2022年高考物理押题预测卷01（重庆卷）（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【重庆卷】

物理♦全解全析

12345678910

DBCCCDDBDBCAD

1.【答案】D

【解析】

A.绳子对A的拉力保持不变，所以A错误；

B.对整体受力分析，根据平衡条件有

N=G怠

将木板的倾角缓缓减小到10。时，铁板对地面的支持力与倾斜角无关，保持不变，铁板对地面的压

力也保持不变，所以B错误；

C.对整体受力分析，根据平衡条件可知，整体只受重力与支持力，所以地面的摩擦力为0,则C

错误；

D.根据平衡条件有

；MA^sin45=/+wB^

由于

niA-2mB

所以开始时摩擦力沿斜面向上，当将木板的倾角缓缓减小到30。时，摩擦力减到0,将木板的倾角

缓缓减小到10°时，摩擦力沿斜面向下，所以物体A受到的摩擦力先减小后增大，则D正确；

故选Do

2.【答案】B

【解析】

A.由题意可知小球抛出后做平抛运动，两个小球抛出时离地面的高度相同，所以从抛出后到第一

次落地的时间相等，设此时间为好则两球抛出后到。点的运动时间分别为5%和7S，故A错误;

B.设甲、乙两球抛出时的速度分别为u*、vz,由图结合平抛运动规律可知

v甲x5f0=v乙x7to

解得

J4p_=7

v乙5

故B正确;

C.由图结合平抛运动规律可知，两个小球与地面碰撞时竖直方向的速度相等，有

V；=2gh

则两个小球落地时速度分别为

=Jvji+2gh

屯=收+2gh

则

或W曳

吃v乙

故C错误；

D.由图可知球与地面碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变但方向相反，则球与地

面碰撞前后的合速度大小不变，但方向不是相反的，故每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方

向不是相反的，故D错误；

3.【答案】C

【解析】

A.根据万有引力提供向心力，有

由于YG，则C的线速度大于A的线速度，故A错误;

B.根据万有引力提供向心力，有

解得

由于则B的角速度小于C的角速度，故B错误;

C.根据万有引力提供向心力，有

Mm4〃〜

G----------=m^(R+h)

(R+姆T2Bb)

又黄金代换式

GM=gR2

联立解得，B离地高度为

hB=

V4/r~

故C正确;

D.对卫星C,根据万有引力提供向心力，有

Mm4/

G\(/?+/?)

(R+h)2T2

又黄金代换式

GM=gR2

联立解得

2万(R+/7)Jg(R+〃)

1-

gR

故D错误。

故选C。

4.【答案】C

【解析】

A.两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A错误；

B.两粒子在电场中均做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P点时时间相等，水平方向

做初速度为零的匀加速直线运动，有

从M点进入的粒子水平距离小，所以其电量也小。B错误；

C.根据选项B可知，从N点进入的粒子电量大，根据动量定理得

I=Eqt=Np

所以从N点进入的粒子动量变化较大。C正确；

D.电场力均做正功，电势能减小。D错误。

故选C。

5.【答案】C

【解析】

A.若粒子从时边中点处垂直/边射出，则圆心一定在在时边上，设与必边交点为g,则圆心

在0g的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误；

B.同理做。。垂线出射速度垂线交于/点，即/为圆心，则对于圆心角为60°,所以粒子在磁场中

的运动时间为

t=-T

6

且

-2兀m

1=------

qB

解得

7rm

t=-----

3qB

故B错误；

C.垂直炉向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边歹相切，则由几何关系得

L=r+---

sin60°

qvB=-----

由r得

mv

r=——

qB

联立解得

（26-3）曲

m

故C正确；

D.因为。点距六边形的最近距离为

J=Lcos30°=—L

2

即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为

d

r=—

2

又

mv

r=——

qB

所以最小速度为

_拒qBL

Vmin=4/n

故D错误。

故选C。

6.【答案】D

【解析】

A.原线圈输入电压的峰值为

4i=220V

则副线圈输出电压的峰值为

人=24产110V

由于电容器C刚好不被击穿，则电容器的击穿电压为H&V,故A错误；

C=-^-

B.根据电容器电容决定式4乃以可知，当R的滑片不动，向下移动P,电容器的电容不变，故

B错误；

必_=丛

C.若R的滑片不动，向下移动P,则负载总电阻R总不变，副线圈匝数减小，根据力”可知，

副线圈输出电压有效值s减小，再根据R总可知，副线圈输出功率22减小，根据勺=巴可知，

原线圈的输入功率变小，故C错误；

D.若P不动，向上移动/?的滑片，则滑动变阻器接入电阻变大，负载总电阻变大，副线圈匝数

4=2/,="

不变，根据4々可知，副线圈输出电压有效值U2不变，根据2曲可知副线圈回路总电流减

小，则根据《=&可知，灯泡功率减小，则灯泡变暗，故D正确。

故选D。

7.【答案】D

【解析】

首先分析导体棒的运动情况：开关S由I掷到2,电容器放电后会在电路中产生电流.导体棒通有

电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动.导体棒切割磁感线，速度增大，感应电

动势增大，则电路中电流减小，安培力减小，加速度减小.因导轨光滑，所以在有电流通过棒的

过程中，棒是一直加速运动（变加速）加速度逐渐减小，速度逐渐增大.当感应电动势等于电容

器的电压时，电路中无电流，达到一种平衡时、导体棒做匀速运动，加速度为零，速度达到最大

值，所以C错误D正确.当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能

稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值（不会减少到0）.这时电

容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A,B错误.

8.【答案】BD

【解析】

A.半衰期是放射性物质故有的一种物理属性，由原子核自身决定，与原子所处的化学状态和外部

条件无关，A错误：

B.核反应堆中铀核俘获一个中子后外裂为两个或几个中等质量数的原子核，并释放大量核能，B

正确；

C.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，C错误；

D.一群氢原子从〃=4的激发态跃迁到基态时跃迁是随机的，能辐射G=6种不同频率的光子，口

正确。

故选BD»

9.【答案】BC

【解析】

运动轨迹如图

A.因为粒子不能确定带何种电荷，所以磁场方向无法确定。A错误；

B.根据几何关系得四边形。ACO为菱形，所以带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为，B正确;

C.磁场范围如图中蓝色虚线与黑色半圆所围范围

根据几何关系，图中红色虚线是轨迹圆的圆心轨迹，则磁场面积为以半径为2r的半圆面积，即

1、,

s=—it(2r)=2nr

C正确；

D.带电粒子从c点与左侧边界以任意小于90。方向入射，根据对称性，可知粒子回到边界时与边

界不垂直。D错误。

故选BCo

10.【答案】AD

【解析】

A.设当小球运动到某点P时，弹性绳的伸长量是4*小球受到如图所示的四个力作用

1T一

将今正交分解，则

mg

&=耳sin。=kxRP•sin。=kxBC=

「「1

耳=〃&=a'"g

耳的竖直分量

E1y=&COS0=kxBPcos0=kxcp

据牛顿第二定律得

mg-F{-FTy=ma

解得

34丫3kxcp

a=48~^=48~^r

即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对

称性(竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型)可知，小球运动到CE的中点。时，加速度为零，

速度最大，A正确；

B.除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C。段所受绳子拉力竖直分量较小，则

小球在C短段时摩擦力和弹力做的负功比小球在OE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段

损失的机械能小于小球在。E阶段损失的机械能，故B错误；

C.对小球从C运动到E的过程，应用动能定理得

mgh-W^+~~mgh

若在E点给小球一个向上的速度叽小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得

(~mgh)+W+--mgh=0—mV

fj2

联立解得

故C错误；

D.若只把小球质量变为2m,小球从C点由静止开始运动，到达E点过程中，绳子拉力和摩擦力

做功不变，根据动能定理有

2mgh-Wv—x2mv^-0

解得小球到达E点时的速度大小

刃

故D正确。

故选AD。

11.【答案】BC2.00C

【解析】

(1)AD.由图所示的实验装置可知，拉力可以利用力的传感器读出，则不需要用天平测出砂和

砂桶的质量，也不需要砂和砂桶的质量加远小于小车的质量M，故AD错误；

B.实验时需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；

C.实验时小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器

的示数，故C正确。

故选BCo

(2)根据逐差法

/\x=aT2

可得

Ax_(7.10+9.13+11.09)x10-2-(110+3.09+5.12)x10-2

m/s2«2.00m/s2

产―0.32

（3）CD.根据牛顿第二定律得

2尸=（%+

则

a=---F

m{}+M

则结合。一尸图像可得

k=---

解得

〃2

M=--

故D错误C正确；

AB.由于不知道尸图像横轴和纵轴的标度是否统一，贝［tan。不一定和斜率％相等，故AB错误。

故选C。

12.【答案】左端10（）1001.46（1.47）0.920（0.940）

【解析】

（I）将扁调到某一段定值，滑动变阻器R的滑动触头移到左端位置然后闭合开关：

（2）根据

解得

/?G=100Q

（3）根据电压表的改装原理可知

=—Q-100Q=100Q

"I.O.°0,01

（4）根据图像可求得该干电池的电动势

£=1.46V

内电阻

r=—="6T"。Q=0.920Q

M0.5

13.【答案】⑴3J；(2)20N.(3)1.2J

【解析】

（1）乙物体被弹开后在传送带上做匀减速运动

a=gsin8+4gcos"10m/s2

由运动学公式

v2

s=----

la

弹簧压缩时的弹性势能

纬=；叱—=31

(2)固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧的速度满足

口12

甲物体从B运动到。过程中，根据动能定理有

-2叫gR=g叫方一｝%片

甲物体在。点时，有

V2..

叫g+N=m1a

联立得

N=20N

由牛顿第三定律知，甲物体通过£＞点时对轨道的压力大小

N'=N=20N

(3)设烧断细线以后，甲、乙物体获得速度分别为%、七，则

1，

与=-my^+

2乙

叫师=m2V乙

解得

v乙=2m/s

乙物体滑上传送带后先匀减速上滑至和传送带共速，此阶段加速度大小为

a=gsine+〃gcos。=10m/s2

4=g=0.1s

a

Ar,=匕4一万。，：一以=0.05m

后继续匀减速，加速度大小为

%=gsin6-4gcos0=2m/s2

Z2=—=0.5s

1

△x,=弘——a内9=0.25m

-2--

则因摩擦产生的热量为

Q=jLirnygcos37°•（4-Ax^）=1.2J

八些+gsin。0=驾上皿到叫i=2m"Bdq'

14.【答案】（1）2Rm'；（2）41Bd人（3）血8

【解析】

（1）由牛顿第二定律可得

"火sin0+F.i=ma

而

F.安=Bld

初始时刻

/,=-B-dv

2R

联立解得

（2）设导体棒速度减小到零的过程中，流过导体棒的平均电流为L,时间为"，导体棒上滑的最

大距离为X/,则有

q="

由闭合电路欧姆定律可得

7j=—

12R

由法拉第电磁感应定律可得

后="=%

联立解得

寸绝

,Bd

设电阻R上产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律可得

2

2Q=gmv-mgxlsin0

解得

(4g/sin%

“41Bd)

(3)导体棒向上运动过程中，由动量定理可得

-(B/0+”?gsine)，[=0-"?v

而

解得

_mv-Bdq

mgsin0

分析可知，从初始位置上滑到速度为零的过程和从速度为零下滑到初始位置的过程导体棒的位移

大小相等，则通过导体棒的电荷量大小相同，导体棒从最高点下滑到速度为V位置过程通过导体

棒的电荷量为4+4'

设导体棒下滑所用时间为芍，由动量定理可得

(mgsin0-BI2d=mv-0

又因为

%=4+4'

解得

tnv+Bd[q+q')

2mgsin0

故导体棒从开始运动到速度大小再次达到V的过程，导体棒运动的总时间为

_mv-Bdqmv+Bd(q+q')_2mv+Bdq'

/~/|4-(2~~I-

mgsin0mgsin0mgsin0

15⑴.【答案】C

【解析】

A.用打气筒给自行车车胎充气时要用力才能压缩空气，这是大气压强作用的缘故，与分子斥力无

关，A错误；

B.当气体分子间表现为斥力时，距离增大时，分子势能减小，B错误；

£=C

C.气体体积不变时，温度降低，根据丁，气体的压强减小，则每秒撞击单位面积器壁的力减

小，C正确；

D.用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是单晶体，D

错误。

故选C。

15(2).【答案】(1)250K.(2)2.2cm

【解析】

(1)等压变化，盖-吕萨克定律有

36_20

亍可

解得

T2=250K

(2)