必刷卷05（解析版）-2022年高考物理考前信息必刷卷（全国甲卷地区专用）

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绝密＊启用前2022年高考物理考前信息必刷卷05全国甲卷地区专用突出对物理基础知识、主干知识与五种能力及核心素养的考查：强调对物理思想、物理方法的考查：注重物理情境中信息的提取、物理模型的建立，物理过程的分析：强调运用数学解决问题的能力。．这些特日点充分体现了“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能。根据商考命题特点和规律，直线运动、相互作用、牛顿运动定律、曲线运动及动昂屈千某础能力要求，在电场、磁场也可涉及：抇定电流一般在电学实验中体现，单独考查的概率小：难度较大的题H媒中在静电场、机械能和电磁感应部分：基丁·真实估境解决实际问题，体现时代热点的题目会越来越多。本卷满分110分，建议考试时间70分钟。注意事项：本试卷包含1、II两卷。第1卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第II卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。第1卷（选择题）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.一个中子扣被铲U捕获后生成；萨Xe和辟Sr的过程中释放出AE的核能。已知真空中的光速为c,则下列有关叙述正确的是()A.该反应过程中释放了10个中子B.该反应是原子核的人工转变AEC.该反应过程中的质谥亏损为竺ED.235U的比结合能为c292235【答案】A【解析】A一个扣被铲U抽获后生成歼Xe和罚Sr,反应Jj程为：扣＋；尹U丑沪Xe＋器Sr+10in,故A正确；B该反应屈原子核的裂变反应，不是原子核的人工转变，故B错误；C.铲U的结合能并个是它衰变时放出的能枯AE，所以铲U的比结合能不是差；，故C错误；D已知真空中光速为c,根据AE=Am产可

1AE得反应过程中的质旦亏损为Am=—，故D错误。故选A。c22.将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是（空气阻力可忽略）()A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量B.火箭对燃气作用力的冲撇与燃气对火箭作用力的冲量大小相等C.火箭的动昼比喷出燃气的动堂大D.火箭的动能比喷出的燃气动能大【答案】B【解析】AB由千火箭对燃气作用力与燃气对火箭作用力是作用力和反作用力，故两者的冲兑总是大小相等的，故A错误，B正确；C.由千火箭和燃气组成的系统在燃气喷出前后动量守恒，由动量守恒定律可知：火p2箭的动护的大小与喷出燃气的动惜大小相等，故C错误；D由于火箭的质帮大千燃气的质银，由E=－．可2m知：火箭的质星大丁燃气的原蜇，故火箭的动能比喷出的燃气动能小，故D错误。故选：B。3乒乓球发球机是很多球馆和球友家庭的必备娱乐和训练工具。如图所示，某次训练时将发球机置于地面上方某一合适位置，然后向竖直墙面水平发射乒乓球。现有两个乒乓球a和b以不同速度射出，碰到墙面时下落的高度之比为9:16,不计阻力，则乒乓球a和b()4j...L\L\Lbfa、-A.碰墙前运动时间之比为9:16B.初速度之比为3:4乒乓球C.碰墙前速度变化量之比为3:4D.碰墙时速度与墙之间的夹角的正切值之比为4:3【答案】C【解析】A平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的高度之比为9:16，根据小球下落得高度：h＝扫gt气t3可得下落时间之比：上＝－，故A错误；B．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，网球发球机出球门与墙tb4面间水平距离柜等，由：x=v。t，解得：E=：，故B错误；C碰墙前速度变化垃分别为：L1va=gta,t:,.vb=gtb,

2Liva__gta_ta__3碰墙前速度变化蜇之比为：==＝，故C正确；D小球落碰墙时竖直方向速度大小分别为：Vya=Llvbgtbtb4吵a压3v。vbgta,Vyb=9书，即：—＝—=－，碰墙时速度与墙之间的夹角的正切仙为：tan0a=—;tan0b=—，联吟btb4VyaVybtan0a16仕心立可得：=—，+仪D钰陕。故选：C。taneb94.图甲是小米手机无线充电器的示意图。其工作原理如图乙所示，该装置可等效为一个理想变压器，送电线圈为原线圈，受电线圈为副线圈。当ab间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1,受电线圈的匝数为n2，且n1:n2=5:1。两个线圈中所接电阻的阻值均为R,当该装置给手机快速充电时，手机两端的电压为SV,充电电流为2A,则下列判断正确的是（)ba甲乙A.无线充电时，手机上受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”B.快速充电时，流过送电线圈的电流为10AC.快速充电时，两线圈上所接电阻的阻值R=18.7SflD.充电期间使用手机，回路中的电流不会发生变化【答案】C【解析】A、对手机进行无线充电时，手机上受电线阁的工作原理是“电磁感应现象”，个是“电流的磁效应”，故A错误；B、根据理想变压器的电流之比等千匝数的反比可得：-=-其中12=2A,所以流过送/1n2'电线阁的电流为/1=¼X2A=0.4A，故B错误；C、快速充电时，根据功率关系可得：Uabl1=片R+片R+U机抎即220X0.4=0炉R+22R+Sx10,解得两线圈上所接电阻的阻值：R=18.75fl,故C正确：D、充电期间使用手机，手机处千工作状态，电路中的电流会增大，故D错误。故选：C。5.如图甲所示，质量为m的木块在斜向左上方的推力F作用下沿着竖直墙面向下运动。已知木块与墙面间的动摩擦因数恒为µ,设推力F与墙面间的夹角为a,在a从0逐渐增大到90°的过程中，木块未离开墙面且速度不变。把支持力与滑动摩擦力看成一个力F。，四力平衡可以等效为三力平衡，其矢址三角形如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是()

3mg甲乙A.F。与竖直方向的夹角0是定值，且有tan0=µB，推力F与重力mg的合力与水平方向的夹角为0C.推力F的最小值为mgsin0D.推力F的最大值为mg【答案】C和1【解析】A、木块受到的滑动摩擦力：F1=µFN,由困示矢伍三角形可知：tan0=－＝－，故A错误；B、木块做匀速直线运动，由平衡条件司知，排力F与币力m9的合力F。等大反向，即推力F与币力m9的合力与竖直方向的夹角为0，故B错误；C、由图乙所示矢景三角形可知，当推力F与F。乖直时，F有最小值为m9sin0,故C正确：D、由以上分析可知，tan0>1，所以0定大十45°,当a为90°时，推力F达到最大值为m9tan0=竺，故D错误。故选：C。µ6.如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位千等边三角形的三个顶点上，be沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示．0点为三角形的中心(0到三个顶点的距离相等），已知导线a在斜边中点0处所产生的磁场的磁感应强度大小为B。，则（),',',','，人0夕，、、夕，、、',,4、、｀，夕、｀,、、cbA.0点的磁感应强度为2B。B.o点的磁场方向沿Oc连线方向指向cC.导线a受到的安培力方向水平向左D.导线c受到的安培力方向沿Oc连线方向指向0【答案】AC

4【解析】AB根据右手螺旋定则，电流a在0产生的磁场平行千be向左，b电流在0产生的磁场平行ac指向右下方，屯流c在0产生的磁场平行ab指向右下方；甘！于三导线屯流相同，到0点的距离相同，根据平行四边形定则，则0点合磁感应强度的方向垂直Oc向I:.,0点的磁感应强度为2B。，故B错误，A正确；CD根据片手定则，结合矢揽合成法则，导线a受到的安眳力方向水平向左，而导线c受到的安培力方向沿oc方向向外，故C正确，D错误。故选AC。7.在一位于坐标原点0的正点电荷形成的电场中，任一点处的电势中与该点到点电荷的距离r的倒数的关系图象如图所示。电场中三个点a、b、c的坐标如图所示，其电场强度大小分别为Ea、Eb和Ee。现将一带负电的试探电荷依次由a点经过b点移动到c点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab和Wbc。下列判断正确的是（)叫V!巨二+/m632A.Eb:Ec=l:1B.E正乌＝1:4C.Wab:Wbc=1:1D.Wab:Wbc=2:3（答案】BC11【解析】AB、图象与横轴所围图形的面积表示电场强度，则a点的场强为：E=-x-=-xlV/m=-—V/m:b2612占的场强为乌＝扣扣<2V/m＝钮／m;C占的场强为Ee=沪扣3V/m＝扛／m;所以Eb:Ee=4:LEa:Eb=1:4,故A铅误，B正确；CD、山图可知a、b之间的电势差为Uab=Ube=-1V,其中Wab=qUab'Wbc=qUbc，则Wab=Wbc'故C正确，D铅误。故选：BC。8如图所示，倾斜直杆OM可以在竖直面内绕0点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用手拉住绳的另一端B。初始时BC水平，现将OM杆缓慢旋转到竖直，并保待LACB大小和轻环在杆上的位置不变，在OM转动过程中()A.绳AC的张力逐渐减小B.绳AC的张力先减小后增大

5C绳BC的张力先增大后减小D.绳BC的张力逐渐增大【答案】AD【解析】设初始时OM与水平方向的夹角为仪，重物的质扯为m当杆此后转过的角度为p时，C受力如图所示：F,c,.BCmgFAcFBC由芷弦定理：==故绳AC的拉力FAc=~·sin(90°-sin(90°-a)sin(90°-/3)sin(a+/3)sin(90°-a)/3)绳BC的拉力压＝sm(：。~-sin(a+/3)由题知，a::;;a+/3::;;90°在转动过程中，a不变，f3逐渐增大，故sin(90°-a)不变，sin(90°-/3)逐渐减小，sin(a+/3)逐渐增大可知，AC绳的拉力FAc逐渐减小，BC绳的拉力FBc逐渐增大，故AD正确，BC错误。故选AD。第11卷（非选择题）二、非选择题：共62分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-14题为选考题，请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。9.(5分）如图甲为测械滑块与长木板间动摩擦因数的实验装置。长木板固定在水平桌面上，其上B处装有光电门；放在木板上的滑块通过轻质细线与重物相连，其上固定有宽度为d的遮光条。实验主要步骤如下：At2遮光条光电门..cAB三cm1-bx重物丙甲(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d,示数如图乙所示，则d=_cm;(2)将滑块从某点由静止释放，测得该点与光电门的距离为X,遮光条通过光电门的时间为Llt;(3)若某次实验测得Llt=0.030s,则滑块经过光电门时的速度v=_m/s（保留2位有效数字）；(4)多次改变滑块的释放位置，测出x及对应的At，作出Llt2＿柯图像如图丙所示，求出图像的斜率；(5)已知滑块与遮光条的总质量为m,重物的质虽为荩，不计空气阻力，则滑块与长木板间的动摩擦因

6数的表达式为µ=（用题目中的字母表示）。2cg-3bd2【答案】(1)0.64(3)0.21(5)4cg【解析】(1)图乙所示游标卡精度为0.1mm,读数为：6mm+0.1x4mm=6.4mm=0.64cm:d0.64X10一2(3)滑块经过光电门的时间极短，可用平均速度代昔瞬时速度：V=-=m/s=0.21m/s;Lit0.0303d21(5)根据牛顿第二定忭与mg-µmg=(m+巴)a根据速度位移公式沪＝2ax整理得t2＝．一222(l-2µ)gxc3d22cg-3bd2结合图线可知：-=解得：µ=b2(1-Zµ)g.......r·4cgl0.（l0分）某实验小组欲探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。同学们设计了如图甲所示的测显电路，可供选择的器材有：s凶令玉8.s7.s/H卒•~一,..巨65俘上/(xi~1(-1)2.83,03.2.r乙甲丙待测热敏电阻RT（在实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；电源E（电动势1.SV,内阻r约O.Sn);电阻箱R（阻值范围0~9999.9叨）；滑动变阻器R1（最大阻值20.Q);滑动变阻器R人最大阻值2000fl);微安表（蛊程lOOµA,内阻等千2500fl);开关两个，温控装置一套，导线若干。(1)为了更准确地测岱热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用（选填“R1"或“R2")。(2)请用笔画线代替导线，将图丙实物图（不含温控装置）连接成完整电路。(3)下列实验操作步骤，正确顺序是。＠调节电阻箱，使微安表指针半偏@）保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2@)记录温度和电阻箱的阻值，处理数据＠调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏

7g)连接电路，闭合S1、S2(4)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Jl,该溫度下热敏电阻的测量值为Q（结果保留到个位），该测谥值（选填“大千”或“小于“)真实值。(5)多次实验后，实验小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐（选填“增大”或“减小”)。【答案】(l)R1;(2)见解析；(3)@©0(D@;(4)3500,人千；（5）减小（解析】(1)用半偏法测肚热敏电阳的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由千该支路与滑动变阻器左端部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后该部分电阻变化越小，从而电压的仙变化越小，故滑动变阻器应选R1;(2)实物图如图(3)根据实验原理与实验操作可知正确顺序是＠©@CD@。(4)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即热敏电阳和微安表的电阻之和与电阻箱阻值相等，有Rr+RµA=6000[2可得Rr=3500[2当断开S2,微安表半偏时，由于该支路电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻们略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏屯阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测员值比页实值偏大：（5）由于是lnR尸卢图像，当温度T升高时，幸减小，从图中可以看出lnRT减小，则RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。ll.（l2分）戴口罩是防御新冠肺炎的有效措施，某防护口罩如图所示。已知某病菌穿过最外层（需克服阻力做功Wo)后，先与中间层的一静止静电颗粒发生正碰并粘合在一起，然后在电压U的作用下恰好减速停下，从而被中间层阻挡。将该病菌视为质量m的不带电小球，静电颗粒视为质址为f]m、带电址为q的最里小球，不计其它病菌和颗粒的影响。求•中间最外(1)该病菌与静电颗粒发生正碰后的速度大小巧

8(2)该病菌进入口罩前的初速度大小v。【答案】解：（1）一起克服电场减速，由动能定理可得－qU=0-½(m+{Jm)叶(2)病陌与静电颗粒碰撞，由动兄守恒可得：mv=(m+{Jm)v12病荀穿过最外层，由动能定理可得－W。＝－m沪－－mv。2212.(20分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。y

9所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）。根据平行四边形定则，有m9=qE1tane解得£1=丑型q(2)带电粒子从a点运动到c点的过程巾，速度大小不变，即动能不变，目重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零。山于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有qvBcos0=mg带电粒子通过a点的水平分速度Vx=vcos0＝呾Bq带电粒千在第一象限时的水平加速度ax＝芒＝{3g吐西而g带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=-=。2a682q2m3g2由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功Ww=qE1x=电28勺2m为2因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化景大小AE屯＝五平(3)在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重丿Jmg、电场力qE3和洛仑兹丿JqvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE3=mg沪设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二九伴，有qvB=m~竺2mn带电微粒做匀速圆周运动的周期T=~=qB带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接be弦，因Oa=Oc,所以t:iabc为等腰三角形，即LOcb=LOab=30°过b点做ab的垂线，与x轴交千d点，因LOba=60°,所以LObd=30°,因此t:ibed为等腰三角形，be弦的乖直平分线必交于x轴上的d点，即d点为轨迹圆的圆心。所以带电粒了在第四象限运动的位移Xab=Rcot0=-J3R范m其在第四象限运动的时间t1=汪2=vqB由卜述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°,即转过－圆周，所以从b到T2亢mc的运动时间t2=－＝—-33qB范m.2兀m2兀m因此从a点运动到c点的时间t=t,1+tt2=—+—=（祁＋－）一。qB3qB3qB［物理——选修3-3](15分）13.(1)(5分）下列说法正确的是（)

10A.当分子间的作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小B.自然发生的热传递过程都是沿着分子热运动无序性减小的方向进行的C.已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求得气体分子的大小D.在完全失重状态下，水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果E.相同质党和温度的氢气与氧气（均视为理想气体）相比，平均动能相等，内能不相等【答案】ADE【解析】A当分子间的作用力表现为斥力时，距离增大，分了力做IF功，分子势能随分子间距离的增大而减小，故A正确；B根据热力学第一定律知自然发生的热传递过程都是沿养分子热运动无序性增大的方向进行的，故B错误；C.用气体的摩尔休积和阿伏加德罗常数可以估算气体分子所占据空间的休积，由于气休分千的休积和分子所占的休积个同，所以不能由气休的摩尔休积和阿伏加德罗常数估算气体分子的休积，故C铅误；D．因为液体表面分子较稀疏，表面层内液体分子表现为引力，从而形成表面张力，表面层收缩。由数学知识可得，相同体积物体，球体的表面积最小，在完令失币状态下，水滴呈球形，故D正确；E.物体的内能与物体物原的显、温度和体积有关，相同阮蜇和温度的氢气与氧气（均视为理想气体）相比，平均动能相等，但它们物顶的篮不同，内能不相等，故E正确；故选ADE。(2)C10分）现阶段新冠肺炎疫情仍未结束，医院需要充足的氧气瓶储备，还要定期检查与保养。某医院有一容积为80L氧气钢瓶，在夏季某天，已知环境温度为27°C.初得瓶内的氧气（可视为理想气体）压强为1.2X107Pa,此时氧气刚好达标；由千长时间未用，某天测得该氧气瓶内的压强为9x106Pa,这天环境的温度为7°c。(i)通过计算判断该氧气瓶是否漏气；(ii)若某日温度为7°C时，铡得该氧气瓶内氧气的压强为8x106Pa,为了使该瓶内氧气达标，求需要对其充入温度为7°C、压强为1X105Pa的氧气多少升。【答案】解：（t)假设没有涌气，气体做等容变化，气体初状念压强：p1=1.2x107Pa,温度T1=(273+27)K=300K设气体未状态的压强起P2,未状态温度T2=(273+7)K=280KPi_P2根据查押定律得：了＝－lT2代入数据解得：P2=1.12X107Pa>9X106Pa，纸气瓶已经漏气(U)将氧气瓶早的气体和即将充入的气体作为一个整体，且两部分温度相同，

11氧气瓶内气体压强为p3=8X106Pa,将允入的气体压强因＝1X105Pa气体温度不变，根据玻意耳定律得：p3V+p4压＝p2V其中V=80L.代入数据解得：V充＝2560L［物理—一选修3-4](15分）14.(1)(5分）2021年7月1日，上午，中国共产党成立100周年庆祝大会在北京天安门隆重举行，中央广播电视总台全程直播。央视首次使用5G网络代替传统微波技术进行移动4K高清视频直播，5G技术大带宽、低延时的技术优势在直播中得以充分展现，全国人民看到了精彩的现场直播。下列说法正确的是()A.现场影像资料传输的时候利用了5G高速网络，5G网络技术使用更高频率的传输波段，单个基站覆盖范围更大，更利千信号绕过陷碍传播B．在广场上两个喇叭之间行走时，听到声音忽高忽低，这是两个喇叭发出的声波的干涉现象造成的C.现场摄影师使用的照相机镜头采用锁膜技术增加透射光上，这利用了光的薄膜干涉原理D.当天活动结束后，有演职人员发现，通过前方路面的“积水”可以看到前方行车的倒影，但是走到前方发现路面无水，这是因为柏油马路温度较高，靠近地表的空气密度较小，光线发生了全反射E.现在很多家庭使用的是光纤有线网络电视，信号在光纤中的高速传播利用了光的干涉原理（答案】BCD【解析】A现场影像资料传输的时候利用[SC高速网络，SG网络技术使用更高频率的传输波段，总味希波长更短，缺点就是单个基站覆盖池围小，需要更多基站才能实现信号全覆盖，故A错误；B．广场上两个喇叭之间行走时，听到声音忽高忽低是两个喇叭发出的声波的干涉现象造成的，故B芷确；C．现场摄影师使用的照相机镜头采用锁膜技术增加透射光，这是利用了光的薄膜干涉原理，故C正确；D当前方路面有水可以石到前方行午的倒影，但是走到前力发现路面无水，这是因为柏油马路温度较高，靠近地表的空气密度减少，光在传播过程中发生了全反射，故D正确；E．现在很多家庭使用的是光纤有线网络电视，信号在光纤中高速传播利用的是光的全反射原理，故E错误。故选：BCD。(2)(10分）一水池宽d=1.2m,深h=1.6m,在水池边上直立一根高H=0.8m的木杆AB,一光源D发射激光束，光源D位于水池口部F正下方0.8m处。当水池中没有水时，光源发出的光刚好照到B点。不改变光源的方向，当池内装满水时，光源发出的光照到木杆上的E点，AE=0.45m。

12F(i)求水的折射率；(ii)将光源移到底部的G点，当池内装满水时，改变发射激光束的方向，光束能否在水面发生全反射？:,IIB:B,',【答案】解：（i）依题意，作出光路图如图所示由几何关系，已知水池宽d=1.2m,AE=0.45m,DF=0.8m,奾＝37°,sin{3=OA=06=?VOA2+AE2vt062+04524sin{3由折射定忭得n=－sini5解得：n=.::'.;4(U)由折射定律知，114sinC=.::=i=:n;S'即C=53°,将光源移到底部的G点，当池内装满水时，如图所示当激光束射到水池边时入射角最大，由几何关系得，此时入射角）=37°,因为）＜c,所以无论如何改变发射激光束的方向，光束均不能在水面发生令反射。

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