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1、2022年高考考前押题密卷（广东卷）物理全解全析12345678910CCDABCDACBCAC1. 【答案】C【解析】根据质量数守恒和核电荷数守恒可知X是中子，A错误；B根据爱因斯坦的质能方程B错误；核聚变反应是放热反应，生成物的结合能之和一定大于反应物的结合能之和，C正确；D爱因斯坦的质能方程说明一定的质量与一定的能量相对应，质量和能量不能相互转化，D错误。2.【答案】BD【解析】小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示则有，解得，故A错误；小球所受合力为，由牛顿第二定律得加速度为，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度为，设AB=L，根据动能定理得，解得电场力做功，根据，解得，根据
2、，且A点的电势为零，解得，代入速度得，则B点的电势能为得，代入速度得，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为，代入速度得，故D正确。3. 【答案】D【解析】鼓缓慢下降，处于动态平衡，绳子对鼓的合力等于鼓的重力，绳子的合力不变，AB错误；CD根据平衡条件得解得鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向夹角变小，变大，F减小，C错误，D正确。4. 【答案】A【解析】核心舱所处的重力加速度为，根据万有引力定律和牛顿第二定律而在地面处由于核心舱做匀速圆周运动，核心舱在该处的万有引力提供向心力，重力加速度等于向心加速度，因此向心加速度小于g，A正确；B根据可知轨道半径越大，运行速度越小，在地面处的
3、运行速度为7.9km/s，因此在该高度处的运行速度小于7.9km/s，B错误；C根据从题干信息无法知道G的值，因此无法求出地球的质量，C错误；D考虑到稀薄大气阻力，无动力补充，核心舱逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，D错误。5. 【答案】B【解析】P点以O圆心做圆周运动，所以线速度与向心加速度方向变化，故AC错误；C由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故B正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。6.【答案】C【解析】A以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：对运动员的
4、运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知A、B错误；D将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为落在斜面上的距离离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；C设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有：则得一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C正确。故选C。7. 【答案】A【解析】若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，
5、所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R2与R1并联后的总电阻减小，故在副线圈中分的电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；B交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50Hz，所以B错误；C原线圈电压最大值为220V，当单刀双掷开关由AB时，匝数之比为5:1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为44V ，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所以C错误；D开关由AB时，副线圈电压U2为原来的2倍，输出功率为原来的4倍，所以D错误。8. 【答案】BD【解析】因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向
6、，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；CL2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，对的安培力大于对的安培力，故C错误；D根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线方向，故D正确。9【答案】BC【解析】线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；B根据左手定则
7、，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；C由于前后两个边产生感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律C正确；D列车速度为v时线框受到的安培力大小为D错误。10.【答案】AC【解析】A根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统机械能守恒可得弹性势能的最大值为故A正确；B以整体研究对象，系统水平方向先向左加速运动后向左减速运动，所以水平方向合力先向左，后向右，因此水平方向加速阶段竖直杆弹力大于弹簧弹力，水平方向减速阶段竖直杆弹力小于弹簧弹力，故B错误；C根据系统机械能守恒定律可知，滑块P的动能达到最大前，P的机械能一直在减少，故C正确；DP由静止释
8、放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对PQ和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得解得，故D错误。11. 【答案】 . 1.02 . . 【解析】（1）1游标卡尺的示数.（2）2 滑块经过光电门时速度的大小为 （4）3物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动速度和位移的关系得 由可得结合图(c)可得图像的斜率解得【答案】 小于 【解析】（1）由电路图可得实物图如图（2）由题意知，当保持滑片P不动，把开关S2与C接通时，电阻箱R与电流表并联，电路总电阻减小，则干路电流增大，所以电流表指针半偏时，电阻箱R上分
9、到的电流大于满偏电流的一半，因为并联时，电流与电阻成反比，所以电流表内阻大于电阻箱阻值，故用该方法测得的电流表内阻小于真实值；由题意得即故解得13.【答案】（1），；（2），不能【解析】（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为，由运动学公式得由牛顿第二定律得联立解得，（2）由（1）可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为，弹珠A碰撞后瞬间的速度为，由运动学规律解得设碰后瞬间弹珠B的速度为，由动量守恒定律得解得所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失解得碰后弹珠B运动的距离为所以弹珠B没有进坑，故不能胜出。14.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子在区域I受重力和电场力，做匀加速直线运动，如图所示故
10、有解得（2）设粒子进入II区域的速度为，粒子受重力竖直向下，电场力竖直向上，大小为则所受的洛伦兹力提供向心力，有速度方向偏转了60，则圆心角60，有联立解得（3）粒子在区域I直线加速的加速度为，有由速度公式可得加速时间为粒子做匀速圆周的周期为则匀速圆周的时间为则粒子从P点运动到Q点的时间为（二）选考题：共12分。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。15. （1）【答案】 . 引力 . 大 . 正功【解析】12水球表面上水分子间的作用力表现为引力，原因是表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离大；3王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻轻放在水球表面，纸花迅速绽放，水面
11、对小花做了正功。(2)【答案】；【解析】鱼在深海处的压强为使一层水箱压强达到p，二层水箱中的气体压强应为将外界压强为p0，体积为的空气注入一层水箱，根据玻意耳定律，有解得16.（1）【答案】 . 0.2 . 1【解析】1根据质点振动方程可得简谐波的周期为2当质点a处于波峰位置时，质点b位于波谷位置，可推知由于波长为0.15m0.25m，所以当n=1时，满足条件，求得故波速为（2）【答案】；【解析】光路如图所示，入射角，折射角由折射定律该单色光在池水中传播速度为v光从光源A发出到射入人的眼睛所用的时间1 第12页 共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司