2022年高考物理押題預測卷01（湖南卷）（全解全析）

2022年高考押題預測卷01【湖南卷】

物理?全解全析

123456

DDCCAA

78910

ADADACDACD

1.【答案】D

【解析】

A.沿地月轉移軌道經(jīng)過尸點時，需減速運動才能被月球捕獲進入軌道I,A錯誤：

B.從軌道I進入軌道II需要在P點減速，而在軌道I和軌道II上運行時滿足機械能守恒，因此沿

軌道I運行經(jīng)過2點的機械能大于沿軌道n運行經(jīng)過Q點的機械能，B錯誤；

c.根據(jù)

沿軌道I繞月運行的周期一定大于沿軌道II繞月運行的周期，C錯誤；

D.根據(jù)

GMmv2

——--=m—

rr

可得

rv2

M=—

G

已知引力常量、其繞月線速度和繞月半徑能計算出月球質(zhì)量，D正確。

故選D。

2.【答案】D

【解析】

A.當滑動變阻器的滑片向上滑動時，電路的總電阻減小，電壓不變，電流變大，電流表A的示數(shù)

變大，A錯誤；

B.磁通量與線圈的匝數(shù)無關，在線圈而cd的轉動過程中，線圈磁通量的最大值為8S,B錯誤；

C.當變壓器原線圈的滑片向下滑動時，原線圈匝數(shù)減小，副線圈的電壓變大，電壓表V的示數(shù)變

大，C錯誤；

D.若線圈R,出轉動的角速度為線圈轉動一周只有半周在磁場中發(fā)生電磁感應，產(chǎn)生的交流

電為正弦交流電（全波波形）的每個周期有半個周期存在電動勢（半波波形），設輸入電壓的有效

值為U,電動勢最大值為

UHBS3

則

RR2

因此電壓有效值為

NBSco

U=------

2

當角速度大小變?yōu)?。時，變壓器原線圈電壓的有效值為D正確。

故選D。

3.【答案】C

【解析】

AB.小球C下落到最低點時，AB開始分離，此過程水平方向動量守恒。根據(jù)機械能守恒有：

i^=^^+^x2mxv\e

取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得：

mnvc=lmxvM

聯(lián)立解得

'2m+n\}m'2m+

故AB正確；

C.C球由靜止釋放到最低點的過程中，選B為研究對象，由動量定理

故C錯誤；

D.C球由靜止釋放到最低點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設C對地向左水平位移大小為

xi,AB對地水平水平位移大小為X2,則有

moxj=2mx2

Xl+X2=L

可解得

_m.L

42—二

2m+/（）

故D正確。

本題選不正確的，故選C。

4.【答案】C

【解析】

對兩小球受力分析如圖

O

耳、斤為A、8兩小球之間的庫侖力，尸2、弓為兩小球之間的彈簧彈力，滿足

F=FX+F2=F'=F；+F{

對A球受力分析，尸、（、町g、三力滿足相似三角形，則有

小g=Z=F

0C~OA~AC

同理對B球亦有

"J=F，

OCOBBC

當A球的電荷量增大則兩球距離會增大，夾角a、夕增大，但仍有

7]_m}AC_m2

T2m2BCm}

繩長不變，c點上移，℃氏度變小。

故選c。

5.【答案】A

【解析】

當機時，B向下做勻加速運動，A向上做勻加速運動，設加速度大小均為“，細繩中的拉力大

小為T,對A、B根據(jù)牛頓第二定律分別有

T-mllg=mva①

mg-T=ma②

聯(lián)立①②解得

T二2,初叫1g2mog

機+人]+必

m③

(機-%Jg_2m°g

a--g

m+mQm+m{)④

由③式可得，當,”TOO時，有

T

m=2"%g⑤

所以

"=21,=47%g⑥

當mV,如時，B向上做勻加速運動，A向下做勻加速運動，同理可得二者的加速度大小為

a，=(%i')g=g_3-

機+%>"

m⑦

由④式和⑦式可知，當”?>〃?0時，，〃越大，。越大；當時，〃?越大，。越小。

綜上所述可知A正確，BCD錯誤。

故選Ao

6.【答案】A

【解析】

A.在只逐漸增大光照強度的過程中，光敏電阻阻值減小，則通過電阻&的電流增大；根據(jù)熱功率

公式P=FR可知電阻&消耗的電功率變大，故A正確；

B.只調(diào)節(jié)電阻后的滑動端P2向上端移動的過程中，電路總電阻不變，則電源輸出電流不變，RJ

消耗的功率不變，電容器兩端電壓不變，電阻后中沒有電流，故B錯誤；

C.只調(diào)節(jié)電阻上的滑動端P/向上端移動的過程中，色接入電路的電阻不變，電源輸出電流不變，

電源路端電壓不變，電壓表示數(shù)不變；電容器兩端電壓減小，電容器放電，帶電微粒所受電場力減

小，微粒向下運動，故c錯誤；

D.若斷開開關S,電容器放電，電容器所帶電荷量變少，電容器兩端電壓減小，帶電微粒所受電

場力減小，帶電微粒向下運動，選項D錯誤。

故選A?

7.【答案】AD

【解析】

A.甲、乙兩人射箭高度相同，兩支箭在空中的運動時間相同，落入壺口時豎直方向的速度。相同。

設箭尖插入壺中時與水平面的夾角為火箭射出時的初速度為%,則

tan^=—

%

即

"產(chǎn)嬴？

兩支箭射出的初速度大小之比為

tan530:tan370=16:9

A正確；

B.設箭尖插入壺中時的速度大小為v，則

vsin0=vv

即

v=—匕:-

sin。

兩支箭落入壺口時的速度大小之比為4：3,B錯誤；

C.因兩支箭在空中的運動時間相同，甲、乙兩人投射位置與壺口的水平距離之比，即初速度大小

之比，等于16：9,C錯誤；

D.由

"12

旦=—mv

卜2

可知，兩支箭落入壺口時的動能之比為16：9,D正確。

故選ADo

8.【答案】AD

【解析】

A.根據(jù)

Em-En=hv

可知H,頻率最高，因此H,應的電子躍遷前所處的能級最高，A正確；

B./射線是原子核衰變時產(chǎn)生的高能電磁波，與核外電子無關，B錯誤；

C.能級越低的電子，離原子核越近，C錯誤；

D.根據(jù)光電效應方程

hv=W+Ek

由于H。比H0頻率高，同一金屬的逸出功相同，因此H，照射時的光電子的最大初動能更大，D正

確。

故選AD,

9.【答案】ACD

【解析】

A.由圖〃可知，物塊A與物塊3碰撞前的動能

12￡口

萬根/=k

可得物塊A與物塊B碰撞前的速度

物塊A與物塊B碰撞后的動能

121

耳町/共=§線

可得物塊A與物塊B碰撞后的速度

物塊A與物塊/3碰撞時間極短，根據(jù)動量守恒定律

mAv=(mA+mB)-

解得

吆」

啊2

A正確；

B.由圖匕可知，A與B碰撞后A在X2處動能最大，則A與3碰撞后在X2位置處速度最大，B錯

I天；

C.根據(jù)動能定理有

0-Ek=F令》

則可知Ei圖的斜率代表物體所受的合外力，由圖b可知A與8碰撞后在xj位置處合外力最大，

即加速度最大，C正確；

D.彈簧上端與物塊3相連，物塊8處于靜止狀態(tài)，設此時彈簧的形變量為此，結合圖〃根據(jù)平

衡條件可知

mBgsin0=kx0

由圖匕可知，當A8一起運動到上時，速度最大，根據(jù)平衡條件

mAgsin0+mBgsin0=k(x2-x]+x0)

物塊A從O點運動到位置x/的過程中，根據(jù)動能定理

mAgsin0xx=Ek

聯(lián)立解得

士區(qū)一王)

D正確。

故選ACD,

10.【答案】ACD

【解析】

A.由粒子沿x軸正方向射入磁場，知其在左側磁場運動的圓心在y軸上，由洛倫茲力提供向心力

有

■>

mV

qvcB------~

4

得OVXVQ區(qū)域圓周運動的半徑

mv_

r.=——=2a

qB

取粒子在a<x<2a區(qū)域圓周運動的軌跡恰好與右邊界相切，軌跡如圖

由圖可知此時粒子從y軸負方向射出磁場，故A正確;

B.取粒子在區(qū)域圓周運動的半徑為與，有

r2sin300+與<a

得

故B錯誤；

C.粒子在OVx<a區(qū)域的運動周期為

qB

則運動時間為

cT九7im

4=2x--------

12463qB

粒子在a<爛2a區(qū)域，由

mv

r.二——

qB,

得

8,把=孫=38

qr22qa

運動周期為

_2冗m

=~qB

運動時間為

T444%加

——,——------

22433qB'

粒子在兩磁場中的運動時間為

1=4+，2

若B'=8B,則

Tim

t------

2qB

故C正確;

D.取粒子OVxV。區(qū)域速度偏角為0,粒子在aV爛2〃區(qū)域沿x軸運動的最遠距離

amvamvBmv

L=r2s\nO+r2=r2--Fr,=-----------1=—a-\

耳?qB'也qB'B'qB'

qB

若減小粒子的入射速度，粒子在aV.E2〃區(qū)域沿x軸運動的最遠距離減小，粒子不會從磁場的右

側離開，一定從y軸射出磁場區(qū)域，故D正確。

故選ACD?

j1/u\21/u\2

-/ntngl=—m(----)——tn(——)

22

11.【答案】4.701-4.705加2M0.34

【解析】

(1)螺旋測微器的固定刻度為4.5mm,可動部分為

0.01mmx20.2=0.202mm

所以讀數(shù)為

d=4.5mm+0.202mm=4.702mm

(2)遮光片通過光電門1、2的速度分別為

則滑塊從P位置運動到Q位置的過程中，由動能定理

.12121/d1,d

一〃mg/=—mv——mv~=—m()~——m(——)-

2222頌2

(4)由上式可得

V：=岐+2〃g/

由圖可知，學=°時，4=2.2,帶入上式，可得

〃=0.34

12.【答案】100013032.4151680

【解析】

(1)滿偏時有

一

歐姆表的內(nèi)阻

%=1500C

表盤的中值電阻為1500C,電流表指針指向如圖乙所示的位置時的讀數(shù)為0.6mA,根據(jù)閉合電路的

歐姆定律有

I=--—

x凡+凡

解得

R=—史：C-1500C=1000Q

*0.6x10-3

(2)閉合開關S,歐姆表的內(nèi)阻變小，倍率變小至“X10”，調(diào)節(jié)電阻箱凡和&,使電流表滿偏時

歐姆表內(nèi)阻為150A,電路總電流為

/=—A=0.01A

150

/.(凡+凡)

R上上__上=i30C

&（6+4）

—+r=150

'4+（兄+與）

解得

%=32.4。

根據(jù)兩倍率知，歐姆表表盤正中刻度的標值為15o

/八噎R內(nèi)哼

(3)設電流表滿偏電流4,歐姆調(diào)零時：4,則4；當電動勢變小、內(nèi)阻變大時，由于

E'

歐姆表重新調(diào)零，內(nèi)阻的變化不影響，由于滿偏電流不變，由L知，歐姆表的內(nèi)阻變小，

用歐姆表測電阻時

E_E

解得

R真=1680C

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

【解析】

(1)由題圖乙得碰后B的速度vB=3m/s,即A第1次與P碰前瞬間B的速度為vw=3m/s,設此時

A的速度VAO,對A、B系統(tǒng)由動量守恒定律有

mv=MVM+叫°

代入數(shù)據(jù)解得

vA0=3m/s

由題圖乙得0~0.3s,B的加速度大小

Av__.7

an=--5m/s

I加I

由牛頓第二定律有

jLimg=tnaK

解得

〃=Q5

A第1次與P碰撞前A一直向右加速，A與P的距離最短為XA??對A由動能定理有

12

^8V-MVM

代入數(shù)據(jù)得

(2)在A、B不分離時，A每次與P碰后到下次與P再次碰撞前，最后兩者共速，設A與P第2

次碰撞前的速度為力，以水平向右為正方向，對A、B系統(tǒng)由動量守恒定律可得

叫0一憶0=("+加％

解得

匕=1.5m/s

A與尸第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內(nèi)的熱量

2

Q=-mv2+-Mv2+-(A/+m)v,=13.5J

~2no2A021

(3)A第1次與P碰前，B在木板A上的滑動距離為x刷，對A、B組成的系統(tǒng)，由能量守恒

有

11

2

-r_12

25勿%o+〃婀相對I

代入數(shù)據(jù)得

/刖=°-4m

A第1次與擋板P碰后到共速的過程中，對A、B系統(tǒng)，由能量守恒有

|叫J|如B02=_(必+加葉+幺mgx相對2

解得

工相對2=°-9m

假設第3次碰撞前，A與B仍不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為

正方向，由動量守恒有

(A/+m)V2

解得

v2=0.75m/s

由能量守恒有

Imv；+；,即：=；(M+加々2+〃儂X相對3

解得

“相對3=0,225nl

由于

“相對=*相對1+*相對2+*相對3=L525m>L=1.5m

故不能發(fā)生第3次碰撞，所以A與P碰撞2次，B與A分離。

14.【答案】⑴i=0.3A；=0.05kg.⑵D.6m/s；(3)^=003C

【解析】

(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，=0至f=ls內(nèi)回路中的感應電動勢為

.絲=S"=O.6V

Ar\t

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得/=0至z=ls內(nèi)流過電阻的電流為

設金屬棒面的質(zhì)量為加，這段時間內(nèi)金屬棒仍受力平衡，即

mgsin0=BxiL

解得

m=0.05kg

(2)設金屬棒"進入EF時的速度大小為心此時回路中的感應電動勢為

E=B}Lv

回路中的電流為

1=-^—

R+r

導體棒油所受安培力大小為

F=BJL

根據(jù)平衡條件可得

F=mgsin0

解得

v=0.6m/s

(3)設金屬棒就從進入E尸到最終停下的過程中，回路中的平均電流為7,經(jīng)歷時間為/,對金

屬棒ab根據(jù)動量定理有

(一BJL+mgsin0-jLimgcos0)t=0-mv

其中

mgsin6—jjmgcos6=0

且

q-lt

解得

q=0.03C

15(1).【答案】ABD

【解析】

A.懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動是布朗運動，選項A正確；

B.單晶體和多晶體均有固定的熔點，選項B正確；

C.0C的冰熔化為同溫度的水要吸收熱量，則相同質(zhì)量的0℃的冰的內(nèi)能小于0C的水的內(nèi)能，選

項c錯誤；

D.根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量可以由低溫物體傳遞給高溫物體，但要引起其他的變化，選項

D正確；

E.熱傳遞存在方向性是說熱量只能自發(fā)的從高溫物體傳向低溫物體，空調(diào)機既能致冷又能致熱,

并不能說明熱傳遞不存在方向性，而是在反向時，要引起其他方面的變化，故E錯誤。

故選ABD。

y=一＞%

15(2).【答案】(1)夕一夕。；(2)不合格

【解析】

(1)緩慢變化過程中，由玻意耳定律可得

M.(%+V)=PV

解得

y_Po^o

P-Po

(2)設溫度由7變化為1.2T后，壓強由p變?yōu)長16p,體積變?yōu)樨?，根?jù)氣體狀態(tài)方程有

A(

解得

V1.16c/rc,

—=——=96.7%

乂1.2

可知漏氣量占比為3.3%；故該香水瓶瓶蓋密封性不合格。

16(1).【答案】ACE

【解析】

A.由題給波動圖像可知該波的振幅為

A=5cm

波長為

A=8m

該波的波速為

v=4m/s

由

2

v=—

T

可得

T=2s

2兀..

co=——=7crad/s

T

則波源做簡諧運動的表達式為

y=-Asincut