此卷為“2022年高考考前押題密卷（全國甲卷）”希望能夠幫助各位莘莘學子提高物理成績，取得優(yōu)秀成績，此文僅供參考，歡迎大家閱讀文本。
2022年高考考前押題密卷（全國甲卷）
物 理
二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
14．如圖所示，圖甲為氫原子的能級圖，大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時，發(fā)出頻率不同的大量光子，用其中頻率最高的光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上，調節(jié)滑動變阻器，發(fā)現當電壓表示數大于或等于2.5V時，電流表示數才為零。則陰極K的逸出功為（ ?。?/span>
A．9.59eV B．7.7eV C．4.39eV D．2.5eV
【答案】 A
【解析】
由題意知遏止電壓為
又因為大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時，其中頻率最高的光子能量為
由光電效應方程得
解得逸出功為
故選A。
15．2021年12月9日下午3點40分，神舟十三號航天員翟志剛、王亞平、葉光富進行了中國空間站首次太空授課?？缭桨四辏疤照n”再次開課。已知空間站在距離地面約為
R（R為地球半徑）的圓形軌道上繞地球運行，地球表面的重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）A．空間站的線速度大于第一宇宙速度
B．空間站繞地球運動的角速度小于地球同步衛(wèi)星的角速度
C．三名航天員在空間站中可以使用彈簧拉力器鍛煉身體
D．三名航天員在空間站中處于失重狀態(tài)，說明他們不受地球引力作用
【答案】 C
【解析】
A．因為地球衛(wèi)星的最大繞行速度等于第一宇宙速度，故空間站的線速度不可能大于第一宇宙速度，故A錯誤；
B．空間站繞地球運動的半徑小于地球同步衛(wèi)星的半徑，由
得
所以空間站繞地球運動的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，故B錯誤；
C．三名航天員在空間站中可以使用彈簧拉力器利用相互作用力來鍛煉身體，故C正確；
D．三名航天員在空間站中處于完全失重狀態(tài)，但他們始終受地球引力作用，故D錯誤。
故選C。
16．在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運動，發(fā)生碰撞且碰撞時間極短。碰撞前后兩球在同一直線運動的位置隨時間變化的
圖象如圖。則關于兩球的質量大小和碰撞類型，以下正確的是（ ）
A．
B．
C．彈性碰撞
D．完全非彈性碰撞
【答案】 A
【解析】
以球b碰撞前的速度方向為正方向，由圖可知，碰撞前
碰撞后
根據動量守恒定律得
可得
碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前系統(tǒng)動能
碰撞后系統(tǒng)動能
計算可得
可知非彈性碰撞，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
17．甲、乙兩車在同一平直公路上同向行駛，從
時刻開始，甲、乙兩車運動的
圖像如圖所示，其中甲車運動的
圖線為拋物線，圖線與x軸的交點為其頂點，乙車運動的
圖線為過原點的直線，兩條圖線相切于P點，其坐標為（
），已知
。下列說法正確的是（ ）
A．
時刻甲、乙兩車間距離最大B．在時刻，甲車的瞬時速度大小是
C．
到
時間內甲車的位移大小為
D．
時刻甲車的速度大小為
【答案】 C
【解析】
A．由題圖可知，
時刻甲、乙兩條線有交點，所以表示此時，兩車相遇，所以A錯誤；B．汽車運動的
圖線的斜率表示汽車運動的速度，所以可知，
時刻甲、乙兩車的速度為
所以B錯誤；
C．由題意可知，甲車做勻加速直線運動，乙車做勻速直線運動，則由加速度的定義式可得，甲車的加速度為
由勻變速直線運動的位移公式可得
則
到
時間內甲車的位移大小為
又
則
所以C正確；
D．由勻變速直線運動的速度公式可得
則
時刻甲車的速度大小為
得
所以D錯誤。
故選C。
18．如圖，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為
，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為
的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動．線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是（ ）
【答案】 D
【解析】
第一過程從①移動②的過程中
左邊導體棒切割產生的電流方向是順時針，右邊切割磁感線產生的電流方向也是順時針，兩根棒切割產生電動勢方向相同所以
，則電流為
，電流恒定且方向為順時針，再從②移動到③的過程中左右兩根棒切割磁感線產生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現為零，
然后從③到④的過程中，左邊切割產生的電流方向逆時針，而右邊切割產生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為
，方向是逆時針
當線框再向左運動時，左邊切割產生的電流方向順時針，右邊切割產生的電流方向是逆時針，此時回路中電流表現為零，故線圈在運動過程中電流是周期性變化， D正確；ABC錯誤；故選D
19．（原創(chuàng)）如圖所示，在一帶電豎直平行金屬板之間，有一質量為
，帶電荷量為
的小球被絕緣細線懸掛靜止于A點，剪斷細線后，小球恰能沿直線AB運動，經時間t后到達B點，已知直線AB與水平方向的夾角為45°，重力加速度為
，規(guī)定A點的電勢為零，下列說法正確的是
A．電場強度大小為
B．B點的電勢
C．B點的電勢能
D．小球機械能的變化量為
【答案】BD
【解析】小球沿直線AB運動，合力沿AB方向，如圖所示
則有
，解得
，故A錯誤；小球所受合力為
，由牛頓第二定律得加速度為
，由勻變速直線運動規(guī)律，得小球到B點的速度為
，設AB=L，根據動能定理得
，解得電場力做功
，根據
，解得
，根據
，且A點的電勢為零，解得
，代入速度得
，則P點的電勢能為得
，代入速度得
，故B正確，C錯誤；小球機械能的變化量等于電場力做的功，為
，代入速度得
，故D正確。20．如圖甲所示電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數之比n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20 Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩個小燈泡，S1為單刀雙擲開關。原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示?，F將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光。下列說法正確的是（ ）
A．輸入電壓u的表達式u＝20
sin（50πt）VB．只斷開S2后，L1、L2均正常發(fā)光
C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率減小
D．若將S1換接到2，R消耗的電功率為0.8 W
【答案】 CD
【解析】
A．由圖象得周期
則
輸入電壓最大值
所以輸入電壓u的表達式應為
選項A錯誤；
B．只斷開
后，負載電阻變大為原來的2倍，電壓不變，則副線圈電流變小為原來的一半，L1、L2的功率均變?yōu)轭~定功率的四分之一，則L1、L2均不能正常發(fā)光，選項B錯誤；C．只斷開
后，負載電阻變大，副線圈電流變小，輸出功率變小，則原線圈的輸入功率減小，選項C正確；D．若
換接到2后，電阻R電壓有效值為4V，則R消耗的電功率為
選項D正確。
故選CD。
21．如圖，在豎直平面內有一個半徑為R且光滑的四分之一圓弧槽軌道AB，軌道下端B與水平面BCD相切，BC光滑且長度大于R，C點右邊粗糙程度均勻且足夠長?，F用手捏住一根長為
的勻質細桿的上端，使桿子的下端與A點等高，然后由靜止釋放桿子，讓桿子保持沿軌道內下滑。不計空氣阻力及桿與圓弧軌道的撞擊，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ?。?/span>
A．桿子前端到達C點時的速度大小為
B．桿子前端在過C點后，一直做勻減速運動
C．桿子前端在過C點后，滑行一段距離后停下來，在此過程中，若將桿子分成任意兩段，其前一
段對后一段的作用力大小不變
D．若桿子前端在過C點后，滑行s距離后停下，且s>R，桿子與粗糙平面間的動摩擦因數為
【答案】 AD
【解析】
A．根據動能定理
解得
A正確；
B．設桿長l，在C的右側部分才有摩擦，設右側部分長度為x，則有
解得
則有
根據牛頓定律
當
時
解得
不變，即摩擦力如圖所示
故做加速度變大的減速運動，之后再做勻減速運動，B錯誤；
C．取左側
處為研究對象，當全部進入C右側時
整體有
左側加速度
聯(lián)立得
即左右兩側無彈力
當
整段還沒進入c右側時，則有
解得
左側
段有
左右兩側有彈力，可見前一段對后一段的作用力大小不等，C錯誤；
D．桿進入c右側到全部進入時，可知
全部進入到停止
根據動能定理
解得
D正確。
故選AD。
22. （6分）
如圖，小明同學用圖示裝置驗證動量守恒定律。內壁光滑的圓筒固定在水平桌面上，將彈簧置于圓筒內，彈簧兩端各放置一直徑略小于圓筒內徑的鋼球，A、B為可插入圓筒的銷釘，能將小球約束在圓筒內；地面鋪有白紙和復寫紙，實驗前先將圓筒調整水平，然后在白紙上記下系于圓筒口的重錘線正下方的點O1、O2.實驗時，將左右兩鋼球a和b向里壓縮彈簧，插入銷釘，在圓筒上標記壓縮彈簧后兩球的位置；然后同時抽出兩銷釘，鋼球從圓筒口射出并做平拋運動，鋼球a和b的平均落點分別為M、N，用刻度尺測得O1M間距為S1，O2N間距為S2；
（1）本實驗還需要測量的物理量是___________ ；
A．兩鋼球a和b平拋的時間t B．兩鋼球a和b拋出點距離地面的高度h
C．鋼球a的質量ma和b球的質量mb D．彈簧的壓縮量x
（2）如圖是多次實驗（每次約束兩球的位置均相同）得到的其中一個鋼球的落點分布圖，請你寫出確定其平均落點的方法：___________ ；
（3）兩球構成的系統(tǒng)動量守恒，驗證動量守恒定律的表達式為___________ （用題目給物理量以及第（1）問所需測量的物理來表示）
【答案】 C 用圓規(guī)作一盡可能小的圓，將落點圈在圓內，圓心即為平均落點
【解析】
（1）實驗要驗證的關系式
其中
兩物體平拋運動的高度相同，則時間t相同，則
則本實驗還需要測量的物理量是鋼球a的質量ma和b球的質量mb，故選C；
（2）確定其平均落點的方法：用圓規(guī)作一盡可能小的圓，將落點圈在圓內，圓心即為平均落點；
（3）兩球構成的系統(tǒng)動量守恒，驗證動量守恒定律的表達式為
23. （9分）
某同學利用如圖甲所示的電路測量某電池的電動勢E和內阻r（E約15V，r約20Ω），電壓表V的量程為4V，內阻約2kΩ。請回答下列問題：
（1）該同學為了測量電壓表V的內阻，先將開關S1、S2都斷開，將電阻箱R的阻值調至最大，再閉合S1，調節(jié)電阻箱R的阻值，當電壓表V的示數為3.00V時，R的阻值為R1=8.0kΩ；當電壓表V的示數為4.00V時，R的阻值為R2=5.5kΩ，若不考慮電源內阻，則電壓表V的內阻Rv=______kΩ（保留兩位有效數字）。若考慮電源內阻，則電壓表V內阻的測量值____（填“大于”、“等于”或“小于”）真實值；
（2）為把電壓表V改裝為量程為15V的電壓表，電阻箱R與電壓表內阻Rv的比值應為______；
（3）保持電阻箱R的阻值不變，即電阻箱R的阻值為電壓表V改裝成量程為15V后對應的阻值，調節(jié)電阻箱R'的阻值為較大值，閉合開關S2，接著調節(jié)電阻箱R'的阻值，記錄電壓表V的示數U和相對應的電阻箱R'的阻值（實驗過程中R'相對電壓表的內阻均較小），進行若干次實驗，以U為縱坐標、以
為橫坐標作圖（坐標軸均為國際單位制基本單位），圖像如圖乙所示，圖線與縱軸的交點為b，與橫軸的交點為a，則電池的電動勢E=______，內阻r=______。【答案】 2.0 大于
【解析】
（1）因為忽略電源內阻，由題意可得
聯(lián)立可得電壓表的內阻
由于沒有考慮電源內阻，測得的電壓表內阻包含電源內阻，故測量值大于真實值。
（2）要使電壓表改裝后量程為15V，當電壓表的示數為4V時，電阻箱R上的電壓為11V，由
可知，R與U成正比，故
。（3）當電壓表的示數為U時，加在電阻箱
上的電壓為
，由閉合電路歐姆定律可得
即
根據圖像規(guī)律可知
即電動勢
24．（14分）
隨著2022北京冬奧會的舉辦，人們對冰雪運動的了解越來越多，許多人投身其中。山地滑雪是人們喜愛的一項冰雪運動，一滑雪坡由AB和BC組成，AB是傾角為37°的斜坡，BC是半徑為R＝5m的圓弧面，圓弧面和斜面相切于B，與水平面相切于C，如圖所示，AB豎直高度差為h1，豎直臺階CD高度差為h2＝9m，臺階底端與傾角為37°斜坡DE相連。運動員連同滑雪裝備總質量為75kg，從A點由靜止滑下通過C點后飛落到DE上，運動員經過C點時軌道受到的壓力大小為4590N，不計空氣阻力和軌道的摩擦阻力，運動員可以看成質點（g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：
（1）AB豎直高度差h，為多大；
（2）運動員在空中飛行的時間；
（3）運動員離開C點后經過多長時間離DE的距離最大。
【答案】 （1）11.8m；（2）3s；（3）1.2s
【解析】
（1）由A到C，對運動員由機械能守恒定律得
解得運動員到達C點的速度為
C處，對運動員由牛頓第二定律得
解得
h1=11.8m
（2）運動員在空中做平拋運動，則
解得
t=3s
（3）離開C點離DE的距離最大時，速度方向平行DE，則
解得
t′=1.2s
25．（18分）
如圖所示，在xOy坐標系中的第一象限內存在沿x軸正方向的勻強電場；第二象限內存在大小為B、方向垂直坐標平面向外的有界圓形勻強磁場（圖中未畫出），一粒子源固定在x軸上M（L，0）點，沿y軸正方向釋放出速度大小均為
的電子，電子經電場后恰好從y軸上的N點進入第二象限，進入第二象限后，電子經磁場偏轉后通過x軸時，與x軸的夾角為75°，已知電子的質量為m、電荷量為e，電場強度
，不考慮電子的重力和電子間的相互作用，求：（1）N點到坐標原點的距離；
（2）電子通過N點的速度；
（3）圓形磁場的最小面積。
【答案】 （1）2L；（2）
，方向與y軸正方向的夾角為
；（3）
或
【解析】
（1）從M到N的過程中，電子做類平拋運動，有
yN＝v0t
解得
yN＝2L
（2）設電子到達N點的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，由動能定理有
解得
v＝
v0，θ＝45°（3）設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r
當電子與x軸負方向的夾角為75°時，其運動軌跡圖如圖
電子在磁場中偏轉120°后垂直于O1Q射出，則磁場最小半徑
Rmin＝
＝rsin 60°解得
Smin＝
=
當電子與x軸正方向的夾角為75°時，其運動軌跡圖如圖
電子在磁場中偏轉150°后垂直于O2Q′射出，則磁場最小半徑
解得
（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作
答。如果多做，則按所做的第一題計分。33．【選修3-3】（15分）[來源：學|科|網]
（1）（5分）
關于分子動理論和物體的內能，下列說法正確的是_________。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）
A．某種物體的溫度為0℃，說明該物體中分子的平均動能為零
B．物體的溫度升高時，分子的平均動能一定增大，但內能不一定增大
C．當分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，但斥力減小的更快，所以分子間作用力總表現為引力
D．10g100℃水的內能小于10g100℃水蒸氣的內能
E．兩個鉛塊擠壓后能緊連在一起，說明分子間有引力
【答案】 BDE
【解析】
A．某種物體的溫度是0℃，分子仍然在做無規(guī)則運動，物體中分子的平均動能并不為零，故A錯誤；
B．溫度是分子平均動能的標志，溫度升高，分子平均動能增大，但內能還包括分子勢能，故內能不一定增大，故B正確；
C．當分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，但斥力減小得更快，當分子間距離大于平衡距離時，分子力表現為引力，故C錯誤；
D．溫度是分子平均動能的標志，所以10g100℃的水的分子平均動能 等于10g100℃的水蒸氣的分子平均動能；同樣溫度的水變?yōu)橥瑯訙囟鹊乃魵庖諢崃?，所?/span>10g100℃的水的內能小于10g100℃相同質量的水蒸氣的內能，故D正確；
E．分子間有引力，兩個鉛塊擠壓后能緊連在一起，很好的說明了分子間有引力，故E正確。
故選BDE。
（2）（10分）
如圖所示，全封閉柱形絕熱汽缸固定在傾角為θ的斜面上，汽缸內用質量為m、橫截面積為S的可自由移動的導熱活塞封閉了一定質量的理想氣體，此時活塞恰好位于汽缸中央。汽缸內氣體溫度均為T0，上部分氣體壓強p?，F將活塞固定，通過汽缸下部的電熱絲（體積可忽略）緩慢對氣體加熱，使氣體溫度升高到3T0。不計活塞厚度，重力加速度為g。求升溫后兩部分氣體的壓強差。
【答案】
【解析】
電熱絲對下部分氣體緩慢加熱，由于活塞不能移動，兩部分氣體均發(fā)生等容變化對上部分氣體，有
對下部分氣體，有
開始時活塞受力平衡，有
解得升溫后A、B兩部分氣體壓強差
34．【選修3-4】（15分）
（1）（5分）
位于x=7m處的波源S完成兩次頻率不同的全振動，如圖所示為t=0時刻波形，該波沿-x方向傳播，此時波剛好傳到x=1m處的質點P，0.3s后質點P第一次出現在波谷位置，則_________。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）
A．波源的起振方向沿＋y方向
B．波速v1∶v2=1∶1
C．質點P沿＋y方向振動過程中，x=5m處的質點Q也沿＋y方向振動
D．從t=0時刻開始到質點P振動的路程為10cm時，質點Q振動的路程是20cm
E．從t=0時刻開始，再經過0.5s質點Q運動到坐標原點O
【答案】 ABD
【解析】
A．根據波的傳播方向與質點振動方向間的關系可以判斷出，質點P、Q在t=0時刻振動方向均沿y軸正方向，波上任意質點的起振方向均與波源的起振方向相同，可知波源的起振方向沿y軸正方向，選項A正確：
B．從t=0時刻到質點P第一次抵達波谷，需要
個周期，即
T1=0.3s得
T1=0.4s
由波形圖可知λ1=4m，λ2=2m，根據波速公式v=
得v1=10m/s
因波速由介質決定，與波的振幅、頻率無關，則
v2=v1=10m/s，T2=0.2s，v1∶v2=1∶1
選項B正確；
C．雖然t=0時刻質點P、Q均沿y正方向運動，但由于它們振動周期不同，因而在以后各個時刻，它們振動方向不一定相同，選項C錯誤；
D．質點P振動路程為
10cm=2A
需要
0.5T1=T2
即質點Q完成一個周期的振動，通過的路程是
4A=20cm
選項D正確；
E．橫波傳播途中，介質中質點只在與波傳播方向垂直的方向上振動，不會沿波的傳播方向遷移，選項E錯誤。
故選ABD。
（2）（10分）
某透明均勻介質的截面如圖所示，直角三角形的直角邊BC與半圓形直徑重合，∠ACB=30°，半圓形的半徑為R，一束光線從E點射入介質，其延長線過半圓形的圓心O，且E、O兩點距離為R，已知光線在E點的折射角θ2=30°（光在真空中的傳播速度用c表示）。求：
（1）光在介質中的傳播時間；
（2）與射入介質前相比，光線射出介質后的偏轉角是多少。
【答案】 （1）
；（2）
【解析】
（1）由幾何關系：
，折射光平行于
的方向，如圖
則有
由折射定律
帶入數據可得
由
得
由`
得光在介質中的傳播時間為
（2）由折射定律由
得
偏轉角度為
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