2021届高考物理(全国通用)大二轮专题复习考前增分练:高考模拟部分高考模拟二.docx
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1、高考模拟二(限时:60分钟)第卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1(2022全国卷14)一质点沿x轴做直线运动,其vt图像如图1所示质点在t0时位于x5 m处,开头沿x轴正向运动当t8 s时,质点在x轴上的位置为()图1Ax3 m Bx8 mCx9 m Dx14 m答案B解析质点前4 s内沿x轴正方向运动,其位移可由vt图像中的“面积”数值表示,则对应位移x1 m6 m同理可得48 s内的位移(沿x轴负方向运动)x2 m3 m又知初位移x05 m,则当在t
2、8 s时,质点在x轴上的位置为xx0x1x28 m,选项B正确2如图2所示,三个物体质量分别为m11.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg,已知斜面上表面光滑,斜面倾角30,m1和m2之间的动摩擦因数0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m2将(g10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图2A和m1一起沿斜面下滑B和m1一起沿斜面上滑C相对于m1上滑D相对于m1下滑答案D解析m1、m2的总重力沿斜面对下的分力小于m3的重力,将加速上滑,由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度agcos 30gsin 301.9 m/s2,假设m1、m2一起加速
3、上滑,设绳上的拉力为FT,由牛顿其次定律:则FT(m1m2)gsin 30(m1m2)a,m3gFTm3a,解得:a2.5 m/s21.9 m/s2,不行能一起运动,m2将相对于m1下滑,D正确3(2022天津3)争辩表明,地球自转在渐渐变慢,3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去,地球的其他条件都不变,将来人类放射的地球同步卫星与现在的相比()A距地面的高度变大B向心加速度变大C线速度变大D角速度变大答案A解析地球的自转周期变大,则地球同步卫星的公转周期变大由m(Rh),得h R,T变大,h变大,A正确由ma,得a,r增大,a减小,B错误由,得v ,r增大,v减小,C错误由
4、可知,角速度减小,D错误4如图3所示,光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上,轨道平面在竖直面内,MNPQM是半径为R的圆形轨道,轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切,轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切,b点、P点在同一水平面上,K点位置比P点低,b点离地高度为2R,a点离地高度为2.5R.若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放,关于小球的运动状况,以下说法中正确的是()图3A若将小球从LM轨道上a点由静止释放,小球确定不能沿轨道运动到K点B若将小球从LM轨道上b点由静止释放,小球确定能沿轨道运动到K点C若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放,小球确定能沿轨道运
5、动到K点D若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放,小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动,小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度确定小于由静止释放时的高度答案D解析由于MNPQM是半径为R的圆形轨道,所以小球只要能通过P点,就确定能沿轨道运动到K点从a到b过程,由机械能守恒定律得:mg(2.5R2R)mv2,解得:v.若小球能沿轨道运动到K点,则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN0,在P点由牛顿其次定律得:FNmgm,解得mmg0,即vP,又因b点、P点在同一水平面上,因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放,小球能恰好通过P点,也确定能沿轨道运动到K点,故A不正确;若将小球从LM轨道上b
6、点,或a、b点之间任一位置由静止释放,小球确定不能通过P点,不愿定能沿轨道运动到K点,故B、C错误;将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放,小球能沿轨道运动到K点,由于K点位置比P点低,依据机械能守恒定律知,小球在K点的速度确定大于零,所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动,又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时,在水平方向上速度不为零,故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度确定小于由静止释放时的高度,所以D正确故选D.5如图4所示,空间存在垂直纸面对里的匀强磁场,从P点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子,它们从射出第一次到直线MN所用的时间相同,到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60
7、和90,不计重力,则两粒子速度之比vavb为()图4A21 B32 C43 D.答案C解析两粒子做圆周运动的轨迹如图设P点到MN的距离为L,由图知b粒子的半径RbLa粒子的半径:LRacos 60Ra得Ra2L即两粒子的半径之比为RaRb21粒子做圆周运动的周期T由题得两粒子的比荷粒子的洛伦兹力供应向心力,qvBm得R联立得:.6电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美如图5所示,真空中固定两个等量异种点电荷A、B,AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中,以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线,以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面,两个平面边线交点分别为e、f,
8、则下列说法正确的是()图5A在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D沿线段eOf移动的电荷,它所受的电场力是先减小后增大答案BC解析图中圆面是一个等势面,e、f的电势相等,依据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同,故A错误图中圆弧egf是一条等势线,其上任意两点的电势差都为零,依据公式WqU可知:将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功,故B正确a点与圆面内任意一点的电势差相等,依据公式WqU可知:将一电荷由a点移到圆面内任意一点时,电场力做功相同,则电势
9、能的变化量相同,故C正确沿线段eOf移动的电荷,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,故D错误7图6为某小型水电站的电能输送示意图,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电已知输电线的总电阻R10 ,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41,副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路,用电器电阻R011 .若T1、T2均为抱负变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u220sin 100t V下列说法正确的是()图6A发电机中的电流变化频率为100 HzB通过用电器的电流有效值为20 AC升压变压器的输入功率为4 650 WD当用电器的电阻R0减小时,发电机的输出功率减小答案BC解析从u22
10、0sin 100t V可以得出,发电机中的电流变化频率为50 Hz,A错误;加在R0两端的电压有效值为220 V,因此流过用电器R0的电流I2 A20 A,B正确;依据,可知流过R的电流为I15 A,因此输入变压器的输入功率等于R与R0消耗的总功率,PIRIR04 650 W,C正确;当用电器的电阻R0减小时,R0消耗的功率增大,这时发电机的输出功率将增大,D错误8如图7所示,倾角为的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd,它与斜面间动摩擦因数为.线框边长为l,电阻为R.ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界,磁感应强度为B,方向垂直于斜面对上将线框用细线沿斜面通过光滑定滑轮
11、与重物相连,重物的质量为M,假如将线框和重物由静止释放,线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动下列说法正确的是()图7A线框刚开头运动时的加速度aB线框匀速运动的速度vC线框通过磁场过程中,克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的削减量D线框通过磁场过程中,产生的焦耳热小于2(Mmsin mcos )gl答案BD解析由整体分析受力,M的重力,线框的重力mg,斜面的支持力FN,沿斜面对下的滑动摩擦力Ff,由右手定则推断出线框中的电流方向为ab,再由左手定则可知安培力沿斜面对下,依据法拉第电磁感应定律得EBlv,由闭合电路欧姆定律I,则安培力大小为FABIl,开头时速度为零,安培力为零,则由整体列牛顿其次
12、定律方程Mgmgsin mgcos (Mm)a,解得a,故A选项错误;线框匀速运动时线框受力平衡,Mgmgsin mgcos FA0,解得v,故B选项正确;线框做加速度减小的加速运动,故动能增加,而线框沿斜面上升重力势能增大,故线框的机械能增大,所以C选项错误;由能量守恒Mglmglsin mglcos Q(Mm)v2,所以Q(Mmsin mcos )gl(Mm)v2,线框通过磁场过程中,产生的焦耳热小于2(Mmsin mcos )gl,故D选项正确第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题,每个试题考生都必需做答第13题第15题为选考题,考生依据要求做答)(一)必考题(
13、共47分)9 (6分)在一次课外活动中,某同学用图8甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数已知铁块A的质量mA0.5 kg,金属板B的质量mB1 kg.用水平力F向左拉金属板B,使其始终向左运动,稳定后弹簧秤示数的放大状况如图甲所示,则A、B间的摩擦力Ff_ N,A、B间的动摩擦因数_.(g取10 m/s2)该同学还将纸带连接在金属板B的后面,通过打点计时器连续打下一系列的点,测量结果如图乙所示,图中各计数点间的时间间隔为0.1 s,可求得拉金属板的水平力F_ N.图8答案2.500.504.50解析A、B间的摩擦力Ff2.50 N,A、B间的动摩擦因数0.50;由纸带
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