全国卷2022届高考物理考前冲刺卷三解析版.docx

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1、（全国卷）2022届高考物理考前冲刺卷（三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（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15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选

2、对但不全的得3分，有选错的得0分。1某趣味物理实验中，在水平桌面上从桌子一角A向B发射一个乒乓球，一同学在桌边试着用一支吹管将球由B处吹进球门C，AB垂直BC，如图所示，该同学将吹管对准C用力吹，但球没有进入球门。于是该同学调整了实验方案，你认为可能成功的是（）A用更大的力在B处吹气B将吹管向左平移适当距离C将球门C沿直线CB向B点移动一小段距离D将吹管绕B点顺时针转动90，正对着A吹气【答案】B【解析】原方案中，吹管吹气只改变了球沿BC方向的速度，而沿AB方向的速度不变，所以单纯沿BC方向吹气而施加力的作用不能使球落入球门中。用更大的力在B处吹气，只能加快BC方向速度变化，不能使球进入球门，

3、故A错误；如果在球到达B点前吹气，到达B点时乒乓球已经沿垂直AB方向运动了一段距离，根据运动的合成与分解的知识可知，球可能落入球门中，故B正确；将球门C沿直线CB向B点移动一小段距离，与原方案一样，不能落入球门，故C错误；将吹管绕B点顺时针转动90，正对着A吹气，小球只能做直线运动，不会入球门，故D错误。2安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极。闭合开关，电路稳定后，发现铜环静止不动，安培由此错失发现电磁感应现象的机会。实际上，在电路闭合的瞬间（）A从右侧看，铜环中有逆时

4、针的感应电流B从右侧看，铜环中有顺时针的感应电流C铜环仍保持不动D铜环会远离磁铁【答案】A【解析】根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则从右侧看，线圈的感应电流逆时针，故A正确，B错误；当线圈中有逆时针方向的电流时，可等效为右侧为N极的磁体，则当处于左侧是S极的条形磁铁的磁场中，铜环会靠近磁铁，故CD错误。3黑光灯是利用变压原理来灭蛾杀虫的一种环保型设备。如图是黑光灯高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将U1220 V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5 cm。已知空气在常温常压下将被超过6220 V/cm的电场击穿。为防止空气被击穿而造成短路，变压

5、器的副线圈匝数与原线圈匝数比最大为（）A101B110C22311D31122【答案】A【解析】由题意可知，高压电网部分的电压不能超过，即副线圈电压的最大值为，有效值，根据变压器的原、副线圈电压与匝数比的关系可得，故选A。4静止在真空匀强电场中的某原子核发生衰变，其衰变粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示（a、b表示长度）。原子核重力不计，则该衰变方程可能是（）AUThHeBCThPaeDCNe【答案】A【解析】如图，原子核在O点发生衰变后，号粒子粒子从O到A做类平抛运动，号粒子从O到B做类平抛运动，则知、号粒子所受的电场力方向均向右，与电场方向相同，

6、则、号粒子均带正电，由动量守恒有，对号粒子有，则，又；对号粒子有，则，又，由于电场强度相同，且时间相等，解得，联立解得，A正确。52021年5月15日，中国首次火星探测任务“天问一号”着陆巡视器安全“到站”，着陆乌托邦平原，红色火星第一次留下了中国印迹。在发射探测器的过程中，探测器绕地球在轨道1上做匀速圆周运动的轨道半径为R1（图a），绕火星在轨道2上做匀速圆周运动的轨道半径为R2（图b）。地球与火星的质量分别为M1、M2，二者均可视为质量分布均匀的球体。在相同时间内，探测器与地球球心连线扫过的面积为S1与火星中心连线扫过的面积为S2，则是（）ABCD【答案】D【解析】由几何关系可知，对于同一

7、个圆扫过的圆心角与扫过的面积成正比，设探测器与地球球心连线在t时间扫过的圆心角为，则有，解得，由，可得，同理可得，探测器绕地球做匀速圆周运动有，解得，联立可得，同理可得，则，故D正确，ABC错误。6如图，MN2R，OPH是以N为圆心、半径为R的半圆。M、N处分别有等量的正、负点电荷q和q（q0）。取无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（）AO、H两点的电场强度大小关系为EOEHBO、H两点的电势大小关系为OH0C带负电的试探电荷沿OPH移动，其所受电场力大小不变D带负电的试探电荷沿OPH移动，其电势能逐渐增大【答案】AD【解析】等量异种电荷电场线分布如图所示，根据电场线疏密代表场强，密的地方

8、场强大，可知，O、H两点的电场强度大小关系为EOEH，故A正确；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且这条等势线一直延伸到无穷远，是零势线O0，故B错误；带负电的试探电荷沿OPH移动，电场线疏密改变，则场强改变，受电场力大小改变，故C错误；带负电的试探电荷沿OPH移动，只在负电荷电场中，电势不变，只在正电荷电场中，电势减小，根据电势叠加可知，电势减小，由可知其电势能逐渐增大，故D正确。7某小组利用频闪照相的方法研究小球摆动的运动过程，在远处从与小球摆动平面垂直的视角拍摄小球在摆动过程中的多个位置的照片。从小球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录小球从A位置由静

9、止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中小球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对该实验进行分析可知（）A小球从A位置运动到最低点O的过程中摆球的重力功率先增大后变小B小球被刻度尺挡住的前后瞬间绳子拉力不变C小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒D小球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为0【答案】AC【解析】由，在A位置小球的速度为零，所以重力的功率为零，在O点，速度在水平方向，重力竖直向下，所以90，所以重力的功率为零，根据极值法可得，重力的功率先增大后减小，故A正确；小球被刻度尺挡住的前后瞬间，速度不变，摆动的半径减小，根据，小球被刻度尺挡住的前后瞬间绳子拉力变大，故B错误；小球从

10、A点运动到B点的过程中，绳子拉力不做功，只要重力做功，故机械能守恒，故C正确；由，可得从A到B的过程中重力作用了一段时间t，故重力的冲量不为零，故D错误。8如图所示，在xOy平面内，0xa区域有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，ax2a区域有垂直于纸面向外的匀强磁场（大小未知）。一质量为m、带电量为q（q0）、速度大小的粒子由坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，粒子最后又从y轴射出磁场区域。下列说法正确的是（）A粒子可能从y轴负方向垂直y轴射出磁场B粒子在ax2a区域的轨道半径可能是aC粒子在两磁场中的运动时间之和可能为D仅减小粒子的入射速度，该粒子一定从y轴射出

11、磁场区域【答案】ACD【解析】由粒子沿x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在y轴上，由洛伦兹力提供向心力有，得0xa区域圆周运动的半径，取粒子在ax2a区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图，由图可知此时粒子从y轴负方向射出磁场，故A正确；取粒子在ax2a区域圆周运动的半径为，有，得，故B错误；粒子在0xa区域的运动周期为，则运动时间为，粒子在ax2a区域，由，得，运动周期为，运动时间为，粒子在两磁场中的运动时间为，若B8B，则，故C正确；取粒子0xa区域速度偏角为，粒子在ax2a区域沿x轴运动的最远距离，若减小粒子的入射速度，粒子在ax2a区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会

12、从磁场的右侧离开，一定从y轴射出磁场区域，故D正确。第卷（非选择题）二、非选择题：本题共6小题，共62分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。（一）必考题。9(6分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重物P相连，另一端与待测物块Q（Q的质量大于m）相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为g。(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz的交流电源，

13、再由静止释放待测物块Q，得到如图乙所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CDFG之间的间距分别是x1、x2、x3x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a_（用题目和图中已知字母表示）；(2)在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M_（用字母m、a、g表示）；(3)若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会_填“偏大”或“偏小”。【答案】(1) (2) (3)偏小【解析】(1)物体P和Q一起做匀加速运动，故对于相等时间间隔的相邻的两个点之间位移差有，所以。(2)忽略阻力的情况下，根据牛顿第二定律有，整理得到。(3)若考

14、虑各种阻力，则测到的加速度偏小，故物体Q质量的测量值会偏小。10(9分)某兴趣小组为了测量电动车上电池的电动势（约为36 V）和内阻r（约为10 ），需要将一个量程为15 V的电压表（内阻Rg约为10 k）改装成量程为45 V的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。以下是该实验的操作过程。(1)由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为50 k的电位器RP（视为可变电阻）与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装，请完成的填空。将总阻值较小的滑动变阻器的滑片P移至最右端，同时将电位器的阻值调为零；闭合开关S，将滑片P向左移动，使电压表的示数为12 V；保持滑片P的位置不变，调

15、节电位器，使电压表的示数为_V；不再改变电位器的阻值，保持电压表和电位器串联，撤去其他电路就得到改装后的电压表。(2)用改装后的电压表接入电路测量己知电压时，其示数总是_（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。(3)通过调整使改装后的电压表准确。该兴趣小组利用一个电阻箱R(0999.9 )和改装后的电压表（电压表的表盘没有改变，读数记为U）连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。该小组首先得出了与的关系式为_（用E、r和U表示），然后根据测得的电阻值R和电压表的读数U作出图像如图丙所示，则该电池的电动势E_V、内阻r_。【答案】(1)4 (2)等于(3) 36 8【解析】(1)由于

16、电压表的内阻不确定，所以不能采用教材提供的方法进行改装。但由于电压表的量程为15V，所以要想将电压表改装成量程为45V的电压表，电位器承担的电压应该是电压表电压的两倍，由于二者之间是串联关系，所以电位器的阻值应调节为电压表内阻的两倍，因此当电压表的示数为12V时，只需调节电位器，使电压表的示数变为4V即可。(2)由于电位器与电压表串联，并且电位器的电阻是电压表的两倍，改装后的电压表总阻值扩大3倍，量程是原来的3倍，当测量已知电压时，原电压表的电压始终是电位器的倍，故改装后的电压表测量已知电压的电路时，其示数总是等于真实值。(3)由闭合电路欧姆定律可知，整理可得，由图像可得，图线的纵截距为，图线

17、的斜率为，解得E36V，。11(12分)如图所示，在xOy平面内固定一圆形金属线框，圆心为O1，半径为R，与y轴相切于原点O。空间存在方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度为2R的均匀导体棒MN，以速率v0由O点开始沿x轴正方向在金属线框上匀速滑过。运动过程中导体棒MN始终与y轴平行，并且中点始终在x轴上，与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。求：(1)导体棒MN运动到O1位置时，通过MN的电流大小和方向；(2)导体棒MN运动位移为x（0x2R）时，导体棒所受安培力的大小。【解析】(1)在O1位置导体棒MN产生的电动势电流由以上两式可得右手定

18、则可以判断通过MN的电流方向：。(2)导体棒MN运动位移为x时，导体棒连入回路的有效切割长度为l，电动势电流受到的安培力0 x R时，由几何关系可知可得安培力R x 2R时，由几何关系可知可得安培力。12(20分)如图所示，一水平传送带以v1 m/s的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量M0.6 kg的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离d11 m，C点到D点的距离d22 m；左边水平台面上有一质量m0.2 kg的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距

19、离L3 m，初始时弹簧储存的弹性势能Ep1.6 J，物块甲与传送带之间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：(1)从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；(2)从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；(3)第3次碰撞点与D点之间的距离。【解析】(1)对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得解得假设物块甲滑过A点后，假设其一直匀减速运动到B点，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有联立解得假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发

20、生第1次碰撞在传送带上匀减速的时间在BC间匀速运动的时间则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间(2)物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别和，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得，甲在传送带上向左滑行位移则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为向右运动到B点时，两者相对位移大小为则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，系统产生的总热量(3)物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为物块乙运动的距离为即当甲物块返回到右边

21、水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在BD的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为，甲在传送带上向左滑行位移则物块甲碰后以2m/s向左滑上传送带减速至0后又反向加速至1m/s，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为。（二）选考题：共15分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。13物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A玻璃、石墨和金刚石都是晶体，

22、木炭是非晶体B一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加C足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果D当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体的内部E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关【答案】BDE【解析】晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，玻璃没有固定的熔点，是非晶体，故A错误；一定质量的理想气体经过等容过程，外界对气体做功为零，即W0，吸收热量，即Q0，根据热力学第一定律UQW，可知其U0，即内能一定增加，故B正确；足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体压强作用的

23、结果，与分子间斥力无关，故C错误；当液体与大气相接触时，液体表面的分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间作用力表现为引力，因此分子力的合力总是指向液体的内部，故D正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，单位体积内气体的分子数越多，气体温度越高，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，故E正确。(2)(10分)如图所示，有甲、乙两个储气钢瓶，甲的体积V18 L，乙的体积V24 L，甲中有压强为7p0的理想气体，乙中有压强为p0的同种理想气体。将甲和乙通过细管连通，甲给乙充气，直到两罐中气体压强相等，充气过程中甲、乙中气体温度相等且

24、温度不变，细管中气体体积忽略不计。求：(i)稳定时乙储气钢瓶中气体压强p；(ii)甲储气罐中剩余气体质量与充气前甲中气体总质量的比值。【解析】(i)根据克拉伯龙方程得其中，解得。(ii)对于甲储气罐，等温膨胀到压强为时，有解得甲储气罐中剩余气体质量与充气前甲中气体总质量的比值为解得。14物理选修34(15分)(1)(5分)一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P的速度为v，经过1.0 s它的速度第一次与v相同，再经过0.2 s它的速度第二次与v相同，则下列判断中正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A波沿x轴正方

25、向传播，波速为6 m/sB波沿x轴负方向传播，波速为5 m/sC若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处D质点M与质点Q的位移大小总是相等，方向总是相反E从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm【答案】BCE【解析】由图读出波长6m，根据质点P的振动情况可得：该波的周期为T1.0s0.2s1.2s，则波速为，根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则波沿x轴负方向传播，故A错误，B正确；由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确；图示时刻，质点M与质点Q的位移

26、大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反，故D错误；该波的周期T1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程，当t2.0s时，代入解得 y20cm，即从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm，故E正确。(2)(10分)如图所示为一横截面为直角三角形ABC的玻璃棱镜，其中A30，D点在AC边上，A、D间距为L，AB2L。一条光线平行于AB边从D点射入棱镜，经AB边反射后垂直BC边射出，已知真空中的光速为c，求：(i)通过计算说明光束能否在AB面上发生全反射；(ii)光束在三棱镜中传播的时间。【解析】光路如图所示。(i)因为光线垂直BC边射出，可知，光线在E点发生反射，根据光的反射定律有，根据几何关系可知，光线平行于AB边从点射入棱镜，入射角，由折射定律有根据几何关系可得光束在AB界面上的入射角大于临界角，因此光线能在AB面上发生全反射。(ii)为等腰三角形，由几何关系有又则光线在棱镜中传播的路程为光线在棱镜中传播的速度光线在棱镜中传播的时间为。