2022届湖北省高考物理考向预测卷（一）一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共4分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1．核反应堆中的燃料棒被控制棒分散隔开着，而控制棒的作用是（）A．吸收中子B．防止放射线向外辐射C．作为冷却剂D．作为减速剂2．为研究自由落体运动，实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知每层砖的平均厚度为6.0cm，这个照相机的曝光时间为1.2×10-2s，则拍摄到的石子位置A距石子下落的起始位置的距离约为（ ）A．1.25mB．3.5mC．5.0mD．6.5m3．位于同一高度的两个相同小球A、B，A球自由释放，B球以速度v0平抛，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．A，B两球落地时动量相同B．A，B两球落地时动能相同C．A球运动过程中，相等时间内动量改变量相同D．A球运动过程中，相等时间内动能变化相同4．质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为200NB．汽车的最大牵引力为700NC．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5mD．8~18s内汽车牵引力做的功为5．如图所示为单反照相机取景器的示意图，五边形ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，且只在CD和EA上各发生一次反射，两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（计算结果可用三角函数表示）（ ）A．B．C．D．6．含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为16Ω、2Ω、6Ω，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。开关S断开时变压器输出功率与S闭合时变压器输出功率相等，该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．5﹕2B．4﹕3C．3﹕2D．2﹕17．湖北某中学生喜欢使用天文望远镜仰望星空，有一次他对准某一方向观察了很长时间，发现一颗人造卫星A始终“静止不动”，另一颗人造卫星B从视野中的西方而来，“越过”卫星A，最终消失于视野中的东方。设该中学生、卫星A、卫星B的加速度分别为a人、aA、aB，下列关系式正确的是（ ）A．a人>aA>aBB．a人<aA<aBC．a人<aA>aBD．a人>aA<aB8．如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是( )A．三个等势面中，c的电势最低B．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大C．带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b9．如图所示，直径为d的圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，
MN为圆的直径，一重力不计的带电粒子从M点沿MN方向以速度v射入磁场区域，最后从圆周上的P点离开磁场，若∠NOP=60°，下列说法正确的是（ ）A．粒子带正电B．粒子的比荷为C．粒子的速度不变D．粒子在磁场中运动的时间10．甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播波速均为40cm/s，两列波在t=0时的部分波形如图所示。关于这两列波，下列说法正确的是（ ）A．甲波的波长λ甲=40cmB．乙波的周期为T乙=1.2sC．t=0时刻，介质中偏离平衡位置位移为24cm的相邻质点的距离为480cmD．两列波可以形成稳定的干涉E．从t=0时刻计时在图示的区域内，经过0.45s才再次出现有质点偏离平衡位置的距离为24cm11．1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体.Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过.现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示.下列说法正确的是( )
A．超导体的内部产生了热能B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa<φbD．超导体中电流I越大，a、b两点间的电势差越小二、非选择题：本题共5小题，共56分。12．①某同学用在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”实验，下列措施中可以提高实验精度的是 A．选轻质、无弹性的棉线做为摆线B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆线长D．当小球摆到最高点时按下秒表开始计时E．应该将摆线拉开30°角再放手开始实验②若该同学，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t．他测得的g值偏小，可能的原因是 A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时，秒表过早按下D．在摆动过程中，由于空气阻力造成摆角逐渐变小③若实验中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，该同学将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l‐T2图象．则：实验得到的l‐T2图象应是如图中的 （选填a、b、c）；小球的直径是 cm；实验测得当地重力加速度大小是 m/s2（取π2=9.86）．
13．利用图(a)的电路测量干电池组的电动势和内阻，实验器材有：待测干电池组(由电池A、B串联而成)、电流表(0.6A量程的内阻为0.5Ω)、电阻箱、定值电阻(阻值为2.0Ω)、开关及导线若干。（1）为了完成实验需要进行的测量是 ；（2）某同学按图(a)连接线路后，闭合开关，无论怎么调节电阻箱，电流表始终无示数。他为了排查电路故障，保持电路开关闭合，将内阻很大的电压表的“-”接线柱通过导线与a处的接线端保持连接，“+”接线柱通过导线依次与b、c、d、e、f、g、h、j、k处的接线端接触，电压表示数如下表所示：测量端abacadaeafagahaiajak电压/V1.452.882.882.882.882.882.882.882.880则电路存在的故障有 ；（3）该同学排除故障后，利用图(a)中的器材和电路完成相关实验：①断开电路开关，调节电阻箱，示数如图(b)，读得电阻值是 Ω；闭合电路开关，电流表的示数如图(c)，电流值为 A；②根据(2)表中的数据和①中的读数，可计算出电池组的内阻是 Ω(计算结果保留两位有效数字)。14．如图所示，竖直放置的圆柱形密闭气缸，缸体质量m1=10kg，活动质量m2=2kg，横截面积S=2×10－3m²，活塞与一劲度系数k=1.0×103
N/m的弹簧相连，当气缸下部被支柱支起时，弹簧刚好无伸长，此时活塞下部被封闭气柱长度L=20cm。试求：（已知大气压强为，设气缸足够长，且不计一切摩擦）（1）支柱移去前气体的压强；（2）若将气缸下的支柱移去，待气缸重新平衡时，缸体下降的高度为多少。15．如图所示，木块A（可视为质点）、木板B、C质量都为，木块A与“L”型木板B右端的距离为，A与B板右端碰撞时没有机械能损失。其中AB间的动摩擦因数，BC间的动摩擦因数，地面光滑。时刻木块A以初速度向右运动、同时木板B以初速度向左运动、C的速度为零。木板B、C都足够长，。求：（1）ABC因摩擦而产生热量Q多少？（2）AB碰前B板的速度；（3）从时刻到ABC共速所需的时间t。16．如图a所示，光滑水平直金属轨道宽L=0.6m，左端连接定值电阻R，轨道电阻不计。轨道内存在有界匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。一根质量m=0.4kg、不计电阻的金属杆垂直轨道放置，在轨道上以初速度v0进入磁场向右运动，通过施加一个水平拉力F使金属杆做加速度大小a=1m/s2
的匀减速运动直至速度为零。若以F向右为正，金属杆在磁场中运动的过程中F和金属杆运动速度v的关系如图b所示（1）试分析当v=1m/s时金属杆在水平方向的受力情况；（2）求当v=1m/s时金属杆所受安培力FA的大小；（3）求定值电阻R的大小；（4）若金属杆以v0=2m/s进入磁场，恰好运动到磁场右边界时速度为0，试讨论若金属杆以v0<2m/s的不同数值进入磁场，金属杆从进入磁场到速度为零的过程中，拉力F的大小和方向变化情况。
答案1．A【解析】在核电站中，通过控制棒（一般用石墨棒）吸收中子多少来控制反应速度，故A正确；故选A【分析】控制棒是用含有金属铪、铟、银、镉等材料做成的．要想让核燃料的“火势”减弱或加强，可通过调整控制棒在核反应堆里的高度来实现，插入得越深，“吃”掉的中子越多，拔出的越高，产生的中子越多；要想关闭核反应堆，只需把足够量的控制棒插入到核反应堆里即可．2．C【解析】：由图可以看出，在曝光的时间内，物体下降了大约有两层砖的厚度，即12cm（0.12m），曝光时间为1.210-2s，所以AB段的平均速度为；由v2=2gh可得下降的高度大约为，C正确，【点评】：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．3．C【解析】AC、两球落地时的速度方向不同，则其动量不同，根据动量定理，自由落体运动的时间和平抛运动的时间相等，则有：mgt=△p，可知相同时间内动量的该变量相同，故A错误，C正确．B、由动能定理：mgh=，因h一样，而v0不同，则其落地动能不同，故B错误D、由动能定理：mgh=，在相同时间内因h不一样，则其动能的改变量不相同，故D错误故选：C【分析】根据动能定理比较落地的动能大小，结合动量的表达式比较落地的动量．根据动量定理比较动量的变化量．4．C【解析】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有阻力
A不符合题意；B．汽车匀加速阶段牵引力最大，匀加速阶段加速度汽车在运动过程中所受阻力不变，联立解得B不符合题意；C．变加速过程中，即8~18s内，根据动能定理得解得位移大小C符合题意；D.8~18s时间内，汽车牵引力的功率恒为所以该过程中牵引力做的功为D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用机械功率和最大速度的比值可以求出其阻力的大小；利用其牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合阻力不变可以求出其牵引力的大小；利用动能定理可以求出汽车变加速过程的位移大小；利用其牵引力的功率及时间的大小可以求出牵引力做功的大小。5．A【解析】设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，如图：
根据几何关系有4θ=90°解得θ=22.5°当光刚好在CD和AE面上发生全反射时，折射率最小，根据解得最小折射率为A符合题意，BCD不符合题意。故答案为：A。【分析】画出光线折射的路径，利用几何关系可以求出全反射的临界角的大小，结合全反射定律可以求出折射率的大小。6．D【解析】由于开关S断开时变压器输出功率与S闭合时变压器输出功率相等，设开关S断开时副线圈的电流为I1、S闭合时副线圈的电流为I2，则有，解得I2=2I1。设变压器原副线圈的匝数比为k，开关断开时，原线圈的电流为，根据欧姆定律可得；开关闭合时，原线圈的电流为，根据欧姆定律可得，联立解得k=2。D符合题意，ABC不符合题意。故答案为：D【分析】结合电路两种状态电功率的关系，利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解原副线圈匝数比即可。
7．B【解析】通过情景分析可知，该中学生观察星空时位于赤道上卫星A是同步卫星，卫星B比卫星A运动更快，就中学生和同步卫星面言，做圆周运动的角速度相同，根据可知就两卫星而言，均是地球施加给它们的万有引力提供向心力，由可知卫星A的运行半径大于卫星B，再由即有所以故B符合题意，ACD不符合题意。故答案为：B。【分析】根据情景分析，我们不难得出卫星A时地球同步卫星，卫星B相比于卫星A它的轨道更低，环绕半径小，这样该题就抽象成我们熟悉的物理问题，地球上的人、低于同步卫星A轨道的卫星B、同步卫星A的加速度之比，后两者比较可以万有引力作为合力结合牛顿第二定律解答，人和卫星A则用圆周运动的同轴问题解答。8．A,B,D【解析】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，A符合题意；根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，B符合题意；只有电场力做功，所以带电粒子在P点的动能与电势能之和与在Q点的相等，C不符合题意；电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b。D符合题意。故答案为：ABD
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向；结合电性可以判别电场线的方向；利用电场线方向可以比较电势的高低；结合电性可以比较电势能的大小；由于电场力做功所以电势能和动能之和保持不变；利用电场线和等势面垂直可以判别加速度方向。9．B,D【解析】A．由左手定则，可知带电粒子带负电，A不符合题意；B．带电粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知联立解得粒子的比荷为B符合题意；C．带电粒子在匀强磁场中的运动是匀速圆周运动，速度的大小不变，方向发生改变，所以速度发生改变，C不符合题意；D．带电粒子在磁场中的运动时间D符合题意。故答案为：BD。【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，结合向心力公式求解粒子的荷质比和运动的周期。10．A,B【解析】A项：相邻两波峰或波谷间的距离即为波长，由图可知，甲波的波长为40m，A
符合题意；B项：由图可知，乙波的波长为48m，由公式，B符合题意；C项：t=0时，在x=40cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为24cm，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为24cm，从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：λ1=40cm，λ2=48cm，甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为：介质中偏离平衡位置位移为24cm的所有质点的x坐标为：当n=0时，x=40cm，C不符合题意；D项：甲波的周期为：，由于两波的频率不同，所以两列波不可以形成稳定的干涉，D不符合题意；故答案为：AB。【分析】从图可以知道波长的大小，结合波速可以求出对应的周期大小，利用偏离平衡位置的位移结合波长的关系可以求出对应的位置；由于两列波频率不同所以不能形成稳定的干涉；利用两波峰的距离差除以对应的速度可以求出经过的时间。11．B,C【解析】A．超导体电阻为零，超导体不会在内部产生热能，A不符合题意；B．超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B符合题意；C．载流子为电子，由左手定则可知，电子偏向a表面，则超导体表面上a带负电，所以φa＜φb，C符合题意；D．根据电流的微观表达式I＝neSv，当超导体稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝e，解得：，所以电流越大，a、b两点间的电势差越大，D不符合题意.故答案为：BC【分析】超导体的内阻等于0，所以不会产生内能；其安培力等于定向移动的电荷所受到
的洛伦兹力的合力；利用左手定则可以判别电势的高低；利用洛伦兹力等于电场力可以判别电流越大其电势差越大。12．ABC；BC；C；1.2；9.86【解析】解：①A、为了提高测量的精确度，摆线应选用伸缩不计的细线，如轻质、无弹性的棉线做为摆线，故A正确．B、单摆在同一个竖直面内摆动，防止出现圆锥摆，故B正确．C、测量摆长时应在摆球自然下垂时测量，故C正确．D、应从平衡位置（最低点）开始计时，因为在最低点，摆球的速度最大，时间测量的误差比较小．故C错误．E、应该将摆线拉开5°角再放手开始实验，故E错误．故选：ABC②根据单摆的周期公式T=2π得g=L，则知：A、测摆线长时摆线拉得过紧，导致摆长偏大，重力加速度偏大．故A错误．B、摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆动的过程中，摆长变短，根据g=L知，测得的重力加速度偏小．故B正确．C、开始计时时，秒表过早按下，导致周期变长，根据g=L知，测得的重力加速度偏小．故C正确．D、在摆动过程中，由于空气阻力造成摆角变小，但周期不变，对测量重力加速度没有影响．故D错误．故选：BC．③根据g=L，又L=l+则得l=T2+由数学知，l‐T2图象应是如图中的c．由图知，纵截距0.6=得d=1.2（cm）图线的斜率k==．所以解得g=9.86m/s2故答案为：
①ABC．②BC．③C，1.2，9.86．【分析】①在“用单摆测重力加速度”的实验中，摆线应选用细线，质量能够忽略；摆球要在同一平面内摆动，不能做圆锥摆；细线有伸缩性，应处于自然下垂时测量其长度．为零减小测量的误差，应从平衡位置开始计时．最大摆角不超过5°．②摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．根据单摆的周期公式判断g值偏小的原因．③根据T=2π得到l与T2的表达式，再分析图象，结合图象的信息求小球的直径．13．（1）多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R（2）定值电阻所在部分有断路；另外，导线ka可能有断路（3）4.0；0.36；1.5【解析】(1)电流表示数随变阻器变化由可知若要知道电动势与内阻，需要知道I和R即电阻箱阻值与电流表示数。(2)由于af，ag，ah，ai，aj电压相等而Uak=0故为ak之间断路，定值电阻所在部分有断路。(3)由图可知R=4.0Ω，I=0.36A根据闭合电路的欧姆定律则且E=2.88V，I=0.36A，Rg=0.5Ω，R0=2Ω，R=4Ω所以【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律可以判别测量电动势和内阻需要知道回路中的电流计电阻箱的读数；（2）利用电压的大小可以判别电路中其ak之间存在断路；（3）利用电阻箱和电流表可以读出对应的读数；利用闭合电路的欧姆定律可以求出电池组的内阻大小。14．（1）解：支柱移去前，对活塞（2）解：支柱移去后重新平衡时，对气缸对整体解得
根据玻意尔定律得解得由几何关系有【解析】（1）利用平衡方程可以求出气体的压强大小；（2）利用平衡方程结合气体等温变化的状态方程可以求出下降的高度。15．（1）解：设向右为正方向，全过程，以ABC为系统，由动量守恒定律得解得ABC因摩擦而产生热量解得（2）解：A向右减速运动与B碰前解得方向向左B向左减速运动解得方向向右C向左加速运动解得方向向左BC达到共速，速度为，时间为解得方向向左假设AB碰撞前以、加速度做匀变速运动，到碰撞时间为
（舍）假设正确，此时BC共速时恰好BA相碰，AB碰前B的速度方向向左（3）解：AB碰解得碰后，B向右匀减速，加速度大小仍为，方向向左，A、C都为：速度向左，加速度向右大小仍为，ABC同时达到共速，时间为，共速时速度大小为，向右从开始到共速所需的时间【解析】（1）选ABC为系统，整个过程动量守恒。根据动量守恒定律，可以求出三者最后的共同速度。产生的热量等于这个过程中系统动能的减少量。（2）AB碰前，A向右减速运动，B向左减速运动，C向左做匀加速运动。本问要探究当AB碰撞时，ABC三者的速度关系。（3）本问分两个过程，一是A和B相碰时所用时间，二是AB碰后，三者达共同速度所用时间，两个时间之和即为答案。16．（1）解：当v=1m/s时，由图b可知拉力F=0，金属杆只受水平向左的安培力FA作用（2）解：当v=1m/s时，金属杆仅受安培力做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
（3）解：由可得则有（4）解：若金属杆以v0=2m/s进入磁场，恰好运动到磁场右边界时速度为0，根据图b可知，当时，由牛顿第二定律有可知随速度减小，安培力减小，拉力F减小即F先向右不断减小为零，即速度变为1m/s，由牛顿第二定律有可知随速度减小，安培力减小，拉力F增大且向左即然后向左不断增大；当时，牛顿第二定律有可知，随速度减小，安培力减小，拉力F增大，方向始终向左【解析】（1）结合导体棒中电流的方向和磁场方向，利用左手定则和公式求解安培力的方向；（2）对物体进行受力分析，结合物体的加速度，利用牛顿第二定律求解安培力；（3）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小，结合欧姆定律求解电阻的阻值；（4）对导体棒进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，结合速度的变化分析拉力大小和方向。
