2022年廣東省普通高中高考物理沖刺試卷（一）（附答案詳解）

2022年廣東省普通高中高考物理沖刺試卷（一）

1.2020年3月2日9時12分，華龍一號全球首堆-中核集團福清核電5號機組熱態(tài)性能

試驗基本完成，為后續(xù)機組裝料、并網發(fā)電等工作奠定了堅實基礎。該機組正式運

行后的核反應方程之一為卷5u+XT^Ba+髭Kr+3M，下列說法正確的是（）

A.該核反應中X是質子

B.該核反應屬于熱核反應

C.慫"a的比結合能比卷5〃的比結合能大

D.該核反應的產物的結合能之和小于反應物的結合能之和

U

2.如圖所示，一根橫截面積為S的均勻長直橡膠棒上均勻

OOOOOOO0

帶有負電荷，棒單位長度內所帶的電荷量為q,當此棒OOOOOOOO

沿軸線水平向右做速度為v的勻速直線運動時，由于棒的運動而形成的等效電流為/,

則（）

竺

A.I=qvB./=?C./=qvSD.

3.通電閉合直角三角形線框4BC處在水平方向的勻強磁場中，磁場

方向垂直于線框平面向里，線框的邊BC水平，線框中電流方向

如圖所示，那么該線框受到的安培力的合力（）

A.方向水平向左

B.方向豎直向下

C.方向垂直于48斜向上

D.為零

4.2020年12月17日凌晨，“嫦娥五號”返回器攜帶月球樣品在內蒙古四子王旗預定

區(qū)域安全著陸。若用彈簧測力計在月球表面測得質量為m的物塊重為F,已知月球

的半徑為R,引力常量為G,月球的自轉周期為7。則月球的質量約為（）

A廣B3C.塔D.安

GmGmGT2GT2

5.如圖所示，原、副線圈匝數(shù)之比為10：1的理想變壓器，

原線圈與u=200&sinl007Tt（y）的正弦交流電源相連，

副線圈串聯(lián)一個晶體二極管。（正向電阻為零，反向電

阻無窮大）和定值電阻R=ion,則電阻R上消耗的功率

為（）

A.20WB.40WC.200WD.MOW

6,固定斜面體左、右傾角分別為30。和45。，將甲、乙兩個小球從斜面體頂端。點以火、

方的速度分別向左和向右水平拋出，甲、乙兩個小球分別落在左側斜面上的M點和

右側斜面上的N點,

A.=3:y/^2.

C.資：諺=3：V2D.譜：t?2=V3：

7.如圖所示，立方體ABCDEFGH的四個頂點4C、F、H處各

固定著一個電荷量均為Q的正點電荷，則B、。兩點（）

A.電勢相同、電場強度大小相等

B.電勢相同、電場強度大小不相等

C.電勢不相同、電場強度大小相等

D.電勢不相同、電場強度大小不相等

8.a、b兩個物體從同一地點同時出發(fā)，沿同一方向做勻變速直線運動，若初速度不同

而加速度相同，則在運動過程中（）

A.a、b的速度之差保持不變

B.a、b的速度之差與時間成正比

C.a、b的速度之和與時間成正比

D.a、b的速度之和與時間成線性關系

9.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的4、B兩球在同一直線上相向運動，4、B兩

球的質量分別為m和3m,A、B兩球發(fā)生正碰，碰撞后4球的速率是原來的兩倍，B

球恰好靜止。貝1（）

A.碰撞前4、B兩球的速度大小之比為1：1

B.碰撞前4、8兩球的速度大小之比為3：2

C.A、B兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞

D.A、B兩球發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞

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10.如圖，阻值不計的平行光滑金屬導軌與水平面夾角為。，

導軌間距為d,下端接一阻值為R的定值電阻，磁感應強B3

度大小為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上。質量為m的J

金屬桿MN由靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達R

到最大。已知MN接入電路的電阻為r,MN始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速

度為g,則在此過程中（）

A.通過定值電阻的電荷量為等

B.金屬桿中的電流由N流向M

C.金屬桿運動的最大速度為吟浮

D.金屬桿與定值電阻產生的熱量之比為R：r

11.用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質量的關系，帶滑輪的長木板水平放置，彈

簧測力計固定在墻上。小車上固定一定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和砂桶。

（1）圖乙為實驗中打出的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出

了連續(xù)的計數(shù)點，每相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標出。已知打點計時器

接在頻率為50Hz的交流電源兩端，則此次實驗中小車運動的加速度的測量值

a=m/s2（結果保留三位有效數(shù)字）。

（2）某同學做實驗時，未把木板的一側墊高，就繼續(xù)進行其他實驗步驟，該同學作

出的小車的加速度a與彈簧測力計示數(shù)F的關系圖像如圖丙所示，則實驗中小車受

到的摩擦力大小為，小車的質量為。（用圖像中所標字母表示）

12.在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學進行了如下操作:

（1）用毫米刻度尺測量接入電路中的金屬絲的有效長度L，再用螺旋測微器測量金屬

絲的直徑。，如圖甲所示，則。=mm.

（2）該同學接著用歐姆表粗測該金屬絲的電阻，他進行了如下操作：先用“X100”

擋測量時發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，則應該換用（選填“x10”或“X1000”）

擋，正確換擋、重新歐姆調零后再進行測量，指針靜止時位置如圖乙所示，則該金

屬絲的電阻q=12（結果保留三位有效數(shù)字）。

（3）若用伏安法測量該金屬絲的阻值，電路如圖丙所示。除電源（電動勢為4V,內阻

不計）、電流表4（量程為30mA,內阻約10）、待測金屬絲、導線、開關外，電壓表

應選用,滑動變阻器應選用（以上兩空均選填以下給定器材前的字母）。

電壓表的左端應與電路中的（選填"a”或"b”）點相連。

A.電壓表匕（量程為31/,內阻約3k。）

8.電壓表彩（量程為15U,內阻約15k。）

C.滑動變阻器％（總阻值為500,額定電流為2A）

。.滑動變阻器/?2（總阻值為2000，額定電流為24）

若某次測量中，電壓表和電流表示數(shù)分別為U和/,請用上述直接測量的物理量（。、

L、U、/）寫出金屬絲的電阻率p的表達式，即P=。

13.如圖甲所示的陀螺可在圓軌道外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，

被稱為“魔力陀螺”。它可等效為一質點在圓軌道外側運動的模型，如圖乙所示。

在豎直面內固定的強磁性圓軌道半徑R=0.1m,小B兩點分別為軌道的最高點與

最低點。質點沿軌道外側做完整的圓周運動，圓軌道對質點的強磁性引力始終指向

圓心。且大小恒為F。質點從4點由靜止釋放，通過B點時對軌道的壓力為其重力的

5倍。質點以不同速度。通過4點時，對軌道的壓力時與其速度的平方層的關系圖像

如圖丙所示，不計摩擦和空氣阻力，質點質量m=50g,重力加速度g=10m/s2,

求：

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陀螺

X軌道

冏定支架

質點B

(1)圓軌道對質點的強磁性引力F的大小。

(2)圖丙中橫、縱坐標上的截距x、y的值大小。

14.在科學研究過程中，常利用電磁場來控制帶電粒子的軌跡。如圖所示，勻強電場與

勻強磁場分布在豎直平面內的直角坐標系xOy中，其中勻強電場沿y軸負方向(豎直

向下)，勻強磁場的方向垂直坐標平面向里，電場和磁場寬度均為d,沿x軸方向區(qū)

域無限長。某時刻，從電場邊緣、y軸正半軸P(0,2d)處由靜止釋放一個質量為小、

電荷量為q的正離子(重力不計)。已知勻強電場的電場強度大小為E,勻強磁場的磁

感應強度大小8=疆，求：

(1)離子第一次進入磁場時的速度大小。

(2)離子第二次進入磁場時的速度大小和方向。

(3)離子從P點出發(fā)到第二次剛進入磁場所經歷的時間久

15.如圖，導熱性能良好的汽缸固定在水平地面上，用活塞

將一定質量理想氣體密閉在汽缸中，活塞與汽缸間摩擦

不計，大氣壓強為Po。若環(huán)境溫度緩慢降低10℃,活塞|[\

緩慢向左移動一段距離，汽缸內氣體體積減小/乙則相

對溫度降低前，汽缸內氣體對單位面積汽缸壁在單位時間內的碰撞次數(shù)(選

填“增加”、“減少”或“不變”)，汽缸內氣體放出的熱量_____(選填“大于”、

“小于”或“等于")Po」，。

16.如圖所示，豎直固定的絕熱汽缸內有一質量和體積均不計的活塞，活塞上放一重物,

距汽缸底部廄處連接一U形管（管內氣體的體積忽略不計）。初始時.活塞到汽缸底

部距離為1.6h0，兩邊水銀柱高度差h=1.9m。已知大氣壓強po=76cmHg,汽缸

足夠長。若將活塞上的重物慢慢拿開，汽缸內氣體溫度不變，求最終活塞靜止時到

汽缸底部的距離。

17.圖甲為一列簡諧橫波在t=0.2s時刻的波形圖，M是平衡位置x=2.0cm處的質點,

N是平衡位置x=4.0sn處的質點，圖乙為質點N的振動圖像。則該簡諧橫波的傳播

速度為m/s,圖甲中M點下一次出現(xiàn)在波谷位置的時刻是t=

18.“道威棱鏡”是一種用于光學圖像翻轉的儀器。如圖所示，將一等腰直角棱鏡截去

棱角，使其平行于底面?？芍瞥伞暗劳忡R”，其橫截面4BCD是底角為45。的等腰

梯形，。為4B中點，一束光線與BC平行從0點射入棱鏡。已知光線在棱鏡中的傳播

速度為真空中傳播速度的立。求光線在。點的折射角。

2

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：AB,該反應為重核裂變，根據質量數(shù)守恒可得X的質量數(shù)為：

235-144-89-1=1

根據電荷數(shù)守恒可得X的電荷數(shù)為：

92-56-36-0=0

所以核反應中X為中子，故A8錯誤；

CD,比結合能是指原子核結合能對其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成

自由核子，平均對每個核子所要添加的能量，用于表示原子核結合松緊程度。該反應為

放能反應，產物的比結合能大于反應物的比結合能，產物的結合能之和大于反應物的結

合能之和。故C正確；￡＞錯誤。

故選:Co

1

重核裂變的核反應方程為卷5(7+XT靖Ba+HKr+3加，利用質量數(shù)守恒與電荷數(shù)守

恒求解：比結合能是指原子核結合能對其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆

成自由核子，平均對每個核子所要添加的能量，用于表示原子核結合松緊程度。產物的

比結合能大于反應物的比結合能；原子核是核子憑借核力結合在一起構成的，要把其分

開，需要能量，此即原子核的結合能結合能，產物的結合能之和大于反應物的結合能之

和。

本題考查重核裂變、結合能、比結合能等知識點，對學生的要求較低，屬簡單題。

2.【答案】A

【解析】解：設經過時間3流過某一截面的電荷量Q=utq,則根據電流公式可得/=.=

等=叫，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

棒沿軸線方向以速度u做勻速直線運動時，每秒通過的距離為U米，則每秒〃米長的橡膠

棒上電荷都通過直棒的橫截面，由電流的定義式/=(求解等效電流。

本題關鍵是建立物理模型，利用電流的定義式進行求解電流。

3.【答案】D

【解析】解：若通以順時針的電流方向，根據左手定則可知：各邊所受的安培力背離中

心處，如圖所示，由公式F=得出各邊的安培力的大小，從而得”

X

出安培力大小與長度成正比，因而兩直角邊的安培力與斜邊的安培一

力等值反向，所以線圈所受磁場力的合力為零，故。正確，4、B、

x

C錯誤。

故選：Do

通電直角三角形線圈處于勻強磁場中，受到安培力作用，根據左手定則確定安培力的方

向，再由公式尸=8"確定安培力的大小，最后由力的合成來算出安培力的合力。

本題主要考查了安培力的大小與通電導線的長度關系，及力的合成法則.當然本題還可

以采用等效法進行求解。

4.【答案】B

【解析】解：月球自轉得非常慢，物體隨月球轉所需的向心力很小，可忽略.由題意可

知尸=mg,根據萬有引力定律有G=^=mg,解得M=霽，故B正確，AC3錯誤。

故選：B。

根據萬有引力提供重力列式計算出月球的質量。

本題考查萬有引力定律的應用，體現(xiàn)考生的基礎知識和學科素養(yǎng)。

5.【答案】A

【解析】解：原線圈電壓的有效值U=200k根據3=,可得，理想變壓器的副線圈

兩端交流電的有效值U'=20V。副線圈與二極管、電阻R串聯(lián).因二極管具有單向導電

性.根據WTxg=第7,可得電阻R兩端電壓的有效值=10位V,所以電阻R上消

耗的功率P="=也空勿=20/，故A正確，BCD錯誤。

R10

故選：Ao

根據原副線圈的匝數(shù)比得出電學物理量的比值關系，結合二極管的單向導電性和有效值

的定義完成分析。

本題考查交變電流和理想變壓器，理解變壓器兩端原副線圈的匝數(shù)比和電學物理量的關

系即可完成分分析。

6.【答案】C

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【解析】解：設斜面傾角為。，小球平拋運動的初速度為孫，小球落到斜面時位移大小

為s,根據平拋運動規(guī)律有s?cos。=vot,s-Sind=3gt2,解得詔=亭,吟，所以馬=

乙2sin。172

全，故C正確，ABD錯誤。

故選:Co

根據平拋運動在不同方向的運動特點，聯(lián)立運動學公式，結合幾何關系得出速度的比值

關系。

本題主要考查了平拋運動的相關應用，理解在不同方向的運動特點，結合運動學公式和

幾何關系即可完成分析。

7.【答案】A

【解析】解：根據對稱性可知，4、C、H三點處電荷在。點處產生的電場強度%是三處

點電荷產生電場強度疊加的矢量合，4、C、尸三點處電荷在B點處產生的電場強度E2是

三處點電荷產生電場強度疊加的矢量合；結合對稱性可知4、C、”三點處電荷在。點處

產生的電場強度Ei的大小剛好與4、C、F三點處電荷在B點處產生的電場強度為的大小

相等，而F處的點電荷在。點處產生的電場強度E3的大小與H處點電荷在B點處產生的電

場強度Ei的大小也相等，并且%與為方向相同，&與方向相同，故8、。兩點處的電

場強度大小相等但方向不同；根據對稱性可知，4、C、H三點處電荷在。點處產生的電

勢必剛好與4、C、F三點處電荷在B點處產生的電勢如相等，而尸處的點電荷在。點處

產生的電勢如與“處點電荷在8點處產生的電勢W4也相等，故&。兩點的電勢相同，

故A正確，BCO錯誤。

故選：4。

結合四個點電荷到B與。點的距離關系，根據電場強度的關系與電勢的關系判斷即可。

該題考查常見電場的電場分布與特點，結合等量同種點電荷的電場分布特點的圖，把兩

個相互垂直的等量同種點電荷的電場疊加在一起，可以直接判定.

8.【答案】AD

【解析】解：4、設a、b兩個物體的初速度分別為%0、Wo,加速度為/由于a、t相同，

則由以=%+at得兩物體的速度之差為：△U=%-口2=%0-〃20=△卬，所以速度

之差保持不變，故A正確，3錯誤；

B、ab的速度之和%+%=（“io+玫0）+2at,故與時間成線性關系，故C錯誤，。正

確。

故選：ADo

根據勻變速直線運動的速度時間公式得出兩者速度之差和速度之和的表達式，從而分析

判斷.

本題考查運動學公式的應用，要根據具體運動學公式進行推導，對運動學公式要熟練掌

握，并能進行有關數(shù)學推導.

9.【答案】AC

【解析】解：AB、規(guī)定向右為正方向，設碰撞前4、B兩球速度大小分別為力和奶,根

據系統(tǒng)動量守恒有機以-3mvB=-m(2vA),解得：vA=vB=v,故A正確、B錯誤；

CD、碰撞前系統(tǒng)動能第=|mv24-ix3mv2=2mv2,碰撞后系統(tǒng)動能第=1m(2v)2=

2m后,由于EI=E2,故4、B兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，故C正確、。錯誤。

故選:AC.

根據4B兩球在碰撞過程中動量守恒列方程可求解速度關系，再根據兩球碰撞前后機

械能相等可知，4、B兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞。

本題考查動量守恒定律、彈性碰撞等知識點，難度適中。

10.【答案】BC

【解析】解：4、由公式得：q=I-At,由法拉第電磁感應定律得：E=^=攀，根

據閉合電路歐姆定律得：1=3聯(lián)立解得通過定值電阻的電荷量為：q=普，故A

K+fK+T

錯誤；

B、由右手定則可知，金屬桿中的電流由N流向M,故B正確；

C、金屬桿運動的速度達到最大時，根據力的平衡條件得：mgsinO=B/d,根據閉合電

路歐姆定律得：/=警，聯(lián)立解得金屬桿運動的最大速度為：方=儂嚶野，故C

A+ra”

正確；

D、流過金屬桿與電阻R的電流相同，根據焦耳定律Q=/2Rt,所以金屬桿與電阻R產生

的熱量之比為r：R,故。錯誤。

故選：BC.

根據《=怒求出流過電阻R的電量；由右手定則判斷；當導體棒的加速度為零時，速度

最大，根據平衡條件，結合安培力公式求出桿的速度最大值；根據焦耳定律Q=判

斷。

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本題考查了電磁感應與電路、力學、能量的綜合運用，能夠會靈活運用切割產生的感應

電動勢公式、安培力公式、歐姆定律等內容，掌握電量的經驗表達式勺=碧。

2(F1Fo)

U.［答案］2,402/7-

al

【解析】解：(1)每相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標出，則相鄰兩計數(shù)點之間的

時間間隔0.1s,根據逐差法可知，小車的加速度a=5fX

10-2m/s2=2.10m/s2o

(2)根據牛頓第二定律得：a=等，整理得：a="_￡,由圖示a-尸圖像可知，圖

像橫軸截距%=g斜率卜=段=總，解得小車所受摩擦力f=2&，小車的質量M=

2(8-吊)

Qi°

故答案為：(1)2.40；(2)2&；竺守。

(1)根據實驗數(shù)據應用勻變速直線運動的推論求出小車的加速度。

(2)應用牛頓第二定律求出圖像的函數(shù)表達式，然后求解。

本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，理解實驗原理是解題的前提；結合牛頓第二

定律和圖像完成分析即可，在計算加速度過程中要注意單位的換算。

12.【答案】1.415x10160ADa^-

4IL

【解析】解：(1)由圖甲所示螺旋測微器可知，讀數(shù)。=1mm+41.5x0.01mm=

(2)先用“X100”擋測量時指針偏轉角度過大，所選擋位太大，應該換用x10擋；由圖

乙所示可知，該金屬絲的電阻匕=16xion=1600。

P

(3)電源電動勢為4人電壓表應選擇4量程為30m4電路最大總電阻約為氏總=二=

忠啟0工1330,滑動變阻器應選擇D；由題意可知：黑=鬻=1875,M=竽=160,

OUXlU-LOU色A1

則氏〉名，電流表應采用內接法，電壓表的左端應與電路中的a點相連。由歐姆定律可

知，金屬絲電阻R=%由電阻定律可知：R=P^=P志,解得：。=嘿

故答案為：(1)1.415；(2)X10；160；(3)4D；a；—?

(1)螺旋測微器固定刻度與可動刻度讀數(shù)的和是螺旋測微器的讀數(shù)。

(2)用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近；歐姆表指針讀數(shù)

與擋位的乘積是歐姆表讀數(shù)。

(3)根據電源電動勢選擇電壓表，根據待測電阻阻值選擇滑動變阻器；根據電表內阻與

待測金屬絲的關系確定電流表的接法；應用歐姆定律與電阻定律求出電阻率。

要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；要掌握電流表內外接法的選擇方法；應用歐姆

定律與電阻定律可以求出電阻率的表達式。

13.【答案】解：(1)質點從4點運動到B點的過程，根據動能定理，有=詔

質點通過8點時.根據牛頓第二定律有F=nig—N=7n?

據題可知N=5mg

聯(lián)立解得F=10mg=10x0.05xION=5N

(2)質點通過4點時，根據牛頓第二定律，有F+mg-FN=m〈

代入數(shù)據解可得FN=5.5-0.5/

結合圖丙可知，當/=0時，y=FN=5.5JV-0=5.5W

當氐=0時，x=v2=^m/s2—11m/s2

答：(1)圓軌道對質點的強磁性引力F的大小為5N。

(2)圖丙中橫、縱坐標上的截距x、y的值大小分別為llm/s2、5.5N。

【解析】(1)質點從4點運動到B點的過程，由動能定理列方程。質點通過B點時.根據

牛頓第二定律列方程，聯(lián)立即可求出強磁性引力尸的大小。

(2)質點通過4點時，根據牛頓第二定律列方程，結合圖像的信息求圖丙中橫、縱坐標上

的截距％、y的值大小。

本題考查牛頓運動定律和功能關系，關鍵要正確分析受力，確定向心力的來源，運用動

能定理和牛頓運動定律相結合進行處理。

14.【答案】解：(1)離子從靜止釋放

后.先在工軸上方的電場中做勻加速運

動，然后以某一速度從4點進入x軸上

方的磁場中，離子在電場、磁場中的

運動軌跡如圖所示

離子第一次在電場中運動，設離開電

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場(進入磁場)時的速度大小為火

根據動能定理有：qEd=-mpf

解得“居

(2)設離子第一次進入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為r

根據洛倫茲力提供向心力，有：Bqv1=

解得：丁=>j2d

根據幾何關系.離子離開磁場時的速度大小加=%,且與y軸負方向夾角：6=45。

設離子第二次進入磁場時，速度與y軸負方向的夾角為a

根據動能定理，有：qE'2d=

解得：

由離子沿%軸方向的分速度不變，有v)a=解得：a=30°o

(3)離子在磁場中做圓周運動的周期均為：7=箸=2兀后

離子從P點運動到4點的時間：tpA=忌=厘

離子從4點運動到8點的時間：以-=菖7=?后

離子從B點運動到C點的時間：Me=唳8聶皿"=(V3-1)信

總時間：t=tPA+tAB+tBC

聯(lián)立得到：￡=tPA+tAB+tBC=(V3+&+：-1)J言

答:(1)離子第一次進入磁場時的速度大小為

(2)離子第二次進入磁場時