2022年高考物理押题预测卷01（湖南卷）（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【湖南卷】

物理♦全解全析

123456

DDCCAA

78910

ADADACDACD

1.【答案】D

【解析】

A.沿地月转移轨道经过尸点时，需减速运动才能被月球捕获进入轨道I,A错误：

B.从轨道I进入轨道II需要在P点减速，而在轨道I和轨道II上运行时满足机械能守恒，因此沿

轨道I运行经过2点的机械能大于沿轨道n运行经过Q点的机械能，B错误；

c.根据

沿轨道I绕月运行的周期一定大于沿轨道II绕月运行的周期，C错误；

D.根据

GMmv2

——--=m—

rr

可得

rv2

M=—

G

已知引力常量、其绕月线速度和绕月半径能计算出月球质量，D正确。

故选D。

2.【答案】D

【解析】

A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电路的总电阻减小，电压不变，电流变大，电流表A的示数

变大，A错误；

B.磁通量与线圈的匝数无关，在线圈而cd的转动过程中，线圈磁通量的最大值为8S,B错误；

C.当变压器原线圈的滑片向下滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的电压变大，电压表V的示数变

大，C错误；

D.若线圈R,出转动的角速度为线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流

电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效

值为U,电动势最大值为

UHBS3

则

RR2

因此电压有效值为

NBSco

U=------

2

当角速度大小变为2。时，变压器原线圈电压的有效值为D正确。

故选D。

3.【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：

i^=^^+^x2mxv\e

取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：

mnvc=lmxvM

联立解得

'2m+n\}m'2m+

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

xi,AB对地水平水平位移大小为X2,则有

moxj=2mx2

Xl+X2=L

可解得

_m.L

42—二

2m+/（）

故D正确。

本题选不正确的，故选C。

4.【答案】C

【解析】

对两小球受力分析如图

O

耳、斤为A、8两小球之间的库仑力，尸2、弓为两小球之间的弹簧弹力，满足

F=FX+F2=F'=F；+F{

对A球受力分析，尸、（、町g、三力满足相似三角形，则有

小g=Z=F

0C~OA~AC

同理对B球亦有

"J=F，

OCOBBC

当A球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角a、夕增大，但仍有

7]_m}AC_m2

T2m2BCm}

绳长不变，c点上移，℃氏度变小。

故选c。

5.【答案】A

【解析】

当机时，B向下做匀加速运动，A向上做匀加速运动，设加速度大小均为“，细绳中的拉力大

小为T,对A、B根据牛顿第二定律分别有

T-mllg=mva①

mg-T=ma②

联立①②解得

T二2,初叫1g2mog

机+人]+必

m③

(机-%Jg_2m°g

a--g

m+mQm+m{)④

由③式可得，当,”TOO时，有

T

m=2"%g⑤

所以

"=21,=47%g⑥

当mV,如时，B向上做匀加速运动，A向下做匀加速运动，同理可得二者的加速度大小为

a，=(%i')g=g_3-

机+%>"

m⑦

由④式和⑦式可知，当”?>〃?0时，，〃越大，。越大；当时，〃?越大，。越小。

综上所述可知A正确，BCD错误。

故选Ao

6.【答案】A

【解析】

A.在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻&的电流增大；根据热功率

公式P=FR可知电阻&消耗的电功率变大，故A正确；

B.只调节电阻后的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，RJ

消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻后中没有电流，故B错误；

C.只调节电阻上的滑动端P/向上端移动的过程中，色接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，

电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受电场力减

小，微粒向下运动，故c错误；

D.若断开开关S,电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电

场力减小，带电微粒向下运动，选项D错误。

故选A»

7.【答案】AD

【解析】

A.甲、乙两人射箭高度相同，两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度。相同。

设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为火箭射出时的初速度为%,则

tan^=—

%

即

"产嬴？

两支箭射出的初速度大小之比为

tan530:tan370=16:9

A正确；

B.设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则

vsin0=vv

即

v=—匕:-

sin。

两支箭落入壶口时的速度大小之比为4：3,B错误；

C.因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大小

之比，等于16：9,C错误；

D.由

"12

旦=—mv

卜2

可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16：9,D正确。

故选ADo

8.【答案】AD

【解析】

A.根据

Em-En=hv

可知H,频率最高，因此H,应的电子跃迁前所处的能级最高，A正确；

B./射线是原子核衰变时产生的高能电磁波，与核外电子无关，B错误；

C.能级越低的电子，离原子核越近，C错误；

D.根据光电效应方程

hv=W+Ek

由于H。比H0频率高，同一金属的逸出功相同，因此H，照射时的光电子的最大初动能更大，D正

确。

故选AD,

9.【答案】ACD

【解析】

A.由图〃可知，物块A与物块3碰撞前的动能

12£口

万根/=k

可得物块A与物块B碰撞前的速度

物块A与物块B碰撞后的动能

121

耳町/共=§线

可得物块A与物块B碰撞后的速度

物块A与物块/3碰撞时间极短，根据动量守恒定律

mAv=(mA+mB)-

解得

吆」

啊2

A正确；

B.由图匕可知，A与B碰撞后A在X2处动能最大，则A与3碰撞后在X2位置处速度最大，B错

I天；

C.根据动能定理有

0-Ek=F令》

则可知Ei图的斜率代表物体所受的合外力，由图b可知A与8碰撞后在xj位置处合外力最大，

即加速度最大，C正确；

D.弹簧上端与物块3相连，物块8处于静止状态，设此时弹簧的形变量为此，结合图〃根据平

衡条件可知

mBgsin0=kx0

由图匕可知，当A8一起运动到上时，速度最大，根据平衡条件

mAgsin0+mBgsin0=k(x2-x]+x0)

物块A从O点运动到位置x/的过程中，根据动能定理

mAgsin0xx=Ek

联立解得

士区一王)

D正确。

故选ACD,

10.【答案】ACD

【解析】

A.由粒子沿x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在y轴上，由洛伦兹力提供向心力

有

■>

mV

qvcB------~

4

得OVXVQ区域圆周运动的半径

mv_

r.=——=2a

qB

取粒子在a<x<2a区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图

由图可知此时粒子从y轴负方向射出磁场，故A正确;

B.取粒子在区域圆周运动的半径为与，有

r2sin300+与<a

得

故B错误；

C.粒子在OVx<a区域的运动周期为

qB

则运动时间为

cT九7im

4=2x--------

12463qB

粒子在a<烂2a区域，由

mv

r.二——

qB,

得

8,把=孙=38

qr22qa

运动周期为

_2冗m

=~qB

运动时间为

T444%加

——,——------

22433qB'

粒子在两磁场中的运动时间为

1=4+，2

若B'=8B,则

Tim

t------

2qB

故C正确;

D.取粒子OVxV。区域速度偏角为0,粒子在aV烂2〃区域沿x轴运动的最远距离

amvamvBmv

L=r2s\nO+r2=r2--Fr,=-----------1=—a-\

耳〜qB'也qB'B'qB'

qB

若减小粒子的入射速度，粒子在aV.E2〃区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场的右

侧离开，一定从y轴射出磁场区域，故D正确。

故选ACD»

j1/u\21/u\2

-/ntngl=—m(----)——tn(——)

22

11.【答案】4.701-4.705加2M0.34

【解析】

(1)螺旋测微器的固定刻度为4.5mm,可动部分为

0.01mmx20.2=0.202mm

所以读数为

d=4.5mm+0.202mm=4.702mm

(2)遮光片通过光电门1、2的速度分别为

则滑块从P位置运动到Q位置的过程中，由动能定理

.12121/d1,d

一〃mg/=—mv——mv~=—m()~——m(——)-

2222颂2

(4)由上式可得

V：=岐+2〃g/

由图可知，学=°时，4=2.2,带入上式，可得

〃=0.34

12.【答案】100013032.4151680

【解析】

(1)满偏时有

一

欧姆表的内阻

%=1500C

表盘的中值电阻为1500C,电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为0.6mA,根据闭合电路的

欧姆定律有

I=--—

x凡+凡

解得

R=—史：C-1500C=1000Q

*0.6x10-3

(2)闭合开关S,欧姆表的内阻变小，倍率变小至“X10”，调节电阻箱凡和&,使电流表满偏时

欧姆表内阻为150A,电路总电流为

/=—A=0.01A

150

/.(凡+凡)

R上上__上=i30C

&（6+4）

—+r=150

'4+（兄+与）

解得

%=32.4。

根据两倍率知，欧姆表表盘正中刻度的标值为15o

/八噎R内哼

(3)设电流表满偏电流4,欧姆调零时：4,则4；当电动势变小、内阻变大时，由于

E'

欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流不变，由L知，欧姆表的内阻变小，

用欧姆表测电阻时

E_E

解得

R真=1680C

13.【答案】(1)0.3m；(2)13.5J；(3)A与P碰撞2次，B与A分离

【解析】

(1)由题图乙得碰后B的速度vB=3m/s,即A第1次与P碰前瞬间B的速度为vw=3m/s,设此时

A的速度VAO,对A、B系统由动量守恒定律有

mv=MVM+叫°

代入数据解得

vA0=3m/s

由题图乙得0~0.3s,B的加速度大小

Av__.7

an=­-5m/s

I加I

由牛顿第二定律有

jLimg=tnaK

解得

〃=Q5

A第1次与P碰撞前A一直向右加速，A与P的距离最短为XA„„对A由动能定理有

12

^8V-MVM

代入数据得

(2)在A、B不分离时，A每次与P碰后到下次与P再次碰撞前，最后两者共速，设A与P第2

次碰撞前的速度为力，以水平向右为正方向，对A、B系统由动量守恒定律可得

叫0一忆0=("+加％

解得

匕=1.5m/s

A与尸第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内的热量

2

Q=-mv2+-Mv2+-(A/+m)v,=13.5J

~2no2A021

(3)A第1次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为x刷，对A、B组成的系统，由能量守恒

有

11

2

-r_12

25勿%o+〃婀相对I

代入数据得

/刖=°-4m

A第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对A、B系统，由能量守恒有

|叫J|如B02=_(必+加叶+幺mgx相对2

解得

工相对2=°-9m

假设第3次碰撞前，A与B仍不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为

正方向，由动量守恒有

(A/+m)V2

解得

v2=0.75m/s

由能量守恒有

Imv；+；,即：=；(M+加々2+〃侬X相对3

解得

“相对3=0,225nl

由于

“相对=*相对1+*相对2+*相对3=L525m>L=1.5m

故不能发生第3次碰撞，所以A与P碰撞2次，B与A分离。

14.【答案】⑴i=0.3A；=0.05kg.⑵D.6m/s；(3)^=003C

【解析】

(1)根据法拉第电磁感应定律可得，=0至f=ls内回路中的感应电动势为

.丝=S"=O.6V

Ar\t

根据闭合电路欧姆定律可得/=0至z=ls内流过电阻的电流为

设金属棒面的质量为加，这段时间内金属棒仍受力平衡，即

mgsin0=BxiL

解得

m=0.05kg

(2)设金属棒"进入EF时的速度大小为心此时回路中的感应电动势为

E=B}Lv

回路中的电流为

1=-^—

R+r

导体棒油所受安培力大小为

F=BJL

根据平衡条件可得

F=mgsin0

解得

v=0.6m/s

(3)设金属棒就从进入E尸到最终停下的过程中，回路中的平均电流为7,经历时间为/,对金

属棒ab根据动量定理有

(一BJL+mgsin0-jLimgcos0)t=0-mv

其中

mgsin6—jjmgcos6=0

且

q-lt

解得

q=0.03C

15(1).【答案】ABD

【解析】

A.悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，选项A正确；

B.单晶体和多晶体均有固定的熔点，选项B正确；

C.0C的冰熔化为同温度的水要吸收热量，则相同质量的0℃的冰的内能小于0C的水的内能，选

项c错误；

D.根据热力学第二定律可知，热量可以由低温物体传递给高温物体，但要引起其他的变化，选项

D正确；

E.热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调机既能致冷又能致热,

并不能说明热传递不存在方向性，而是在反向时，要引起其他方面的变化，故E错误。

故选ABD。

y=一＞%

15(2).【答案】(1)夕一夕。；(2)不合格

【解析】

(1)缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得

M.(%+V)=PV

解得

y_Po^o

P-Po

(2)设温度由7变化为1.2T后，压强由p变为L16p,体积变为匕，根据气体状态方程有

A(

解得

V1.16c/rc,

—=——=96.7%

乂1.2

可知漏气量占比为3.3%；故该香水瓶瓶盖密封性不合格。

16(1).【答案】ACE

【解析】

A.由题给波动图像可知该波的振幅为

A=5cm

波长为

A=8m

该波的波速为

v=4m/s

由

2

v=—

T

可得

T=2s

2兀..

co=——=7crad/s

T

则波源做简谐运动的表达式为

y=-Asincut