2022年高考物理押题预测卷02（山东卷）（全解全析）

物理第页）2021年高考押题预测卷02【山东卷】物理·全解全析123456789101112BCACBBCDBCCDCDABC一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。1．日本福岛核废水中含有氚、锶、铯、碘等放射性元素，如果将该废水倒入大海将对海洋生态造成恶劣影响。其中锶（）半衰期为30年，它通过衰变变为钇核，下列说法正确的是（）A．钇核的质量数为89B．钇核的比结合能比锶核大C．衰变产生的射线比射线穿透本领强D．如果核废水不排入大海，人们可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间【答案】B【解析】A．衰变过程满足质量数守恒，电子的质量数为，故钇核的质量数为A错误；B．原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，锶核通过衰变变为钇核，说明钇核比锶核更稳定，故钇核的比结合能比锶核大，B正确；C．衰变产生的三种射线中，射线的穿透本领最强，射线的穿透本领最弱，即衰变产生的射线比射线穿透本领弱，C错误；D．原子核衰变的半衰期只由原子核内部决定，与外界环境没有关系，故人们不可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间，D错误；故选B。2．如图，变压器的输入端接入的交流电，开关接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为时，此时电压表的读数为。变压器为理想变压器，二极管正向电阻不计，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大B．若只将从1拨到2，电流表示数变大C．接1时，原、副线圈中接入电路的匝数之比为11：1D．内滑动变阻器产生的热量为【答案】C【解析】A．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，则副线圈电流减小，原线圈电流减小，即电流表示数减小，电压表示数由输入电压和匝数比决定，故电压表示数保持不变，A错误；B．若只将从1拨到2，原线圈匝数增大，可知副线圈输出电压减小，滑动变阻器两端电压减小，故滑动变阻器消耗功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率可得可知，原线圈输入电压不变，滑动变阻器消耗功率减小，则原线圈电流减小，即电流表示数减小，B错误；C．开关接1时，设此时副线圈的输出电压为，由于二极管的单向导电性，使得加在滑动变阻器上的电压只剩下一半波形，由电流热效应可得解得由题意可知可得原、副线圈中接入电路的匝数之比为C正确；D．内滑动变阻器产生的热量为D错误；故选C。3．2021年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺利完成所有舱外航天任务。王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创造了太空探索新纪录。已知空间站在离地高度约为400km的圆形轨道飞行，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大B．与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更长C．只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度D．王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，工具将会落向地面【答案】A【解析】A．根据由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此加速度更大，A正确；B．根据开普勒第三定律由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此做圆周运动的周期更短，B错误；C．根据解得只要知道空间站的运行周期，但若不知道地球半径，也无法算出地球的平均密度，C错误；D．王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，则工具就像空间站一样绕地球做匀速度圆周运动，不会落向地面，D错误。故选A。4．喷洒酒精消毒是抗击新冠肺炎疫情的重要手段。某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出。设喷液过程中，储气室内气体温度保持不变，若储气室内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是（）A．喷液过程中，储气室内气体内能减小B．喷液过程中，储气室内气体放出热量C．喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小D．只要储气室内气体压强大于外界大气压强，消毒液就能从喷嘴喷出【答案】C【解析】A．喷液过程中，温度不变，储气室内气体内能不变，A错误；B．喷液过程中，气体膨胀对外做功，但内能不变，由热力学第一定律可知，储气室内气体吸收热量，B错误；C．由于喷液过程中温度保持不变，气体分子的平均动能不变，故分子热运动剧烈程度不变，但是气体压强增小，所以储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力逐渐减小，故C正确；D．只有当储气室内气体压强大于外界大气压强与导管内液体压强之和，消毒液才能从喷嘴喷出，故D错误。故选C。5．如图所示，边长为a的正三角形区域内有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。现有一带正电、电荷量为q、质量为m的粒子，由边上距A点的P点，以初速度垂直边进入磁场，后从边离开磁场，则磁场磁感应强度的大小可能是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】设当磁感应强度为时粒子恰好与边相切，如图由几何关系可知此时粒子的轨道半径为由洛伦兹力提供向心力有解得设当磁感应强度为时，粒子恰好与边相切，如图可知解得同理解得则磁场磁感应强度大小范围为只有B选项符合条件，其他不符合。故选B。6．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（）A．木箱与货物的质量之比为6：1B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1：6D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能【答案】B【解析】A.系统从开始下滑到再次回到最高点过程，由能量守恒定律可得解得木箱与货物的质量之比为A错误；B.下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为，由受力平衡得下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为，由受力平衡得故有，即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，B正确；C.木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小上滑的加速度大小则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为C错误；D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能，D错误；故选B。7．如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC。顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、-q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系。已知静电力常量为k。则（）A．N、P、M三点的电势相等B．将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x=3L处，电场力可能先做正功后做负功C．在处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为D．在与x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为3：1【答案】C【解析】A．由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，故A错误；B．由O点至x=3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，故B错误；C．由几何关系可知OA=，则A点到处的距离为，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x=处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知故C正确；D．A点到x=L处的距离为，同理可得在x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为可得故D错误。故选C。8．如图所示，与水平面成角的传送带以的速度顺时针运行，质量为的小物块以初速度从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度。下列说法正确的是（）A．传送带从底端到顶端的长度为1mB．物体在传送带上向上运动的时间为0.5sC．物块在传送带上留下的划痕长度为1.25mD．物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J【答案】D【解析】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律设经过时间t1减速到与传送带速度相等解得x1=0.75m，t1=0.25s速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律解得x2=1m，t2=1s则传送带从底端到顶端的长度为，故AB都错误；C．在t1和t2时间，传送带分别向上位移，物块相对传送带上滑，即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，故C错误；D．物块相对传送带滑动路程为+=1.25m则摩擦生热带入数据可得故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．如图所示，已知电源电动势为，内电阻为，电压表与电流表均为理想电表；开关闭合后，当滑动变阻器的滑动触头逐渐向左滑动时，则（）A．灯泡将变亮 B．C．的值为 D．电压表和电流表的读数均变大【答案】BC【解析】D．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析可知干路电流变大，电流表A的示数变大。根据路端电压变小，电压表V的示数变小，D错误；A．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，干路电流变大，电源内电压变大，两端电压变大，灯泡两端电压变小，灯泡将变暗，A错误；BC．根据闭合电路欧姆定律路端电压则路端电压的变化量为根据部分电路欧姆定律，两端电压则的变化量为因为，故，B正确；C正确。故选BC。10．如图，有一透明材料制成的空心球体，内径，外径为，在过球心的某截面内有一束单色光从球面上点射入，光线与间夹角，经折射后恰好与内球面相切，已知光速，下列说法正确的是（）A．光线射入球体后频率变小B．光线射入球体后波长变大C．透明材料对该单色光的折射率为D．从点射入球体的光线经反射再次回到点所用时间为【答案】CD【解析】A．光线射入球体后频率不变，故A错误；B．光线射入球体后速度变小，根据可知波长变小，故B错误；C．根据几何关系得在透明材料中的折射角的正弦值根据折射定律得故C正确；D．做出如下光路图由几何关系可得光在透明材料中的路程为光在透明材料中的传播速度为则时间为故D正确。故选CD。11．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．导线框离开区域II的速度大于B．导线框刚进入区域II时的加速度大小为g，方向竖直向上C．导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为mgHD．导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域II的时间为【答案】CD【解析】A．导线框恰好匀速离开区域II，根据平衡条件得解得A错误；B．导线框匀速进入区域I到刚进入区域II之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律又解得I2=线框所受安培力由牛顿第二定律有解得方向竖直向上，B错误；C．导线框恰好匀速进入区域I故线框在区域I中以速度v匀速运动；设线框完全离开磁场I时速度为，从完全离开磁场I到开始离开区域II的过程中，由动能定理得导线框进入区域II的过程根据能量守恒可得联立解得导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为C正确；D．导线框自开始进入区域I至开始进入区域II过程中，由动量定理得联立解得由题知导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，由于区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域II的速度v与导线框刚离开区域II的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域II至开始离开区域II过程中，设安培力作用的时间为t，重力作用的时间为t2，由动量定理得解得导线框自开始离开区域II至刚完全离开区域II过程中，由动量定理得联立解得故D正确。故选CD。12．如图甲，质量分别为和的、两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。时刻解除球锁定，时刻解除球锁定，、两球运动的图像如图乙，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内、的图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（）A．时刻后、系统的总动量大小始终为B．C．D．时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量【答案】ABC【解析】A．图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，时刻解除球锁定，时刻解除球锁定，说明时刻只有球具有速度，设此时球的速度为，则有时刻后、组成的系统满足动量守恒，故总动量等于时刻球的动量，则有A正确；B．由图像可知时刻球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即时刻两球具有相同的速度，设时刻、两球的速度为，从到过程，球的速度变化量大小为球的速度变化量大小为从到过程，、组成的系统满足动量守恒，则有可得联立可得B正确；C．从到时刻，球速度变化量大小为从到过程，球的速度变化量大小为从到过程，球的速度变化量大小为联立可得C正确；D．从到时刻，、、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有说明时刻弹簧的弹性势能大于时刻弹簧的弹性势能，即时刻弹簧的压缩量大于时刻弹簧的伸长量，D错误；故选ABC。三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。13．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细线的方向。（1）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，图中A的示数为_______N。（2）下列不必要的实验要求是________（填选项前的字母）。A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．细线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）从水平开始，保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B顺时针缓慢转动至弹簧测力计B竖直，则在整个过程中关于弹簧测力计A和B的读数变化是___________（填选项前的字母）。A．A增大，B减小B．A减小，B增大C．A减小，B先增大后减小D．A减小，B先减小后增大【答案】

2.6

D

C【解析】（1）使用弹簧测力计时需要估读，题图弹簧测力计每个小格代表0.2N，所以示数为2.6N。（2）A．实验中要验证的是弹簧测力计A、B对O点的拉力用平行四边形定则合成后，与重物M对O点的拉力等大反向，而M对O点的拉力大小与M的重力相同，所以应测量重物M所受的重力，A选项是必要的；B．要使弹簧测力计测出的力的大小准确，应在使用前校零，B选项是必要的；C．细线方向应与木板平面平行，以减小作图误差，C选项是必要的；D．改变拉力，进行多次实验，而M对O点的作用效果与O点的位置无关，所以不要求使O点静止在同位置，D错误。故不必要的选D。（3）在弹簧测力计A和B转动过程中，拉力拉力与重物M对O点拉力的合力始终为零，大小与M的重力相同，保持不变，三个力的矢量三角形如图所示，逐渐减小，先增大后减小故选C。14．某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：电流表A1（量程200μA，内阻为800Ω）；电流表A2（量程300mA，内阻约为0.3Ω）；定值电阻R1（阻值为4Ω）；定值电阻R2（阻值为9200Ω）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）；待测蓄电池一节（电动势约为2V）；开关S一个，导线若干。（1）实验小组连接的实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______（选填“A1”或“A2”），图中虚线框内的定值电阻应选______（选填“R1”或“R2”）；（2）电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组多次改变滑动变阻器触头位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1－（I1+I2）图像，如图乙所示。根据图像可知，被测蓄电池的电动势为______V，内阻为______Ω。（结果均保留两位有效数字）（3）从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值______（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值，内阻的测量值______（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】

A2

R2

1.9

1.0

等于

等于【解析】（1）图中虚线框内的电表应选A2，因为虚线框在干路上，选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V。所以串联电阻故选R2。（2）根据整理得所以，解得，（3）因为考虑到电表内阻，所以没有误差。电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15．资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，由于其传播速度在深海区与浅海区不同，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小振幅增大，掀起米高的拍岸巨浪，有时最先到达海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏。（1）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是后首次出现的波形图。已知波沿轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1=8640km，求海啸波到浅海区的时间t1（要求时间单位为小时）；（2）第（1）小问中的海啸波进入浅海区后的波形（忽略海深度变化引起的波形变化）变为如图乙所示，若浅海区到达海岸的水平距离为s2=60km，求该海啸波从进入浅海区到波谷最先到达海岸的时间t2（要求时间单位为分钟）。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由图甲得依题意有解得（2）由图像得波的振幅波长波的周期海啸波在浅海区的传播速度故波谷最先到达海岸的时间16．为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示，为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为，开始时展柜内空气压强为，抽气筒每次抽出空气的体积为；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为需；不考虑抽气引起的温度变化。求：（1）青铜鼎材料的总体积；（2）抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由玻意耳定律得解得（2）设第二次抽气后气体压强为p2设剩余气体压强为p0时体积为V，则剩余气体与原气体的质量比解得17．如图所示，间距为L=1m的光滑平行金属导轨被理想边界（图中虚线）分割成左右两部分，两侧均存在匀强磁场，右侧磁感应强度大小为B=0.2T，方向垂直于导轨平面竖直向下，左侧磁感应强度大小为2B，方向与右侧相反。垂直于导轨放置两根金属棒a、b，金属棒的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=1Ω。某时刻，棒a以v0=5m/s的初速度向左运动，达到匀速运动后刚好碰到左侧xa=8m处的障碍物MN，立即被锁定不动。在整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，导轨足够长且电阻不计。求：（1）整个运动过程中，导体棒中的最大电流；（2）金属棒a碰