2022年高考押題預測卷03【湖北卷】物理·全解全析1234567891011CCDADDCBCACDACBD 一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度一時間圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是圖中的（　?。?/span>A． B．C． D．【答案】  C【解析】負電荷所受電場力方向與電場強度方向相反，根據(jù)v-t圖像可知電荷的加速度逐漸增大，即電荷所受電場力逐漸增大，又根據(jù)電場線越密集電場強度越大可知，從A到B電場線逐漸密集，綜上所述可知，ABD錯誤，C正確。故選C。2．卡車裝載大型貨物時，常會在車尾搭一塊傾斜木板。如圖所示，工人用平行于斜面的力將貨物沿斜面從底端勻速推到頂端。已知貨物與木板間的動摩擦因數(shù)不變。下列說法正確的是（　?。?/span>A．斜面越長，推力越大B．斜面越短，推力越大C．斜面越長，工人做功越多D．斜面越短，工人做功越多【答案】  C【解析】AB．假設斜面長為，從底端到頂端高為，斜面傾角為，其中高為定值，根據(jù)受力平衡可得聯(lián)立可得令，可得當推力最大值為此時有解得AB錯誤；CD．因為貨物勻速運動，根據(jù)動能定理可得解得可知斜面長度越大，推力做功越多，C正確，D錯誤；故選C。3．在如圖所示的電路中，變壓器為理想變壓器，三個定值電阻的阻值相同，變壓器原副線圈的匝數(shù)比為。在a、b端加上交變電壓U，開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I，則下列說法正確的是（　?。?/span>A．開關S斷開時，變壓器的輸入功率為UIB．開關S斷開時，定值電阻的阻值均為C．開關S斷開時，原副線圈電路中電阻消耗的功率之比為D．開關S閉合后，電流表的示數(shù)為【答案】  D【解析】A．開關S斷開時，變壓器原線圈輸入電壓小于，則變壓器的輸入功率小于，故A錯誤；B．開關S斷開時，設定值電阻的阻值為，閉合開關前，根據(jù)電流的關系，可知副線圈的電流為，副線圈兩端的電壓為，根據(jù)變壓比，原線圈兩端的電壓為，結合串并聯(lián)電路的特點有解得故B錯誤；C．開關S斷開時，副線圈電路中電阻消耗的功率原線圈電阻消耗的功率可得故C錯誤；D．當開關S閉合后，設電流表的示數(shù)為，副線圈中的電流為，副線圈兩端的電壓為，原線圈兩端的電壓為，則結合解得故D正確。故選D。4．水下一點光源發(fā)出a、b兩單色光。人在水面上方，向下看如圖所示，水面中心Ⅰ區(qū)域有a光、b光射出，Ⅱ區(qū)域只有a光射出。下列判斷正確的是（　　）A．a、b光從Ⅰ區(qū)域某點傾斜射出時，a光的折射角小B．在真空中，a光的波長小于b光的波長C．水對a光的折射率大于對b光的折射率D．水下a、b光不能射到圖中Ⅱ區(qū)域以外區(qū)域【答案】  A【解析】AC．由題分析可知，b光在I區(qū)域邊緣發(fā)生了全反射，a光Ⅱ區(qū)域邊緣發(fā)生了全反射，則知a光的臨界角比b光的臨界角大，由知，水對a光的折射率小于對b光的折射率，由折射定律知：a、b光從I區(qū)域某點傾斜射出時，a光折射角小，故A正確，C錯誤；B．水對a光的折射率小于對b光的折射率，則a光的頻率小于b光的頻率，由知，在真空中，a光的波長大于b光的波長，故B錯誤；D．根據(jù)題意無法判斷，水下、光能否射到圖中Ⅱ區(qū)域以外區(qū)域，因為即使有光射到圖中Ⅱ區(qū)域以外區(qū)域，、光都發(fā)生全反射，沒有光線從水面射出，故D錯誤。故選A。5．可見光的光子能量范圍加下表所示：色光光子能量范圍（eV）紅橙黃1.61-2.002.00-2.072.07-2.14綠藍—靛紫2.14-2.532.53-2.762.76-3.10 氫原子的能級示意圖如圖所示，大量處于某激發(fā)態(tài)的氫原子在向低能級躍遷時發(fā)出的光，其光譜線只有1條處于可見光范圍內。根據(jù)以上信息可知處于該激發(fā)態(tài)的氫原子（　　）A．發(fā)出的可見光顏色是藍—靛????????????? B．處在第4能級C．最多可以釋放出6種頻率的光 D．在紅光照射下可以被電離【答案】  D【解析】B．如果該激發(fā)態(tài)的氫原子處在第4能級，則可以發(fā)出兩種可見光，光子能量分別為，故B錯誤；A．由于躍遷時發(fā)出的光只有一種可見光，可知該激發(fā)態(tài)的氫原子處于第3能級，則發(fā)出的可見光的光子能量為則發(fā)出的可見光顏色是紅光，故A錯誤；C．由于該激發(fā)態(tài)的氫原子處于第3能級，則最多可以釋放出3種頻率的光，故C錯誤；D．由于該激發(fā)態(tài)的氫原子處于第3能級，則在紅光照射下可以被電離，故D正確。故選D。6．如圖所示，有一條沿順時針方向勻速轉動的傳送帶，其速度m/s。傳送帶與水平面間的夾角為?，F(xiàn)將一質量kg的物塊輕放在其底端（物塊可視為質點），與此同時，給物塊沿傳送帶方向向上的恒力N。經(jīng)過一段時間，物塊運動到了離地面高為m的平臺上。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力（g取10m/s2，，）。則以下說法正確的是（　?。?/span>A．物塊先做勻加速運動再勻速運動B．物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間為2.1sC．若在物塊與傳送帶達到相同速度時。立即撤去恒力F，物塊先減速上滑再加速下滑從傳送帶的下端離開傳送帶D．若在物塊與傳送帶達到相同速度時。立即撤去恒力F，物塊再經(jīng)過s離開傳送帶【答案】  D【解析】AB．對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速度為零的勻加速運動，直至速度與傳送帶的速度相同，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得m/s2物塊加速過程所用的時間s運動的距離m物塊與傳送帶共速后，對物塊進行受力分析可知，物塊受到的摩擦力的方向改變，因為N，而重力沿傳送帶向下的分力和最大靜摩擦力之和為10N，所以物塊相對傳送帶以a2繼續(xù)向上加速，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得m/s2繼續(xù)向上加速過程傳送帶長度為解得s故物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間sA、B錯誤；CD．若共速后撤去恒力，因為，對物塊進行受力分析可知，物塊將減速向上運動，有代入數(shù)據(jù)解得m/s2經(jīng)判斷，物塊在速度減到零之前，已經(jīng)從傳送帶上端離開，設物塊還需時間離開傳送帶，離開時的速度大小為，則由運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得m/s故sC錯誤D正確。故選D。7．質量分布均勻的鐵鏈，拉住鐵鏈的一端，鐵鏈的另一端剛好與地面接觸，從靜止釋放，鐵鏈落地之后不反彈，鐵鏈的體積可以忽略，則鐵鏈下降過程中，鐵鏈對地面的作用力與落到地面部分的鐵鏈的重力的比值為（　?。?/span>A．1 B．2 C．3 D．4【答案】  C【解析】設下落部分鐵鏈長度為，單位長度的質量為，則此時鐵鏈的速度為，下落到地面上的質量為 鐵鏈對地面的作用力分為兩部分，一部分是落到地面的鐵鏈由于受到重力而對地面的壓力，另一部分是鐵鏈撞擊地面時對地面的沖擊力，顯然有考慮極短的時間，這段時間落到地面的長度為，由動量定理有解得 則有故ABD錯誤，C正確。故選C。8．如圖甲所示為一簡諧橫波在s時的波形圖，P是平衡位置在m處的質點，S是平衡位置在m處的質點，Q是平衡位置在m處的質點，圖乙所示為質點S的振動圖像。下列說法中正確的是（　　）A．這列波沿x軸正方向傳播B．時，P正沿y軸負方向減速運動C．P與Q—定總是同時回到平衡位置D．s時P、Q偏離平衡位置的距離之和為20cm【答案】  BC【解析】A．由S點的振動圖像可知，s時刻，質點S沿y軸負向振動，結合波形圖可知這列波沿x軸負方向傳播，選項A錯誤；B．因波的周期為T=0.6s，則0.3s=，即時波形與圖示位置關于x軸對稱，質點P在平衡位置下方，正沿y軸負方向減速運動，選項B正確；C．P與Q兩點平衡位置相差半個波長，則—定總是同時回到平衡位置，選項C正確；D．質點P在s時刻離開平衡位置的位移為其中，解得因為P與Q兩點平衡位置相差半個波長，則兩質點的位移等大反向，則此時P、Q偏離平衡位置的距離之和為10cm，選項D錯誤。故選BC。9．如圖所示，在直角三角形的內切圓中有垂直紙面向外的勻強磁場，為切點，。現(xiàn)從O點垂直邊同時射入兩個帶異種電荷的粒子，忽略兩粒子之間的作用力，不計粒子重力，兩粒子同時分別由兩點射出磁場。則下列說法正確的是（　?。?/span>A．正、負粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期之比為B．正、負粒子的比荷之比為C．正、負粒子的運動速度之比為D．只改變帶正電粒子進入磁場的入射方向，則正粒子一定垂直射出三角形區(qū)域【答案】  ACD【解析】A．根據(jù)題意，兩粒子垂直邊射入磁場，即對著圓心進入磁場，則兩粒子必背離圓心射出磁場，粒子軌跡如圖所示，利用左手定則可得，由D點射出磁場的粒子帶正電，由E點射出磁場的粒子帶負電，設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關系可得帶正電粒子的軌跡半徑為帶負電粒子的軌跡半徑為由兩者在磁場中的運動情況可知，帶正電粒子在磁場中運動的時間為，帶負電粒子在磁場中運動的時間為，由于兩者在磁場中的運動時間相等，則正、負粒子的周期之比為，故A正確；B．又由周期公式可得正、負粒子的比荷之比為，故B錯誤；C．由可知則正、負粒子的運動速度之比為，故C正確；D．由于帶正電粒子的軌跡半徑等于圓形磁場區(qū)域的半徑，由幾何關系可知，改變入射方向后，粒子射出圓形磁場時的方向都與射入點和磁場圓圓心連線垂直，即垂直于，故D正確。10．如圖所示，在磁感應強度為B的豎直向下的勻強磁場中，足夠長的直金屬桿b固定在絕緣水平面上。另一根金屬桿a折成“V”形，兩邊夾角，金屬桿a跨在b桿的上方，接觸良好，角平分線與b桿垂直，兩桿單位長度的電阻均為?，F(xiàn)給金屬桿a一初速度v并用水平拉力F拉著金屬桿a使其沿角平分線方向勻速從b桿上滑過，從金屬桿a的彎折點經(jīng)過b桿時開始計時，忽略兩桿的粗細，不計一切摩擦。一段時間內，關于拉力F及回路中電流I隨時間t的變化圖象，下列選項正確的是（　?。?/span>A． B．C． D．【答案】  AC【解析】AB．a桿受到的安培力t時刻拉力大小為故A正確，B錯誤；CD．經(jīng)過時間桿前進的距離為b桿接入閉合回路的長度為閉合回路的總長度為總電阻為a桿接入閉合回路的部分切割磁感線的等效長度等于L，產(chǎn)生的電動勢回路電流可見回路電流為定值，故C正確，D錯誤。故選AC。11．A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內沿同一方向繞地球做勻速圓周運動，它們之間的距離隨時間變化的關系如圖所示，不考慮A、B之間的萬有引力，已知地球的半徑為，萬有引力常量為，衛(wèi)星A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，則以下說法正確的是（　?。?/span>A．衛(wèi)星A的發(fā)射速度可能大于第二宇宙速度B．地球的第一宇宙速度為C．地球的密度為D．衛(wèi)星A的加速度大小為【答案】  BD【解析】A．人造地球衛(wèi)星繞地球轉動的發(fā)射速度應大于等于第一宇宙速度，又小于第二宇宙速度，故衛(wèi)星A的發(fā)射速度不可能大于第二宇宙速度，A錯誤；B．設衛(wèi)星的軌道半徑為，衛(wèi)星的軌道半徑為，結合圖像有解得，設衛(wèi)星繞地球做勻速圓周的周期為，則有解得設衛(wèi)星繞地球做勻速圓周的周期為，則有解得由圖像可知每經(jīng)過，兩衛(wèi)星再一次相距最近，則有聯(lián)立解得則地球質量為設地球的第一宇宙速度為，則有解得B正確；C．設地球密度為，則有解得C錯誤；D．設衛(wèi)星A的加速度大小為，則有解得D正確；故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共56分。12. （7分）用電流表和電壓表測一節(jié)干電池的電動勢和內阻（電動勢約為1.5V，內阻小于1Ω）除給出的電池、導線和開關外，還有以下器材可供選擇：A．直流電流表（0~0.6A）B．直流電壓表（0~2V）C．滑動變阻器（阻值范圍為0~20Ω，額定電流為2A）D．滑動變阻器（阻值范圍為0~1000Ω，額定電流為0.1A）（1）實驗電路圖如圖甲所示，為了得到盡可能好的實驗效果，實驗中滑動變阻器應選______；（填器材前的字母序號）（2）根據(jù)實驗中測得的數(shù)據(jù)作出U-I圖線如圖乙所示。根據(jù)圖線可知：電池的電動勢E=______V，內阻r=______Ω。【答案】       C     1.45     0.70【解析】（1）電源內阻很小，為方便調節(jié)，滑動變阻器應選C；（2）由電源U?I圖象可知，圖象縱坐標截距為1.45，則電源電動勢E=1.45V。電源內阻為13. （9分）（1）在探究碰撞中的不變量時，采用如圖所示的實驗裝置，儀器按要求安裝好后開始實驗，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接靜止放在斜槽末端的水平部分，在白紙上記錄重錘位置和各小球落點的平均位置依次為O、A、B、C，則下列說法中正確的是______；A．第一、二次入射小球的落點依次是B、AB．第一、二次入射小球的落點依次是C、BC．第二次入射小球和被碰小球落地時間相同D．第二次入射小球和被碰小球落地時間不相同（2）入射小球1與被碰小球2直徑相同，它們的質量m1和m2的關系應是m1______m2；（3）安裝和調整實驗裝置的要求是：斜槽末端切線①______；入射小球每次應從②______釋放；（4）設入射小球被碰小球的質量分別為m1、m2，不放球m2，球m1 從槽上滾下，落到B，與O點距離記為OB；放上球m2，落點分別為A和C，與O點距離分別記為OA和OC，則驗證兩球撞前后動量守恒的表達式為______。【答案】       AC     大于     水平     同一高度靜止釋放     m1OB=m1OA+m2OC【解析】（1）AB．入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以B點是沒有碰時入射小球的落地點，A點是碰后入射小球的落地點，C碰后被碰小球的落地點，故A正確，B錯誤；CD．碰后都做平拋運動，豎直高度相同，所以第二次入射小球和被碰小球將同時落地，故C正確，D錯誤。故選AC；（2）為了防止入射球反彈，應讓入射球的質量大于被碰球的質量；（3）實驗中必須保證小球做平拋運動，而平拋運動要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽軌道必須要水平，至于是否光滑沒有影響，只要能水平拋出就行；為確保有相同的水平初速度，所以要求從同一高度無初速度釋放。（4）小球做平拋運動，高度決定時間，故時間相等，設為t，則有OB=v0tOA=v1tOC=v2t根據(jù)動量守恒得m1v0=m1v1+m2v2將以上各式代入可得m1v0t=m1v1t+m2v2t即m1OB=m1OA+m2OC14. （9分）如圖甲所示，汽缸A的體積是汽缸B體積的1.5倍，汽缸C與汽缸B的體積相同。當活塞從汽缸A的最右端N移動到最左端M完成一次抽氣時，打開、關閉。從M到N完成一次充氣時，關閉、打開。某一次抽氣前，活塞位于N處。如圖乙所示，B、C中封閉有壓強均為的同種理想氣體。整個裝置氣密性和導熱性良好，環(huán)境溫度保持不變。求：（1）完成一次抽氣后，汽缸B內氣體的壓強；（2）完成一次抽氣和充氣后，汽缸C內氣體的壓強。【答案】  （1）0.4p0；（1）1.6p0【解析】（1）對容器       B內的氣體，初態(tài)壓強p1=p0，體積V；末態(tài)壓強p2，體積2.5V則由玻意耳定律可知解得p2=0.4p0（2）完成一次抽氣和充氣后，對AC整體內的氣體，由玻意耳定律解得汽缸C內氣體的壓強壓強pC=1.6p015. （13分）如圖所示，質量為的物塊a和質量為的物塊b均靜止在同一水平面上，物塊a與豎直擋板間放有一輕彈簧，物塊b放置在傾角為的斜面底端。開始時彈簧處于原長狀態(tài)，某時刻起以大小為的恒力作用在物塊a上使其壓縮彈簧，當物塊a速度為零時立刻撤去恒力并在物塊a離開后撤去彈簧并前移擋板至管道口，物塊a沿光滑半圓水平管道運動，之后與物塊b發(fā)生彈性碰撞，物塊經(jīng)過銜接處時沒有能量損失。已知彈簧的勁度系數(shù)且彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為，物塊a與斜面間的摩擦力可忽略，物塊b與斜面間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊a與擋板碰撞過程時間極短且無能量損失，，物塊均可視為質點，管道很細。（1）求撤去恒力F瞬間彈簧儲存的彈性勢能；（2）物塊b第一次靜止前恰未與物塊a發(fā)生第二次碰撞，求半圓軌道的半徑；（3）求碰撞后物塊b上升高度的最大值。【答案】  （1）；（2）；（3）【解析】（1）物塊a受到恒力F和彈簧彈力作用，根據(jù)對稱性原理可知，當物塊a受到的合力大小與F相等、方向與F相反時，物塊a的速度為零，設此時彈簧的壓縮量為，有根據(jù)功能關系可知，撤去恒力F瞬間彈簧儲存的彈性勢能為解得（2）設滿足要求的半圓管道半徑為R對物塊b有可知物塊b在斜面上速度減到零后不會下滑物塊a第一次離開彈簧瞬間，有物塊a與物塊b發(fā)生彈性碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有解得物塊b在斜面上運動過程中，由牛頓第二定律有第一次碰撞后物塊b在斜面上的運動時間為運動距離為物塊a在斜面上運動時的加速度大小為第一次碰撞后，物塊a沿半圓管道運動的時間為對物塊有可得（3）設物塊b最終靜止時到水平面的高度為h，對整個過程由能量守恒定律有解得16. （18分）如圖所示，平行光滑且足夠長的金屬導軌ab、cd固定在同一水平面上，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=2T，導軌間距L=0.5m。有兩根金屬棒MN、PQ質量均為1kg，電阻均為0.5Ω，其中PQ靜止于導軌上，MN用兩條輕質絕緣細線懸掛在掛鉤上，細線長h=0.9m，當細線豎直時棒剛好與導軌接觸但對導軌無壓力。現(xiàn)將MN向右拉起使細線與豎直方向夾角為60°，然后由靜止釋放MN，忽略空氣阻力。發(fā)現(xiàn)MN到達最低點與導軌短暫接觸后繼續(xù)向左上方擺起，PQ在MN短暫接觸導軌的瞬間獲得速度，且在之后1s時間內向左運動的距離s=1m。兩根棒與導軌接觸時始終垂直于導軌，不計其余部分電阻，重力加速度g=10m/s2，求：（1）當懸掛MN的細線到達豎直位置時，MNQP回路中的電流大小及MN兩端的電勢差大小并判斷哪端電勢高；（2）MN與導軌接觸的瞬間流過PQ的電荷量q；（3）MN與導軌短暫接觸過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。【答案】  （1）1.5V，M端電勢高；（2）1C；（3）2J【解析】（1）設MN擺動到豎直位置剛好與導軌接觸時速度為，由機械能守恒定律得得此時MN產(chǎn)生的感應電動勢回落中的感應電流MN兩端電勢差根據(jù)右手定則可判斷M端電勢高。（2）由題意得，PQ做勻速運動，則有對PQ由動量定理得又解得（3）在MN與導軌接觸的短暫時間t內，MN與PQ系統(tǒng)動量守恒，選向左為正方向有解得PQ棒接觸導軌后擺起的速度由能量守恒定律得解得回路中產(chǎn)生的焦耳熱 
 

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