2022年高考物理押題預(yù)測卷01（北京卷）（全解全析）

2022年高考押題預(yù)測卷01【北京卷】

物理?全解全析

1234567891011121314

ADBCBBCBDABCDD

1.【答案】A

【解析】

甲圖電流的有效值為。，根據(jù)有效值的定義則有

I｛；RT=1^RT

解得

/甲=4

電熱器產(chǎn)生的熱量

。產(chǎn)I/RT

乙圖電流的有效值為〃，則有

I-/(>

電熱器產(chǎn)生的熱量

所以A正確；BCD錯(cuò)誤；

故選Ao

2.【答案】D

【解析】

A.大量處于〃=3能級的氫離子，最多可輻射

C；=3

種不同頻率的光子，故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)閺摹?4向〃=3能級躍遷，是從高能級向低能級躍遷，要釋放能量，故B錯(cuò)誤;

C.由圖可知，處于”=1能級的氨離子要發(fā)生電離，需要吸收的能量應(yīng)滿足

AE>O-E,=54.4eV

故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)閺摹?3躍遷到〃=2能級輻射的光子能量為

A￡'==7.56eV

而從〃=2躍遷到n=1能級輻射的光子能量為

/^E"=E2-EX=40.8eV

即從〃=3躍遷到〃=2能級比從”=2躍遷到”=1能級輻射出的光子的能量小，又因?yàn)?/p>

(;=hv

所以從"=3躍遷到〃=2能級比從〃=2躍遷到n=1能級輻射出的光子頻率低，故D正確。

故選D。

3.【答案】B

【解析】

A.將拉力廠正交分解如下圖所示

Fx曲=Fsinct

Fx儂-Fsiny?

在y方向可得出

Fy曲:Fcosa

Fy庖=FcosS

由題知則

sina<sin/?

cosa>cos。

則可得到

Fx曲<Fx面

Fy曲〉Fy直

A錯(cuò)誤、B正確;

CD.耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻

速，則CD錯(cuò)誤。

故選Bo

4.【答案】C

【解析】

CD.山楞次定律可知，變化的磁場產(chǎn)生的感生電場沿順時(shí)針方向，小球帶正電，小球的所受電場力沿順時(shí)

針方向，與小球的運(yùn)動方向相反，渦旋電場力對小球做負(fù)功，則小球先沿逆時(shí)針方向減速運(yùn)動，當(dāng)小球速

度減到0后，渦旋電場力對小球做正功，小球沿順時(shí)針方向加速運(yùn)動，所以C正確；D錯(cuò)誤；

AB.由于小球在水平面做圓周運(yùn)動，環(huán)對小球的彈力及洛倫茲力的合力提供向心力，由于小球的速度先減

小后增大，及磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，則小球?qū)Νh(huán)的壓力與洛倫茲力不?定始終增大，所以AB錯(cuò)誤；

故選C。

5.【答案】B

【解析】

拉力做的功為

W=FM

能量密度為

WFM_F_B2

解得

故選Bo

6.【答案】B

【解析】

A.根據(jù)負(fù)點(diǎn)電荷的電場線有會聚的特點(diǎn)，則點(diǎn)電荷。帶負(fù)電，所以A錯(cuò)誤；

B.點(diǎn)電荷。恰好處于“、6兩點(diǎn)電場線的交點(diǎn)處，根據(jù)負(fù)點(diǎn)電荷等勢面的分布特點(diǎn)，離負(fù)點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)的點(diǎn)

電勢越高，由幾何關(guān)系可知，。點(diǎn)離負(fù)點(diǎn)電荷較遠(yuǎn)，所以a點(diǎn)的電勢高于。點(diǎn)電勢，則B正確；

C.從4到b,電場力對正電粒子做正功，所以系統(tǒng)的電勢能減小，則C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)場強(qiáng)公式

F,Q

r-

粒子在a點(diǎn)的場強(qiáng)小于在b點(diǎn)，則粒子在a點(diǎn)的電場力小于在b點(diǎn)，所以粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的

加速度，則D錯(cuò)誤；

故選B。

7.【答案】C

【解析】

A.由

H-h=；gt。

可得這箱物資在空中匕行的時(shí)間為

故A錯(cuò)誤；

B.不考慮空氣阻力的影響，只有重力做功，所以有

12

E*--mvo=ing(H-h)

可得

12

Ek=mg(H-/?)+—mv~

故B錯(cuò)誤；

C.A點(diǎn)距山坡底端的水平距離即為物資的水平位移，則有

故C正確；

D.山坡的傾角6滿足

故D錯(cuò)誤。

故選C。

8.【答案】B

【解析】

A.由部分電路歐姆定律&=亍"知，由表中數(shù)據(jù)可以看出電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大，故電壓與電

流比值減小，故實(shí)驗(yàn)過程中凡逐漸減小，故A錯(cuò)誤；

BC.由題意電流不變，且電阻R與乙兩端電壓相等，即

—(…冰

代入數(shù)據(jù)得

R=20Q

/()=1.00A

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.實(shí)驗(yàn)過程中恒流源輸出功率為尸=U/°,因?yàn)檩敵鲭妷杭措妷罕硎緮?shù)，故U減小，故恒流源輸出功率減

小，故D錯(cuò)誤。

故選B。

9.【答案】D

【解析】

A.撤去尸后，彈簧形變在恢復(fù)的過程中，彈力逐漸減小，則合力先減小，再增大，最后脫離彈簧后，保持

不變，A錯(cuò)誤；

B.撤去產(chǎn)后，物體剛運(yùn)動時(shí)有

kx°—/Lung=ma

解得

kx-/jmg

Cl-0

m

B錯(cuò)誤；

C.物體脫離彈簧后，做勻減速直線運(yùn)動，逆向得物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有

解得

c錯(cuò)誤：

D.速度最大時(shí)，合力為零，有

kx—jLimg=()

此時(shí)彈簧形變?yōu)?/p>

k

則該過程中克服摩擦力做的功為

叱=〃〃際(毛-^^)

D正確。

故選D。

10.【答案】A

【解析】

A.由題意知波向右傳播，由圖可得f=ls時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)L在平衡位置，由上下坡法可知質(zhì)點(diǎn)L下一時(shí)刻向下振

動，故乙圖可能是質(zhì)點(diǎn)L的振動圖像，故A正確；

B.由圖可得

2=0.4m

T=2s

所以波速為

v=~=0.2m/s

故B錯(cuò)誤；

C.由圖可知質(zhì)點(diǎn)K與L相差半個(gè)周期，所以兩者的速度、加速度等大、反向，故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)槊總€(gè)質(zhì)點(diǎn)都在自己平衡位置周期性振動，不會隨波遷移，故D錯(cuò)誤。

故選A。

11.【答案】B

【解析】

由題知，球運(yùn)動到最高點(diǎn)的速度為歷時(shí)，小球恰能做完整的圓周運(yùn)動，則有

vo=如

根據(jù)重力和萬有引力的關(guān)系有

「Mtn

mg=G-r

根據(jù)第一宇宙速度的定義由

[GM

'-\~R~

計(jì)算得

V=就

故選B。

12.【答案】C

【解析】

A.在真空中，。光的傳播速度等于人光的傳播速度，故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)楣饩€是從玻璃磚上表面經(jīng)過一次折射到下表面的，所以增大入射角，。光在玻璃磚下表面不可能達(dá)

到臨界角，因此不可能發(fā)生全反射，故B錯(cuò)誤；

C.兩束光的入射角相同，“光的折射角較小，所以“光的折射率較大，則頻率較大，波長短，根據(jù)

Ax——A,

d

可知，a光條紋間距小，故C正確；

D.“光頻率大，可以發(fā)生光電效應(yīng)，〃光頻率小，可能小于極限頻率，所以可能不發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯(cuò)

誤。

故選C。

13.【答案】D

【解析】

做出〃和〃的橫截面圖，根據(jù)安培定則，畫出//和〃在4e兩點(diǎn)的磁場方向，如圖所示

Bd\

A.由安培定則可判斷出，//在"點(diǎn)的磁場方向斜向左上方，/2在d點(diǎn)的磁場方向斜向左下方，所以“點(diǎn)處

的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不會豎直向下，故A錯(cuò)誤；

B.由安培定則可判斷出，//在e點(diǎn)的磁場方向斜向右上方，/2在e點(diǎn)的磁場方向斜向右下方，所以e點(diǎn)處

的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不會豎直向上，故B錯(cuò)誤；

C.由安培定則可判斷出，〃在AB之間產(chǎn)生的磁場方向豎直向匕若電流〃反向，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)

線A對B的安培力由A指向B,即A和B之間是斥力，故C錯(cuò)誤；

D.若電流。和/2同時(shí)反向，根據(jù)安培定則，則//和〃在4、b、C三點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都與原來相反，

則b,c三點(diǎn)處的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都與原來的磁場方向相反，故D正確。

故選D。

14.【答案】D

【解析】

A.若〃〃刁小，則兩球彈性正碰后交換速度，所以A、B在擺動過程中最大振幅相等，故A錯(cuò)誤；

B.若，〃尸，”2,兩球的振動完全一樣，所以每經(jīng)過2萬時(shí)間A回到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.擺長為L的單擺，其周期為

L

7=2萬

擺長為0.81L的單擺對應(yīng)的周期為

若則碰后A球向右運(yùn)動，擺長變?yōu)?.813B球擺回最低點(diǎn)后向左運(yùn)動時(shí)，擺長為0.81L所以兩

擺的周期均為

T"=-T+-T'=1.97r-

22g

即第一次在最低點(diǎn)碰撞后，經(jīng)過一個(gè)周期發(fā)生第二次碰撞，位置仍然在最低點(diǎn)，故C錯(cuò)誤;

D.若則A與B碰后，A反彈，兩球的擺長一樣，周期一樣，所以各經(jīng)過半個(gè)周期后，在最低點(diǎn)

發(fā)生第二次碰撞，故D正確。

故選D。

15.【答案】0.313a6.0過冬

4Z,

【解析】

（1）由螺旋測微器的讀數(shù)原則可得，直徑為

d=31.3x0.01mm=0.313mm

（2）用電壓表的接線柱P先后與“、6接觸，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)有較大變化，而電流表的示數(shù)變化不大,

說明電流表的分壓作用明顯，故應(yīng)該將電流表外接，故實(shí)驗(yàn)中電壓表的接線柱P應(yīng)與。點(diǎn)相連;

（3）因?yàn)閁-/圖像的斜率即電阻，所以可得

R彳怒"g

（4）由電阻定律得

R=p—

xxS

S=—7rd2

4

聯(lián)立得

2

7vdRx

P=

4L

222

16.【答案】BCBOE=OD+mBOFmAOE=m^OD+mBOFA

【解析】

（1）A.為防止碰后小球A反彈，應(yīng)使A的質(zhì)量大于8的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

B.為保證小球做平拋運(yùn)動，軌道末端必須水平，故B正確；

C.為保證小球A到軌道末端時(shí)的速度相等，A球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放，故C正確。

故選BCo

小球做平拋運(yùn)動的過程，有

,12

h=28t'

x=vt

整理得

發(fā)現(xiàn)，平拋運(yùn)動的下落高度一定，運(yùn)動時(shí)間相同，水平射程與速度大小成正比。

故選B。

（2）因?yàn)榭捎眯∏蜃銎綊佭\(yùn)動的水平射程來代替小球拋出時(shí)的速度，根據(jù)動量守恒有

，%%="入匕+"%出

mA.OE=Am,OD+om?OF

若碰撞過程為彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，有

121212

+mV

2WAV0=5以匕^B2

即

212

mAOE=m^OD+m^OF

（3）因?yàn)榕鲎睬?，球A的速度不變，則球A單獨(dú)落地時(shí)的巧一直不變。

根據(jù)

mAx2=+，幅/

222

mAx2=m^+"%尤3

整理得

m

%二機(jī)^A~~~-n^3

2%

因?yàn)槿M數(shù)據(jù)中球8的質(zhì)量不同，故為一/圖像中，三個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率不同，且代入數(shù)據(jù)得斜率

分別為

故選A。

17.【答案】（1）21.4cm；（2）均勻，見詳解；（3）高，見詳解

【解析】

(1)氣體的狀態(tài)參量

=76cmHg-16cmHg=60cmHg,7；=273K+27=300K,7；=273K+0=273K

氣體發(fā)生等容變化，由查理定律可得

4T2

即

60_p2

300-273

解得

p2=54.6cmHg

則

x=76cm-54.6cm=21.4cm

(2)氣體發(fā)生等容變化，由查理定律得

Pi_P

~1\~T

即

60=76-x

300-273+7

解得水銀柱高度隨溫度的變化關(guān)系為

x=21.4-0.2/

X與r是線性關(guān)系，所以刻度均勻。

(3)顯示的溫度比實(shí)際溫度高，因?yàn)閷?shí)際大氣壓比標(biāo)準(zhǔn)大氣壓小，氣體體積不變，由查理定律可知，實(shí)際溫

度比真實(shí)的溫度低，則此溫度計(jì)顯示的溫度比實(shí)際溫度高。

18.【答案】⑴丫=也正；(2)「J號叫(3)2/n"誦tan。，方向豎直向下

【解析】

(1)運(yùn)動員從4點(diǎn)滑到。點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

mgh=^mv2

解得

v=yf2gh

(2)運(yùn)動員從O點(diǎn)到斜坡上，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律

12V

x=vZ,y=—gt,tan^=—

2x

解得

L242ghtan0

g

(3)運(yùn)動員從。點(diǎn)到斜坡上，設(shè)動量變化量為電，根據(jù)動量定理

即=mgt

可得運(yùn)動員的動量變化量大小為

=2md2ghtan0

方向豎直向下

(2)a、證明過程見解析；b、

【解析】

(l)彈力取向右為止，由￡=丘可得，彈簧彈力尸隨位移X變化的示意圖如圖甲所示。尸-x圖中，圖線與

x軸圍成的面積等于彈力做的功。則小球從位移為x處回到平衡位置的過程中，彈簧彈力做功

W=—xkx=—kx2

22

設(shè)小球的位移為X時(shí)，彈簧的彈性勢能為%,根據(jù)功能關(guān)系有

W=￡p-0

所以

（2）a.根據(jù)電容器的定義式

可作出電容器電壓。隨電荷量q變化的關(guān)系圖線，如圖乙所示

圖線與q軸圍成的面積等于充電時(shí)電源對電容器做的功，也就等于電容器內(nèi)儲存的電場能，所以

4=加囁

b.

情境1情境2

IT

X=XmCOS-1

小球的位移'機(jī)q=C丁Ecos—f1=t

電容器的電荷量辰

E=—￡/2

「12線圈的磁場能遮2（j為線圈

E.=一"八廣

小球的動能