2022年高考物理预测押题卷+答案解析02（湖北卷）

2022年高考押题预测卷02【湖北卷】

物理·全解全析

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．物体放在物体上，物体放在光滑的水平面上，已知，，，间动摩擦因数，如图所示，现用一水平向右的拉力作用于物体上，则下列说法中正确的是（）（　　）

A．当拉力时，静止不动

B．当拉力时，对的摩擦力等于

C．当拉力时，一定相对滑动

D．无论拉力多大，相对始终静止

【答案】  C

【解析】

ACD．当A、B刚要滑动时，AB间的静摩擦力达到最大值。设此时它们的加速度为a0，拉力F的大小为F0。根据牛顿第二定律，对B有

对整体

F0=（mA+mB）a0=（6+2）×6=48N

当拉力F≤48N时，A、B相对静止，一起向右运动。当F＞48N时，AB发生相对滑动。故AD错误，C正确；

B．当拉力F=16N时，AB相对静止，对整体，加速度为

对B有

f=mBa=4N

故B错误；

故选C。

2．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a所示。仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b所示，则图线b电动势瞬时值的表达式是（　　）

A．e＝100sin5πt（V） B．e＝100sin（V）

C．e＝120sin5πt（V） D．e＝120sin（V）

【答案】  B

【解析】

由图可知，调整转速前后周期之比

由ω可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为

调整线圈转速之后，交流电的角速度

ωbrad/s

感应电动势最大值

Em＝NBSω

转速调整前后，NBS相同，Em与ω成正比

由图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势

Ema＝150V

所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势

EmbEma150V＝100V

线圈从中性面开始转动计时，所以图线b电动势的瞬时值表达式

e＝100sin（）（V）

故选B。

3．如图所示，内壁光滑的绝热气缸固定在斜面上一定质量的绝热活塞把气缸分成a、b两部分，两部分中封闭有相同质量、相同温度的同种理想气体，初始时活塞用销钉固定，b部分气体的体积小于a部分气体的体积。现拔掉销钉活塞移动一段距离最终达到平衡状态则最终状态与初始状态相比（　　）

A．a部分气体温度可能不变 B．b部分气体压强可能不变

C．两部分气体压强之差不变 D．两部分气体内能之和增大

【答案】  D

【解析】

根据热力学知识可知b部分气体压强较大，又活塞受到重力沿斜面的分力，所以拔掉销钉后，活塞下降，根据热力学第一定律

由于两部分气体都是绝热的，可知为零，既不吸热也不放热，b部分气体对a部分气体做功，即有

因此b内能减小，温度降低，a内能增加，温度升高，活塞下移，活塞的重力势能减小，根据能量守恒定律可知活塞重力势能的减少量等于a、b两部分气体内能的增大量，；两部分气体的内能之和增大，ABC错误，D正确。

故选D。

4．由于公路维修只允许单车道通行，在一平直车道上，有同向行驶的甲、乙两车，时，甲车在前，乙车在后，相距，速度均为，从此时开始两车按如图所示规律运动，则下述说法正确的是（       ）

A．两车最近距离为 B．两车最近距离为

C．两车一定会相遇 D．时相距最近

【答案】  A

【解析】

ABD．内甲车做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，二者距离越来越近，以后，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动，速度相等时，二者间距最近，根据甲的图求解甲车匀加速直线运动的加速度

速度相等时

解得

故6s时两车相距最近，D错误；

图像下围成的面积为位移，此时甲经过位移

乙的位移

二者最近距离为

A正确，B错误；

C．两车速度相等时未相遇，此后甲的速度大于乙的速度，不可能相遇，C错误。

故选A。

5．如图所示，用两根轻绳将一小球悬挂在两悬点、之间，图中左、右两段轻绳分别与水平方向、竖直方向的夹角均为30°，整个系统静止，这时左段轻绳中的拉力为，现将右段轻绳剪断，当小球运动至最低点时，轻绳中的拉力为，关于、的大小关系，下列判断正确的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】  D

【解析】

剪断前，根据受力平衡有

水平方向：

竖直方向

解得

设左边绳长为L，剪断后，小球先做匀加速直线运动，向下运动高度为L，右边绳子对小球开始有作用力。小球自由落体阶段有

，方向竖直向下

当小球向下运动高度为L时绳子恰被拉直，拉直时由于做功径向分速度为0，保留切向分速度做圆周运动。此时的切向分速度

从此处到最低点过程根据动能定理有

解得

在最低点，根据牛顿定律有

解得

所以

故选D。

6．如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成，管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．下列说法错误的是（　　）

A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，且Y′比Y电势高

B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高

C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）

D．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压

【答案】  A

【解析】

A．电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY′中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY′上加电压，且Y比Y′电势高，选项A错误；

B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，电子在偏转电极XX′间受到的电场力指向X、在YY′间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高，Y比Y′电势高，选项B正确；

C．设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为

可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描，选项C正确；

D．由上分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线，选项D正确。

本题选错误的，故选A。

7．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是（　　）

A．L1灯丝突然短路

B．L2灯丝突然烧断

C．电源的输出功率一定变小

D．电容器C上电荷量减少

【答案】  B

【解析】

安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大．

A．L1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A错误；

B．L2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B正确；

C．电源的输出功率P=UI，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C错误；

D．电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q=CU知电容器的带电量增大，D错误．

8．2020年11月6日，全球首颗6G试验卫星“电子科技大学号”搭载“长征六号”运载火箭在太原卫星发射中心成功升空，并顺利进入预定轨道。该卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道到地面的距离等于地球半径的2倍，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球的自转。则下列分析正确的是（　　）

A．该卫星绕地球做圆周运动的线速度大小为

B．该卫星绕地球做圆周运动的线速度大小为

C．该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为

D．该卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度为

【答案】  BC

【解析】

AB．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，轨道到地面的距离等于地球半径的2倍，则轨道半径r=3R，由万有引力提供向心力

在地球表面万有引力等于重力

联立解得

故A错误，B正确；

CD．有圆周运动公式

解得

由

解得

故C正确，D错误。

故选BC。

9．如图所示，两束不同的单色光A和B，分别沿半径射入截面为半圆形的玻璃砖中后，都由圆心O沿OP方向射出，下列说法正确的是（　　）

A．在玻璃中B光传播的速度较小

B．A光的光子能量较小

C．若分别用这两种单色光做双缝干涉实验，且保持其他实验条件不变，则A光在屏上形成的明条纹宽度较小

D．若用B光照射某金属板能产生光电效应，则用A光照射该金属板也一定能产生光电效应

【答案】  AB

【解析】

A．由题中的图可知，B光的偏折程度大于A光，则B光的折射率大，A光的折射率小，根据

v

得，B光在玻璃中传播速度较小，A正确。

B．A光的折射率小，则频率小，根据

E=hγ

知A光的光子能量较小，B正确；

C．A光的频率小，则波长大，根据

A光在屏上形成的条纹间距较大。C错误；

D．由于A光频率小于B光频率，若用B光照射某金属板能产生光电效应，用A光照射金属，不一定能够发生光电效应，D错误。

故选AB。

10．如图所示，劲度系数为k，满足胡克定律的轻质橡皮筋左端与质量为m、中心有孔的小球相连，右端跨过固定在B点的光滑长钉系在墙上的A点，AB间距离恰好等于橡皮筋的原长。小球可沿着粗糙竖直固定杆移动，小球从C点由静止开始下滑h高度到达D点速度恰好为零其中，AC水平。已知小球与杆间摩擦因数为μ，BC=L。若小球在D点获得一向上的瞬时冲量，其刚好又能到达C点。则以下说法正确的是（　　）

A．小球下滑到D点速度为零时处于平衡状态

B．在整个过程中，橡皮筋的最大弹性势能等于mgh-μkLh

C．小球在D点获得的瞬时冲量为

D．下滑过程与上滑过程摩擦力做功相同

【答案】  CD

【解析】

A．小球由C到D的过程中，小球是先加速后减速，故小球的加速度是先向下后向上，故在D点是具有向上的加速度，不是平衡状态，故A错误；

BC．设小球在D点获得一向上的瞬时速度为v，研究C到D过程，运用动能定理得

研究D到C过程，运用动能定理得

联立解得克服摩擦力做的功为

解得

由两个动能定理方程同时联立解得：从D到C克服弹簧弹力做功

由于在C处弹簧的弹性势能不为零，故最大弹性势能大于，故B错误；

故小球在D点获得的瞬时冲量为

故C正确；

D．小球受杆的弹力等于橡皮筋弹力的水平分量，设橡皮筋与杆的夹角为θ

在过程C到D、过程D到C中

则知在两个过程中克服摩擦力做功相同，故D正确。

故选CD。

11．如图，上端固定的轻弹簧下端系在正方形单匝闭合线框abcd的bc边中点上，线框边长为L，质量为m，电阻为R；在外力作用下线框静止，线框平面（纸面）竖直，ad边水平且弹簧恰好为原长，与ad边相距0.5L的水平边界MN下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。由静止释放线框，当ad边到达边界MN时，线框速度大小为v。不计空气阻力，重力加速度大小为g，弹簧劲度系数且形变始终在弹性限度内。下列判定正确的是（　　）

A．ad边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为

B．ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为

C．ad边刚进入磁场时，线框的加速度大小为

D．线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为

【答案】  CD

【解析】

A．取向下为正方向，根据动量定理得ad边进入磁场前的过程中

由于线框受到的弹簧弹力是不断变化的，故线框加速度是不断变化的，则

所以

故A错误；

B．ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为电源路端电压，由于正方形线框总电阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得

故B错误；

C．ad边刚进入磁场时，线框受到自身重力，竖直向上的弹簧弹力及安培力的作用，根据牛顿第二定律得

又因为ad边刚进入磁场时，弹簧弹力

安培力

联立以上式子解得线框的加速度大小为

故C正确；

D．线框最终静止时，有

求得此时弹簧伸长量为

弹簧及线框系统，根据能量守恒定律可得

联立解得，线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为

故D正确。

故选CD。

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12. （7分）

如图所示是用来“验证机械能守恒定律”的实验装置，弹性球1用长为L的细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿处有一竖直立柱。实验时，调节悬点，使弹性球1静止在最低点时恰好与立柱上的弹性球2接触且两球等高。将球1拉到水平位置并由静止释放，在最低点与球2发生正碰，随后球2落至水平地面上，球1静止，已知两小球完全相同。实验过程中测得立柱高，桌面高，绳长，球2的落地点距O点正下方的水平距离。

（1）关于本实验，下列说法正确的是______。

A．实验过程中需要测量小球的质量

B．本实验中，应使两小球发生弹性碰撞

C．实验过程中需要知道当地重力加速度

（2）本实验中验证机械能守恒定律的表达式为__________。

（3）根据实验数据可得出的结论是__________。

【答案】       B          在误差允许范围内，弹性球1下落过程中机械能守恒

【解析】

（1）B．本实验中，只有使两小球发生弹性碰撞，才能保证两小球在碰撞前后动能不变，B正确；

AC．若小球1下落过程中机械能守恒，则有

解得小球1下落到最低点时的速度大小

两小球的质量相等且发生弹性碰撞，碰后小球1的速度为0，则碰后两小球交换速度，小球2做平抛运动的初速度大小为

小球2做平抛运动时，竖直方向有

水平方向有

整理得

故实验中不需要测量小球的质量，也不需要知道当地的重力加速度，AC错误；

故选B；

（2）由（1）可知，本实验中验证机械能守恒定律的表达式为

（3）分析实验测得的数据，可知

与x在误差允许的范围内近似相等，则可得到的结论是在误差允许范围内，弹性球1下落过程中机械能守恒。

13. （9分）

利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：

待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），表头G（量程为200μA，内阻为900Ω），定值电阻R0、R1，开关S，导线若干。

实验步骤如下：

（1）先利用R0和表头G构成2mA的电流表，再将2mA的电流表改装成量程为6V的电压表，根据题设条件定值电阻的阻值应为：R0= _______Ω，R1= _______Ω；

（2）将电阻箱阻值调到_______（选填“最大”或“最小”），闭合开关S；

（3）多次调节电阻箱，记下表头G的示数I和电阻箱相应的阻值R；

（4）以为纵坐标，为横坐标，作—图线如图乙所示；

（5）若把流过电阻箱的电流视为干路电流，根据—图线求得电源的电动势E = _______V，内阻r = _______Ω；

（6）由于步骤（5）的近似处理会导致测量的电动势_______，内阻_______。（此两空均选填“偏小”、“偏大”、“不变”）

【答案】       100     2910     最大     6.0     0.2     偏小     偏小

【解析】

（1）由图示电路图可知

改装后电流表内阻

把电流表改装成电压表，串联电阻

（2）为了实验安全，实验中应让电流由最小值开始调节，故应让滑动变阻器由最大值开始调节。

（5）根据闭合电路欧姆定律可知

整理有

由图可知

，

解得

E = 6.0V，r = 0.2Ω

（6）若以（5）中近似，干路电流小于真实电流，相当于采用电流表相对电源的外接法进行测量，故电动势和电流表的测量结果均偏小。

14. （9分）

x轴上的波源s1、s2分别位于和处，t=0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿s1、s2连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点M的平衡位置位于处，求：

（1）两列波传播速度的大小；

（2）质点M从开始振动到时运动的路程。

【答案】  （1） ；（2）

【解析】

（1）由图像可知，两列波的波长

1s内传播了一个波长，该波的周期

在同一种介质中两列波的传播速度相同，由

解得

（2）设再经时间，两列波传播至M点，则

到，M点振动时间

代入数据解得

M点为振动加强点，其振幅

根据简谐运动的周期性，质点M从开始振动到运动的路程

15. （13分）

如图所示，竖直面内有三个点，分布在半径为R、圆心为O的同一圆周上，A点为圆周上的最低点，。空间有一方向与圆面平行的匀强电场（图中未画出），若从A点竖直向上以速度抛出一个质量为m、电荷量为的小球，经时间小球恰好沿方向打在B点；若保持电场强度的大小不变，将其逆时针转过角θ，同时施加一垂直于圆面向外的匀强磁场，仍将该小球从A点竖直向上以速度抛出，小球恰好做圆周运动。已知小球与圆弧面的碰撞为弹性碰撞，经时间小球恰好打在B点，重力加速度为g。

（1）求小球由A点运动到B点的时间；

（2）求小球由A点运动到B点的时间及所施加磁场的磁感应强度的大小。

【答案】  （1）；（2），

【解析】

（1）未施加磁场时，小球从A点竖直向上抛出，最终恰好沿方向打在B点，可知小球在重力和恒定电场力的作用下做类斜抛运动，因为与关于的角平分线对称，根据类斜抛运动的特点可知，小球打在B点时的速度大小也为，重力和电场力的合力沿的角平分线，因为施加磁场后小球做匀速圆周运动，所以小球受到的重力与电场力大小相等，故未施加磁场时，小球受到的重力和电场力的合力等于，小球在沿合力方向做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有

小球沿合力方向的初速度大小

根据类斜抛运动的对称性可知小球从A点运动到B点的时间

（2）施加垂直于圆面向外的匀强磁场后小球做圆周运动，可知小球受到的重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有

将圆弧平均分成n段，设小球与圆弧面碰撞次后到达B点。作出和时的情形如图所示，其中

。

设轨迹某一段所对应圆弧上的圆心角为，则有

则小球做圆周运动的轨迹半径

运动时间

解得

，

16. （18分）

如图所示一平板车A质量为2m，原来静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为的初速度从平板车左端开始向右滑行一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为，物块B总不能到车板的右端，重力加速度小为 g。

（1）求车第一次碰到挡板前瞬间车的速度可能的大小；

（2）若车与挡板能发生2次及以上的碰撞，求L满足的条件；

（3）若车与挡板能发生3次及以上的碰撞，求L满足的条件。

【答案】  （1）或；（2）；（3）

【解析】

（1）若A与挡板碰撞前，A，B的速度已经相等，根据动量守恒定律得

可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为

若A与挡板碰撞前，A、B没有达到共同速度，对A，由动能定理可得

解得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为

（2）设在A与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有

如果L为某个值，使A与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好同时停止运动，则

此时A与挡板只发生一次碰撞，在这段时间内，对A由动能定理可得

联立解得

车与挡板能发生2次及以上的碰撞的条件

（3）如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得

设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得

A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知

由题意可知A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A，B同时停止运动，即

联立解得

车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件