2022年高考物理押题预测卷01（湖北卷）（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【湖北卷】

物理♦全解全析

1234567891011

BDDCADDADBDADBD

1.【答案】B

【解析】

A.汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项A错误；

B.普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念，选项B正确；

C.法拉第发现了电磁感应现象，德国物理学家纽曼、韦伯得出了法拉第电磁感应定律，选项C错

误；

D.玻尔原子理论的成功之处是引入了量子理论，不足之处是保留了经典粒子的概念，故D错误；

故选B。

2.【答案】D

【解析】

本题考查安培定律和电磁感应定律的问题，将形状S由1掷到2,是电容器放电的过程，棒中有了

FBIIBEC1

a=—==------------aoc一

电流就会受到向右的安培力的作用，光滑导轨上安培力提供加速度a,〃？rnmt,t

所以D图正确，

3.【答案】D

【解析】

A.空间站绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有

在地面的物体，有

「Mm

GR="名

因为空间站在圆轨道II上时轨道半径大于地球半径，故向心加速度小于g,A错误；

B.由万有引力表达式可知飞船和空间站在A处所受的万有引力还与飞船和空间站的质量有关，因

为题目中不知道二者质量的关系，故无法判断二者在A处万有引力是否相等。B错误；

C.飞船沿轨道I运动时只有引力做功，机械能守恒。C错误；

D.空间站在轨道n绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有

cMmmv2

O----7----

(⑻2kR

又因为

故空间站线速度为

因飞船运动轨道I为椭圆轨道，故飞船在B点的处的速度大于第一宇宙速度，而空间站的速度小

于第一宇宙速度，故

D正确。

故选D。

4.【答案】C

【解析】

AB.电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，AB错误；

C.根据题意得

/：xlOOR=/；xR

人=生

八飞

解得

段=12

n21

C正确；

D.当磁感应强度最大时，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D错误。

故选C。

5.【答案】A

【解析】

由单摆运动的等时性可知从4点到达B的时间

由于OD垂直于MN,则点D同样位于AB所构成的圆上，分析可知OD与竖直方向夹角为倾角,

则OD段为

I=Reos，=J（gcos，）*

解得

同理利用等时圆分析可知'c小于，D,故A正确，BCD错误。

故选Ao

6.【答案】D

【解析】

AB.系统能静止在水平面上，可知A与C受到的电场力一定方向相反，所以A与C带异种电荷；

电场的方向向右，根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，设杆上的支持

力为F，则

2Feos30°=mg

解得

F=~^mg

对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即

=Fcos60°

解得

E_M

6q

故AB错误；

C.A与C先先向两侧做加速运动，但在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向

上作用力，故球A对地面的压力可能小于加g,故C错误；

D.根据运动的合成与分解可知当B落地时，A、C速度为零，对整个系统分析，忽略电荷间的作

用力有

解得

vB=y[j3gL

故D正确o

故选D。

7.【答案】D

【解析】

AB.在天宫空间站中，所有的物体都处于完全失重状态，一切与重力有关的仪器都不能使用，所

以天平不能直接测出物体的质量”，弹簧秤也不能测出物体的重力G,故AB错误；

C.因为不能确定两物体的碰撞是否为弹性碰撞，因此碰撞前后两物体组成的系统的机械能不一定

守恒，故c错误；

D.在运行轨道切向，待测物体受恒力作用，相对空间站做匀加速运动（很短时间可近似看做匀加

速直线运动）则由

x=—ar

2

可得

2x

a=7

由牛顿第二定律

„2%

F=ma=m—

解得

Ft2

m=----

2x

故D正确；

故选D»

8.【答案】AD

【解析】

A.根据理想气体状态方程

pV=nRT

结合题图，可知从8-C过程中气体温度保持不变，压强增大，体积减小，所以8状态下单位体积

内的气体分子数一定比C状态下的少，故A正确，B错误；

C.由题图知C-/过程中气体压强不变，体积增大，气体对外做功（w＜0）,由理想气体状态方

程可知温度升高（△U＞。），由热力学第一定律

可知，气体吸收热量（。＞°）,故C错误；

D.C-4过程中气体压强不变，体积增大，温度升高，则气体分子的平均动能增大，由气体压强

微观解释可知：在单位时间内撞击器壁上单位面积的平均次数一定比C状态下的少，故D正确。

故选AD。

9.【答案】BD

【解析】

A.由

R=—

qB

可知，粒子速度越大，半径越大。如答图3,在能达到半圆形边界的粒子中，经过。点的粒子半径

最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由

R=加〜"

2一qB

解得

=幽

min20m

故A错误；

B.经过力点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由

3R=刀口皿，

2qB

解得

_3qBR

Umax-c

2m

故B正确；

C.由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其

轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于。点，由

R=—

qB

解得

「迎

m

故c错误；

D.其圆心角为120。，故运动时间为

T27rm

‘一3一砺

故D正确。

答图3

故选BDo

10.【答案】AD

【解析】

A.设3C的长度为L根据胡克定律，有

mg=kL

L

8。与竖直方向的夹角为a时，到。点时伸长量为sina,故弹力为

sina

球受重力、弹性绳的弹力、摩擦力，杆的弹力，水平方向平衡，故

N=Aina=kL=mg

即小球从C点到D点的过程中，小球受到杆的弹力不变，故A正确；

B.小球受到的摩擦力

f=juN^jumg

则小球下滑过程中有

mg—f—Fcosa—ma

则

"*icosjg_*-

mzntana

下滑过程中a减小，随着a减小加速度。先减小后增大，故B错误；

C.小球从。点到。点的过程中，由动能定理可得

mgh-fh+/=0

则

吗午=-mgh+fh=一0.2mgh

即克服弹力做功0.2见助，弹性势能增加02咫团因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大

的弹性势能大于0.2mg/?,故C错误；

D.若仅把小球的质量变成2m,小球从C到。过程，根据动能定理，有

2mgh-flt+Wi<f=△&

解得

\Ek=mgh

故D正确。

故选AD。

11.【答案】BD

【解析】

A.液滴过。点时，合力与速度方向垂直，之后合力恒定，则。到P做类平抛运动；过P点后,

分析可知，合力与速度方向共线，则再做匀加速直线运动。故A错误;

B.由平衡条件得

mg=E}q

解得

q

故B正确;

CD.。到N,竖直方向为初速度为0的匀加速直线运动，由于。到P和P到N的时间相等。则

11,

y»=4yN=4d

P点过后，合力与水平方向的夹角设为。，则

tan*〃?g+E"叫+&J1

E?q2E、q

解得

e=45°

。到P,由平抛规律有

tan，=2=2"

%x

v^-0=2ayr

又

1

口2E1q+mg

Eko-Xm%a-

2,rn,E2=2EI

联立解得

x=~,&=叁

2-dq

则P点坐标为WW。故C错误，D正确。

故选BD。

12.【答案】B2.402.03.0

【解析】

(1)AD.传感器测量绳的拉力片则小车受到的拉力为2R即力可以直接得到，不用测砂桶和

砂的质量，故AD错误；

B.打点计时器的使用，应先接通电源，后释放小车，故B正确；

C.电磁打点计时器应使用4〜6V交流电，故C错误。

故选B。

(2)打点计时器打点周期为0.02s,则相邻计数点间的时间间隔为

T=0.1s

小车的加速度为

a=«2.40m/s2

4r2

(3)由丙图可知，产生加速度的拉力最小值为I.ON,所以小车运动过程中所受阻力为

尸=

Ff=22.0N

根据牛顿第二定律

2F-Ff=Ma

得

由图丙可知斜率

k,=2__—__4_._0_-_0_=_2

~M-7.0-l.0-3

小车质量为

Af=3kg

13.【答案】298150800A9.0900.01350600

【解析】

(1)开关S旋到位置1,量程为0.5A；开关S旋到位置2,量程为10mA,有

联立，可得

&=2Q,&=98。

开关S旋到位置4,量程为2V,有

4=//+/内

解得

6=1500

开关S旋到位置5,量程为10V,有

%=/「+4(％+&)

解得

R5=800Q

(2)使用多用电表时，要求电流从红表笔流入，即红表笔接电源负极。所以A表笔为红表笔。

(3)开关S旋到位置3,通过电路的最大电流为4=l°mA,依题意有

I『且区=E

凡2凡+小附箱

解得

E=9.0V,仆=900.()。

(4)当作为欧姆表使用时，表头上刻度是2mA和3mA处对应的电阻值分别是

2E3E

=/r2=-，-1r?=

5凡+凡15-R内+42

解得

Ki=1350dRK2=600Q

储曳

14.【答案】⑴2；⑵c

【解析】

(1)如图所示，设细光的入射角为i,由几何关系可得

由折射定律可得

sini

-------=n

sin<9

解得

f=60°

圆环形平行细光在入射前的半径为

r=Rsmi=—R

2

（2）光在介质中的传播速度为

C

V=­

n

光在介质中传播的时间为

27?cos63R

品=------=—

VC

光从B点进入空气中的折射角也为

/=60°

光从8到仞V的时间为

L

_cos60_4R

lt2-一

CC

所以光从入射点传播到光屏所用时间为

1R

t=t}+t2=—

15.【答案】（1）98N；（2）0.23

【解析】

（1）设小滑块P经过半圆最高点的速度为加，由题意知小滑块P从半圆最高点到A做平抛运动,

半圆最高点与A点之间的高度差

力=2R-Rsin6-（R-Rcos6）=1.2R=1.8m

在竖直方向有

v；=2gh

由恰好沿AB斜面进入曲面内知

tax\O——

%

由牛顿第二定律知

FN+mg=m-^

以上各式联立，代入数据得小滑块P经过半圆轨道最高点时所受的压力为

FN=98N

(2)设小滑块P在A点的速度为山，则有

v.="=10m/s

COS0

设小滑块P运动到C点速度为vC,与Q碰撞后粘为一体的速度为《，小滑块P由A运动到C过

程，由动能定理得

八八1212

mg(Rsin0+R-Rcos0)-[imgRcos0=—mvc一—mvA

小滑块P与小滑块Q碰撞过