2022年高考物理押题预测卷01（湖北卷）（考试版）

………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○…学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________物理试题第=页）2022年高考押题预测卷01【湖北卷】物理·全解全析1234567891011BDDCADDADBDADBD1．【答案】B【解析】A．汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项A错误；B．普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念，选项B正确；C．法拉第发现了电磁感应现象，德国物理学家纽曼、韦伯得出了法拉第电磁感应定律，选项C错误；D．玻尔原子理论的成功之处是引入了量子理论，不足之处是保留了经典粒子的概念，故D错误；故选B。2．【答案】D【解析】本题考查安培定律和电磁感应定律的问题，将形状S由1掷到2，是电容器放电的过程，棒中有了电流就会受到向右的安培力的作用，光滑导轨上安培力提供加速度a，，所以D图正确，3．【答案】D【解析】A．空间站绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有在地面的物体，有因为空间站在圆轨道Ⅱ上时轨道半径大于地球半径，故向心加速度小于g，A错误；B．由万有引力表达式可知飞船和空间站在A处所受的万有引力还与飞船和空间站的质量有关，因为题目中不知道二者质量的关系，故无法判断二者在A处万有引力是否相等。B错误；C．飞船沿轨道Ⅰ运动时只有引力做功，机械能守恒。C错误；D．空间站在轨道Ⅱ绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有又因为故空间站线速度为因飞船运动轨道Ⅰ为椭圆轨道，故飞船在B点的处的速度大于第一宇宙速度，而空间站的速度小于第一宇宙速度，故D正确。故选D。4．【答案】C【解析】AB．电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，AB错误；C．根据题意得解得C正确；D．当磁感应强度最大时，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D错误。故选C。5．【答案】A【解析】由单摆运动的等时性可知从A点到达B的时间由于OD垂直于MN，则点D同样位于AB所构成的圆上，分析可知OD与竖直方向夹角为倾角，则OD段为解得同理利用等时圆分析可知小于，故A正确，BCD错误。故选A。6．【答案】D【解析】AB．系统能静止在水平面上，可知A与C受到的电场力一定方向相反，所以A与C带异种电荷；电场的方向向右，根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，设杆上的支持力为，则解得对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即解得故AB错误；C．A与C先先向两侧做加速运动，但在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向上作用力，故球A对地面的压力可能小于mg，故C错误；D．根据运动的合成与分解可知当B落地时，A、C速度为零，对整个系统分析，忽略电荷间的作用力有解得故D正确。故选D。7．【答案】D【解析】AB．在天宫空间站中，所有的物体都处于完全失重状态，一切与重力有关的仪器都不能使用，所以天平不能直接测出物体的质量m，弹簧秤也不能测出物体的重力G，故AB错误；C．因为不能确定两物体的碰撞是否为弹性碰撞，因此碰撞前后两物体组成的系统的机械能不一定守恒，故C错误；D．在运行轨道切向，待测物体受恒力作用，相对空间站做匀加速运动（很短时间可近似看做匀加速直线运动）则由可得由牛顿第二定律解得故D正确；故选D。8．【答案】AD【解析】A．根据理想气体状态方程结合题图，可知从B→C过程中气体温度保持不变，压强增大，体积减小，所以B状态下单位体积内的气体分子数一定比C状态下的少，故A正确，B错误；C．由题图知C→A过程中气体压强不变，体积增大，气体对外做功（），由理想气体状态方程可知温度升高（），由热力学第一定律可知，气体吸收热量（），故C错误；D．C→A过程中气体压强不变，体积增大，温度升高，则气体分子的平均动能增大，由气体压强微观解释可知：在单位时间内撞击器壁上单位面积的平均次数一定比C状态下的少，故D正确。故选AD。9．【答案】BD【解析】A．由可知，粒子速度越大，半径越大。如答图3，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由解得故A错误；B．经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由解得故B正确；C．由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由解得故C错误；D．其圆心角为120°，故运动时间为故D正确。故选BD。10．【答案】AD【解析】A．设BC的长度为L，根据胡克定律，有BD与竖直方向的夹角为α时，到D点时伸长量为，故弹力为球受重力、弹性绳的弹力、摩擦力，杆的弹力，水平方向平衡，故即小球从C点到D点的过程中，小球受到杆的弹力不变，故A正确；B．小球受到的摩擦力则小球下滑过程中有则下滑过程中α减小，随着α减小加速度a先减小后增大，故B错误；C．小球从C点到D点的过程中，由动能定理可得则即克服弹力做功0.2mgh，弹性势能增加0.2mgh，因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大的弹性势能大于0.2mgh，故C错误；D．若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有解得故D正确。故选AD。11．【答案】BD【解析】A．液滴过O点时，合力与速度方向垂直，之后合力恒定，则O到P做类平抛运动；过P点后，分析可知，合力与速度方向共线，则再做匀加速直线运动。故A错误；B．由平衡条件得解得故B正确；CD．O到N，竖直方向为初速度为0的匀加速直线运动，由于O到P和P到N的时间相等。则P点过后，合力与水平方向的夹角设为，则解得O到P，由平抛规律有又，，E2=2E1联立解得则P点坐标为。故C错误，D正确。故选BD。12．【答案】

B

2.40

2.0

3.0【解析】（1）AD．传感器测量绳的拉力F，则小车受到的拉力为2F，即力可以直接得到，不用测砂桶和砂的质量，故AD错误；B．打点计时器的使用，应先接通电源，后释放小车，故B正确；C．电磁打点计时器应使用4～6V交流电，故C错误。故选B。（2）打点计时器打点周期为0.02s，则相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s小车的加速度为（3）由丙图可知，产生加速度的拉力最小值为1.0N，所以小车运动过程中所受阻力为根据牛顿第二定律得由图丙可知斜率小车质量为M=3kg13．【答案】

2

98

150

800

A

9.0

900.0

1350

600【解析】（1）开关S旋到位置1，量程为0.5A；开关S旋到位置2，量程为10mA，有联立，可得开关S旋到位置4，量程为2V，有解得开关S旋到位置5，量程为10V，有解得（2）使用多用电表时，要求电流从红表笔流入，即红表笔接电源负极。所以A表笔为红表笔。（3）开关S旋到位置3，通过电路的最大电流为，依题意有解得（4）当作为欧姆表使用时，表头上刻度是和处对应的电阻值分别是解得14．【答案】（1）；（2）【解析】（1）如图所示，设细光的入射角为，由几何关系可得由折射定律可得解得圆环形平行细光在入射前的半径为（2）光在介质中的传播速度为光在介质中传播的时间为光从B点进入空气中的折射角也为光从B到MN的时间为所以光从入射点传播到光屏所用时间为15．【答案】（1）98N；（2）0.23【解析】（1）设小滑块P经过半圆最高点的速度为v0，由题意知小滑块P从半圆最高点到A做平抛运动，半圆最高点与A点之间的高度差在竖直方向有由恰好沿AB斜面进入曲面内知由牛顿第二定律知以上各式联立，代入数据得小滑块P经过半圆轨道最高点时所受的压力为（2）设小滑块P在A点的速度为vA，则有设小滑块P运动到C点速度为vC，与Q碰撞后粘为一体的速度为，小滑块P由A运动到C过程，由动能定理得小滑块P与小滑块Q碰撞过程动量守恒小滑块P与小滑块Q构成的整体由C点运动到A点过程，由动能定理得以上各式联立得小滑块与斜面间的动摩擦因数16．【答案】（1）2m/s

（2）0.44m/s

（3）5.56C