《2021-2022年收藏的精品资料高考模拟练2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022年收藏的精品资料高考模拟练2.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高考模拟练(2)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.光导纤维是利用光的全反射来传输光信号的，光导纤维由内、外两种材料制成，内芯材料的折射率为n1，外层材料的折射率为n2，如图1所示的一束光信号与界面间的夹角为，由内芯射向外层，要想在此界面发生全反射，必须满足的条件是()图1A.n1n2，大于某一值B.n1n2，小于某一值D.n1Ff，物体做匀加速直线运动，在AB段，FAB N2 NFf，物体做匀速直线运动；当x3 m时速度已达最大，根据速度位移公式可得v22ax，根据牛顿第二定律可得a，解得v3 m/s；OA段最大功率为P1FOAv15 W；
2、在AB段，拉力的功率恒定不变，为P2FABv23 W6 W，故D正确。答案D7.如图6所示，在竖直的墙面上用铰链固定一可绕O点自由转动的轻杆，一定长度的轻绳两端固定在轻杆的A、C两点，轻质动滑轮B跨过轻绳悬吊一定质量的物块。开始轻杆位于水平位置，轻绳对A、C两点的拉力大小分别用F1、F2表示，忽略滑轮与轻绳间的摩擦。则下列说法正确的是()图6A.当轻杆处于水平位置时F1F2B.若将轻杆沿顺时针方向转过一个小角度，则F1增大、F2增大C.若将轻杆沿逆时针方向转过一个小角度，则F1增大、F2增大D.无论将轻杆怎样转动，F1、F2均减小解析以滑轮B为研究对象，受竖直向下的拉力(大小等于悬吊物块的重力
3、)，AB绳和BC绳的拉力，由于ABC为一根轻绳，则绳子上拉力大小处处相等，故选项A错误；由力的平衡条件可知F1、F2的合力大小等于悬吊物块的重力，若将轻杆沿顺时针方向转过一个小角度，则ABC减小，轻绳的拉力F1、F2均减小，故选项B错误；若将轻杆沿逆时针方向转过一个小角度，则ABC减小，轻绳的拉力F1、F2均减小，故选项C错误，D正确。答案D8.如图7所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D，在下极板上叠放一厚度为l的金属板A，lD，其上部空间有一带负电的粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，已知重力加速度为g。则下列判断正
4、确的是()图7A.电容器的电容变大B.两板间的电场强度不变C.上极板所带电荷量变大D.粒子运动的加速度大小为g解析把金属板从电容器中快速抽出后，极板间距增大，依据电容的决定式C，可知电容器的电容变小，A项错误；电容器的两极板与电压恒定的电源相连，则电势差U不变，而极板间距增大，依据E，可知板间的电场强度变小，B项错误；根据公式C，因电势差U不变，而电容C变小，则极板带的电荷量变小，C项错误；粒子受重力和电场力，开始时处于平衡状态，有mgq，把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mgqma，联立解得ag，D项正确。答案D二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(202
5、0青岛二中调研)关于机械波的特性，下列说法正确的是()A.只有波长比障碍物的尺寸小或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象B.火车鸣笛时向我们驶来，听到的笛声频率将比声源发出的频率高C.向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应 D.只要是性质相同的波，都可以发生干涉解析只有障碍物的尺寸比波长小或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象，A错误；根据多普勒效应知，火车鸣笛时向我们驶来，听到的笛声频率将比声源发出的频率高，B正确；向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知
6、道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应，C正确；只有在同一介质中传播的频率相同的同类波，才能发生干涉，D错误。答案BC10.如图8甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是()图8A.图乙中电压的有效值为110 VB.电压表的示数为44 VC.R处出现火警时电流表示数增大D.R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大解析根据电流的热效应0.01 J0.02 J，解得U110 V，即题图乙中电压的有效值为110 V，故A
7、正确；由，可得，解得U231.1 V，所以电压表的示数为31.1 V，故B错误；R处出现火警时，阻值减小，由于电压不变，所以副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率知，输入功率增大，根据P1U1I1，可知电流表的示数增大，故C正确；R处出现火警时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，R0消耗的电功率增大，故D正确。答案ACD11.2017年10月16日，多国科学家联合宣布人类第一次直接探测到来自“双中子星”合并的引力波信号。假设双中子星在合并前，两中子星A、B的质量分别为m1、m2，两者之间的距离为L，如图9所示。在双中子星互相绕行过程中两者质量不变，距离逐渐减小，则()图9A.A
8、、B运动的轨道半径之比为B.A、B运动的速率之比为C.双中子星运动周期逐渐增大D.双中子星系统的引力势能逐渐减小解析双星的周期、角速度、向心力大小相同，根据m12r1，m22r2，可得，选项A错误；双星的角速度相同，根据vr，可得，选项B正确；由m12r1，m22r2，r1r2L，又角速度，可得T2，L减小，则T减小，故选项C错误；两中子星相互靠近过程中引力做正功，引力势能减小，选项D正确。答案BD12.如图10(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135，cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H
9、间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数随位移x变化的关系如图(b)所示。在棒运动L0到MN处的过程中()图10A.导体棒做匀变速直线运动B.导体棒运动的时间为C.流过导体棒的电流大小不变D.外力做的功为解析根据题图(b)导体棒运动的速度的倒数随位移x变化的关系可知，导体棒做非匀变速直线运动，图线与横轴所围的面积表示时间，导体棒运动的时间为tL0，选项A错误，B正确；根据图象可得，x，解得v，导体棒切割磁感线的有效长度LL0x，根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线产生的感应电动势EBLvB(L0x
10、)BL0v0，为一恒量，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流大小I不变，选项C正确；根据能量守恒定律知，在棒从GH处运动到MN处的过程中，外力做的功等于电阻产生的热量Q和金属棒动能变化量的代数和，电阻产生的热量QI2RtR，金属棒动能变化量Ekmmvmv，即外力做的功为Wmv，选项D错误。答案BC三、实验题(本题共2小题，共14分)13.(6分)某实验小组利用如图11所示电路，可测量多用电表内电池的电动势和电阻“1”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表、电流表、滑动变阻器、导线若干。回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“1”挡，再将红表笔和黑表笔短接进行欧姆调零。随后按如图11
11、所示把多用电表、电流表、滑动变阻器连接起来，如果图11中接线正确，那么与多用电表的a接线柱相接的是_(选填“黑”或“红”)表笔。(2)调节滑动变阻器的过程中，某次欧姆表指针位置如图12所示，读数为_ ，对应电流表的指针位置如图13所示，读数为_ A。经过多次测量，得到多组电流表读数的倒数，和与之对应的欧姆表读数R，画出如图14所示的图象，由此可得多用电表内电池的电动势为_ V。(计算结果保留3位有效数字)解析(1)与多用电表的a接线柱相接的是电流表的正接线柱，因多用电表黑表笔内部接电源的正极，则与多用电表的a接线柱相接的是黑表笔。(2)欧姆表读数为32.01 32.0 ，对应电流表的读数为0.
12、20 A。由闭合电路的欧姆定律EI(Rr)，即R，由题图13可知，解得E9.60 V。答案(1)黑(2分)(2)32.0(1分)0.20(1分)9.60(2分)14.(8分)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做实验：图15用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1m2。按照如图15所示的那样，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端。先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。将小球m2放在斜槽末
13、端点B处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置。用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_点，m2的落点是图中的_点。(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_，则说明碰撞中动量是守恒的。(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。解析(1)小球的落点位置跟平抛运动的初速度大小有关，碰后小球m1的速度较小，m2的速度较大，所以
14、m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点。(2)设碰前小球m1的速度为v0，碰撞后m1的速度为v1，m2的速度为v2，根据动量守恒定律，它们应该满足关系式m1v0m1v1m2v2。设斜面倾角为，根据平抛运动的规律有tan ，所以vt，而t，所以v。本题中，要验证m1v0m1v1m2v2成立，只需要验证m1m1m2成立。(3)要验证两个小球的碰撞是弹性碰撞，即要再验证m1vm1vm2v成立，而平抛运动时的初速度v，所以v2L，故需要再满足关系式m1LEm1LDm2LF。答案(1)D(1分)F(1分)(2)m1m1m2(3分)(3)m1LEm1LDm2LF(3分)四、计算题(本题共4小题，共
15、46分)15.(8分)如图16所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm，左端封闭端下60 cm处有一细管用开关D封闭，细管上端与大气连通，若将开关D打开，空气能进入左管，将左管的水银分成两部分，但水银不会进入细管，稳定后会在开关D附近的左管内产生一段新的空气柱。已知外界大气压强p075 cmHg。求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？图16解析空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm，初始状态对左端上面空气有p1p0h175 cmHg37.5 cmHg37.5 cmHg(1分)末状态左端上面空气
16、柱压强p2p0h275 cmHg30 cmHg45 cmHg(1分)由玻意耳定律p1L1Sp2L2S(1分)得L2 cm25 cm(1分)上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm(1分)下段水银柱下移，与右端水银柱等高，设下移的距离为x，由于U形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍，由等式7.5x(1分)解得x6 cm(1分)所以产生的空气柱总长为L(6525) cm36 cm(1分)答案36 cm16.(8分)如图17所示，常见的圆形餐桌的中部是一个半径为r1.5 m的圆玻璃盘，圆玻璃盘是可以绕中心轴转动的。本题近似认为圆玻璃盘与餐桌在同一水平面内，且两者之间的间隙可忽略不
17、计。一只茶杯放置在圆玻璃盘边缘，茶杯与圆玻璃盘间的动摩擦因数为10.6，茶杯与餐桌间的动摩擦因数为20.225。设茶杯与圆盘、茶杯与餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。图17(1)现转动圆玻璃盘，茶杯不滑时，圆玻璃盘的最大角速度为多少？(2)若茶杯恰好从圆玻璃盘上甩出，为使茶杯不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？解析(1)茶杯即将滑动时圆玻璃盘的角速度达到最大值，有1mgm2r(2分)可得2 rad/s。(1分)(2)茶杯在餐桌上滑动的初速度v0r3 m/s。(1分)茶杯滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设茶杯在餐桌上滑动的位移为s，物
18、体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则ma2mg，得a2g2.25 m/s2(1分)由运动学公式得0v2as(1分)可得s2 m(1分)由几何关系可得餐桌半径的最小值为R2.5 m。(1分)答案(1)2 rad/s(2)2.5 m17.(14分)如图18甲所示，可视为质点的质量m11 kg的小物块放在质量m22 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37，现对长木板施加水平向左的拉力F18 N，长木板运动vt图象如图乙所示，sin 370.6，g10 m/s2，求：图18(1)长木板长度L；(2)木板与地面间的动摩擦因数2；(3)物块与木板间的
19、动摩擦因数1。解析(1)从图象可知，木板运动2 s离开小物块，在02 s，由图象可知x m1 m(2分)则L2x2 m(1分)(2)在23 s，由图象可得a24 m/s2(1分)a2(1分)解得20.5(1分)(3)在02 s，小物块在竖直方向受力平衡，F支Tsin 37m1g(1分)Tcos 37f1(1分)f11F支(1分)长木板加速度a10.5 m/s2(2分)a1(2分)解得1(1分)答案(1)2 m(2)0.5(3)18.(16分)如图19甲所示，在y0.1 m和y0区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B1 T。在0y0.1 m区域有匀强电场，场强随时间变化的图象如图乙所示，其中T021
20、06 s，E为正时表示场强方向与y轴正方向相同。t0时刻在坐标原点O有一个速度为0、比荷为1106 C/kg 的带正电粒子(粒子重力不计，计算时可认为210)。求：图19(1)带电粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)带电粒子第一次从磁场中出来时的位置坐标；(3)带电粒子速度第一次达到最大时，经历的时间及最大速度的大小。解析(1)粒子运动为多过程运动，轨迹如图甲所示。电场区域宽度为d0.1 m。第一次在电场中运动，设一直做匀加速运动，由牛顿第二定律得qEma(1分)解得a21011 m/s2(1分)由运动学规律得v1at1，dt1(1分)解式得t11106 s(符合设定)，v12105 m/s
21、(1分)(2)在磁场中，带电粒子以速度v1做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B(1分)解式得r10.2 m(1分)应用几何关系得，第一次从磁场出来时的坐标为x12r10.4 m，y1d0.1 m(1分)(3)比较磁场周期与粒子运动周期。在磁场中的圆周运动周期为T2106sT0(1分)如图乙所示，粒子在电场中加速至第N次、出电场恰加速完毕，然后在磁场中运动时间，之后将在电场中减速运动。则电场中N次加速的总时间为，速度第一次达到最大值vmax(临界点)。连续分析N次电场加速过程，由运动学规律得Nda(2分)解式得N210(1分)此时在磁场中共运动(N1)次，在磁场中运动的总时间为t磁(N1)(1分)粒子在电、磁场中运动总时间为tt磁(1分)解式得t3.14105 s(1分)由动能定理得NqEdmv(1分)解得vmax6.28105 m/s(1分)答案(1)2105 m/s(2)(0.4 m，0.1 m) (3)3.14105 s6.28105 m/s