2022年高考物理押题预测卷02（全国甲卷）（全解全析）

物理第页）2022年高考押题预测卷02【全国甲卷】理科综合物理·全解全析注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14．中国核能可持续发展论坛2021春季高峰会议4月在北京开幕。开幕式上，福清核电厂5号机组正式授牌，这标志着我国核能发电装机容量突破5000万千瓦。中国作为世界大国，近些年一直加大科技领域投入，寻求更多、更大突破，尤其是在核聚变领域，这对人类未来生活将会起到至关重要的作用。在聚变反应中，一个氘核（）和一个氚核（）结合为一个氦核（），并放出一个中子，同时释放大约17.6Mev的能量。太阳辐射的总功率约为4×1026W，其辐射的能量也来自于聚变反应。下列说法正确的是（）A．太阳因为辐射能量每秒亏损的质量约为17.6MeV/c2B．的比结合能比、的比结合能都要大C．要使轻核发生聚变，高温可以使它们克服库仑力和核力而聚变D．聚变反应又叫热核反应，核聚变可以放出巨大能量，现有的核电站都是采用核聚变15．高空抛物现象会带来很大的社会危害。2019年11月，最高人民法院明确对于故意高空抛物者，根据具体情形按照以危险方法危害公共安全罪、故意伤害罪或故意杀人罪论处。小明等几位同学放学经过某高楼下时，发现一钢管笔直的插入绿化带中（如图所示），几位同学经过研究得出钢管刚接触地面时速度约为30m/s，已知每层楼的高度约为3m，重力加速度g取。以下关于钢管下落的楼层最可能的是（）A．11层 B．13层 C．16层 D．19层16．如图所示，矩形金属框MNOP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆竖直光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，开始时整个装置处于静止状态。现在让金属框绕MN轴转动，其角速度逐渐增大，即=t，式中是一个常数。则在角速度逐渐增大的过程中，下列判断正确的是（）A．小球的重力势能减小B．PQ杆对小球的作用力不断增大C．PQ杆对小球的作用力垂直指向MND．PQ杆对小球的作用力做正功17．如图甲所示为电流天平，此装置可以测定螺线管中的磁感应强度。它的横臂（图乙）能绕转轴自由转动，轴的两侧臂长度相等。在轴的右侧，沿着横臂的边缘固定着一条U形绝缘导线，天平最右端导线CD的长度为l。先调整天平处于平衡，把U形导线端放入待测的磁场中（如图丙所示），给U形导线和螺线管分别通以大小为I和I0的电流。CD段导线由于受到安培力作用而使天平右臂向下倾斜，在天平的另一端可以加适当的砝码，使天平恢复平衡。设当地重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（）A．在螺线管内部与螺线管轴线平行的一条通电导线所受安培力为B．若在电流天平的左端增加的砝码质量为m，则长螺线管内部的磁感应强度B为C．若螺线管内部的磁感应强度B＝0.05T，CD段导线的长度为3cm，U形导线通电电流I＝2.0A，为使天平保持平衡，应在左端悬挂310-4g的砝码D．假如使通过CD段导线的电流反向，仍可以通过悬挂砝码的方式测量磁感应强度18．如图所示，“火星”探测飞行器P绕火星做匀速圆周运动，若“火星”探测飞行器某时刻的轨道半径为r，探测飞行器P观测火星的最大张角为β，下列说法正确的是（）A．探测飞行器P的轨道半径r越大，其周期越小B．探测飞行器P的轨道半径r越大，其速度越大C．若测得周期和张角，可得到火星的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到探测器P的质量19．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图如图所示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d，水流速度处处相同，大小为v，方向水平。金属板与水流方向平行，地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到金属板上，忽略边缘效应，以下说法正确的是（）A．该装置产生的电动势大小与水中带电离子的浓度有关B．如果水流方向反向，则通过R的电流反向C．通过电阻R的电流强度为D．若电阻R的阻值增大，则R消耗的电功率一定增大20．如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离，金属环从图中P点由静止释放，与直杆之间的夹角，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（）A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为C．金属环在Q点的速度大小为D．若金属环最高能上升到N点，则与直杆之间的夹角21.某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图2中Ⅰ图是小球图像，Ⅱ图是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，，则2小球（）A．上升过程速度一直变大B．上升过程速度先变大后变小C．质量为D．从处运动至处电势能减少第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）22．（6分）某同学设计了如图甲所示装置验证机械能守恒定律。A、B为材料不同的小桶，其中小桶位置A上装有遮光片，B内装有若干质量均为m的金属球，两个小桶用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，竖直刻度尺下端固定有光电门。初态时系统静止，绳子拉力为Mg，记下遮光片在标尺上对准的位置。（1）用游标卡尺测遮光片的宽度d，如图乙所示，则______cm。（2）将小桶B内的一个小球放到小桶A中，然后由静止释放小桶A，记录遮光片通过光电门的遮光时间t，则遮光片遮光时小桶A的速度为______。（3）将小桶B中的2个，3个，4个……n个小球转移到小桶A中，仍由静止释放小桶A，保持每次小桶A下落的初始位置不变，测得多个对应的遮光片遮光时间t，以为纵轴，以n为横轴，作出图象，通过刻度尺测出小桶A释放时遮光片到光电门的距离h，当地重力加速度为g，如果作出的图线为过原点的直线且图线的斜率等于______，则可验证机械能守恒然定律。23．（9分）某同学要描绘半导体二极管的电流I与正向电压U的关系图象，利用如图所示电路做实验，得到的U和I的实验数据见下表：编号1234567U/V0.02.44.86.57.17.37.5I/mA0.00.10.20.61.74.27.5（1）在闭合电键S前，变阻器的滑动片应移至的______（选填“左端”或“右端”）。（2）当时，对电压起粗调作用的是______（选填“”或“”）。（3）在坐标纸中画出二极管的电流I与正向电压U的关系图象。______（4）将上述的二极管接入如图所示电路中，已知电源电动势E=9V、内阻不计，电阻R1=2kΩ，则二极管D消耗的电功率为______W。24．（14分）如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连。固定住C球，释放弹簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小。已知A、B两球的质量均为，C球的质量，杆长，弹簧在弹性限度内。（1）求弹簧释放的弹性势能Ep；（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v；（3）若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为时（如图乙），A球绕C球转动的角速度ω。25．（18分）为了探测带电粒子，研究人员设计了如图甲所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以右边的O点为坐标原点建立一平面直角坐标系，O和两点间距离为2R。y轴与连线垂直，x轴（图甲中未画出）正方向垂直纸面向里，在平面内存在一个足够大的探测屏.圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且与y轴垂直的粒子源，该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子发射时的速度大小均为，方向均沿y轴正方向，从粒子源中点发射的粒子速度方向恰好指向，已知粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径为R，不计粒子重力和粒子间相互作用力。（1）求圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小B；（2）求从粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间t；（3）若在圆形区域内再加上一个沿x轴正方向、场强为且足够长的匀强电场，此时从粒子源中点及左右端点M、N发射的粒子打在屏上、、三点上，如图乙所示；①请指出从M点发射的粒子打在屏上哪一点；（不要求写推导过程）②求打在屏上的所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．[物理——选修3–3]（15分）（1）（6分）如图一定质量的理想气体经历的两个过程，分别由压强一温度（p-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，P1、P2分别为两直线与纵轴的交点的纵坐标；t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的两点，c为直线II上的一点。由图可知，气体从a状态沿直线I变化到b状态，气体对外做功W=___________；气体在b状态和c状态单位体积的分子数之比=___________。（2）（9分）导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p0＝75cmHg保持不变，环境初始温度为T1＝300K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2＝350K，此过程中水银无溢出。求：（1）右侧空气柱长度（保留两位小数）；（2）左侧管内水银面下降的高度。34．[物理——选修3–4]（15分）（1）（6分）如图所示，两块相同的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中，两者的AC面相互平行放置，由红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入，通过两棱镜后，变为从a、b两点射出的单色光，对于这两束单色光（）A．红光在玻璃中传播速度比蓝光大B．从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光C．从a、b两点射出的单色光不平行D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验室装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距E．从a、b两点射出的单色光平行，且平行于BC（2）（9分）水面上水波的速度跟水深度有关，其关系式为，式中v为水面的波速，h为水的深度，g为重力加速度。如图甲所示是某水域的剖面图，A、B两部分深度不同，图乙是俯视图，O点处于两部分水面分界线上，M和N分别处在A和B两区域水面上的两点。t＝0时刻O点从平衡位置向上振动，形成以O点为波源向左和向右传播的水波（可看作是简谐横波）。t＝2.5s时O点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波峰。已知B区域水波振幅为A＝5cm，水深hB＝0.90m，OM间距离为4.0m，ON间距离为3.0m，g＝10m/s2。求：(1)A区域的水深hA；(2)N点在t＝3s时的振动方向及它在t＝0至t＝3s时间内的位移；

理科综合物理·全解全析1415161718192021BCDBCBCADBCD14．【答案】B【解析】根据，，因为1s太阳辐射的能量，太阳每秒因为辐射损失的质量为，故A错误；比结合能越大，原子核越稳定，的比结合能比、的比结合能都要大，故B正确；要使轻核发生聚变，可以用高温使它们克服库仑力让轻核聚变，没有克服核力，故C错误；目前核电站都是采用核裂变，故D错误。故选B。15．【答案】C【解析】钢管被抛出后竖直方向为匀加速直线运动，加速度大小为g，由速度位移公式代入数据，解得，又每层楼的高度约为3m，故钢管下落的楼层最可能的是16层，ABD错误，C正确。故选C。16．【答案】D【解析】对小球受力分析，设弹簧由于水平方向夹角为，竖直方向上，由平衡条件得根据胡克定律有，联立可得，可知随着增大，弹簧的弹力不变，则弹簧长度不变，所以小球的高度不变，则重力势能不变，故A错误；由A分析可知：弹簧的弹力对小球不做功，小球的动能不断增大，所以PQ杆对小球的作用力做正功，故D正确；由D选项分析可知，PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力使小球线速度增大，由题意可知，切向加速度不变，则PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力大小不变，当速度小时，弹簧沿着水平方向的分力大于向心力，则Q杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向外，随着角速度逐渐增大而减小，当速度逐渐变大到弹簧沿着水平方向的分力恰好向心力后，Q杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向内，随着角速度逐渐增大而增大，根据运动的合成知PQ杆对小球的作用力先减小后增大，且不在垂直MN的方向上，故BC错误。故选D。17．【答案】B【解析】螺线管内部的磁场方向平行于螺线管轴线，对同样平行于螺线管轴线的导线没有力的作用，故A错误；当电流天平两端平衡时，由于力臂相等，两端的受力相等，则有，得，故B正确；砝码质量为，故C错误；当CD段导线电流反向时，根据左手定则，安培力变为向上，则不能通过悬挂砝码的方式测量磁感应强度，故D错误。故选B。18．【答案】C【解析】根据，可得，因此轨道半径r越大，周期越大，故A错误；根据，可得，轨道半径r越大，速度越小，故B错误；若测得张角为，如图则可求出火星的半径，若测出飞行器P运行的周期T，根据，可得火星的的质量，因此火星的密度，故C正确；由ABC中公式可知：探测器围绕火星做圆周运动的表达式中，探测器的质量m两边约去了，所以无法得到探测器P的质量，故D错误。故选C。19．【答案】BC【解析】该装置产生的电动势大小，与水中带电离子的浓度无关，故A错误；根据右手定则，如果水流方向反向，则通过R的电流反向，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，其中内阻，通过电阻R的电流强度，故C正确；R消耗的电功率，观察发现当，时，R消耗的电功率有最大值，故电阻R的阻值增大，R消耗的电功率不一定增大，故D错误。故选BC。20．【答案】AD【解析】在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度向上与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做功为，对重物应用动能定理有，则，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为，对环和重物整体，由动能定理得，解得，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有，解得，故D正确。故选AD。21.【答案】BCD【解析】上升过程系统能量守恒，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；根据库仑定律，可知，当时，，系统势能的变化量主要取决于重力做功，即，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知，解得，C正确；从处运动至过程中，根据系统能量守恒，根据动能定理可得，又因为，解得，从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少，D正确。故选BCD。第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）22．（6分）【答案】

（1）

0.535（2分）

（2）

（2分）

（3）（2分）【解析】（1）由游标卡尺的读数规则可知遮光片的宽度（2）由题意可得，遮光片遮光时小桶A的速度（3）根据机械能守恒定律有，整理有如果得到的图线为过原点的直线，且斜率，即可验证机械能守恒定律。23．（9分）【答案】

（1）右端（1分）

（2）R1

（2分）（3）（2分）

（4）（2分）（）（2分）【解析】（1）滑动变阻器阻值应全部接入干路，故变阻器的滑动片应移至的右端；（2）当时，分压作用明显，故对电压起粗调作用的是；（3）通过表中数据，描点作图可得；（4）可将视为电源内阻，故电源短路电流为斜率为结合几何知识在同一坐标内作出电源的I-U图像，并使得两图像有交点，如图所示则交点坐标即为二极管D的电流和电压值，故二极管D消耗的电功率为24．（14分）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由对称性可知球与弹簧分离时球的速度相等，设为，对球，由牛顿第二定律有（1分）由系统机械能守恒定律得（1分）解得（1分）（2）三个球在一条直线上时，C球速度与杆垂直，加速度等于0，速度最大，、B球速度分别为、，由对称性可知（1分）由系统动量守恒定律可知（1分）由系统机械能守恒定律得（1分）解得（2分）（3）设此时C球的速度为，、B球速度分别为、，、B球垂直C球速度方向的分速度分别为、，、B球沿C球速度方向的分速度分别为、，则（1分）又，系统垂直C球速度方向动量守恒有（1分）系统沿C球速度方向动量守恒有（1分）由系统机械能守恒定律得（1分）联立解得（2分）25．（18分）【答案】（1）；（2）；（3）①P3；②（，）【解析】（1）粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故有（1分）解得（2分）（2）设从M点发射的粒子，在E点进入磁场，从N点发射的粒子，在A点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的D点，圆周运动的圆心为O1，如图所示由于粒子源长度为R，并与y轴垂直，且中点发射的粒子速度方向恰好指向，所以（1分）故有（1分）由题意可得由几何知识可得所以（1分）粒子在磁场中的运动时间为（1分）粒子从C点到D点的运动时间为（1分）所以粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间（2分）（3）未加电场时，从M点发射的粒子从E点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的F点，从MN中点发射的粒子会打在O点，如图所示在磁场区域加上一个沿x轴正方向的电场时，粒子会在x轴方向加速，由于粒子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速度不受洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受电场力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内的运动情况与未加电场时相同，所以从M点发射的粒子打在屏上的P3点；由图可知，从M点发射的粒子打在屏上时与O点相距最远，在x轴方向（1分）又因（1分）所以（1分）由几何知识可得，（1分）所以粒子在磁场中的运动时间（1分）粒子在x轴方向的位移为粒子在y轴方向的位移为（1分）所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标为（，）。（1分）（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．[物理——选修3–3]（15分）（1）（6分）【答案】

0（3分）

（3分）【解析】气体从a状态沿直线I变化到b状态，直线I为等容线，气体对外做功W=0。直线I、Ⅱ均为等容线，气体在b状态和c状态单位体积的分子数之比跟℃时单位体积的分子数之比相等，根据压强的微观解释。（2）（9分）【答案】（1）5.83cm；（2）