2022年高考物理押題預測卷01（山東卷）（考試版）

………………○………………內………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………內………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………外………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○…學校：______________姓名：_____________班級：_______________考號：______________________物理試題第=頁）2021年高考押題預測卷01【山東卷】物理·全解全析123456789101112BCBDDDCCBCADABDAD1．【答案】B【解析】AB．磷的衰變方程為根據質量數和電荷數守恒可知，Y粒子質量數A=0，電荷數Z=+1，故Y是正電子，B正確，A錯誤。C．放射性元素的原子核有半數發(fā)生衰變時所需要的時間，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核內部因素決定與外界條件無關，C錯誤；D．原子核兩個完整的半衰期后剩余原子核的數量是原來的，D錯誤。故選B。2．【答案】C【解析】理想變壓器的變壓比因為U1、n1、n2均不變，則U2不變，當用戶的用電器增多時，P4增大，根據變壓器輸出功率決定輸入功率，有P3增大，升壓變壓器的輸入功率P1和輸出功率P2也都增大，根據則I2增大，則增大，所以由得出U3減小，所以U4也減小；經以上分析知當用戶的用電器增多時P4增大，I2增大，所以由得輸電線上損失的功率也增大，故C正確。故選C。3．【答案】B【解析】A．因整個系統(tǒng)不存在摩擦力，只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；B．當細線與細桿垂直時，物塊的速度為0，根據動能定理可得其中聯立解得故B正確；C．若M=2m時，物塊一開始先做向下的加速運動，后做減速運動，圓環(huán)先做向上的加速運動，后做減速運動，設物塊和圓環(huán)速度為零時，細線與細桿夾角為α，根據機械能守恒定律可知，物塊重力勢能的減少量等于圓環(huán)重力勢能的增加量，有整理得解得或（舍去）根據數學關系，可解得則圓環(huán)上升的最大高度為開始時，由于圓環(huán)在初始位置上方運動，則圓環(huán)運動區(qū)間的長度為，故C錯誤；D．圓環(huán)在初始位置上方運動，故可視為圓環(huán)在初始位置恰好靜止，由此可得Mgcosθ=mg解得故當滿足時，圓環(huán)在初始位置上方運動，故D錯誤。故選B。4．【答案】D【解析】A．兩等量正離子在O點的合場強為0，兩等量負離子在O點的合場強為0，則四個離子的合場強為0，所以A錯誤；BD．由于等量異種電荷的連線的中垂線為等勢線，則A、O、B都在同一等勢線上各點電勢相同，都為0，所以B錯誤；D正確；C．A、B兩點電場強度大小相等，方向相反，所以C錯誤；故選D。5．【答案】D【解析】設剎車的加速度大為a，則有代入數據有解得所以D正確；ABC錯誤；故選D。6．【答案】D【解析】A．衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ上運動根據近地點速度大于遠地點則有v2>v3，由橢圓軌道Ⅱ上近地點進入軌道I，根據衛(wèi)星變軌規(guī)律由高軌道進入低軌道必須點火減速，則v2>v1，但是根據衛(wèi)星的線速度可知v1>v3，所以衛(wèi)星的速度大小關系為v2>v1>v3，則A錯誤；B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經過P點的加速度等于軌道I上P點的加速度，因為同一點萬有引力相同，則加速度相同，所以B錯誤；C．根據衛(wèi)星的周期公式，軌道半徑越大的周期越大，則衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的運行周期大于在軌道I上的周期，所以C錯誤；D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上由P點運動到Q點的過程只的引力做功所以機械能守恒，則D正確；故選D。7．【答案】C【解析】A．若粒子從ab邊中點處垂直ab邊射出，則圓心一定在在ab邊上，設與ab邊交點為g，則圓心在Og的中垂線上，而中垂線與ab邊平行，不可能相交，故A錯誤；B．同理做aO垂線出射速度垂線交于f點，即f為圓心，則對于圓心角為，所以粒子在磁場中的運動時間為且解得故B錯誤；C．垂直cf向上發(fā)射的粒子剛好與能離開磁場時，軌跡與邊af相切，則由幾何關系得由得聯立解得故C正確；D．因為O點距六邊形的最近距離為即此時對應剛好離開磁場的最小直徑，所以最小半徑為又所以最小速度為故D錯誤。故選C。8．【答案】C【解析】由題意鐵塊與木板之間摩擦力的最大值為木板與地面間的摩擦力的最大值為當時，木板和鐵塊相對地面靜止又由圖像可得所以0-4s時間內圖像與F-t圖像相同；當，并且木板和鐵塊一起相對地面加速運動時，設此時系統(tǒng)的加速度為a，根據牛頓第二定律，對整體有對鐵塊有可得從此關系式可以看出，當時，M、m相對靜止，則對整體有對鐵塊即即所以0-10s內圖像如圖C，故ABD錯誤，C正確。故選C。9．【答案】BC【解析】A．峰值t=0時刻，線圈平面與磁感線平行，發(fā)電機線圈產生的電動勢瞬時值表達式為e=100cos（100πt）V故A錯誤；B．燈泡正常工作時的電阻為故B正確；C．發(fā)電機電動勢的有效值為設原、副線圈中的電流分別為I1、I2，由閉合電路歐姆定律可知E=I1r+Uab根據變壓器原理可知其中解得故C正確；D．由C選項知I1=1.6A，則故D錯誤。故選BC。10．【答案】AD【解析】A．B點形成的機械波的振動周期為兩列波的振動頻率相同，則振動周期也相同，有根據波速公式有所以A點形成的機械波在左側繩中傳播的速度為4m/s，則A正確；B．由于兩段繩子的材質不同，即波的傳播介質不同，所以無法確定B點形成的機械波傳播到p點左側的速度，所以B錯誤；C．B點發(fā)出第一個波峰到達p點的時間為此時A點發(fā)出的波傳播距離為則沒有到達p點，所以無法形成的第一個波峰在P點相遇，則C錯誤；D．兩列波到p點的相位差為0，為振動加強點，所以P點振動穩(wěn)定后，為振動加強點，則D正確；故選AD。11．【答案】ABD【解析】AB．由圖乙知圖線的斜率為圖線的表達式為代入k值得導體棒切割磁感線產生的感應電動勢為感應電流為所以感應電動勢和感應電流都不變，則安培力為所以安培力逐漸增大，故AB正確；CD．由于安培力與位移為一次函數關系，所以求安培力的功時可用力對位移的平均值，根據題意，當導體棒運動2L0時，導軌間導體棒長度為3L0，安培力平均值為克服安培力做功為故C錯誤，D正確。故選ABD。12．【答案】AD【解析】A．小球最終由P點離開小車，從小球滑上小車至離開小車，此過程系統(tǒng)無機械能損失，可視為彈性碰撞，由彈性碰撞結論可知，小車能獲得的最大速度為故A正確；BC．小球在Q點時，水平方向上與小車共速，由動量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得則小球此時在豎直方向上的分速度大小為設小球在Q點時速度方向與水平方向的夾角為θ，則故BC錯誤；D．小球離開小車時的速度大小為由動能定理得解得故D正確。故選AD。13．【答案】

9

【解析】（1）因為游標尺精確度為0.05mm，每個小格實際長度為，所以可得游標尺中第6格刻度線與主尺對齊刻度線為（5）由題意鐵片下邊的擋光時間分別為，鐵片遮光寬度d。則通過光電門的速度近似為（6）研究鐵片上下兩邊依次通過光電門的運動過程，根據公式有解得14．【答案】

7.5

1.48

1.5

不合理，改裝后電流表的內阻與電池內阻相差不大，忽略后，會使內阻的測量值相對誤差過大。【解析】（1）根據并聯電路電流分配關系，電流與電阻成反比，當電流表滿偏時，流過電阻的電流為200mA，則干路電流為202mA，則量程約為。（2）根據閉合電路歐姆定律，當電流表達到滿偏時，回路中總電阻為了保護電流表，閉合開關之前，電阻箱接入電路的電阻值應大于。（3）根據閉合電路歐姆定律解得整理可得斜率表示E，根據圖線可得代入及，，，解得。不合理，改裝后的電流表內阻約為1Ω，被測電池內阻約為1.5Ω，如果把電表當成理想電表，測量值為2.5Ω，相對誤差相對誤差太大。15．【答案】（1）；（2）【解析】（1）該單色光在圓柱體中傳播的光路圖如圖所示折射角其中，得根據光的折射定律有（2）由幾何關系可知，該單色光恰好從AD面上無限靠近D處射出半圓柱，在半圓柱中傳播的路程設該單色光在半圓柱中的傳播速度大小為v，有，解得16．【答案】（1）；（2）【解析】（1）設右管水銀面下降，則由玻意爾定律可得解得右管水銀面下降的高度為h=37.5cm（2）設空氣柱長度為，則由玻意爾定律可得則管中封閉空氣柱的長度為37.5cm。17．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為圖線與t軸所圍的面積，設，所以解得由平均速度的定義可得（2）由圖像可知，0~0.4s和0.4~1.4s內物體的加速度分別為根據牛頓第二定律得由圖像可知傳送帶運行速度為，所以0~0.4s內物體相對傳送帶的位移即0.4~1.4s內物體相對傳送帶的位移即則因摩擦而產生的熱為解得18．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由題意知，粒子1在第