2022年高考物理押题预测卷03（辽宁卷）（全解全析）

2022年高考押题预测卷03【辽宁卷】

物理•全解全析

12345678910

ADADCCDBCBDACD

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项符合题

目要求，每小题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对

但不全的得3分，有选错的得0分。

1.碳14是宇宙射线撞击空气中的氮14原子所产生，具有放射性，碳14原子发生夕衰变转变为

氮14。生物存活期间需要呼吸，其体内的碳14含量大致不变；生物停止呼吸后，体内的碳14开

始减少。可以根据死亡生物体内残余碳14含量来推断它的死亡时间。碳14各个半衰期所剩原子

比例如图所示，某古木样品中14c的比例正好是现代植物所制样品的三分之一。下列说法正确的是

()

各

个

半

衰

期

所

剩

原

子

比

例

B.该古木的年代距今大于11460年

C.14c和I4N中含有的中子个数相等

D.如果古木处于高温、高压下测量结果可能有较大误差

【答案】A

【解析】

A.根据质量数守恒和电荷数守恒,又因为碳14发生夕衰变，所以衰变方程为

:CT'N+'e

故A正确；

B.根据图像可知，剩余三分之一，时间应该大于5730年小于11460年。故B错误；

C.由元素序数知碳14中子数为8,氮14中子数为7。故C错误；

D.半衰期与温度、压强无关。故D错误。

故选Ao

2.电磁弹射器是航空母舰上一种高效的舰载机起飞装置，我国的未来航母也将采用这种装置，其

工作原理如图所示。足够长的光滑导轨间距为L,电阻不计，左端接有电动势为E的电源，系统

处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S后，质量为“、长度等于导轨间距的金属棒仍由静止开

始运动，最后达到稳定速度加。加速到稳定速度的过程中，电源提供的能量为瓦，电源、金属棒

产生的焦耳热分别为Q,。2,下列说法正确的是（）

q

SIxxxx

/R

xXXX

b

A.金属棒必先做匀加速直线运动最后做匀速直线运动

B.达到稳定速度时金属棒的感应电动势小于E

v^（£t-Q-e2）

C.稳定速度“一根

B=—

D.磁场的磁感应强度为,%

【答案】D

【解析】

A.电键S闭合后，"棒受到向右的安培力，产生向右的加速度，棒向右做加速运动。根据右手

定则，棒中会产生一个由。到4的感应电动势，与电池电动势方向相反，导致棒中的电流减小，

有

l=E~BLv,F=BIL

R+r安

由牛顿运动定律可得

F%=ma

联立，可得

_BL(E-BLv)

"7(R+r)

由上分析可知，随着u的增加，/减小，a减小，棒做加速度减小的加速运动，当。=0时棒做匀速

直线运动。故A错误；

BCD.根据能量守恒定律，电源提供的能量一部分变为回路中产生的焦耳热，一部分转化为金属

棒的动能，有

瓦=Q+Qz+；*,

稳定时棒的速度为

稳定后棒的感应电动势等于E,即

E=BL%

磁感应强度为

B上

故BC错误；D正确。

故选D。

3.电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹

取食物菜肴。如图所示一质量为加的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度。匀速转动，

已知A、8与圆心。的距离均为r,408=120。，则盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对盘

子冲量的大小为（）

【答案】A

【解析】

4、8两点速度方向如图甲所示，则有

vA=（or

vB=cor

由于摩擦力是变力，由动量定理得：

1=mvB-mvA

将女方向平移到/，点，如图乙所示，解得

I=®na)r

BCD错误，A正确。

故选Ao

4.三颗质量相等的恒星彼此连线恰好构成等边三角形，忽略其他星体对其引力，测量星体之间距

离，并通过理论计算得到该三星系统的周期为T,但实际观测中得到该三星系统周期为nT,科学

家猜测在三星构成的等边三角形的中心存在质量为M的黑洞，该黑洞质量是恒星质量的()

6(1-叫G(l+"2)

A.21倍B.21倍

频-/)X/3(1-M2)

C.31倍D.31倍

【答案】D

【解析】

设等边三角形边长为3恒星质量为，力根据万有引力定律和牛顿第二定律得

•）2乃

2G—cos30=mI—L_

TI2cos30

得

7=2/

3G^

当中心存在黑洞时有

2℃G^二-cos―30。，+G----M-m---

”（，丫

I2cos30）

解得

M_6(一叫

m3n2

故选Do

5.如图所示，圆柱形气缸水平放置，活塞将气缸分为左右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮

气。现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比

为4：1。气缸导热良好，外界温度不变，活塞与气缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室

内原有氮气的质量之比为（）

左右

A.2:1B.上1C.3:1D.1：2

【答案】C

【解析】

分析得两次平衡状态时，左右两边气缸的压强平衡即

Pa=P«=P

P左=2右

对右边气体分析，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为4：1,故右边气体的体积由原来气缸总

VV

体积的万减小到《，根玻意耳定律得

VV

P右耳=。右W

解得

Ptf=2.5p右=2.5p

nV

对左边气缸气体分析，假设充入左边的气体在一样的温度，压强为夕左的气体为万­,根据玻意耳

定律得

nV+V4V

联立解得

n=3

从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为3：1,故C正确，ABD错误。

故选C。

6.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，属为定值电阻，R为滑动变阻器。MN、

也为水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线°。'平行于金属板。

当R的滑片在中点时，闭合开关S,带电小球以％从O点沿°。'飞入，刚好从。'点飞出。若带电

小球都能够从平行金属板右侧飞出，下列说法正确的是（）

A.若滑动变阻器H的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以%从。点沿°。'飞入，则飞出

占在°,占

/、、、I—1—八八

B.若滑动变阻器H的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以%从。点沿°。'飞入，则飞出

点在。'点下方

C.若金属板"N平行上移一小段距离，带电小球仍以％从。点沿°。'飞入，则小球将在。'点飞出

D.若金属板阳平行下移一小段距离仍在°0,上方，带电小球仍以％从。点沿°。'飞入，则小球

将在。'点飞出

【答案】C

【解析】

AB.滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后，滑动变阻器电阻R减小，总电流变大，R「两端电

压变大，即电容器电压变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以%从。点沿°。’《入，

飞出点在。'点上方，AB错误；

C.若金属板MN平行上移一小段距离，电容器电容变小，电容器电压不变，所以电容器电量减小,

但由于二极管的单向导电性，电容器电量无法减小，其电量不变，由

c=-^—C=&E=—

4k7vd,U,d

可得

_4成Q

sS

可知场强E不变，粒子受到向上的电场力不变，带电小球仍以%从。点沿飞入，将在。'点飞

出，C正确；

D.若金属板"N平行下移一小段距离，电容器电容变大，电容器电压不变，所以电容器电量变大,

由

_4成Q

sS

可知场强E变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以%从O点沿。。'飞入，将在。'点上

方飞出，D错误。

故选C。

7.如图所示为长度相同、平行硬通电直导线。、匕的截面图，。导线固定在O点正下方的地面上,

人导线通过绝缘细线悬挂于。点，已知3=。〃，”导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线通

过细软导线与电源相连（忽略人与细软导线之间的相互作用力）。开始时，b导线静止于实线位置,

。6与竖直方向夹角为。，将人中的电流缓慢增加，匕缓慢移动到虚线位置再次静止，虚线与。匕夹

角为e（26<90。）。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中两导线始终保持平行。已知

通电长直导线周围的磁感应强度大小的计算公式为8=0",式中/为导线上的电流大小，r为某点

距导线的距离，々是常数。重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.匕中的电流方向为重直纸面向里，

B.6在实线位置时和在虚线位置时，其电流强度之比为1：4

C.。缓慢移动的过程中，细线对匕的拉力逐渐变大

D.若在虚线位置将6中电路突然切断，则该瞬间b的加速度为gsin2O

【答案】D

【解析】

A.对导线人受力分析，“、导线间为斥力时人导线才能平衡，根据“同向电流吸引，反向电流

排斥”，可知人中的电流方向为垂直纸面向外，故A错误；

C.6导线受力分析如图1所示，A。而与力的矢量三角形相似，有

mg=T=F安

0a~Ob~ab

mg

而不变，而Ob长度也不变，所以拉力T不变，故C错误；

B.必长度变长，耳也得变大，但是到达虚线位置后必'＜为〃，由题目可知，4导线在加处、b处

产生的磁感应强度大小之比为

线=或

Bbah'

又

理_ab'

F女ab

则

B；L=讴

8/ab

整理得到

lb\ab）

故B错误；

D.若在虚线位置将电路断开，使。中无电流，6受到的安培力变为零，b受重力和细线的拉力开

始做圆周运动，受力分析如图2所示，沿半径方向

T'=mgcos20

沿切线方向

mgsin20=ma

所以加速度为

a=gsin20

故D正确。

故选D。

8.在水面上建立如图所示的直角坐标系。同一振动片上的两个振针分别位于x轴上x=12cm和

x=-12cm处。振动片振动稳定后，振针处为波源，产生波长为14cm的简谐波，在水面上形成干涉

现象。下列说法正确的是（）

，9/cm

16-

5-

——>x/cm

—-12----01----12

A.坐标原点处的质点一直位于最高点

B.x轴上，x=7cm和x=-7cm处均为振动加强点

C.y轴上，y=5cm和y=16cm处质点振动方向始终相反

D.x轴上与y轴上的振动加强点的振动频率不同

【答案】BC

【解析】

A.坐标原点处为振动加强点，该处质点在上下振动，不是一直位于最高点，故A错误；

B.x轴上x=7cm和x=-7cm处的两质点到两波源的波程差为14cm,等于一个波长，为振动加强点,

故B正确;

C.y轴上，y=5cm和y=16cm处两质点到两波源的距离分别为13cm和20cm,差值为7cin,恰为

半个波长，对于每个波源单独引起的振动，两处的振动方向始终相反，两个波源引起的振动叠加

后，两处的振动方向还是始终相反，故C正确；

D.x轴上与y轴上的振动加强点，它们的振动频率均等于振动片振动的频率，故D错误。

故选BCo

9.如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块

接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m

（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kgo物块与传送带间的动摩擦因数〃=05、重力加速度

g=l°m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零;若传送带以v=3m/s

的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后（）

A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动

B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/s

C.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5J

D.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为0.25J

【答案】BD

【解析】

设剪断轻绳前，弹簧弹性势能为与，传送带不动时，根据动能定理得

Ep-jumg-Ax=O

解得

Ep=0.5J

B.根据动能定理得

Ep+jumg•A%=；mvf

解得

v,=2m/s

故B正确；

A.由B分析可知，物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力

水平向右，则物块向右做加速运动，故A错误；

C.物块最后和传送带速度相等，根据动能定理得

1,

E+W=-mv2-0

P2

解得

W=1.75J

故C错误；

D.弹簧恢复原长后，根据牛顿第二定律得

pmg—nui

解得物块在传送带上的加速度

=5m/s2

物块加速到与传送带共速的时间为

r===0.2s

5

此过程物块的对地位移为

22

x.=-———=0.5m

12a

传送带的对地位移为

x2=vt=0.6m

则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为

Q=从mg(x2—Xj)=0.25J

故D正确。

故选BD。

10.如图所示，在半径为L的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，在x轴与磁场边界的

交点P处有一粒子发射源，能沿平面与X轴成任意夹角向磁场区域发射质量为相，带电量为F

丁幽

的粒子，且发射速度的大小为。在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的运动时间恰好为。

粒子在磁场中运动时间的两倍。已知a粒子的入射方向与x轴正方向成30。角，若不考虑粒子间的

相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是()

A.匕粒子的入射方向与X轴正方向成30°角

B.b粒子的入射方向与x轴正方向成60°角

C.a、两粒子离开磁场后的运动方向相互平行

D.从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，一群同速率的上述粒子经磁场作用后一定都过户点

【答案】ACD

【解析】

ABC.根据

qvB=m—

解得

r=L

。粒子的轨迹如图

根据几何关系，。粒子的入射方向与x轴正方向成30。角，。粒子在磁场中转过的圆心角为60°,

根据

”且7

24

匕粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒手在磁场中运动时间的两倍，则分粒「转过的圆心角为120。,

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30°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

V2

qvB-m—

r

解得

r=L

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0,根据几何关系其轨迹中心的坐标为

（Leos。一L,-Lsin。）

根据几何关系，该轨迹中心与P点的距离为

d=^(Lcos0-L+L)2+(Lsin0-O)2=L

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ACDo

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.(6分)

为了研究小车在平直斜坡上的直线运动，某探究小组用自制“滴水计时器”计量时间。滴水计时

器每隔相等时间滴下一小水滴，从第1滴水离开滴水计时器开始计时，20秒末第41滴刚好滴下。

实验前，将该计时器固定在小车旁，如图1所示。实验时，将小车放在斜面上用手轻推一下，小

车离开手后加速下滑，图2所示是小车运动过程中在斜坡上连续留下的几个小水滴的位置。

(1)由图2数据可求滴A水滴时小车的运动速度大小为m/s,小车加速下滑过程中的

加速度大小为m/s2o(结果均保留两位有效数字)

(2)使用滴水计时器的优点有不用电源、使用方便、不受纸带长度限制等，但也存在一定的不足,

如：。(写出一条即可)

【答案】0.140.18随着水滴的不断滴出，滴水的时间间隔可能会发生变化

【解析】

(1)由题意可知任意两水滴之间的时间间隔为

D.5s

滴A水滴时小车的运动速度大小为

x(4.90+9.40)xlO-2,…，

v=3OB=-----------------------m/s=0.14m/s

2T2x0.5

根据

Sx=aT2

可得小车加速下滑过程中的加速度大小为

XX-2

__CF_OC(27.40+22.90+18.41-13.91-9.40-4.90)x1022

Cl---------------Z--------m/s=0.18m/s

9T29x0.52

（2）随着水滴的不断滴出，滴水的时间间隔可能会发生变化，造成实验误差。

12.（8分）

目前表现比较出色的18650锂电池具有容量大、寿命长、安全性能高等优点，被广泛应用。

中文名18650锂电池常见类型锂离子电池和磷酸铁锂电池

电池直径18mm电压3.7V〜4.2V

电池高度65mm常见容量2000mAh/2600mAh3000mAh

某活动小组利用以下器材测定一个新锂电池的电动势,实验电路图如甲图所示。

甲乙

A.电流表G：量程2mA、内电阻凡约为200。

B.电压表V：量程0〜3V、内电阻“未知

C.固定电阻凡；阻值qT800。

D.电键、导线若干

实验过程如下：

（1）闭合电键将电键工拨至“2”，稳定后电流表示数为，o=L85mA；

（2）将电键S?拨至“1”，稳定后电流表的示数为4=L00mA。由乙图可知电压表的示数为

@二V；

（3）由以上数据可得：电动势V；（结果保留2位有效数字）

（4）活动小组利用以上数据计算出了电压表的内阻为。，该电压表内阻的测量值

其真实值。（填“大于”，“小于”或“等于”）

【答案】1.703.71700等于

【解析】

（2）由乙图可知电压表量程选择为。〜3V,1格对应的电压数值为0.1V,故需要估读到精确值的下

一位，图中示数为

q=1.70V

(3)将电键S?拨至“2”，由闭合电路欧姆定律可得

E=/()(/■+&+%)

将电键当拨至“1”，由闭合电路欧姆定律可得

E=q+4(厂+/?G+&)

联立以上式子解得

£=1.70x1,85y=37V

I0-It1.85-1.00

(4)根据欧姆定律可得电压表的内阻为

&=4=—L70,Q=1700Q

/,1.00x10-3

由于将电键S?拨至“1”，电流表与电压表为串联关系，故电流表示数就是通过电压表的电流，所

以电压表内阻测量值等于真实值。

13.(10分)

某同学设计了一种测量透明圆柱体材料折射率的方法。让两束激光平行射入圆柱体内，已知圆柱

体截面圆半径为R,激光束形成的平面与圆柱体截面平行，且两束激光关于截面圆直径AB对称，

间距为GR,两束激光通过圆柱体后汇聚到AB的延长线上C点，C点到圆心O的距离0c=6式。

求这种透明圆柱体材料的折射率。

【答案】2

【解析】

两束激光在圆柱体内的光路如图所示

由几何关系知

.275

sina=———=——

R2

设从透明材料射出的光线与圆柱体壁的交点为E，出射角为/，由折射定律可得

sina

n=---------

sinZODE

又由于

sin6

n=--------

sinZOED

因为NO£D=NOO£,所以

B=a=60

在△OEC中，由正弦定理得

6RR

sin（180°-/?）—sinZLOCE

解得

NOCE=30°

由数学知识可得

NCOE=30°

NODE=45°

解得

n

n=——

2

14.（12分）

两块金属板水平正对放置，板间有周期性变化的匀强电场，如图所示，电场周期为T,场强大小为

E,t=0时刻电场方向向下。大量电子（重力不计）沿中轴线方向以初速度vo从场外射入平行板中，

这些电子通过金属板的时间也为T,偏转最大的电子刚好到达虚线上的A、B两点。虚线右侧有两

个相切的半圆形匀强磁场区域，磁场方向如图所示，A、B两点是虚线与半圆形磁场的切点。调整

磁感应强度的大小，使电子在该磁场中运动的轨道半径与半圆形磁场的半径相同。现在磁场边界

的右侧建立竖直方向的坐标轴y轴，y轴的原点。位于中轴线上。设电子质量为加、电荷量为4,

不考虑平行板电场的边缘效应，求：

（1）片0时刻进入平行板的电子，达到y轴时的坐标及所加磁场的磁感应强度。

(2)8时刻进入平行板的电子，达到y轴时的坐标。

y

E

r±A_£”2

K-Eq-----Su=lvy—------

【答案】⑴羯，Eq-T-.⑵,278〃？

【解析】

(1)上0时刻进入平行板的电子水平方向做匀速直线运动，竖直方向先向上做匀加速运动半个周

期，再做匀减速运动半个周期，达到A点。设竖直方向的位移为S/,则

SL2XL(3=叱

224/n

该电子在竖直方向加速半个周期，减速半个周期，到达A点时只有水平方向的速度。

该电子进入磁场时做匀速圆周运动，由于粒子与磁场半径相同，经过了圆周到达中轴线，而后又

经过7圆周到达y轴，所以到达y轴时该电子的坐标为

EqT2

根据题意，电子的轨道半径也为S,,根据牛顿第二定律有

=吟

R=

解得

Eq2T2

=T3r3T

(2)’一］时刻进入平行板的电子，竖直方向向上加速W,又竖直向上减速@,设向上的总位移

为S2,则

S2=2xL(丝逐尸=如

22m864〃？

LLT

接下来，竖直向下加速WT,又竖直向下减速W,设向下的总位移为S3,则

EqT2

Mm

该电子距中轴线的距离为

EqT2

$4=$2一$3=《一

8”？

373T££

该电子在竖直向上加速@,又竖直向上减速§,后竖直向下加速可又竖直向下减速离开平

行板边缘时只有水平方向的速度。

该电子离开电场后，匀速运动一段时间进入磁场，而且是水平进入磁场，如图所示。

设。是半圆形磁场的圆心，Q