2022年高考物理押题预测卷01（辽宁卷）（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【辽宁卷】

物理，全解全析

12345678910

CCAABBABDBDBC

1.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my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2u时，x轴方向的速度变化量为

22

vx=^/(2v)-v=A/3V

根据X轴方向动量定理

Ft=mvx-0

解得

_y/3mv

F

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Ar,则该小段长度圆环带电量为

AMe

该小段带电圆环对带电小球的库仑力为

13

该库仑力的竖直分力为

,Q-Xq,Q-^qh

AAIF7=k——；—cosa=k——；-----

>vE[3L

其合力为

2XE等蟋A半…

解得

〃=蹴

kQ2

故选Ao

4.A

【解析】

ABC.根据万有引力提供向心力可得

-Mtnmv~

G^-=-----

rr

Mm47r2r

G下二,"下

…Mm

G—r=ma„

且在地球表面满足

cMm

G铲=^g

即

GM=gR2

由题意知神舟十三号载人飞船轨道半径为

r=R+h

所以解得周期为

7=2%可

VgR-

线速度为

NR+h

向心加速度即重力加速度为

a=^-

"(R+h)2

故A正确，BC错误；

D.根据密度公式得

2

M=3g/?3g

P~V~4TTGR3-4兀GR

故D错误。

故选Ao

5.B

【解析】

电阻功率相同，每个电阻电流均为/,原线圈电流为/,副线圈中的总电流为2/,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

U,:U2=2:\

U、=U\+IR

U2=IR

解得

0：t/2=3：1

故选Bo

6.B

【解析】

当两物块相对滑动时，M加速度最大

a„=""讯=0.8m/s2

0M

当

a<0.8m/s2

两者一起做匀加速直线运动，当两者相对滑动时

22

am>0.8m/s,aM=0.8m/s

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a的滑片向。端移动过程中，&的阻值变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得

r

=,G=£'-//,%=E-/(+N+R,)

R外+r

可知，//变大，S变小，S变小。由公式可得

♦=♦(耳+凡)

易知

等=&+4

比值不变。故A正确；C错误；

BD.同理可得

AUi=AZj,A—的(「+«+&)

整理可得

AC/,一

△仄厂不变

故BD错误。

故选Ao

8.BD

【解析】

A.红光在该三棱镜中的传播速度

v=—=>/3xl08m/s

n

故A错误；

B.根据

.「16

smC=—<——

n2

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。点射入至从BC

边射出所用的时间为

/=2XV3OA=8X1Q_1()S

V

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

C

ffnf

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BDo

9.BD

【解析】

A.初态，弹簧压缩量

mgsin37°

A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量

mssin37°

M+“2=JL?+—)2-L=­L

解得

仁二24一

5L

选项A错误；

3

B.根据X/=X2,弹性势能不变，则小车在。〜二L位移内拉力对B做的功

4

叱=mg；Lsin37°

解得

3

叱=.""

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

4

向分解，则B的速率

vB=2ylgLcon53°=^y[gL

选项C错误;

3

D.小车在OR位移大小内，拉力对B做的功设为W2,根据功能原理有

=—tnv^+Lsin37°=mgL

选项D正确。

故选BDo

10.BC

【解析】

A.由右手定则可知，A8杆向上运动过程电流方向由a到从故A错误;

B.设AB杆向上运动的距离为s,A8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

ArAr

平均感应电流

E

7=

R+r

通过定值电阻的电荷量

q-It

解得

q(R+r)

BL

设A8杆向上运动过程回路产生的热量为Q,由能量守恒定律得

；mv2=Q+mgasina

R上产生的热量

QR=-^-Q

R+r

解得

mgq(R+r)

sin。］

BL

故B正确;

C.设A3杆向上运动的时间为f,由动量定理得

-mgsina•f-8/Lt=O-mv

其中

qit

解得

mv-BLq

mgsina

故C正确；

D.AB杆向下做匀速直线运动时速度最大，设A8杆向下运动的最大速度为％”AB杆切割磁感线产生的感

应电动势

E=BLvm

感应电流

/=—^-

R+r

AB杆受到的安培力

F=BIL="%

R+r

对AB杆，由平衡条件得

,B川

mgsina=-------—

R+r

解得

_"zg(A+r)sina

Vm=Fz?

故D错误。

故选BC。

11.B匀变速0.52~0.541.000cm~1.010cm1'=??+J'

Ar2加3

【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Bo

(2)根据

/^x=aT2

T均相等，即只要满足Ax均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知以均为0.1cm,则该运动为匀

变速运动。

小车的速度为

v=（i.o+i.i）xio^/s=O53m/s

2x0.02

(3)游标卡尺读数为

1cm+0.02x2mm=1cm+0.004cm=1.004cm

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

匕+匕

故有

班4_m2d2+机&

结纳

12.2.0xl027.5二^1.481.5不合理，改装后电流表的内阻与电池内阻相差不大，

EE

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4=2mA,流过电阻凡的电流为

200mA,则干路电流为202mA,则量程约为Z.OxKPmA。

(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

F

R=_=7.5。

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7.5夏。

(3)根据闭合电路欧姆定律

E

解得

1_RJ+RA

——------1----------------

IEE

整理可得

P

氏=7-（，+&）

斜率表示E,根据图线可得

公吊V“48V

代入E=1.48V及R=8Q,y=7.1,R,=IQ,解得r=1.5C。

不合理，改装后的电流表内阻约为1Q,被测电池内阻约为1.5Q,如果把电表当成理想电表，测量值为2.5C,

相对误差

25-15

-——-xl00%=67%

1.5

相对误差太大。

13.(i)〃()H----；(ii)~T

S4Q

【解析】

(i)以AB活塞为整体受力分析，活塞处于平衡状态

3mg+Po•2S+pS=p0S+p-2S

解得

p=%+陪

(ii)当温度升高时气体压强不变，由题意

V.=/.2S+2/」S+/.S=4/S

'2

匕=2/-2S+2/1S=5/S

22

由盖吕萨克定律

守亍

解得

14.(1)2=2^1；(2)R=46EL,⑶同4y+上］=16L

m2EL3V2B(y)

【解析】

(1)从P到。过程中，粒子做类平抛运动，水平、竖直方向分别满足

2L=vot

6L=—at2

2

根据牛顿第二定律可得

qE=ma

联立可解得

q=闻

m2EL

(2)设粒子经过。点时的速度大小为v,方向与x轴正方向间的夹角为，，则

tan0==也

解得

6=60°

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

v-

qvB=m—

r

由几何关系知

R=r

联立可解得

。4后比

K=--------

3V2B

(3)设满足条件尸点坐标为a,y),粒子初速度为，则

x=v't

12

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

r=R

则粒子通过。点的速度大小必为

丫=2%

由平行四边形定则可得

V2+V；=V2

联立可解得

可4y+《)=16£

15.(l)vA=8m/s；(2)7.125s；(3)Q=798J

【解析】

(1)设物块A沿斜面滑到底端时速度为以/,根据动能定理

2

mgh=^mvM

解得“=4m/s,设物块A在传送带上的加速度为小，对物块A应用牛顿第二定律

出mg=ma^

解得

“A=Mg=2m/s2

设物块B在传送带上的加速度为««,对物块B应用牛顿第二定律

〃M2g=Mas

解得

«B=〃g2=4m/s?

设物块B速度减为零所需时间为t„则

设物块B在。时间内的位移为独/,则

%=.%=8m

设经过。时间物块A的速度为巾2,则

“2=%+卬1=8侬

因

vA2=8m/s=v0

说明物块A在力时间内一直做匀变速直线运动，设物块4在〃时间内的位移为心/,根据匀变速直线位移关

系式

%=12m

xA|+xB|=20m=L

由此可知，当物块B的速度%2=0时，A、8即将发生碰撞。此时物块A的速度以=8m/s。