缸C内气体的压强压强pC=1.6p015. （13分）如图所示，质量为的物块a和质量为的物块b均静止在同一水平面上，物块a与竖直挡板间放有一轻弹簧，物块b放置在倾角为的斜面底端。开始时弹簧处于原长状态，某时刻起以大小为的恒力作用在物块a上使其压缩弹簧，当物块a速度为零时立刻撤去恒力并在物块a离开后撤去弹簧并前移挡板至管道口，物块a沿光滑半圆水平管道运动，之后与物块b发生弹性碰撞，物块经过衔接处时没有能量损失。已知弹簧的劲度系数且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，物块a与斜面间的摩擦力可忽略，物块b与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块a与挡板碰撞过程时间极短且无能量损失，，物块均可视为质点，管道很细。（1）求撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能；（2）物块b第一次静止前恰未与物块a发生第二次碰撞，求半圆轨道的半径；（3）求碰撞后物块b上升高度的最大值。【答案】  （1）；（2）；（3）【解析】（1）物块a受到恒力F和弹簧弹力作用，根据对称性原理可知，当物块a受到的合力大小与F相等、方向与F相反时，物块a的速度为零，设此时弹簧的压缩量为，有根据功能关系可知，撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能为解得（2）设满足要求的半圆管道半径为R对物块b有可知物块b在斜面上速度减到零后不会下滑物块a第一次离开弹簧瞬间，有物块a与物块b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有解得物块b在斜面上运动过程中，由牛顿第二定律有第一次碰撞后物块b在斜面上的运动时间为运动距离为物块a在斜面上运动时的加速度大小为第一次碰撞后，物块a沿半圆管道运动的时间为对物块有可得（3）设物块b最终静止时到水平面的高度为h，对整个过程由能量守恒定律有解得16. （18分）如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m。有两根金属棒MN、PQ质量均为1kg，电阻均为0.5Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力。发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1s时间内向左运动的距离s=1m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻，重力加速度g=10m/s2，求：（1）当悬挂MN的细线到达竖直位置时，MNQP回路中的电流大小及MN两端的电势差大小并判断哪端电势高；（2）MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量q；（3）MN与导轨短暂接触过程中回路中产生的焦耳热Q。【答案】  （1）1.5V，M端电势高；（2）1C；（3）2J【解析】（1）设MN摆动到竖直位置刚好与导轨接触时速度为，由机械能守恒定律得得此时MN产生的感应电动势回落中的感应电流MN两端电势差根据右手定则可判断M端电势高。（2）由题意得，PQ做匀速运动，则有对PQ由动量定理得又解得（3）在MN与导轨接触的短暂时间t内，MN与PQ系统动量守恒，选向左为正方向有解得PQ棒接触导轨后摆起的速度由能量守恒定律得解得回路中产生的焦耳热