2022年高考物理押題預(yù)測卷01（湖北卷）（全解全析）

2022年高考押題預(yù)測卷01【湖北卷】

物理?全解全析

1234567891011

BDDCADDADBDADBD

1.【答案】B

【解析】

A.湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，選項A錯誤；

B.普朗克把能量子引入物理學(xué)，破除了“能量連續(xù)變化”的觀念，選項B正確；

C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，德國物理學(xué)家紐曼、韋伯得出了法拉第電磁感應(yīng)定律，選項C錯

誤；

D.玻爾原子理論的成功之處是引入了量子理論，不足之處是保留了經(jīng)典粒子的概念，故D錯誤；

故選B。

2.【答案】D

【解析】

本題考查安培定律和電磁感應(yīng)定律的問題，將形狀S由1擲到2,是電容器放電的過程，棒中有了

FBIIBEC1

a=—==------------aoc一

電流就會受到向右的安培力的作用，光滑導(dǎo)軌上安培力提供加速度a,〃？rnmt,t

所以D圖正確，

3.【答案】D

【解析】

A.空間站繞地球做勻速圓周運動時，萬有引力充當(dāng)向心力，有

在地面的物體，有

「Mm

GR="名

因為空間站在圓軌道II上時軌道半徑大于地球半徑，故向心加速度小于g,A錯誤；

B.由萬有引力表達式可知飛船和空間站在A處所受的萬有引力還與飛船和空間站的質(zhì)量有關(guān)，因

為題目中不知道二者質(zhì)量的關(guān)系，故無法判斷二者在A處萬有引力是否相等。B錯誤；

C.飛船沿軌道I運動時只有引力做功，機械能守恒。C錯誤；

D.空間站在軌道n繞地球做勻速圓周運動時，萬有引力充當(dāng)向心力，有

cMmmv2

O----7----

(⑻2kR

又因為

故空間站線速度為

因飛船運動軌道I為橢圓軌道，故飛船在B點的處的速度大于第一宇宙速度，而空間站的速度小

于第一宇宙速度，故

D正確。

故選D。

4.【答案】C

【解析】

AB.電表測量的是有效值，不是瞬時值，兩電流表的示數(shù)不變，AB錯誤；

C.根據(jù)題意得

/：xlOOR=/；xR

人=生

八飛

解得

段=12

n21

C正確；

D.當(dāng)磁感應(yīng)強度最大時，感應(yīng)電流等于零，線圈受到的安培力等于零，D錯誤。

故選C。

5.【答案】A

【解析】

由單擺運動的等時性可知從4點到達B的時間

由于OD垂直于MN,則點D同樣位于AB所構(gòu)成的圓上，分析可知OD與豎直方向夾角為傾角,

則OD段為

I=Reos，=J（gcos，）*

解得

同理利用等時圓分析可知'c小于，D,故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

6.【答案】D

【解析】

AB.系統(tǒng)能靜止在水平面上，可知A與C受到的電場力一定方向相反，所以A與C帶異種電荷；

電場的方向向右，根據(jù)平衡條件可知，A帶正電，C帶負電，對B受力分析可知，設(shè)桿上的支持

力為F，則

2Feos30°=mg

解得

F=~^mg

對C分析可得桿上作用力的水平分力等于電場力，即

=Fcos60°

解得

E_M

6q

故AB錯誤；

C.A與C先先向兩側(cè)做加速運動，但在B落地前的一段時間，A、C做減速運動，輕桿對球有向

上作用力，故球A對地面的壓力可能小于加g,故C錯誤；

D.根據(jù)運動的合成與分解可知當(dāng)B落地時，A、C速度為零，對整個系統(tǒng)分析，忽略電荷間的作

用力有

解得

vB=y[j3gL

故D正確o

故選D。

7.【答案】D

【解析】

AB.在天宮空間站中，所有的物體都處于完全失重狀態(tài)，一切與重力有關(guān)的儀器都不能使用，所

以天平不能直接測出物體的質(zhì)量”，彈簧秤也不能測出物體的重力G,故AB錯誤；

C.因為不能確定兩物體的碰撞是否為彈性碰撞，因此碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)的機械能不一定

守恒，故c錯誤；

D.在運行軌道切向，待測物體受恒力作用，相對空間站做勻加速運動（很短時間可近似看做勻加

速直線運動）則由

x=—ar

2

可得

2x

a=7

由牛頓第二定律

?2%

F=ma=m—

解得

Ft2

m=----

2x

故D正確；

故選D?

8.【答案】AD

【解析】

A.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

pV=nRT

結(jié)合題圖，可知從8-C過程中氣體溫度保持不變，壓強增大，體積減小，所以8狀態(tài)下單位體積

內(nèi)的氣體分子數(shù)一定比C狀態(tài)下的少，故A正確，B錯誤；

C.由題圖知C-/過程中氣體壓強不變，體積增大，氣體對外做功（w＜0）,由理想氣體狀態(tài)方

程可知溫度升高（△U＞。），由熱力學(xué)第一定律

可知，氣體吸收熱量（。＞°）,故C錯誤；

D.C-4過程中氣體壓強不變，體積增大，溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，由氣體壓強

微觀解釋可知：在單位時間內(nèi)撞擊器壁上單位面積的平均次數(shù)一定比C狀態(tài)下的少，故D正確。

故選AD。

9.【答案】BD

【解析】

A.由

R=—

qB

可知，粒子速度越大，半徑越大。如答圖3,在能達到半圓形邊界的粒子中，經(jīng)過。點的粒子半徑

最小，速度最小，其軌跡如圖中軌跡1所示，由

R=加?"

2一qB

解得

=幽

min20m

故A錯誤；

B.經(jīng)過力點的粒子半徑最大，速度最大，其軌跡如圖中軌跡2所示，由

3R=刀口皿，

2qB

解得

_3qBR

Umax-c

2m

故B正確；

C.由分析可知，軌跡圓弧所對應(yīng)的弦與ab半圓形邊界相切時，圓心角最小，運動時間最短，其

軌跡如圖中軌跡3所示，圓心恰好位于。點，由

R=—

qB

解得

「迎

m

故c錯誤；

D.其圓心角為120。，故運動時間為

T27rm

‘一3一礪

故D正確。

答圖3

故選BDo

10.【答案】AD

【解析】

A.設(shè)3C的長度為L根據(jù)胡克定律，有

mg=kL

L

8。與豎直方向的夾角為a時，到。點時伸長量為sina,故彈力為

sina

球受重力、彈性繩的彈力、摩擦力，桿的彈力，水平方向平衡，故

N=Aina=kL=mg

即小球從C點到D點的過程中，小球受到桿的彈力不變，故A正確；

B.小球受到的摩擦力

f=juN^jumg

則小球下滑過程中有

mg—f—Fcosa—ma

則

"*icosjg_*-

mzntana

下滑過程中a減小，隨著a減小加速度。先減小后增大，故B錯誤；

C.小球從。點到。點的過程中，由動能定理可得

mgh-fh+/=0

則

嗎午=-mgh+fh=一0.2mgh

即克服彈力做功0.2見助，彈性勢能增加02咫團因為最初繩子也具有彈性勢能，所以，繩子最大

的彈性勢能大于0.2mg/?,故C錯誤；

D.若僅把小球的質(zhì)量變成2m,小球從C到。過程，根據(jù)動能定理，有

2mgh-flt+Wi<f=△&

解得

\Ek=mgh

故D正確。

故選AD。

11.【答案】BD

【解析】

A.液滴過。點時，合力與速度方向垂直，之后合力恒定，則。到P做類平拋運動；過P點后,

分析可知，合力與速度方向共線，則再做勻加速直線運動。故A錯誤;

B.由平衡條件得

mg=E}q

解得

q

故B正確;

CD.。到N,豎直方向為初速度為0的勻加速直線運動，由于。到P和P到N的時間相等。則

11,

y?=4yN=4d

P點過后，合力與水平方向的夾角設(shè)為。，則

tan*〃?g+E"叫+&J1

E?q2E、q

解得

e=45°

。到P,由平拋規(guī)律有

tan，=2=2"

%x

v^-0=2ayr

又

1

口2E1q+mg

Eko-Xm%a-

2,rn,E2=2EI

聯(lián)立解得

x=~,&=叁

2-dq

則P點坐標為WW。故C錯誤，D正確。

故選BD。

12.【答案】B2.402.03.0

【解析】

(1)AD.傳感器測量繩的拉力片則小車受到的拉力為2R即力可以直接得到，不用測砂桶和

砂的質(zhì)量，故AD錯誤；

B.打點計時器的使用，應(yīng)先接通電源，后釋放小車，故B正確；

C.電磁打點計時器應(yīng)使用4?6V交流電，故C錯誤。

故選B。

(2)打點計時器打點周期為0.02s,則相鄰計數(shù)點間的時間間隔為

T=0.1s

小車的加速度為

a=?2.40m/s2

4r2

(3)由丙圖可知，產(chǎn)生加速度的拉力最小值為I.ON,所以小車運動過程中所受阻力為

尸=

Ff=22.0N

根據(jù)牛頓第二定律

2F-Ff=Ma

得

由圖丙可知斜率

k,=2__—__4_._0_-_0_=_2

~M-7.0-l.0-3

小車質(zhì)量為

Af=3kg

13.【答案】298150800A9.0900.01350600

【解析】

(1)開關(guān)S旋到位置1,量程為0.5A；開關(guān)S旋到位置2,量程為10mA,有

聯(lián)立，可得

&=2Q,&=98。

開關(guān)S旋到位置4,量程為2V,有

4=//+/內(nèi)

解得

6=1500

開關(guān)S旋到位置5,量程為10V,有

%=/「+4(％+&)

解得

R5=800Q

(2)使用多用電表時，要求電流從紅表筆流入，即紅表筆接電源負極。所以A表筆為紅表筆。

(3)開關(guān)S旋到位置3,通過電路的最大電流為4=l°mA,依題意有

I『且區(qū)=E

凡2凡+小附箱

解得

E=9.0V,仆=900.()。

(4)當(dāng)作為歐姆表使用時，表頭上刻度是2mA和3mA處對應(yīng)的電阻值分別是

2E3E

=/r2=-，-1r?=

5凡+凡15-R內(nèi)+42

解得

Ki=1350dRK2=600Q

儲曳

14.【答案】⑴2；⑵c

【解析】

(1)如圖所示，設(shè)細光的入射角為i,由幾何關(guān)系可得

由折射定律可得

sini

-------=n

sin<9

解得

f=60°

圓環(huán)形平行細光在入射前的半徑為

r=Rsmi=—R

2

（2）光在介質(zhì)中的傳播速度為

C

V=-

n

光在介質(zhì)中傳播的時間為

27?cos63R

品=------=—

VC

光從B點進入空氣中的折射角也為

/=60°

光從8到仞V的時間為

L

_cos60_4R

lt2-一

CC

所以光從入射點傳播到光屏所用時間為

1R

t=t}+t2=—

15.【答案】（1）98N；（2）0.23

【解析】

（1）設(shè)小滑塊P經(jīng)過半圓最高點的速度為加，由題意知小滑塊P從半圓最高點到A做平拋運動,

半圓最高點與A點之間的高度差

力=2R-Rsin6-（R-Rcos6）=1.2R=1.8m

在豎直方向有

v；=2gh

由恰好沿AB斜面進入曲面內(nèi)知

tax\O——

%

由牛頓第二定律知

FN+mg=m-^

以上各式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得小滑塊P經(jīng)過半圓軌道最高點時所受的壓力為

FN=98N

(2)設(shè)小滑塊P在A點的速度為山，則有

v.="=10m/s

COS0

設(shè)小滑塊P運動到C點速度為vC,與Q碰撞后粘為一體的速度為《，小滑塊P由A運動到C過

程，由動能定理得

八八1212

mg(Rsin0+R-Rcos0)-[imgRcos0=—mvc一—mvA

小滑塊P與小滑塊Q碰撞過