2022年高考物理押题预测卷02（湖南卷）（考试版）

………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○…学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________物理试题第=页）2022年高考押题预测卷02【湖南卷】物理·全解全析123456DCBADD78910BDACDACBD 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>O）的粒子以初动能Ek0从MN连线上的P点水平向右射出，在大小为E、方向竖直向下的匀强电场中运动。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力忽略不计，则粒子到达MN连线上的某点（未画出）时（）A．所用时间为B．动能为3Ek0C．若P点的电势为0，则该点电势为D．若仅增大初速度，速度与竖直方向的夹角不变【答案】D【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向由可得故A错误；B．由可得可得故粒子速度大小为动能为故B错误；C．由动能定理可得可得则该点电势为故C错误；D．平抛运动的速度方向偏角的正切是位移方向偏角正切的两倍，即可知速度正切所以只要粒子落在MN连线上，即使增大初速度，速度与竖直方向的夹角也不变，故D正确。故选D。2．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是（）A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为B．A、B两木块分离时，C的速度大小为C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为【答案】C【解析】AB．小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒有：取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：联立解得，故AB正确；C．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理故C错误；D．C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，AB对地水平水平位移大小为x2，则有m0x1=2mx2x1+x2=L可解得故D正确。本题选不正确的，故选C。3．如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平。当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g=l0m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6sC．Q在运动过程中所受摩擦力始终不变D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态【答案】B【解析】A．当传送带以逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有即代入数据解得故A错误；B．当传送带突然以顺时针转动，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有代入数据解得匀加速的时间为s，匀加速的位移为代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为代入数据解得s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为故B正确；C．物体Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；D．由B的分析可知，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误。故选B。4．某同学欲探测某种环境下是否有频率高于的电磁波辐射，利用光电效应现象自制了一个探测器，如图所示。当环境中含有高于此频率的电磁波时灵敏电流表有示数。下表给出了几种金属的极限频率。则（）金属钨钙钠钾铷10.957.735.535.445.15A．发生光电效应的金属板应该选用金属钙B．如果发生光电效应的金属板选择金属钠，则电流表有示数时，环境中一定含有频率高于的电磁波C．要想提高仪器的灵敏度，电流表选灵敏一些的，两板间距选适当大一些的D．如果在两板间加上“左正右负”的电压，效果会更好【答案】A【解析】A．根据题表数据可知金属钙的极限频率为，只有当环境中有高于的电磁波辐射时，才能使光电子从钙板中逸出，从而使灵敏电流表有示数，所以发生光电效应的金属板应该选用金属钙，故A正确；B．根据题表数据可知金属钠的极限频率为，如果发生光电效应的金属板选择金属钠，则电流表有示数时，环境中一定含有频率高于的电磁波，不一定含有频率高于的电磁波，故B错误；C．要想提高仪器的灵敏度，电流表选灵敏一些的，且为了能够使光电子能够更易到达阳极，两板间距应选适当小一些的，故C错误；D．如果在两板间加上“左负右正”的电压，光电子受到向右的电场力，更易到达阳极，效果会更好，故D错误。故选A。5．如图，纸面内虚线上下两侧存在方向均垂直纸面向外的匀强磁场，虚线下方磁场的磁感应强度是虚线上方磁场磁感应强度的2倍。一带正电的粒子（重力不计）从虚线上O点，沿与虚线成角的方向以某速度垂直射入上方磁场，粒子从虚线上的P点第一次进入下方磁场，一段时间后粒子再次经过P点。粒子从O点至第一次到P点的过程中，平均速度为，从O点至第二次到P点的过程中，平均速度为，则等于（）A．1：1 B．1：2 C．1：7 D．7：1【答案】D【解析】粒子运动轨迹如图所示：粒子在上方磁场做圆周运动的周期在下方磁场做圆周运动的周期，由于，则，结合几何关系得则有故选D。6．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【答案】D【解析】A．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；D．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；BC．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。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器成功着陆于火星，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功。“天问一号”发射后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天问一号”火星探测器的火星着陆准备轨道半长轴为a1，周期为T1的椭圆轨道，我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星轨道半径为r2，周期为T2，引力常量为G。则下列判断正确的是（）A．B．“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要开启发动机向前喷气C．“天问一号”在环火星圆轨道A点的加速度大于着陆准备轨道A点的加速度D．由题目已知数据可以估算火星质量及火星质量和地球质量的比值【答案】BD【解析】A．由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动，中心天体不一样，因此开普勒第三定律不适用，故A错误；B．“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气，故B正确；C．“天问一号”在环火星圆轨道A点和着陆准备轨道A点受到的万有引力相同，所以由可知加速度相同，故C错误；D．利用中圆轨道卫星可以估算地球质量火星质量和地球质量的比值故D正确。故选BD。8．如图所示，R1=R2=R3=20Ω，电容器的电容C=5μF，电源电动势E=7V，电源内阻r=10Ω。起初，开关S是断开的，电容器C所带的电荷量为Q1。然后闭合开关S，待电路稳定后，电容器C所带的电荷量为Q2。下列说法正确的是（）A．开关S断开时，将上极板向上移动一段距离，电容器内电场强度减小B．开关S断开时，增大R2的阻值，电流表G中有向上的电流C．Q1∶Q2=7∶5D．闭合开关S待电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为2.4×10-5C【答案】ACD【解析】AB．当开关S断开时，电容器两端电压始终等于R3两端电压，此时将上极板向上移动一段距离，根据可知板间场强减小；此时R2等效于导线，增大R2的阻值，不会改变电容器两端电压，电容器不会进行充放电，所以电流表G中没有电流，故A正确，B错误；C．开关S断开时，根据闭合电路欧姆定律可得电容器两端电压为开关S闭合待电路稳定后，电路外电阻为电源的路端电压为电容器两端电压为根据电容的定义式可得故C正确；D．开关S闭合前，电容器上极板带正电，开关S闭合待电路稳定后，电容器上极板带负电，所以闭合开关S待电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为故D正确。故选ACD。9．如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为，若一粒子仅在电场力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60eV，该电场线上各点的电场强度大小为E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15V，下列说法正确的是（）A．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向B．该粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动C．B点电势是A点电势的3倍D．图乙中应为【答案】AC【解析】AC．粒子由A点运动到B点，电场力做功为解得因为所以B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场的方向沿x轴负方向，故AC正确；B．图乙中电场强度随位移x均匀变化，电场力为变力，所以粒子沿x轴正方向做变加速直线运动，故B错误；D．图乙中图像的面积为A、B两点间的电势差的大小，可以确定为，故D错误。故选AC。10．如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．B受到的静摩擦力一直增大 B．B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大C．A受到的静摩擦力是先增大后减小 D．A受到的合外力一直在增大【答案】BD【解析】ABC．开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据f=mrω2知随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大．对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变．可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大．故B正确，AC错误；D．根据向心力公式在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确。故选BD。三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.（6分）在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，某次实验中在坐标纸上描出了a、b、c、d四个点。（取）（1）已知图中小方格的边长，小球平抛的初速度为___________（用L、g表示），b点的速度大小为___________。（2）小球抛出点的坐标是___________（以a点为坐标原点，水平向右为x正方向，竖直向下为y轴正方向）。【答案】

【解析】（1）在竖直方向上，根据得初速度b点的竖直分速度根据矢量的合成法则，则b点的速度大小为（2）因此可知a不是抛出点，根据b点的竖直分速度可知，抛出点到b点的时间那么从抛出点到b点的水平位移为从抛出点到b点的竖直位移为因为，所以抛出点坐标为12.（9分）如图甲所示为某同学测量一节干电池的的电动势和内阻的电路图。（1）已知毫安表内阻为15Ω，满偏电流为3mA；R1为滑动变阻器，R2为电阻箱（0-9999.9Ω），若将电阻箱的阻值调为985Ω，改装后的电表的量程为______________V.（2）电流表有两种规格，A1（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）和A2（量程3A，内阻约为0.05Ω）；滑动变阻器R1有两种规格，最大阻值分别为20Ω和200Ω，电流表应选用______（填“A1”或“A2”），R1应选用最大阻值为_________Ω的滑动变阻器。（3）实验步骤如下：①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片移到________端（填“左”或“右”）②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数I2和毫安表的示数I1；③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作I1-I2图线，如图乙所示。④根据图像求得电源电动势E=________V（结果保留三位有效数字），内阻r=_____Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】

3.0

A1

20

左

1.48（1.44~1.52之间均对）

0.84（0.82~0.90之间均对）【解析】（1）将电阻箱R2与毫安表串联后改装成电压表，当阻值调为985Ω，改装后的电表的量程为（2）根据图象可知，整个过程的电流不超过0.5A，故电流表选A1因内阻较小，为了便于调节，滑动变阻器应选择20Ω（3）为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到左端改装后的电表的量程为3.0V，电表的内阻为由串并联电路规律可知若毫安表示数为I1，则其测量的电压应等于1000I1，则由闭合电路欧姆定律可知，所以图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势图象的斜率表示内阻，解得13.（13分）如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球上，右端与小球接触但未拴接，球和球静止在光滑水平台面上。小球从左侧光滑斜面上距水平台面高度为处由静止滑下（不计小球在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点水平抛岀，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在点，半径为。已知三个小球、、均可看成质点，且质量分别为，（为待定系数），重力加速度为，不计空气阻力和一切摩擦。（1）若，求该条件下弹簧具有的最大弹性势能以及小球从水平台面右端点。抛出后落到圆弧轨道上的点在图示坐标系中的位置；（2）若小球从水平台面右端点抛岀后，落至圆弧轨道上时具有最小动能，求此时的取值及对应的最小动能。【答案】（1）落点位置；（2），【解析】（1）设球到达水平面时速度为，根据机械能守恒定律有球与球发生完全非弹性碰撞，设、粘在一起的速度为，根据动量守恒定律有此后作为一个整体压缩弹簧，、三者共速时，弹簧具有最大弹性势能，设为，、系统动量守恒有机械能守恒若，则，故当弹簧恢复原长时，与分离，设此时粘合体速度为，的速度为，系统动量守恒机械能守恒得，小球在水平面右端点以水平抛出，由平抛规律得，时结合圆方程得，即落点位置。（2）由（1）知球平抛的速度有由平抛规律得，结合圆方程得设落至圆弧轨道上的动能为，则由机械能守恒定律得又有则由数学知识，当时，即时有最小值，则联立可得结合可求得14.（15分）如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。（1）若粒子射入磁场时的速度为v0，求时间内粒子做匀速圆周运动的半径；（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期；（3）若使粒子能从坐标为（d，d）的D点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力得解得（2）要使粒子恰好不从轴射出，轨迹如图在前内的运动半径为在后内的运动半径由几何关系知解得粒子做圆周运动的周期则解得磁感应强度变化周期（3）要想使粒子经过点且平行轴射出，则粒子只能从时刻经过点，（其中），则轨迹如图设粒子射入磁场的速度为，由（2）可得由几何关系可知又解得（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15.[物理选修3-3]（1）（5分）下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程B．扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动C．物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体D．饱和汽压只跟汽体的自身性质与温度有关E．液晶具有光学各向异性，所以液晶是晶体【答案】ACD【解析】A．分子的热运动是大量分子的无规则运动，系统的一个宏观过程包含着大量的微观状态，这是一个无序的运动，热运动的结果只能使分子热运动更加无序，而不是变成有序，热传递的自然过程从微观上讲就是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程，A正确；B．布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动，这种微粒一般是很小的，用肉眼看不见，而尘埃的颗粒较大，是在空气气流作用下的宏观运动，B错误；C．物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，可能是多晶体，C正确；D．饱和蒸汽压是物质的一个重要性质，它只跟汽体的自身性质与温度有关，D正确；E．液晶具有光学各向异性，但是液晶不是晶体，E错误。故选ACD。（2）（8分）两个完全相同的、足够深的汽缸如图所示静止放置在水平地面上，汽缸内各用一个完全相同、面积均为S的活塞分别封闭两部分理想气体A和B，两活塞中间用轻质弹簧连接。已知大气压为，两汽缸的重力均为，两活塞的重力均为，弹簧的劲度系数为，初始时上、下活塞到缸底的距离均为L，不计一切摩擦，若在上面汽缸底部施加外力缓慢提起汽缸，直至下面汽缸刚好离开地面，此过程中，气体温度保持不变，求：（i）下面活塞上移的距离；（ii）上面汽缸上移的距离。【答案】（i）；（ii）【解析】（i）设B气体初状态压强为，体积为，末状态压强为，体积为，对初状态的两活塞弹簧和上面汽缸整体受力分析，由平衡条件有解得对末状态的下面汽缸受力分析，由平衡条件有解得根据玻意耳定律可得则下面活塞上移的距离为（ii）设A气体初状态压强为，体积为，末状态压强为，体积为，对初状态的上面汽缸受力分析，由平衡条件有解得对末状态的两活塞弹簧和下面汽缸整体受力分析，由平衡条件有解得根据玻意耳定律可得则上面活塞相对上面汽缸下移的距离为对初状态的上面活塞和上面汽缸整体受力分析，由平衡条件有弹簧弹力弹簧处于压缩状态，对末状态的下面活塞和下面汽缸整体受力分析，由平衡条件有弹簧弹力弹簧处于拉伸状态，弹簧由压缩到拉伸的形变量则上面汽缸移动的距离为16.[物理选修3-4]（1）（5分）关于光的干涉和衍射，下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，