2022年高考物理押题预测卷01（广东卷）（全解全析）

物理第页）2022年高考押题预测卷01【广东卷】物理·全解全析12345678910BDCBADDBDBCDACD1．【答案】B【解析】设线框的面积为，电阻为，根据法拉第电磁感应定律可得，在0～0.2s时间内，感应电动势为0.2s～0.6s时间内，感应电动势为根据可知，在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内感应电流之比为A．根据可知，通过金属框的电荷量之比为故A错误；B．根据可知，金属框中电流的电功率之比为故B正确；C．根据可知，金属框中产生的焦耳热之比为故C错误；D．根据楞次定律可知，电流方向相反，由左手定则可知，金属框ab边受到安培力方向相反，根据，由于对应时间B相同，则安培力大小之比为故D错误。2．【答案】D【解析】AB．水从炮口射出后，做斜抛运动，由于水到达火点，刚好处于最高点，故可逆向视作平抛运动，设水在最高点的速度大小为vx，由平抛运动规律可知水在空中运动的时间为则水平射出时水平方向的分速度大小为：竖直方向的分速度大小为则水射出时的初速度大小为故AB错误；C．由题意结合前面的分析可得空中水的质量为故C错误；D．水炮对水做功的功率为：所以水泵的输入功率为故D正确。故选：D。3．【答案】C【解析】A.由图乙可知周期为则有所以输入电压的表达式应为A错误；B.将S1接1、S2闭合时，L2正常发光，L2的电压为副线圈的输出电压，当只断开S2时，L1接入电路，与L2串联，L1、L2的电压都只为副线圈的输出电压的一半，故L1、L2均不能正常发光，B错误；C.只断开S2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈输出电压不变，由图乙可知原线圈的输入电压有效值为副线圈输出电压由输入功率等于输出功率C正确；D.若S1换接到2后，电阻两端电压有效值为消耗的电功率为D错误。故选C。4．【答案】B【解析】A．图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15s内速度一直为正，即一直上升，故A错误；B．图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s内速度先增加后减小，故B正确；C．前5s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，故C错误；D．若构造上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由可知整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s，故D错误。故选B。5．【答案】A【解析】A．由自由落体运动规律有所以有故A正确；B．在月球表面的物体受到的重力等于万有引力则故B错误；C．月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力则故C错误；D．月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力解得故D错误。故选A。6．【答案】D【解析】A．结合三个点电荷分布可知，CD的电场线方向由D指向C，顺着电场线的方向电势逐渐降低，即O点处的电势低于D点处的电势，故A错误；B．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中，电势降低，故负电荷的电势能增大，故B错误；C．在电场中，根据同种电荷排斥，异种电荷相吸引，分别作出B、C对A的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得A点电荷所受电场力，其方向如左图所示；在磁场中，根据同向电流相吸引，反向电流相排斥，分别作出F、G对E的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得E点处通电直导线所受安培力，其方向如右图所示由图可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不相同，故C错误；D．在电场中，作出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度方向，因正电荷A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，与DC线的夹角相等，根据平行四边形定则可知，A、B的合电场强度方向由O指向C，而负电荷C在O点产生的电场强度方向，也是由O指向C，如左图所示，故三个点电荷在O点产生的电场强度方向最终也是由O指向C，所以将正电荷放在O点，其所受的电场力方向由O指向C；在磁场中，分别作出E、F、G三根通电导线在H点产生的磁感应强度方向，因E、F的电流大小相等，方向相同，且都向里，则两根通电导线在H点产生的磁感应强度大小相等，方向如右图所示根据平行四边形定则，可知E、F两根通电导线的合磁感应强度方向沿水平向右，而G通的电流方向是垂直纸面向外，故在H点产生的磁感应强度方向是水平向右，故三根通电导线的最终合磁感应强度方向水平向右，所以根据左手定则可知，在H点放一根电流方向垂直纸面向外的通电导线，所受的安培力方向由H指向G，即正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同，故D正确。故选D。7．【答案】D【解析】A．规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0-mv0=（M+m）v解得v=若M>m，A所受的摩擦力Ff=μmg对A，根据动能定理得-μmgxA=0-mv02则得物体A相对地面向左的最大位移xA=故A错误；B．若M<m，对B，由动能定理得-μmgxB=0-Mv02则得平板车B相对地面向右的最大位移xB=故B错误；CD．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I=-Fft=Mv-Mv0=Ff=μmg解得t=故C错误，D正确。故选D。8．【答案】BD【解析】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可得，x的质量数为A=238-234=4电荷数为Z=92-90=2所以x为氦原子核，即α粒子，故A错误；B．根据质量数守恒和电荷数守恒可得，y的质量数为A=0，电荷数为Z=90-91=-1所以y为电子，故B正确；C．根据质量数守恒得a=3+2-4=1故C错误；D．根据质量数守恒得b=235+1-144-89=3故D正确。故选BD。9．【答案】BCD【解析】A.分离时B的速度方向向上，A上升0.2m到达最高点时B速度方向向下，所以B动量变化向下，一定不等于0，故A错误；B

.物体A、B分离时二者的速度相等，加速度也相等，可知二者分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B的加速度相等，都等于重力加速度g，故B正确；C.

分离时二者速度相同，这以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度上升到最高点所需的时间对B在此过程内用动量定理（规定向下为正方向）得可得弹簧的弹力对B的冲量大小为，故C正确；D.

A到最高点弹簧恰恢复原长，此时B的速度大小与分离时速度的大小是相等的，方向竖直向下，由动能定理可知，弹簧对B做的功等于0，故D正确；故选BCD。10．【答案】ACD【解析】ABC．根据解得a粒子的轨迹如图根据几何关系，a粒子的入射方向与x轴正方向成角，a粒子在磁场中转过的圆心角为，根据b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍，则b粒子转过的圆心角为，b粒子的轨迹如图根据几何关系b粒子的入射方向与x轴正方向成角，a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行，故AC正确，B错误；D．根据解得根据左手定则粒子向左偏转，粒子沿着y轴正方向从不同位置射入，设射入位置与圆心的连线与x轴的夹角为，根据几何关系其轨迹中心的坐标为根据几何关系，该轨迹中心与P点的距离为则粒子的轨迹必然经过P点，即粒子经磁场作用后一定都过P点，故D正确。故选ACD。11．【答案】

阻力与重力之比更小（或其他合理解释）

33.00

0.547

0.588

C【解析】（1）为了减小误差，要求保持体积和形状相同，此时如果密度越大，则对应的质量也越大，此时受到的重力也越大，相同体积和形状下，阻力与重力之比更小；（2），，根据匀加速直线运动规律，33.00。（3）由于重物的质量为200g，因此受到的重力为则加速度即为重力加速度，由于交流电频率为50Hz，因此打点的周期为0.02s，因此从O点到C'点读图可得因此有重力势能变化量的绝对值为由平均速度公式因此可以得到BD段的平均速度分别为由于C'点为BD段时间中点，因此速度近似等于BD平均速度，可得在C点的对应速度为因此有重物的重力势能变化量的绝对值点的速度大小则重物经过点时的动能。由于在C点的动能大于从O点到C点的重力势能变化量，因此可以判断在接通电源前即释放了纸带，C正确，AB错误。故选C。12．【答案】

B

C

F

3150

略大于

B

C

串

7.5【解析】（1）要用半偏法测电阻，电阻箱阻值不得小于待测电阻阻值，而待测阻值大约3000Ω，故电阻箱选B；因为电路图使用的是滑动变阻器分压接法，应该选用阻值小的滑动变阻器，操作方便并能减小实验误差，故滑动变阻器选C；电源电动势不能小于电压表量程，故选F；半偏法指的是当只有电压表接入时，电压表满偏，当电阻箱也接入时，电压表示数变为原来的一半，故电阻箱阻值等于待测电压表阻值，所以电压表内阻为3150Ω；要注意电压表支路与滑动变阻器左半部分并联，当只有电压表接入时，电压表满偏即电压为，当电阻箱也接入时，并联部分电阻变大，依据分压原理，并联部分电压变大，大于原来的，当电压表示数变为原来的一半即时，电阻箱电压必定大于，故电阻箱阻值大于电压表阻值；（2）电压表量程选择时应考虑到电源电动势为3V，故选B合适；由题意知电压表示数与电阻箱阻值关系为故图像斜率为纵截距为解得考虑到实验误差，故选项C正确；由故应该串联定值电阻的阻值为13．【答案】（1）；（2）μ≤0.2【解析】（1）木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守恒，有根据能量守恒又f＝mg联立解得（2）木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动。子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，令子弹与木板共速时的速度为v，所以有解得子弹位移木板位移联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2当μ＝0.5时2μmg＝f木块与小车不会发生相对滑动，舍去。因摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木块条件为μ≤0.214．【答案】（1）；（2）；（3）3【解析】（1）在，由图像可得由牛二定律，有则到达边界时，拉力功率代入数据解得（2）在，杆做匀加，根据位移时间关系可得走过的位移内，令杆在磁场中运动的位移为，时间记为对金属杆，在前，由动能定理，有又代入数据解得（3）金属杆进入磁场后功率为，最后匀速运动，根据平衡条件可得其中电流为摩擦力为联立以上各式代入数据解得则定值电阻R与金属杆的阻值的比值为15（1）．【答案】BDE【解析】A．由题分析可知，气缸内气体温度与环境温度相同，保持环境温度不变，则气体的温度不变，温度是分子的平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，A错误；B．气体的温度不变，则气体的内能保持不变，向右缓慢拉动活塞P时，乙的体积增大，由理想气体的状态方程可知，乙的压强减小，由于活塞B可无摩擦滑动，所以甲与乙对活塞的压力是相等的，乙的压强减小，所以甲的压强也减小，由理想气体的状态方程可知，甲的体积也增大，甲气体对外界做功，根据热力学第一定律得知，气体从外界吸收热量，B正确；C．气体甲的温度不变，压强减小，甲气体分子对器壁单位面积撞击力减小，C错误；D．由题分析可知，乙的压强减小，由理想气体的状态方程乙的体积增大，外界对乙气体做功，根据热力学第一定律得知，气体向外界放出热量，乙气体温度降低，D正确；E．由B的分析可知，甲与乙的体积都增大，气体对活塞P的压力与对活塞B的压力始终是相等的，分析可知活塞P向右移动的距离大于活塞B向右移动的距离，所以甲气体对乙气体做功小于乙气体对P做功，E正确。故选BDE。15（2）．【答案】（1）；（2）【解析】（1）初状态时，末状态时，由盖吕萨克定律可得代入数据解得（2）室内空气质量增加16（1）．【答案】BDE【解析】A．乙波的传播速度为A错误；B．甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ甲=2m，λ乙=2m，由知甲、乙两波的