2022年高考物理押題預測卷03（遼寧卷）（全解全析）

2022年高考押題預測卷03【遼寧卷】

物理?全解全析

12345678910

ADADCCDBCBDACD

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)生夕衰變轉(zhuǎn)變?yōu)?/p>

氮14。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

()

各

個

半

衰

期

所

剩

原

子

比

例

B.該古木的年代距今大于11460年

C.14c和I4N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)生夕衰變，所以衰變方程為

:CT'N+'e

故A正確；

B.根據(jù)圖像可知，剩余三分之一，時間應該大于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Ao

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“、長度等于導軌間距的金屬棒仍由靜止開

始運動，最后達到穩(wěn)定速度加。加速到穩(wěn)定速度的過程中，電源提供的能量為瓦，電源、金屬棒

產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q,。2,下列說法正確的是（）

q

SIxxxx

/R

xXXX

b

A.金屬棒必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電動勢小于E

v^（￡t-Q-e2）

C.穩(wěn)定速度“一根

B=—

D.磁場的磁感應強度為,%

【答案】D

【解析】

A.電鍵S閉合后，"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。到4的感應電動勢，與電池電動勢方向相反，導致棒中的電流減小，

有

l=E~BLv,F=BIL

R+r安

由牛頓運動定律可得

F%=ma

聯(lián)立，可得

_BL(E-BLv)

"7(R+r)

由上分析可知，隨著u的增加，/減小，a減小，棒做加速度減小的加速運動，當。=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

瓦=Q+Qz+；*,

穩(wěn)定時棒的速度為

穩(wěn)定后棒的感應電動勢等于E,即

E=BL%

磁感應強度為

B上

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)量為加的盤子（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、8與圓心。的距離均為r,408=120。，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（）

【答案】A

【解析】

4、8兩點速度方向如圖甲所示，則有

vA=（or

vB=cor

由于摩擦力是變力，由動量定理得：

1=mvB-mvA

將女方向平移到/，點，如圖乙所示，解得

I=?na)r

BCD錯誤，A正確。

故選Ao

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()

6(1-叫G(l+"2)

A.21倍B.21倍

頻-/)X/3(1-M2)

C.31倍D.31倍

【答案】D

【解析】

設等邊三角形邊長為3恒星質(zhì)量為，力根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律得

?）2乃

2G—cos30=mI—L_

TI2cos30

得

7=2/

3G^

當中心存在黑洞時有

2℃G^二-cos―30。，+G----M-m---

”（，丫

I2cos30）

解得

M_6(一叫

m3n2

故選Do

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。現(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（）

左右

A.2:1B.上1C.3:1D.1：2

【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

Pa=P?=P

P左=2右

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4：1,故右邊氣體的體積由原來氣缸總

VV

體積的萬減小到《，根玻意耳定律得

VV

P右耳=。右W

解得

Ptf=2.5p右=2.5p

nV

對左邊氣缸氣體分析，假設充入左邊的氣體在一樣的溫度，壓強為夕左的氣體為萬-,根據(jù)玻意耳

定律得

nV+V4V

聯(lián)立解得

n=3

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3：1,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，屬為定值電阻，R為滑動變阻器。MN、

也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H的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以%從。點沿°。'飛入，則飛出

占在°,占

/、、、I—1—八八

B.若滑動變阻器H的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以%從。點沿°。'飛入，則飛出

點在。'點下方

C.若金屬板"N平行上移一小段距離，帶電小球仍以％從。點沿°。'飛入，則小球?qū)⒃凇?點飛出

D.若金屬板陽平行下移一小段距離仍在°0,上方，帶電小球仍以％從。點沿°。'飛入，則小球

將在。'點飛出

【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，R「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。點沿°?！度?，

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?，電容器電量無法減小，其電量不變，由

c=-^—C=&E=—

4k7vd,U,d

可得

_4成Q

sS

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。點沿飛入，將在。'點飛

出，C正確；

D.若金屬板"N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

_4成Q

sS

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、平行硬通電直導線。、匕的截面圖，。導線固定在O點正下方的地面上,

人導線通過絕緣細線懸掛于。點，已知3=。〃，”導線通以垂直紙面向里的恒定電流，b導線通

過細軟導線與電源相連（忽略人與細軟導線之間的相互作用力）。開始時，b導線靜止于實線位置,

。6與豎直方向夾角為。，將人中的電流緩慢增加，匕緩慢移動到虛線位置再次靜止，虛線與。匕夾

角為e（26<90。）。通電直導線的粗細可忽略不計，b導線移動過程中兩導線始終保持平行。已知

通電長直導線周圍的磁感應強度大小的計算公式為8=0",式中/為導線上的電流大小，r為某點

距導線的距離，々是常數(shù)。重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.匕中的電流方向為重直紙面向里，

B.6在實線位置時和在虛線位置時，其電流強度之比為1：4

C.。緩慢移動的過程中，細線對匕的拉力逐漸變大

D.若在虛線位置將6中電路突然切斷，則該瞬間b的加速度為gsin2O

【答案】D

【解析】

A.對導線人受力分析，“、導線間為斥力時人導線才能平衡，根據(jù)“同向電流吸引，反向電流

排斥”，可知人中的電流方向為垂直紙面向外，故A錯誤；

C.6導線受力分析如圖1所示，A。而與力的矢量三角形相似，有

mg=T=F安

0a~Ob~ab

mg

而不變，而Ob長度也不變，所以拉力T不變，故C錯誤；

B.必長度變長，耳也得變大，但是到達虛線位置后必'＜為〃，由題目可知，4導線在加處、b處

產(chǎn)生的磁感應強度大小之比為

線=或

Bbah'

又

理_ab'

F女a(chǎn)b

則

B；L=謳

8/ab

整理得到

lb\ab）

故B錯誤；

D.若在虛線位置將電路斷開，使。中無電流，6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

T'=mgcos20

沿切線方向

mgsin20=ma

所以加速度為

a=gsin20

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x=12cm和

x=-12cm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（）

，9/cm

16-

5-

——>x/cm

—-12----01----12

A.坐標原點處的質(zhì)點一直位于最高點

B.x軸上，x=7cm和x=-7cm處均為振動加強點

C.y軸上，y=5cm和y=16cm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x=7cm和x=-7cm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，y=5cm和y=16cm處兩質(zhì)點到兩波源的距離分別為13cm和20cm,差值為7cin,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BCo

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0.5kgo物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=05、重力加速度

g=l°m/s2。若傳送帶不動，剪斷輕繩，當彈簧剛好恢復原長時物塊的速度為零;若傳送帶以v=3m/s

的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，則剪斷輕繩后（）

A.在彈簧恢復原長的過程中，物塊向右先做加速運動，后做減速運動

B.彈簧恢復原長時，物塊速度大小為2m/s

C.物塊在傳送帶上運動的過程中，摩擦力對物塊做功為2.5J

D.彈簧恢復原長后，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】

設剪斷輕繩前，彈簧彈性勢能為與，傳送帶不動時，根據(jù)動能定理得

Ep-jumg-Ax=O

解得

Ep=0.5J

B.根據(jù)動能定理得

Ep+jumg?A%=；mvf

解得

v,=2m/s

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

1,

E+W=-mv2-0

P2

解得

W=1.75J

故C錯誤；

D.彈簧恢復原長后，根據(jù)牛頓第二定律得

pmg—nui

解得物塊在傳送帶上的加速度

=5m/s2

物塊加速到與傳送帶共速的時間為

r===0.2s

5

此過程物塊的對地位移為

22

x.=-———=0.5m

12a

傳送帶的對地位移為

x2=vt=0.6m

則彈簧恢復原長后，物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為

Q=從mg(x2—Xj)=0.25J

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)量為相，帶電量為F

丁幽

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。

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30。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.匕粒子的入射方向與X軸正方向成30°角

B.b粒子的入射方向與x軸正方向成60°角

C.a、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戶點

【答案】ACD

【解析】

ABC.根據(jù)

qvB=m—

解得

r=L

。粒子的軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)系，。粒子的入射方向與x軸正方向成30。角，。粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為60°,

根據(jù)

”且7

24

匕粒子在磁場中的運動時間恰好為a粒手在磁場中運動時間的兩倍，則分?！皋D(zhuǎn)過的圓心角為120。,

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30°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)

V2

qvB-m—

r

解得

r=L

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，設射入位置與圓心的連線與x

軸的夾角為0,根據(jù)幾何關(guān)系其軌跡中心的坐標為

（Leos。一L,-Lsin。）

根據(jù)幾何關(guān)系，該軌跡中心與P點的距離為

d=^(Lcos0-L+L)2+(Lsin0-O)2=L

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ACDo

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/s2o(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】0.140.18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

D.5s

滴A水滴時小車的運動速度大小為

x(4.90+9.40)xlO-2,…，

v=3OB=-----------------------m/s=0.14m/s

2T2x0.5

根據(jù)

Sx=aT2

可得小車加速下滑過程中的加速度大小為

XX-2

__CF_OC(27.40+22.90+18.41-13.91-9.40-4.90)x1022

Cl---------------Z--------m/s=0.18m/s

9T29x0.52

（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3.7V?4.2V

電池高度65mm常見容量2000mAh/2600mAh3000mAh

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。

甲乙

A.電流表G：量程2mA、內(nèi)電阻凡約為200。

B.電壓表V：量程0?3V、內(nèi)電阻“未知

C.固定電阻凡；阻值qT800。

D.電鍵、導線若干

實驗過程如下：

（1）閉合電鍵將電鍵工撥至“2”，穩(wěn)定后電流表示數(shù)為，o=L85mA；

（2）將電鍵S?撥至“1”，穩(wěn)定后電流表的示數(shù)為4=L00mA。由乙圖可知電壓表的示數(shù)為

@二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】1.703.71700等于

【解析】

（2）由乙圖可知電壓表量程選擇為。?3V,1格對應的電壓數(shù)值為0.1V,故需要估讀到精確值的下

一位，圖中示數(shù)為

q=1.70V

(3)將電鍵S?撥至“2”，由閉合電路歐姆定律可得

E=/()(/■+&+%)

將電鍵當撥至“1”，由閉合電路歐姆定律可得

E=q+4(廠+/?G+&)

聯(lián)立以上式子解得

￡=1.70x1,85y=37V

I0-It1.85-1.00

(4)根據(jù)歐姆定律可得電壓表的內(nèi)阻為

&=4=—L70,Q=1700Q

/,1.00x10-3

由于將電鍵S?撥至“1”，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GR,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0c=6式。

求這種透明圓柱體材料的折射率。

【答案】2

【解析】

兩束激光在圓柱體內(nèi)的光路如圖所示

由幾何關(guān)系知

.275

sina=———=——

R2

設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

sina

n=---------

sinZODE

又由于

sin6

n=--------

sinZOED

因為NO￡D=NOO￡,所以

B=a=60

在△OEC中，由正弦定理得

6RR

sin（180°-/?）—sinZLOCE

解得

NOCE=30°

由數(shù)學知識可得

NCOE=30°

NODE=45°

解得

n

n=——

2

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vo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。位于中軸線上。設電子質(zhì)量為加、電荷量為4,

不考慮平行板電場的邊緣效應，求：

（1）片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強度。

(2)8時刻進入平行板的電子，達到y(tǒng)軸時的坐標。

y

E

r±A_￡”2

K-Eq-----Su=lvy—------

【答案】⑴羯，Eq-T-.⑵,278〃？

【解析】

(1)上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。設豎直方向的位移為S/,則

SL2XL(3=叱

224/n

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)過了圓周到達中軸線，而后又

經(jīng)過7圓周到達y軸，所以到達y軸時該電子的坐標為

EqT2

根據(jù)題意，電子的軌道半徑也為S,,根據(jù)牛頓第二定律有

=吟

R=

解得

Eq2T2

=T3r3T

(2)’一］時刻進入平行板的電子，豎直方向向上加速W,又豎直向上減速@,設向上的總位移

為S2,則

S2=2xL(絲逐尸=如

22m864〃？

LLT

接下來，豎直向下加速WT,又豎直向下減速W,設向下的總位移為S3,則

EqT2

Mm

該電子距中軸線的距離為

EqT2

$4=$2一$3=《一

8”？

373T￡￡

該電子在豎直向上加速@,又豎直向上減速§,后豎直向下加速可又豎直向下減速離開平

行板邊緣時只有水平方向的速度。

該電子離開電場后，勻速運動一段時間進入磁場，而且是水平進入磁場，如圖所示。

設。是半圓形磁場的圓心，Q