物理-2022年高考考前押题密卷（浙江卷）（全解全析）

这是一份物理-2022年高考考前押题密卷（浙江卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
绝密★考试结束前 2022年高考考前押题密卷（浙江卷）全解全析一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）12345678910111213DCDDCABAADCDC1.【答案】D【解析】本题中“电量”应该是能量的单位，也就是电功的单位，常用单位是“度”，而国际单位是焦耳（J）。故选D。2.【答案】C【解析】A．根据图像的面积表示位移，可得时间内冰壶运动的位移大小为A错误；B．根据图像的绝对值表示加速度的大小，可得没擦冰面时冰壶运动的加速度大小为有擦冰面时的冰壶运动的加速度大小为可得B错误；CD．假设没擦冰面时冰壶运动的总时间为，有擦冰面时的冰壶运动的时间为，则有若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，则没擦冰面时冰壶运动的总时间为也不变，故冰壶滑行的总时间不变，如图所示根据图像的面积表示位移，可知若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶滑行的总位移变大，C正确，D错误；故选C。3.【答案】D【解析】AB．鼓缓慢下降，处于动态平衡，绳子对鼓的合力等于鼓的重力，绳子的合力不变，AB错误；CD．根据平衡条件得解得鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向的夹角变小，变大，F减小，C错误，D正确。故选D。4.【答案】D【解析】A．电梯沿斜直轨道匀速下行时，运动员处于平衡状态，故运动员不是处于失重状态，A错误；B．刚启动时，有斜向下的加速度，那合力方向斜向下，而只有重力和支持力时，合力只可能在竖直方向，故必有摩擦力存在，故电梯刚启动时，运动员不止受两个力作用，B错误；C．电梯匀速率下行时，斜直轨道上，人受力平衡，重力等于支持力，C错误；D．通过圆弧轨道时，由牛顿第二定律可得故可得运动员受到地板的弹力小于他的重力，D正确。故选D。5.【答案】C【解析】A．根据核反应质量数和电荷数守恒可知，X元素的电荷数（质子数）为p=56，质量数q=144，则含有144-56=88个中子，选项A错误；B．该反应放出核能，则生成物的比结合能（平均结合能）大于的比结合能，选项B错误；C．根据E=mc²，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损，选项C正确；D．要能发生链式反应，铀块的体积应大于临界体积，选项D错误。故选C。6.【答案】A【解析】A．由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”，已知电磁波的波长与频率的关系为λ =，由此可知频率越高波长越短，则与4G相比，5G使用的电磁波波长更短，A正确；B．波长越长衍射现象越明显，由选项A可知λ5G < λ4G，则与4G相比，5G使用的电磁波更不容易发生衍射，B错误；C．已知能量子能量为，由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”，则与4G相比，5G使用的电磁波能量子的能量更大，C错误；D．电磁波的传播速度与光速相等，在自由空间中，为c = 3 × 108m/s，D错误。故选A。7.【答案】B【解析】】由题意可知，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧受到的摩擦力，而后侧受摩擦力几乎不变，若冰壶按如图①的逆时针方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转；同理若冰壶按顺时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转。即①④正确。故选B。8.【答案】A【解析】闸杆转动时间为汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为解得闸杆转动的角速度至少为故选A。9.【答案】A【解析】A．该卫星运行轨道高度小于同步卫星轨道高度，而同步卫星运行角速度等于地球自转角速度，根据该卫星角速度大于地球自转角速度，故A正确；B．第一宇宙速度是最大的环绕速度，该卫星线速度小于地球第一宇宙速度，故B错误；C．根据距离地面越近，加速度越大，故C错误；D．同步卫星轨道高度约为36000km，地球半径约为6400km，则同步卫星轨道半径约为42400km，题中卫星轨道半径约为6800km，根据开普勒第三定律解得，该卫星周期为 该卫星每天有16次经过地球的影区，故D错误。故选A。10.【答案】D【解析】A．轨道光滑，小球贴着轨道运动过程中不会与轨道碰撞出现能量损失，整个过程中仅重力做功，因此小球的机械能守恒，故A正确；BC．根据向心力公式，当小球到达A点时的速度较小，满足时，此时小球不会飞出去，会贴着轨道运动，当小球到达A点时的速度较大，满足时，重力不足以提供向心力，此时小球会飞出去做平抛运动落在BC上，故BC正确；D．小球从D更高处释放，若小球不从A点飞出，则小球在BC上运动时的速度方向为沿BC向下，设BC斜面与水平面夹角为，速度方向与水平面的夹角为，则此时=若小球从A点飞出，设小球在A点的速度为，则小球以水平速度飞出做平抛运动，设从A点飞出至落地时间为t，则水平和竖直方向位移分别为根据几何关系可得解得所以竖直方向速度为因此从以上分析可知，小球从A点飞出落在BC上的速度方向与不飞出在BC上滑行的速度方向不相同，故D错误。故选D。11.【答案】C【解析】AB．根据左手定则，水平向左入射正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故AB错误；CD．正负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有可得流速流量C正确，D错误。12.【答案】D【解析】A．因为ab端输入电压为220V，由于送电线圈中的电阻R会分压，故送电线圈两端电压小于220V，则根据匝数比等于电压比可知，受电线圈cd两端的输出电压小于22V，A错误；B．由题意可知U2=1.8+1×R送电线圈的电流为则送电线圈两端电压U1=U-I1R=220-0.1R根据可得R=20ΩB错误； C．充电时，与送电线圈相连的电阻R两端的电压为UR=I1R=2VC错误；D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为U2=1.8V+1×20V=21.8VD正确。故选D。13.【答案】C【解析】AB．质子仅在电场力作用下先后经过三点，粒子的大致运动轨迹如图所示质子受到斥力作用，中心的电荷一定为正电荷，a点的电势比b点的电势低。A错误；a点的场强和c点的场强大小相等。B错误；C．由动能定理，b点到c点，静电力做正功，动能增大，b点时的动能一定比经过c点时的动能小。C正确；D．质子由a点到b点速度方向和静电力方向不始终在同一方向上，质子由a点到b点不可能沿直线运动。D错误；故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）141516ADADAC14【答案】AD【解析】
A．温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故A正确。
B．温度升高，气泡内气体内能增大，即△U＞0，体积增大，即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可得Q＞0，故气泡内的气体吸热，故B错误。
C．气泡内气体压强p=p0+ρgh，气泡升高过程中，其压强减小，C正确错误。D．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故D正确。
故选AD。15.【答案】AD【解析】A．图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调发生变化，当急救车靠近时，感觉声调变高，反之急救车远离时，感觉声调变低。这是由于多普勒效应引起的，故A正确；B．图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；C．图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的，故C错误；D．图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光从水进入气泡时发生了全反射引起的，故D正确。故选AD。16【答案】AC【解析】AB．根据题意，与的长度之差等于波长，且有求得波长为故A正确，B错误；C．水的波速故C正确；D．若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅极大点，故D错误；故选AC。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17【答案】（1） ①. 0.4    ②. 720 （2）①. AC  ②. 2.13    ③. 未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力， 1.0【解析】（1）①游标卡尺为10分度游标卡尺，精确值为，图丙游标卡尺的读数为②图丁游标卡尺的读数为由图乙可知解得根据公式解得（2）①该实验中需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力，需要让细线与长木板保持平行，以保证细线上的拉力就是滑块所受合力，因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量，故AC正确，B错误。故选AC。②由题意知相邻两计数点间的时间，打该纸带时滑块的加速度大小③图乙中直线的延长线没有经过原点，由图可知当时，a=0，说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。设未完全平衡摩擦力为斜率表示滑块的质量，可得滑块的质量18.【答案】   （1）. ×1， 6（或6.0），10    （2）    （3）2.08，1.67【解析】（1）,在电阻丝接入电路前，使用多电表测量它的电阻，选择倍率“”测量时指针偏角过大，应选择欧姆挡倍率重新进行测量；正确操作后，多用表的示数如图（b）所示，结果为；长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度（2）因为是串联电路，则即（3）由图C可知解得19.【答案】（1），；（2），不能【解析】（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为，由运动学公式得由牛顿第二定律得联立解得，，（2）由（1）可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为，弹珠A碰撞后瞬间的速度为，由运动学规律解得设碰后瞬间弹珠B的速度为，由动量守恒定律得解得所以两弹珠碰撞瞬间机械能损失解得碰后弹珠B运动的距离为所以弹珠B没有进坑，故不能胜出。20.【答案】(1)4m/s；(2) (N)；(3)或【解析】(1)弹丸从A点发射做平抛运动，则竖直方向上由几何关系联立得(2)有(1)可知弹丸在B点的速度=5m/s弹丸从B点运动至C/D点，由动能定理知联立可得从C/D点进入半圆形挡板设圆心角对应的圆弧长为L，由几何关系可知由动能定理知由牛顿第二定律知联立，得(N)(3)弹丸运动恰好不到D点，由动能定理可得解得弹丸运动恰好飞出E点，由动能定理可得解得所以CD间的长度x满足或。21.【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】（1）初始时对杆受力分析如下图所示
 设N杆的加速度为，对杆根据牛顿第二定律得解得（2）杆到达边界前对、系统受力分析如下图所示
 可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以、系统沿倾斜导轨方向上动量守恒，设杆到达边界前速度大小为，杆速度大小为，由动量守恒得回路电动势回路电流、所受安培力大小均为由于N杆运动到边界前已匀速，有联立可得设杆到的距离为，对杆由动能定理得由功能关系得解得（3）N杆到达水平导轨时受力如下图所示
 分析可知杆向右开始减速运动，而杆向上加速运动，设杆速度重新达到稳定时速度大小为，则杆切割产生电动势由欧姆定律得由平衡条件得解得杆稳定时速度此时杆中电流杆受到的安培力由得故此时杆也达到稳定速度，设为，设杆到两杆速度稳定的时间为，由动量定理，对杆有即对杆有其中代入得联立解得讨论①当时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小②当时，N杆最终静止在水平导轨上。22.【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】（1）
 甲粒子在磁场Ⅰ中的运动速率v，运动轨迹如图,在两磁场中运动半径相等依据牛顿第二定律得，得解得（2）粒子乙运动轨迹如图，在磁场Ⅱ中速率与甲相同，速度v与竖直方向夹角为，轨迹圆半径为r
 解得粒子在磁场中的运动时间联立解得（3）磁感应强度增大，粒子在电场中运动不变，在磁场中轨迹圆半径减小为，甲轨迹与PQ相交于G、H，乙的轨迹与PQ交于F、D，F和D周期性下移。
 F、D点每个周期下移距离△y情况一：F点与H点重合情况二：D点与G点重合解得情况三：F点与G点重合解得