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1、绝密启用前2022年高考物理考前信息必刷卷05全国甲卷地区专用突出对物理基础知识、主干知识与五种能力及核心素养的考查：强调对物理思想、物理方法的考查：注重物理情境中信息的提取、物理模型的建立，物理过程的分析：强调运用数学解决问题的能力。这些特点充分体现了“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能。日根据商考命题特点和规律，直线运动、相互作用、牛顿运动定律、曲线运动及动昂屈千某础能力要求，在电场、磁场也可涉及：抇定电流一般在电学实验中体现，单独考查的概率小：难度较大的题H媒中在静电场、机械能和电磁感应部分：基丁真实估境解决实际问题，体现时代热点的题目会越来越多。本卷满分110分，建议考试时间70
2、分钟。注意事项：本试卷包含1、II两卷。第1卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第I I卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。第1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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.一个中子扣被铲U捕获后生成；萨Xe和辟Sr的过程中释放出AE的核能。已知真空中的光速为c,则下列有关叙述正确的是()A.该反应过程中释放了10个中子C.该反应过程中的质谥亏损为竺Ec2【答案】AB.
3、该反应是原子核的人工转变D.235U的比结合能为AE 92 235【解析】A一个扣被铲U抽获后生成歼Xe和罚Sr,反应Jj程为：扣；尹U丑沪Xe器Sr+10in,故A正确；B该反应屈原子核的裂变反应，不是原子核的人工转变，故B错误；C.铲U的结合能并个是它衰变时放出的能枯AE，所以铲U的比结合能不是差；，故C错误；D已知真空中光速为c,根据AE=Am产可AE 得反应过程中的质旦亏损为Am=，故D错误。故选A。c2 2.将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是（空气阻力可忽略）()A.火箭对燃
4、气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量B.火箭对燃气作用力的冲撇与燃气对火箭作用力的冲量大小相等C.火箭的动昼比喷出燃气的动堂大D.火箭的动能比喷出的燃气动能大【答案】B【解析】AB由千火箭对燃气作用力与燃气对火箭作用力是作用力和反作用力，故两者的冲兑总是大小相等的，故A错误，B正确；C.由千火箭和燃气组成的系统在燃气喷出前后动量守恒，由动量守恒定律可知：火箭的动护的大小与喷出燃气的动惜大小相等，故C错误；D由于火箭的质帮大千燃气的质银，由E=可p2 2m 知：火箭的质星大丁燃气的原蜇，故火箭的动能比喷出的燃气动能小，故D错误。故选：B。3 乒乓球发球机是很多球馆和球友家庭的必备娱乐和训练工
5、具。如图所示，某次训练时将发球机置于地面上方某一合适位置，然后向竖直墙面水平发射乒乓球。现有两个乒乓球a和b以不同速度射出，碰到墙面时下落的高度之比为9:16,不计阻力，则乒乓球a和b()a Lb f、L L j.-4 A.碰墙前运动时间之比为9:16B.初速度之比为3:4乒乓球C.碰墙前速度变化量之比为3:4D.碰墙时速度与墙之间的夹角的正切值之比为4:3【答案】C【解析】A平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的高度之比为9:16，根据小球下落得高度：h扫gt气t 3 可得下落时间之比：上，故A错误；B平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，网球发球机出球门与墙tb 4 面间水平距离柜等，由
6、：x=v。t，解得：E=：，故B错误；C碰墙前速度变化垃分别为：L1va=gta,t:,.vb=gtb,碰墙前速度变化蜇之比为：=Liva _ gta _ ta _ 3 Llvb gtb tb 4=，故C正确；D小球落碰墙时竖直方向速度大小分别为：Vya=吵a压3vb gta,Vyb=9书，即：=，碰墙时速度与墙之间的夹角的正切仙为：tan0a=v。;tan0b=，联吟btb 4 Vya Vyb 立可得：tan0 a 16=+仕心taneb 9，仪D钰陕。故选：C。4.图甲是小米手机无线充电器的示意图。其工作原理如图乙所示，该装置可等效为一个理想变压器，送电线圈为原线圈，受电线圈为副线圈。当a
7、b间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1,受电线圈的匝数为n2，且n1:n2=5:1。两个线圈中所接电阻的阻值均为R,当该装置给手机快速充电时，手机两端的电压为SV,充电电流为2A,则下列判断正确的是（)b a 甲乙A.无线充电时，手机上受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”B.快速充电时，流过送电线圈的电流为10AC.快速充电时，两线圈上所接电阻的阻值R=18.7Sfl D.充电期间使用手机，回路中的电流不会发生变化【答案】C【解析】A、对手机进行无线充电时，手机上受电线阁的工作原理是“电磁感应现象”，个是“电流的磁效应”，故A错误；B、根据理想变压器的电
8、流之比等千匝数的反比可得：-=-/1 n2 其中12=2A,所以流过送电线阁的电流为/1=X 2A=0.4A，故B错误；C、快速充电时，根据功率关系可得：Uabl1=片R+片R+U机抎即220X 0.4=0炉R+22R+Sx10,解得两线圈上所接电阻的阻值：R=18.75fl,故C正确：D、充电期间使用手机，手机处千工作状态，电路中的电流会增大，故D错误。故选：C。5.如图甲所示，质量为m的木块在斜向左上方的推力F作用下沿着竖直墙面向下运动。已知木块与墙面间的动摩擦因数恒为,设推力F与墙面间的夹角为a,在a从0逐渐增大到90的过程中，木块未离开墙面且速度不变。把支持力与滑动摩擦力看成一个力F。
9、，四力平衡可以等效为三力平衡，其矢址三角形如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是()mg 甲A.F。与竖直方向的夹角0是定值，且有tan0=B，推力F与重力mg的合力与水平方向的夹角为0C.推力F的最小值为mgsin0D.推力F的最大值为mg【答案】C乙和1【解析】A、木块受到的滑动摩擦力：F1=FN,由困示矢伍三角形可知：tan0=，故A错误；B、木块做匀速直线运动，由平衡条件司知，排力F与币力m9的合力F。等大反向，即推力F与币力m9的合力与竖直方向的夹角为0，故B错误；C、由图乙所示矢景三角形可知，当推力F与F。乖直时，F有最小值为m9sin0,故C正确：D、由以上分析可知，tan
10、0 1，所以0定大十45,当a为90时，推力F达到最大值为m9tan0=竺，故D错误。故选：C。6.如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位千等边三角形的三个顶点上，be沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示0点为三角形的中心(0到三个顶点的距离相等），已知导线a在斜边中点0处所产生的磁场的磁感应强度大小为B。，则（)、0、,，人夕，夕，,4,，夕,b A.0点的磁感应强度为2B。B.o点的磁场方向沿Oc连线方向指向cC.导线a受到的安培力方向水平向左D.导线c受到的安培力方向沿Oc连线方向指向0【答案】ACc【解析】AB根据右手螺旋定则，电流a在0产生的磁场
11、平行千be向左，b电流在0产生的磁场平行ac指向右下方，屯流c在0产生的磁场平行ab指向右下方；甘！于三导线屯流相同，到0点的距离相同，根据平行四边形定则，则0点合磁感应强度的方向垂直Oc向I:.,0点的磁感应强度为2B。，故B错误，A正确；CD根据片手定则，结合矢揽合成法则，导线a受到的安眳力方向水平向左，而导线c受到的安培力方向沿oc方向向外，故C正确，D错误。故选AC。7.在一位于坐标原点0的正点电荷形成的电场中，任一点处的电势中与该点到点电荷的距离r的倒数的关系图象如图所示。电场中三个点a、b、c的坐标如图所示，其电场强度大小分别为Ea、Eb和Ee。现将一带负电的试探电荷依次由a点经过
12、b点移动到c点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab和Wbc。下列判断正确的是（)A.Eb:Ec=l:1 C.Wab:Wbc=1:1（答案】BC叫V!巨二+/m6 3 2 B.E正乌1:4 D.Wab:Wbc=2:3【解析】AB、图象与横轴所围图形的面积表示电场强度，则a点的场强为：E=-1 1 x-=-xlV/m=2 6 12 V/m:b 占的场强为乌扣扣2V/m钮m;C占的场强为Ee=沪扣3V/m扛m;所以Eb:Ee=4:L Ea:Eb=1:4,故A铅误，B正确；CD、山图可知a、b之间的电势差为Uab=Ube=-1 V,其中Wab=qUab Wbc=qUbc，则Wab=W
13、bc故C正确，D铅误。故选：BC。8 如图所示，倾斜直杆OM可以在竖直面内绕0点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用手拉住绳的另一端B。初始时BC水平，现将OM杆缓慢旋转到竖直，并保待LACB大小和轻环在杆上的位置不变，在OM转动过程中()A.绳AC的张力逐渐减小B.绳AC的张力先减小后增大C 绳BC的张力先增大后减小【答案】ADD.绳BC的张力逐渐增大【解析】设初始时OM与水平方向的夹角为仪，重物的质扯为m当杆此后转过的角度为p时，C受力如图所示：F,c,.BC 由芷弦定理：=mg FAc=FBC sin(90-a)sin(90-/3)sin(a+/3)
14、故绳AC的拉力FAc=sin(90-sin(90-a)/3)绳BC的拉力压sm(：。-sin(a+/3)由题知，a:;a+/3:;90在转动过程中，a不变，f3逐渐增大，故sin(90-a)不变，sin(90-/3)逐渐减小，sin(a+/3)逐渐增大可知，AC绳的拉力FAc逐渐减小，BC绳的拉力FBc逐渐增大，故AD正确，BC错误。故选AD。第11卷（非选择题）二、非选择题：共62分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-14题为选考题，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。9.(5分）如图甲为测械滑块与长木板间动摩擦因数的实验装置。长木板固定在水平桌
15、面上，其上B处装有光电门；放在木板上的滑块通过轻质细线与重物相连，其上固定有宽度为d的遮光条。实验主要步骤如下：At2 遮光条光电门.A B 重物甲三cmc b 1-x 丙(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d,示数如图乙所示，则d=_cm;(2)将滑块从某点由静止释放，测得该点与光电门的距离为X,遮光条通过光电门的时间为Llt;(3)若某次实验测得Llt=0.030s,则滑块经过光电门时的速度v=_m/s（保留2位有效数字）；(4)多次改变滑块的释放位置，测出x及对应的At，作出Llt2柯图像如图丙所示，求出图像的斜率；(5)已知滑块与遮光条的总质量为m,重物的质虽为荩，不计空气阻力，则滑块与长
16、木板间的动摩擦因数的表达式为=（用题目中的字母表示）。【答案】(1)0.64(3)0.21(5)2cg-3bd2 4cg【解析】(1)图乙所示游标卡精度为0.1mm,读数为：6mm+0.1 x 4mm=6.4mm=0.64cm:(3)滑块经过光电门的时间极短，可用平均速度代昔瞬时速度：V=-=d 0.64X10一2Lit 0.030 m/s=0.21m/s;3d2 1 一(5)根据牛顿第二定忭与mg-mg=(m+巴)a根据速度位移公式沪2ax整理得t22 2 2(l-2)g x 结合图线可知：-=c 3d 2 解得：=2cg-3bd2 b 2(1-Z)g.r 4cg l0.（l0分）某实验小组
17、欲探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。同学们设计了如图甲所示的测显电路，可供选择的器材有：s 凶令H卒一,.巨8.s/7.s 65 上/(xi1(-1)2.8 3,0 3.2.r 乙甲待测热敏电阻RT（在实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；电源E（电动势1.SV,内阻r约O.Sn);电阻箱R（阻值范围09999.9叨）；滑动变阻器R1（最大阻值20.Q);滑动变阻器R人最大阻值2000fl);微安表（蛊程lOOA,内阻等千2500fl);开关两个，温控装置一套，导线若干。丙玉俘(1)为了更准确地测岱热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用（选填“R1或“R2)。(2)请用笔画线代替导线，将图丙实
18、物图（不含温控装置）连接成完整电路。(3)下列实验操作步骤，正确顺序是。调节电阻箱，使微安表指针半偏）保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2)记录温度和电阻箱的阻值，处理数据调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏g)连接电路，闭合S1、S2(4)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Jl,该溫度下热敏电阻的测量值为Q（结果保留到个位），该测谥值（选填“大千”或“小于“)真实值。(5)多次实验后，实验小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐（选填“增大”或“减小”)。【答案】(l)R1;(2)见解析；(3)0(D;(4)3500,人千；（5）减
19、小（解析】(1)用半偏法测肚热敏电阳的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由千该支路与滑动变阻器左端部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后该部分电阻变化越小，从而电压的仙变化越小，故滑动变阻器应选R1;(2)实物图如图(3)根据实验原理与实验操作可知正确顺序是CD。(4)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即热敏电阳和微安表的电阻之和与电阻箱阻值相等，有Rr+RA=60002可得Rr=35002当断开S2,微安表半偏时，由于该支路电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻们略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏
20、屯阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测员值比页实值偏大：（5）由于是lnR尸卢图像，当温度T升高时，幸减小，从图中可以看出lnRT减小，则RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。ll.（l2分）戴口罩是防御新冠肺炎的有效措施，某防护口罩如图所示。已知某病菌穿过最外层（需克服阻力做功Wo)后，先与中间层的一静止静电颗粒发生正碰并粘合在一起，然后在电压U的作用下恰好减速停下，从而被中间层阻挡。将该病菌视为质量m的不带电小球，静电颗粒视为质址为fm、带电址为q的小球，不计其它病菌和颗粒的影响。求(1)该病菌与静电颗粒发生正碰后的速度大小巧 最里中间最外(2)该病菌进入口罩前的初速度大小v。【答案
21、】解：（1）一起克服电场减速，由动能定理可得qU=0-(m+Jm)叶(2)病陌与静电颗粒碰撞，由动兄守恒可得：mv=(m+Jm)v1 病荀穿过最外层，由动能定理可得W。m沪2 mv。2 2 12.(20分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。yO的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B;在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）一个质最为m、电荷痲为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成8=30角的直线斜 向下运动，经过x轴
22、上的a点进入yO的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x 9 X 106Pa，纸气瓶已经漏气(U)将氧气瓶早的气体和即将充入的气体作为一个整体，且两部分温度相同，氧气瓶内气体压强为p3=8 X 106Pa,将允入的气体压强因1X 105Pa 气体温度不变，根据玻意耳定律得：p3V+p4压p2V其中V=80L.代入数据解得：V充2560L 物理一选修3-4(15分）14.(1)(5分）2021年7月1日，上午，中国共产党成立100周年庆祝大会在北京天安门隆重举行，中央广播电视总台全程直播。央视首次使用5G网络代替传统微波技术进行移动4K高清视频直播，5G技术大带宽、低延时的技术优势在直
23、播中得以充分展现，全国人民看到了精彩的现场直播。下列说法正确的是()A.现场影像资料传输的时候利用了5G高速网络，5G网络技术使用更高频率的传输波段，单个基站覆盖范围更大，更利千信号绕过陷碍传播B在广场上两个喇叭之间行走时，听到声音忽高忽低，这是两个喇叭发出的声波的干涉现象造成的C.现场摄影师使用的照相机镜头采用锁膜技术增加透射光上，这利用了光的薄膜干涉原理D.当天活动结束后，有演职人员发现，通过前方路面的“积水”可以看到前方行车的倒影，但是走到前方发现路面无水，这是因为柏油马路温度较高，靠近地表的空气密度较小，光线发生了全反射E.现在很多家庭使用的是光纤有线网络电视，信号在光纤中的高速传播利
24、用了光的干涉原理（答案】BCD【解析】A现场影像资料传输的时候利用 SC高速网络，SG网络技术使用更高频率的传输波段，总味希波长更短，缺点就是单个基站覆盖池围小，需要更多基站才能实现信号全覆盖，故A错误；B广场上两个喇叭之间行走时，听到声音忽高忽低是两个喇叭发出的声波的干涉现象造成的，故B芷确；C现场摄影师使用的照相机镜头采用锁膜技术增加透射光，这是利用了光的薄膜干涉原理，故C正确；D当前方路面有水可 以石到前方行午的倒影，但是走到前力发现路面无水，这是因为柏油马路温度较高，靠近地表的空气密度减少，光在传播过程中发生了全反射，故D正确；E现在很多家庭使用的是光纤有线网络电视，信号在光纤中高速传
25、播利用的是光的全反射原理，故E错误。故选：BCD。(2)(10分）一水池宽d=1.2m,深h=1.6m,在水池边上直立一根高H=0.8m的木杆AB,一光源D发射激光束，光源D位于水池口部F正下方0.8m处。当水池中没有水时，光源发出的光刚好照到B点。不改变光源的方向，当池内装满水时，光源发出的光照到木杆上的E点，AE=0.45m。F(i)求水的折射率；(ii)将光源移到底部的G点，当池内装满水时，改变发射激光束的方向，光束能否在水面发生全反射？I:,IB:B,【答案】解：（i）依题意，作出光路图如图所示由几何关系，已知水池宽d=1.2m,AE=0.45m,DF=0.8m,奾37,sin3=OA=0 6=?VOA2+AE2 vt0 62+0 452 4 由折射定忭得n=sin3 sini 解得：n=.:.;5 4(U)由折射定律知，1 1 4 sinC=.:=i=:n;S 即C=53,将光源移到底部的G点，当池内装满水时，如图所示当激光束射到水池边时入射角最大，由几何关系得，此时入射角）=37,因为）c,所以无论如何改变发射激光束的方向，光束均不能在水面发生令反射。