2022年高考物理押题预测卷01（辽宁卷）（全解全析）

物理第页）2022年高考押题预测卷01【辽宁卷】物理·全解全析12345678910CCAABBABDBDBC1．C【解析】ABC．核潜艇中的核反应堆发生的是核裂变反应，核潜艇主要动力来源于重核裂变释放的能量，故AB错误，C正确；D．核裂变不需要极高的温度，故D错误。故选C。2．C【解析】初始时，质点在平面上以速度v沿y轴正方向运动，恒定合力F作用在x轴正向，故当质点速度大小变成时，x轴方向的速度变化量为根据x轴方向动量定理解得ABD错误，C正确。故选C。3．A【解析】在带电圆环上取一小段长度，则该小段长度圆环带电量为该小段带电圆环对带电小球的库仑力为该库仑力的竖直分力为其合力为解得故选A。4．A【解析】ABC．根据万有引力提供向心力可得且在地球表面满足即由题意知神舟十三号载人飞船轨道半径为所以解得周期为线速度为向心加速度即重力加速度为故A正确，BC错误；D．根据密度公式得故D错误。故选A。5．B【解析】电阻功率相同，每个电阻电流均为I，原线圈电流为I，副线圈中的总电流为，原、副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1则原、副线圈的电压解得：=3：1故选B。6．B【解析】当两物块相对滑动时，加速度最大当两者一起做匀加速直线运动，当两者相对滑动时，故ACD正确，不符合题意，B错误，符合题意。故选B。7．A【解析】AC．当R5的滑片向a端移动过程中，R5的阻值变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得可知，I1变大，U1变小，U2变小。由公式可得易知比值不变。故A正确；C错误；BD．同理可得整理可得ΔU1<ΔU2，不变故BD错误。故选A。8．BD【解析】A．红光在该三棱镜中的传播速度故A错误；B．根据sinC=可知红光的临界角C<60°，红光在AB边发生了全反射，光垂直于BC边射出棱镜，红光由O点射入至从BC边射出所用的时间为故B正确；C．紫光的频率大于红光的频率，该三棱镜对紫光的折射率大于对红光的折射率，可知紫光在该三棱镜中的传播速度小于红光在该三棱镜中的传播速度，故C错误；D．由可知，紫光在该三棱镜中的波长小于红光在该三棱镜中的波长，故D正确。故选BD。9．BD【解析】A．初态，弹簧压缩量A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量解得选项A错误；B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在位移内拉力对B做的功解得选项B正确；C．小车位移大小为时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率选项C错误；D．小车在位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有选项D正确。故选BD。10．BC【解析】A．由右手定则可知，AB杆向上运动过程电流方向由a到b，故A错误；B．设AB杆向上运动的距离为s，AB杆向上运动过程，由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势平均感应电流通过定值电阻的电荷量解得s＝设AB杆向上运动过程回路产生的热量为Q，由能量守恒定律得＝Q+mgs•sinαR上产生的热量QR＝Q解得QR＝[mv2﹣sinα]故B正确；C．设AB杆向上运动的时间为t，由动量定理得其中解得t=故C正确；D．AB杆向下做匀速直线运动时速度最大，设AB杆向下运动的最大速度为vm，AB杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm感应电流AB杆受到的安培力F=BIL=对AB杆，由平衡条件得mgsinα=解得vm=故D错误。故选BC。11．

B

匀变速

0.52~0.54

1.000cm~1.010cm

【解析】（1）A．验证小车和重物组成的系统机械能守恒，需要测量小车和重物的质量，A错误；B．探究小车速度随时间变化的规律，仅需要一条纸带即可得出实验结论，B正确；C．探究小车加速度与力、质量的关系，还需知道二者的质量，C错误；D．探究不同力做功与小车速度变化的关系，需要知道二者的质量，D错误。故选B。（2）根据T均相等，即只要满足均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知均为0.1cm，则该运动为匀变速运动。小车的速度为（3）游标卡尺读数为要验证动量守恒定律，即验证碰撞前的动量和碰撞后的动量相等，即故有12．

7.5

1.48

1.5

不合理，改装后电流表的内阻与电池内阻相差不大，忽略后，会使内阻的测量值相对误差过大。【解析】（1）根据并联电路电流分配关系，电流与电阻成反比，当电流表满偏时，流过电阻的电流为200mA，则干路电流为202mA，则量程约为。（2）根据闭合电路欧姆定律，当电流表达到满偏时，回路中总电阻为了保护电流表，闭合开关之前，电阻箱接入电路的电阻值应大于。（3）根据闭合电路欧姆定律解得整理可得斜率表示E，根据图线可得代入及，，，解得。不合理，改装后的电流表内阻约为1Ω，被测电池内阻约为1.5Ω，如果把电表当成理想电表，测量值为2.5Ω，相对误差相对误差太大。13．（i）；（ii）【解析】（i）以AB活塞为整体受力分析，活塞处于平衡状态解得（ii）当温度升高时气体压强不变，由题意由盖吕萨克定律解得14．（1）；（2）；（3）【解析】（1）从P到O过程中，粒子做类平抛运动，水平、竖直方向分别满足根据牛顿第二定律可得联立可解得（2）设粒子经过O点时的速度大小为，方向与x轴正方向间的夹角为，则解得则粒子进入磁场的速度大小为粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力，有由几何关系知联立可解得（3）设满足条件P点坐标为，粒子初速度为，则由分析可知，粒子出磁场时速度方向均沿y轴负方向，需满足则粒子通过O点的速度大小必为由平行四边形定则可得又联立可解得15．(1)；(2)；(3)【解析】(1)设物块A沿斜面滑到底端时速度为vA1，根据动能定理解得，设物块A在传送带上的加速度为aA，对物块A应用牛顿第二定律解得设物块B在传送带上的加速度为aB，对物块B应用牛顿第二定律解得设物块B速度减为零所需时间为t1，则设物块B在t1时间内的位移为xB1，则设经过t1时间物块A的速度为vA2，则因说明物块A在t1时间内一直做匀变速直线运动，设物块A在t1时间内的位移为xA1，根据匀变速直线位移关系式由此可知，当物块B的速度时，A、B即将发生碰撞。此时物块A的速度。(2)根据题意，物块A和B发生弹性碰撞，设碰撞后A和B速度分别为vA3、vB3，由动量守恒和能量守恒可得解得，，设物块A向左减速到零所需时间为t2，通过的位移为xA2，则设物块A向右加速到与传送带共速所需时间为t3，通过的位移为xA3；则物块A与传送带共速后做匀