2022届河北省新高考物理精创预测卷河北专版（解析版）

2022届新高考物理精创预测卷河北专版一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.已知氘（）核的质量为，质子（）的质量为，中子（）的质量为，光速为c，则氘核的比结合能为()A. B. C. D.2.2021年10月15日，伴随着“三、二、一”的倒计时，“神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，“神舟十三号”航天员翟志刚、王亚平和叶光富也将开始为期6个月的“太空旅行”.如图所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是()A.火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力B.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空C.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态D.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力3.体育课上，老师训练同学做接球游戏，将一只篮球竖直向上抛出，篮球运动过程所受空气阻力与其速度成正比，不计篮球在水平方向的侧向风力和空气对篮球的浮力作用.关于篮球从抛出点再回到抛出点过程中的运动图像正确的是()A. B.C. D.4.如图，一平行板电容器竖直放置，两极板间距为d，极板间的电场强度为E，左极板上有一小孔O.一个电子从小孔O射入平行板电容器，速度方向在纸面内与左极板成60°角，电子向右运动的最远距离为，现将电容器左极板固定，右极板向右水平移动d，电子以相同的速率由O点垂直极板射入平行板电容器.下列说法正确的是()A.极板间距增大一倍后两极板间的电场强度为EB.极板间距增大一倍后两极板间的电场强度为C.电子向右运动到达的最远处距左极板的距离为D.电子向右运动到达的最远处距左极板的距离为青5.俗称书籍整理神器的“铁书立”是一种用来支撑书籍以达到使书籍平稳站立效果的物品，是学习办公时的常用文具，如图甲所示.现在将其简化为图乙示意图，水平桌面上有一质量为M的静止的“铁书立”，刚好静止摆放了两本书A和B，且此时B书与水平桌面间的夹角为θ，重力加速度为g，由此可知()A.“铁书立”对桌面的压力为B.桌面对A书有向上的弹力C.B书与“铁书立”之间一定有摩擦D.当θ角缓慢减小时，B书所受的合外力始终为零6.如图所示，滑轮两侧细线上分别系有A球和B球，两球质量不相等，两球从静止开始运动后，A球在下降，B球在上升，当两个小球运动到同一水平面的瞬间恰好细线断裂了，两小球先后落到地面上，先落地小球比后落地小球着地时间早，重力加速度为球上升过程中未与滑轮相碰.则细线断裂后，B球上升的最大高度H为()A. B. C. D.7.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是()A.线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方向B.线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上C.线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向D.线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每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，有选错的得0分。8.一台起重机将质量为的货物沿竖直方向由静止加速向上吊起5m时速度达到最大值，设这一过程中起重机的功率恒为，那么这段时间内()A.货物做匀加速运动 B.货物运行的最大速度C.货物受到的合外力做的功为80J D.货物受到的拉力做的功为5800J9.如图所示的电路，电源电动势为E、内阻为r，电动机M的线圈电阻为R，闭合开关S后，电动机正常工作，此时电压表读数为U，电流表读数为I，电表都可以认为是理想电表，下面说法正确的是()A.电流 B.电流C.电源的效率为 D.电动机输出的机械功率为10.如图所示，理想变压器原线圈接在的交流电源上，各电表均为理想电表，当的滑片向下滑动时，电表的示数变化的大小为，则()A.电压表的示数不变 B.电流表的示数变小C.比值不变 D.比值变小三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须做答，第15~16题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共42分。11.某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电流表G的内阻，实验室有下列器材可供选择：电源E（电动势1.5V，内阻很小），保护电阻（有阻值50Ω和1000Ω可供选择），电阻箱R（0~9999.9Ω），滑动变阻器，的最大阻值为10Ω，待测电流表G（满偏电流，内阻约1kΩ），开关两个，导线若干.（1）请用笔画线代替导线完成图乙中实物连接.（2）保护电阻应选______（填“50Ω”或“1000Ω”）.（3）某次实验操作过程如下：a.按电路图连接好电路；b.断开，将的滑片滑至最左端，R的阻值调到最大，闭合；c.调节，使电流表G的指针达到满偏；d.保持滑动变阻器的滑片位置不变，断开，调节R使电流表的电流达到，记下此时R的阻值为1400Ω，本次操作可以求出电流表G的内阻为______Ω（保留两位有效数字）.12.某实验小组想利用实验室里的弹簧弹射器（内壁光滑）等器材来测量弹簧的弹性势能，将质量为m的弹丸（可看作质点）压缩弹簧到位置P，由静止弹射出去，忽略一切阻力，通过弹丸的初动能从而求得弹簧的弹性势能：（1）甲小组的同学设计的实验装置方案如图甲所示，用铁架台固定住弹射器，实验中测量了弹丸的水平位移x和弹丸下落的高度h，则在安装弹射器时应注意________；弹簧的弹性势能表达式为__________.（2）乙小组的同学设计了如图乙所示装置，水平台面左侧固定弹射器，右侧的位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连，并用刻度尺测得两点间的水平距离x.计时器记录下弹丸从A到B所用的时间t.

①弹丸被弹射出的速度大小的表达式是________；静止释放弹丸时，弹簧的弹性势能_______.（均用题中字母符号表示）

②弹丸被弹射出去后，由于重力作用其运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果_______（填“有”或“没有”）影响.（3）请任选一组实验，给出一条能减小实验误差的建议：_______.13.如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，工件质量，上表面光滑，长度，可视为质点质量为m的物块位于工件顶端，工件下表面与斜面之间的动摩擦因数，现将物块和工件同时由静止释放，重力加速度大小取，求：（1）物块经多长时间与工件挡板相碰；（2）假设碰撞为弹性碰撞，求碰撞结束后工件的速度.14.（16分）空间中存在上、下两个不同的匀强电场区域，已知上、下场区的水平长度为L，上、下场区的宽度均为d，如图所示.电荷量为、质量为m的带电小球从上边界距离O点距离为d的点以初速度垂直电场入射，小球第一次经过对称轴时离O点的距离为，小球进入下半区域的同时加上一恒定的垂直纸面向里的匀强磁场B，发现小球做圆周运动且恰好不越过下边界，并最终运动至上半区域水平射出，重力加速度为g，求：（1）上半区域中匀强电场的电场强度E的大小；（2）磁场的磁感应强度B的大小；（3）求小球在场区中运动的总时间.（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。15.【选修3–3】（12分）如图，某兴趣小组设计制作了一个由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置模型，该模型上支座与活塞柱的质量、活塞柱与气缸之间的摩擦均可忽略不计，气缸壁厚度不计，气缸导热性和气密性良好.该模型竖直放置上支座上不加压力时，弹簧处于原长，活塞韩底端距气底部，活塞柱横截面积，气缸内气体压强与外界大气压强均为，弹簧劲度系数，今在上支座上放置的重物.（1）装置稳定后，封闭气体分子的平均动能_______（填“增大”“减小”或“不变”），从将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中封闭气体_______（填“吸收”或“放出”）热量.（2）装置稳定后，活塞柱底端距离气缸底部的距离是多少？16.【选修3–4】（12分）（1）如图甲所示，战绳训练是当下一种火热的健身方式，运动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为竖直方向的简谐运动.某同学通过观测运动员的手握住的绳端，根据绳波在时的状态绘制了如图乙所示的波形图，并测得该绳波能使固有频率为0.5Hz的物体发生共振，由此可知绳端振动的周期为______，该绳波的波速为______，在一次训练周期20s内，该绳波上的任意振动点运动的总路程为______.（2）光的反射、折射及全反射是自然界中很常见的现象，在一次实验课上，某小组进行了实验：选取一块半径为R的半圆柱形透明体，将一束单色细光束由空气（视为真空）沿着半径方向射入其中，如图甲所示，对其从圆心O点射出后的折射光线的强度用相应传感器进行了记录，发现从O点射出的折射光线的强度随着夹角θ的变化而变化，变化情况如图乙所示，真空中光的传播速度为c，针对该单色光而言，求：（i）当时，折射角的正弦值为多大？（ii）若光线反射一次后直接射出透明体，求光线在透明体中传播的时间多长？

答案以及解析1.答案：A解析：质子和中子结合为氘核的过程质量亏损为，由质能方程知，质子和中子结合成氘核时释放的能量为，由于氘核中有两个核子，因此氘核的比结合能为，A正确，BCD错误.2.答案：C解析：火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知航天员对座椅的压力大于自身重力，A错误；火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，B错误；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有竖直向上的速度，所受重力和空气阻力均竖直向下，合外力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，处于失重状态，C正确；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，D错误.3.答案：C解析：篮球竖直向上抛出，由于受到空气阻力和重力作用，上升过程中速度变小，空气阻力向下且变小，，故加速度变小，A错误；下降过程中速度变大，空气阻力向上且变大，有，故加速度变小，即可看出上升过程的平均加速度较大，而上升过程与下降过程位移大小相同，又，故上升过程的时间较短，C正确，BD错误.4.答案：A解析：平行板电容器两极板间的电场强度，两极板间的电势差，平行板电容器的电，由以上几式解得，则两极板间距增大后电场强度不变，选项A正确，B错误；电子第一次在平行板电容器中运动时，沿垂直极板方向，运动到距左极板最远时，由运动学公式有，电容器间距增大，电场强度不变，则加速不变，电子第二次在平行板电容器中运动到距左极板最远时，，解得，选项CD错误.5.答案：C解析：选整体为研究对象分析知，“铁书立”对桌面的压力大于，A错误；由题图甲知，A书与桌面没有接触，则桌面对A书不会有弹力，B错误；对B书受力分析知，“铁书立”对B书有向上的弹力，A书对B书有向右的弹力，又B书处于静止状态，则B书有相对“铁书立”向右运动的趋势，所以水平方向“铁书立”对B书有向左的摩擦力，C正确；当θ角缓慢减小到某个临界值时，B书会开始加速滑动，此时B书所受的合外力不再为零，D错误.6.答案：D解析：设细线断裂瞬间B球的速度为v，根据竖直上抛运动的对称性，可知B球落回到出发点时的速度大小为v，之后的运动与A球运动情况相同.由运动学公式知，B球比A球运动多花费的时间为，则细线断裂后，B球上升的最大高度，D正确，ABC错误.7.答案：B解析：线框进入磁场过程中，bc边切割磁感线，根据楞次定律，知线框中感应电流方向,A错误；线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B正确；线框离开磁场过程中，ad边切割磁感线，感应电流方向,C错误；线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D错误.8.答案：BD解析：货物在竖直方向上受向上的拉力和向下的重力，因为v增大，起重机的功率P不变，由，得出逐渐减小，a也逐渐减小，当时，，故货物做加速度减小的加速运动，A错误；速度达到最大值时，，，代入数据解得，B正确；由动能定理得，合外力做的功为，C错误；由动能定理得，则，D正确.9.答案：CD解析：电动机所在电路为非纯电阻电路，不能直接应用部分电路欧姆定律或闭合电路欧姆定律计算电流，AB错误；当电动机正常工作时，电压表示数为U，电流表示数为I，则t时间内电动机消耗的电功为，电源消耗的总功为，所以电源的效率为，C正确；电动机的输入功率，电动机消耗的热功率为，故电动机输出的机械功率为，D正确.10.答案：AC解析：由于理想变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即电压表的示数不变，滑动变阻器滑片向下滑动，副线圈总电阻减小，副线圈电流表的示数变大，故副线圈总输出功率变大，由于原、副线圈电压不变，故原线圈中的电流表的示数变大，A正确，B错误；电压表测的是两端的电压，测得通过的电流，故，由于为定值电阻，阻值不变，所以比值不变，C正确；副线圈电压关系，故，故，所以比值不变，D错误.11.答案：（1）如图所示（2）1000Ω（3）解析：（1）根据电路图补齐连线如答图所示.（2）实验过程为防止通过电流表的电流过大损坏电流表且保证滑动变阻器滑片左侧并联部分电压基本不变，应选大电阻，故选1000Ω的保护电阻.（3）闭合前后可以认为滑动变阻器滑片左侧并联部分电压不变，则，解得，因，所以.12.答案：（1）弹射器必须水平；（2）①；

②没有（3）甲组实验中，在不改变高度h的情况下，进行多次实验，测量多组水平射程x，得出水平射程x的平均值，以减小误差（或：乙组实验中，x的距离要多次测量取平均值）解析：（1）在安装弹射器时应注意弹射器必须保持水平，以保证弹丸初速度沿水平方向；弹丸被抛出后做平抛运动，根据机械能守恒定律得，弹丸出射的动能由弹簧的弹性势能转化而来，由平抛运动规律有水平方向，竖直方向，联立解得弹丸水平抛出的速度，由机械能守恒定律有弹簧的弹性势能为.（2）①弹丸被弹射出去后做平抛运动，所以弹丸被弹射出的速度大小的表达式为；弹簧的弹性势能等于弹丸被弹射后的动能，由机械能守恒定律得静止释放物块时，弹簧的弹性势能；②由力作用的独立性可知，重力不影响水平方向的速度，则弹丸的水平速度始终保持不变，故重力对实验结果没有影响.13.答案：（1）0.4s；（2）解析：（1）对于物块，沿斜面方向对于工件，沿斜面方向根据位移关系代入数值解得（2）物块与工件挡板即将相碰前的速度工件的速度代人数值解得物块与工件组成的系统碰憧过程中，由动量守恒定律有根据机械能守恒定律有代人数值解得碰后工件的速度（舍去）或方向沿斜面向下14.答案：（1）（2）（3）解析：解：（1）小球第一次在上半区域电场中运动时做类平抛运动如图所示，又由题意知，则过对称轴时合位移与水平方向夹角的正切值为所以，合速度v与水平方向的夹角的正切值解得小球在A点的合速度竖直方向速度大小为由运动学公式有解得小球做类平抛运动的加速度为由牛顿第二定律有解得上半区域中匀强电场的电场强度E的大小为（2）由分析可知当小球进入下半部分电场和磁场重叠区域时，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，由洛伦兹力提供向心力，有解得因为小球恰好不越过下边界，由几何关系