2022年高考物理押題預(yù)測卷03（遼寧卷）（全解全析）

物理第頁）2022年高考押題預(yù)測卷03【遼寧卷】物理·全解全析12345678910ADADCCDBCBDACD一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．碳14是宇宙射線撞擊空氣中的氮14原子所產(chǎn)生，具有放射性，碳14原子發(fā)生衰變轉(zhuǎn)變?yōu)榈?4。生物存活期間需要呼吸，其體內(nèi)的碳14含量大致不變；生物停止呼吸后，體內(nèi)的碳14開始減少?？梢愿鶕?jù)死亡生物體內(nèi)殘余碳14含量來推斷它的死亡時間。碳14各個半衰期所剩原子比例如圖所示，某古木樣品中14C的比例正好是現(xiàn)代植物所制樣品的三分之一。下列說法正確的是（）A．碳14的衰變方程為B．該古木的年代距今大于11460年C．14C和14N中含有的中子個數(shù)相等D．如果古木處于高溫、高壓下測量結(jié)果可能有較大誤差【答案】A【解析】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，又因為碳14發(fā)生衰變，所以衰變方程為故A正確；B．根據(jù)圖像可知，剩余三分之一，時間應(yīng)該大于5730年小于11460年。故B錯誤；C．由元素序數(shù)知碳14中子數(shù)為8，氮14中子數(shù)為7。故C錯誤；D．半衰期與溫度、壓強無關(guān)。故D錯誤。故選A。2．電磁彈射器是航空母艦上一種高效的艦載機起飛裝置，我國的未來航母也將采用這種裝置，其工作原理如圖所示。足夠長的光滑導(dǎo)軌間距為L，電阻不計，左端接有電動勢為E的電源，系統(tǒng)處于豎直向下的勻強磁場中。閉合開關(guān)S后，質(zhì)量為m、長度等于導(dǎo)軌間距的金屬棒ab由靜止開始運動，最后達到穩(wěn)定速度vm。加速到穩(wěn)定速度的過程中，電源提供的能量為Es，電源、金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1，Q2，下列說法正確的是（）A．金屬棒ab先做勻加速直線運動最后做勻速直線運動B．達到穩(wěn)定速度時金屬棒的感應(yīng)電動勢小于EC．穩(wěn)定速度D．磁場的磁感應(yīng)強度為【答案】D【解析】A．電鍵S閉合后，ab棒受到向右的安培力，產(chǎn)生向右的加速度，棒向右做加速運動。根據(jù)右手定則，棒中會產(chǎn)生一個由b到a的感應(yīng)電動勢，與電池電動勢方向相反，導(dǎo)致棒中的電流減小，有由牛頓運動定律可得聯(lián)立，可得由上分析可知，隨著v的增加，I減小，a減小，棒做加速度減小的加速運動，當a=0時棒做勻速直線運動。故A錯誤；BCD．根據(jù)能量守恒定律，電源提供的能量一部分變?yōu)榛芈分挟a(chǎn)生的焦耳熱，一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能，有穩(wěn)定時棒的速度為穩(wěn)定后棒的感應(yīng)電動勢等于E，即磁感應(yīng)強度為故BC錯誤；D正確。故選D。3．電動餐桌就是在大圓桌面上安裝一電動轉(zhuǎn)盤，使用時轉(zhuǎn)盤可以低速勻速旋轉(zhuǎn)，方便用餐人員夾取食物菜肴。如圖所示一質(zhì)量為m的盤子（可視為質(zhì)點）隨電動餐桌一起以角速度勻速轉(zhuǎn)動，已知A、B與圓心O的距離均為r，，則盤子隨餐桌從A轉(zhuǎn)到B的過程中，摩擦力對盤子沖量的大小為（）A． B． C． D．0【答案】A【解析】A、B兩點速度方向如圖甲所示，則有由于摩擦力是變力，由動量定理得：將方向平移到B點，如圖乙所示，解得BCD錯誤，A正確。故選A。4．三顆質(zhì)量相等的恒星彼此連線恰好構(gòu)成等邊三角形，忽略其他星體對其引力，測量星體之間距離，并通過理論計算得到該三星系統(tǒng)的周期為T，但實際觀測中得到該三星系統(tǒng)周期為nT，科學家猜測在三星構(gòu)成的等邊三角形的中心存在質(zhì)量為M的黑洞，該黑洞質(zhì)量是恒星質(zhì)量的（）A．倍 B．倍C．倍 D．倍【答案】D【解析】設(shè)等邊三角形邊長為L，恒星質(zhì)量為m，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律得得當中心存在黑洞時有解得故選D。5．如圖所示，圓柱形氣缸水平放置，活塞將氣缸分為左右兩個氣室，兩側(cè)氣室內(nèi)密封等質(zhì)量的氮氣?，F(xiàn)通過接口K向左側(cè)氣室內(nèi)再充入一定質(zhì)量的氮氣，活塞再次靜止時左右兩側(cè)氣室體積之比為4∶1。氣缸導(dǎo)熱良好，外界溫度不變，活塞與氣缸間無摩擦，則從接口充入的氮氣與左側(cè)氣室內(nèi)原有氮氣的質(zhì)量之比為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】分析得兩次平衡狀態(tài)時，左右兩邊氣缸的壓強平衡即對右邊氣體分析，活塞再次靜止時左右兩側(cè)氣室體積之比為，故右邊氣體的體積由原來氣缸總體積的減小到，根玻意耳定律得解得對左邊氣缸氣體分析，假設(shè)充入左邊的氣體在一樣的溫度，壓強為的氣體為，根據(jù)玻意耳定律得聯(lián)立解得從接口充入的氮氣與左側(cè)氣室內(nèi)原有氮氣的質(zhì)量之比為，故C正確，ABD錯誤。故選C。6．在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，為定值電阻，R為滑動變阻器。、為水平放置的兩個平行金屬板，二者之間的電場可以視為勻強電場，虛線平行于金屬板。當R的滑片在中點時，閉合開關(guān)S，帶電小球以從O點沿飛入，剛好從點飛出。若帶電小球都能夠從平行金屬板右側(cè)飛出，下列說法正確的是（）A．若滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以從O點沿飛入，則飛出點在點B．若滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以從O點沿飛入，則飛出點在點下方C．若金屬板平行上移一小段距離，帶電小球仍以從O點沿飛入，則小球?qū)⒃邳c飛出D．若金屬板平行下移一小段距離仍在上方，帶電小球仍以從O點沿飛入，則小球?qū)⒃邳c飛出【答案】C【解析】AB．滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后，滑動變阻器電阻R減小，總電流變大，兩端電壓變大，即電容器電壓變大，粒子受到向上的電場力變大，帶電小球仍以從O點沿飛入，飛出點在點上方，AB錯誤；C．若金屬板MN平行上移一小段距離，電容器電容變小，電容器電壓不變，所以電容器電量減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦裕娙萜麟娏繜o法減小，其電量不變，由，，可得可知場強E不變，粒子受到向上的電場力不變，帶電小球仍以從O點沿飛入，將在點飛出，C正確；D．若金屬板平行下移一小段距離，電容器電容變大，電容器電壓不變，所以電容器電量變大，由可知場強E變大，粒子受到向上的電場力變大，帶電小球仍以從O點沿飛入，將在點上方飛出，D錯誤。故選C。7．如圖所示為長度相同、平行硬通電直導(dǎo)線a、b的截面圖，a導(dǎo)線固定在O點正下方的地面上，b導(dǎo)線通過絕緣細線懸掛于O點，已知，a導(dǎo)線通以垂直紙面向里的恒定電流，b導(dǎo)線通過細軟導(dǎo)線與電源相連（忽略b與細軟導(dǎo)線之間的相互作用力）。開始時，b導(dǎo)線靜止于實線位置，Ob與豎直方向夾角為，將b中的電流緩慢增加，b緩慢移動到虛線位置再次靜止，虛線與Ob夾角為（）。通電直導(dǎo)線的粗細可忽略不計，b導(dǎo)線移動過程中兩導(dǎo)線始終保持平行。已知通電長直導(dǎo)線周圍的磁感應(yīng)強度大小的計算公式為，式中I為導(dǎo)線上的電流大小，r為某點距導(dǎo)線的距離，k是常數(shù)。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．b中的電流方向為重直紙面向里，B．b在實線位置時和在虛線位置時，其電流強度之比為1：4C．b緩慢移動的過程中，細線對b的拉力逐漸變大D．若在虛線位置將b中電路突然切斷，則該瞬間b的加速度為【答案】D【解析】A．對導(dǎo)線b受力分析，a、b導(dǎo)線間為斥力時b導(dǎo)線才能平衡，根據(jù)“同向電流吸引，反向電流排斥”，可知b中的電流方向為垂直紙面向外，故A錯誤；C．b導(dǎo)線受力分析如圖1所示，與力的矢量三角形相似，有不變，而Ob長度也不變，所以拉力T不變，故C錯誤；B．a(chǎn)b長度變長，也得變大，但是到達虛線位置后，由題目可知，a導(dǎo)線在處、b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小之比為又則整理得到故B錯誤；D．若在虛線位置將電路斷開，使b中無電流，b受到的安培力變?yōu)榱?，b受重力和細線的拉力開始做圓周運動，受力分析如圖2所示，沿半徑方向沿切線方向所以加速度為故D正確。故選D。8．在水面上建立如圖所示的直角坐標系。同一振動片上的兩個振針分別位于x軸上和處。振動片振動穩(wěn)定后，振針處為波源，產(chǎn)生波長為14cm的簡諧波，在水面上形成干涉現(xiàn)象。下列說法正確的是（）A．坐標原點處的質(zhì)點一直位于最高點B．x軸上，和處均為振動加強點C．y軸上，和處質(zhì)點振動方向始終相反D．x軸上與y軸上的振動加強點的振動頻率不同【答案】BC【解析】A．坐標原點處為振動加強點，該處質(zhì)點在上下振動，不是一直位于最高點，故A錯誤；B．x軸上和處的兩質(zhì)點到兩波源的波程差為14cm，等于一個波長，為振動加強點，故B正確；C．y軸上，和處兩質(zhì)點到兩波源的距離分別為13cm和20cm，差值為7cm，恰為半個波長，對于每個波源單獨引起的振動，兩處的振動方向始終相反，兩個波源引起的振動疊加后，兩處的振動方向還是始終相反，故C正確；D．x軸上與y軸上的振動加強點，它們的振動頻率均等于振動片振動的頻率，故D錯誤。故選BC。9．如圖所示，一物塊置于足夠長的水平傳送帶上，彈簧左端固定在豎直墻壁上，彈簧右端與物塊接觸但不栓接，墻壁與物塊間系不可伸長的輕繩使水平方向的彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為0.2m（彈性限度內(nèi)）。已知物塊質(zhì)量為0.5kg。物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)、重力加速度。若傳送帶不動，剪斷輕繩，當彈簧剛好恢復(fù)原長時物塊的速度為零；若傳送帶以的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，則剪斷輕繩后（）A．在彈簧恢復(fù)原長的過程中，物塊向右先做加速運動，后做減速運動B．彈簧恢復(fù)原長時，物塊速度大小為C．物塊在傳送帶上運動的過程中，摩擦力對物塊做功為2.5JD．彈簧恢復(fù)原長后，物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為0.25J【答案】BD【解析】設(shè)剪斷輕繩前，彈簧彈性勢能為，傳送帶不動時，根據(jù)動能定理得解得B．根據(jù)動能定理得解得故B正確；A．由B分析可知，物塊的速度一直小于傳送帶速度，物塊所受的滑動摩擦力一直水平向右，彈力水平向右，則物塊向右做加速運動，故A錯誤；C．物塊最后和傳送帶速度相等，根據(jù)動能定理得解得故C錯誤；D．彈簧恢復(fù)原長后，根據(jù)牛頓第二定律得解得物塊在傳送帶上的加速度物塊加速到與傳送帶共速的時間為此過程物塊的對地位移為傳送帶的對地位移為則彈簧恢復(fù)原長后，物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為故D正確。故選BD。10．如圖所示，在半徑為L的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強磁場，在x軸與磁場邊界的交點P處有一粒子發(fā)射源，能沿平面與x軸成任意夾角向磁場區(qū)域發(fā)射質(zhì)量為m，帶電量為的粒子，且發(fā)射速度的大小為。在發(fā)射的眾多粒子中b粒子在磁場中的運動時間恰好為a粒子在磁場中運動時間的兩倍。已知a粒子的入射方向與x軸正方向成角，若不考慮粒子間的相互作用力和粒子的重力，下列說法正確的是（）A．b粒子的入射方向與x軸正方向成角B．b粒子的入射方向與x軸正方向成角C．a(chǎn)、b兩粒子離開磁場后的運動方向相互平行D．從磁場外沿y軸正方向從不同位置射入的，一群同速率的上述粒子經(jīng)磁場作用后一定都過P點【答案】ACD【解析】ABC．根據(jù)解得a粒子的軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系，a粒子的入射方向與x軸正方向成角，a粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，根據(jù)b粒子在磁場中的運動時間恰好為a粒子在磁場中運動時間的兩倍，則b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，b粒子的軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系b粒子的入射方向與x軸正方向成角，a、b兩粒子離開磁場后的運動方向相互平行，故AC正確，B錯誤；D．根據(jù)解得根據(jù)左手定則粒子向左偏轉(zhuǎn)，粒子沿著y軸正方向從不同位置射入，設(shè)射入位置與圓心的連線與x軸的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系其軌跡中心的坐標為根據(jù)幾何關(guān)系，該軌跡中心與P點的距離為則粒子的軌跡必然經(jīng)過P點，即粒子經(jīng)磁場作用后一定都過P點，故D正確。故選ACD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.（6分）為了研究小車在平直斜坡上的直線運動，某探究小組用自制“滴水計時器”計量時間。滴水計時器每隔相等時間滴下一小水滴，從第1滴水離開滴水計時器開始計時，20秒末第41滴剛好滴下。實驗前，將該計時器固定在小車旁，如圖1所示。實驗時，將小車放在斜面上用手輕推一下，小車離開手后加速下滑，圖2所示是小車運動過程中在斜坡上連續(xù)留下的幾個小水滴的位置。（1）由圖2數(shù)據(jù)可求滴A水滴時小車的運動速度大小為___________m/s，小車加速下滑過程中的加速度大小為___________m/s2。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（2）使用滴水計時器的優(yōu)點有不用電源、使用方便、不受紙帶長度限制等，但也存在一定的不足，如：___________。（寫出一條即可）【答案】

0.14

0.18

隨著水滴的不斷滴出，滴水的時間間隔可能會發(fā)生變化【解析】（1）由題意可知任意兩水滴之間的時間間隔為T=0.5s滴A水滴時小車的運動速度大小為根據(jù)可得小車加速下滑過程中的加速度大小為（2）隨著水滴的不斷滴出，滴水的時間間隔可能會發(fā)生變化，造成實驗誤差。12.（8分）目前表現(xiàn)比較出色的18650鋰電池具有容量大、壽命長、安全性能高等優(yōu)點，被廣泛應(yīng)用。中文名18650鋰電池常見類型鋰離子電池和磷酸鐵鋰電池電池直徑18mm電壓電池高度65mm常見容量某活動小組利用以下器材測定一個新鋰電池的電動勢，實驗電路圖如甲圖所示。A．電流表G：量程2mA、內(nèi)電阻約為B．電壓表V：量程0～3V、內(nèi)電阻未知C．固定電阻；阻值D．電鍵、導(dǎo)線若干實驗過程如下：（1）閉合電鍵，將電鍵撥至“2”，穩(wěn)定后電流表示數(shù)為；（2）將電鍵撥至“1”，穩(wěn)定后電流表的示數(shù)為。由乙圖可知電壓表的示數(shù)為___________V；（3）由以上數(shù)據(jù)可得：電動勢___________V；（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（4）活動小組利用以上數(shù)據(jù)計算出了電壓表的內(nèi)阻為___________，該電壓表內(nèi)阻的測量值___________其真實值。（填“大于”，“小于”或“等于”）【答案】

1.70

3.7

1700

等于【解析】（2）由乙圖可知電壓表量程選擇為，格對應(yīng)的電壓數(shù)值為，故需要估讀到精確值的下一位，圖中示數(shù)為（3）將電鍵撥至“”，由閉合電路歐姆定律可得將電鍵撥至“”，由閉合電路歐姆定律可得聯(lián)立以上式子解得（4）根據(jù)歐姆定律可得電壓表的內(nèi)阻為由于將電鍵撥至“”，電流表與電壓表為串聯(lián)關(guān)系，故電流表示數(shù)就是通過電壓表的電流，所以電壓表內(nèi)阻測量值等于真實值。13.（10分）某同學設(shè)計了一種測量透明圓柱體材料折射率的方法。讓兩束激光平行射入圓柱體內(nèi)，已知圓柱體截面圓半徑為R，激光束形成的平面與圓柱體截面平行，且兩束激光關(guān)于截面圓直徑AB對稱，間距為，兩束激光通過圓柱體后匯聚到AB的延長線上C點，C點到圓心O的距離。求這種透明圓柱體材料的折射率?！敬鸢浮俊窘馕觥績墒す庠趫A柱體內(nèi)的光路如圖所示由幾何關(guān)系知設(shè)從透明材料射出的光線與圓柱體壁的交點為E，出射角為，由折射定律可得又由于因為，所以在△OEC中，由正弦定理得解得由數(shù)學知識可得解得?14.（12分）兩塊金屬板水平正對放置，板間有周期性變化的勻強電場，如圖所示，電場周期為T，場強大小為E，t＝0時刻電場方向向下。大量電子（重力不計）沿中軸線方向以初速度v0從場外射入平行板中，這些電子通過金屬板的時間也為T，偏轉(zhuǎn)最大的電子剛好到達虛線上的A、B兩點。虛線右側(cè)有兩個相切的半圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向如圖所示，A、B兩點是虛線與半圓形磁場的切點。調(diào)整磁感應(yīng)強度的大小，使電子在該磁場中運動的軌道半徑與半圓形磁場的半徑相同?，F(xiàn)在磁場邊界的右側(cè)建立豎直方向的坐標軸y軸，y軸的原點O位于中軸線上。設(shè)電子質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮平行板電場的邊緣效應(yīng)，求：（1）t=0時刻進入平行板的電子，達到y(tǒng)軸時的坐標及所加磁場的磁感應(yīng)強度。（2）時刻進入平行板的電子，達到y(tǒng)軸時的坐標。?【答案】（1），；（2）【解析】（1）t=0時刻進入平行板的電子水平方向做勻速直線運動，豎直方向先向上做勻加速運動半個周期，再做勻減速運動半個周期，達到A點。設(shè)豎直方向的位移為s1，則該電子在豎直方向加速半個周期，減速半個周期，到達A點時只有水平方向的速度。該電子進入磁場時做勻速圓周運動，由于粒子與磁場半徑相同，經(jīng)過圓周到達中軸線，而后又經(jīng)過圓周到達y軸，所以到達y軸時該電子的坐標為根據(jù)題意，電子的軌道半徑也為s1，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）時刻進入平行板的電子，豎直方向向上加速，又豎直向上減速，設(shè)向上的總位移為s2，則接下來，豎直向下加速，又豎直向下減速，設(shè)向下的總位移為s3，