1、第2篇高考全真模拟 “723”全真模拟(一)(时间：70分钟分值：120分)选择题部分(共42分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)14如图所示是做匀变速直线运动的质点在06 s内的位移时间图线若t1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)则()At1 s时，质点在x2 m的位置Bt1 s和t5 s时，质点的速率相等Ct1 s和t5 s时，质点加速度的方向相反D前5 s内，合外力对质点做正功15.质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加
2、速运动，当地重力加速度为g.则()A静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半B静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力C加速时，弹簧对小球的弹力等于零D加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍16.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小Bk，即某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比如图所示，两根平行长直导线相距为r，通以大小相等、方向相同的电流规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是()17.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图甲所示则图乙中
3、的图象合理的是()二、选择题(本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)18如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的vt图象下列判断正确的是()A在t1 s时，滑块的加速度为零B在46 s时间内，滑块的平均速度为3 m/sC在37 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD在56 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N19.如图所示，与水平面夹角为的双斜面光滑，A、B两点等高，两斜面在底端光滑连接，现用点B1、B2、B3、Bn把右斜面均分成n(n2，n为整数)等份，Bn点在斜面底端小滑块在A点由静止释放，恰好
4、可以向右到达B点现在Bn、Bn1两点之间固定一层薄的平整粗糙材料，仍让小滑块从A点由静止释放，恰好可以向右到达B1点下列说法正确的是()A无论n为多大，小滑块与粗糙面间的动摩擦因数都为tan B当n为某个值时，小滑块可以恰好停在底端Bn处C当n为奇数时，小滑块最终恰好停在底端Bn处D当n为偶数时，小滑块最终恰好停在Bn1处“723”全真模拟(一)答题卡选择题部分(每题6分，共42分)题号14151617181920答案非选择题部分(共78分)21(10分)(1)_(2)_(3)_22(10分)(1)_(2)_23(16分)24(20分)25(22分)20如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个
5、方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1B，B22B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v/2，则下列判断正确的是()A此过程中通过线框截面的电荷量为B此过程中线框克服安培力做的功为mv2C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为非选择题部分(共78分)21(10分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时：(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出小正方
6、体木块的棱长，如图乙所示，则小正方体木块的棱长为_ cm；(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动这个步骤的目的是_；(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m，测出对应的加速度a，则下列图象中能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是_22(10分)某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻实验器材有：电源E，电压表V，电阻箱R1(09 999 )，滑动变阻器R2，一个单刀双掷开关S，导线若干(1)实验首先测量电压表内阻，步骤如下：将滑动变阻器R2
7、的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R1阻值调至0.将开关接向1，调节R2的滑片，直至电压表满偏保持R2不变，调节R1阻值，使电压表示数达满偏刻度的，读出此时电阻箱的阻值记为R，则电压表的内阻RV_通过上述方法得到电压表的内阻测量值_真实值(选填“大于”或“小于”)(2)接下来测量电源电动势和内阻为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R025 ，如图乙所示，实验步骤如下：将滑动变阻器R2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R1阻值调至0.将开关接向2，记下电压表读数为3 V.改变电阻箱R1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U.根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚
8、线是图中曲线的渐近线根据该图象及测得数据，可求得该电源的电动势E_ V，内阻r_ .(保留两位有效数字)23.(16分)一氢气球的质量为m0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F拉10 N星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止氢气球飞掉，把轻绳系到一质量为M4 kg的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数0.3.当有水平方向的风吹来时，氢气球受到的水平风力Fkv(k为一常数，v为风速)，当风速v13 m/s时木块在地面上恰好静止木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2.求：(1)氢气球受到的浮力大小；(2)若风速v26 m/s
9、，木块开始运动时的加速度大小24.(20分)在光滑水平面上建立如图所示坐标系，有一范围足够大的匀强磁场，磁场的方向垂直于水平面(xOy平面)竖直向下磁感应强度大小B沿y轴方向没有变化，沿x轴正方向均匀增加，变化率为k0.1 T/m.有一个质量m0.1 kg、电阻R0.01 、长L40 cm、宽h20 cm、不变形的矩形金属线圈，以v020 cm/s的初速度从图示位置沿x轴正方向开始运动(1)为使线圈匀速运动，求需要对线圈施加的外力大小；(2)若不施加外力，求线圈在水平面运动的最大位移；(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，要在空间中再叠加一个方向垂直xOy平面竖直向上且随时间均匀增大的匀强磁场
10、，试求匀强磁场的磁感应强度随时间的变化率.25(22分)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等为B.一带正电的粒子，从P(d，0)点沿与x轴正方向成60角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时相同不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度B的大小第2篇高考全真模拟“723”全真模拟(一)14解析：选B.因xt图线
11、切线的斜率表示速度，则结合题图可知，t0时刻质点从原点沿x轴正向做匀减速运动，t3 s时减速到零，然后反向做匀加速运动，t6 s时返回原点设初速度为v0，又由题可知t1 s时，v14 m/s，t3 s时，v30，再结合vv0at，可得v06 m/s，a2 m/s2.由xv0tat2，可得t1 s时，x5 m，A错误；由vv0at，得t1 s和t5 s时，质点的速率相同，B正确；因质点做匀变速直线运动，则质点运动的加速度恒定不变，C错误；由vv0at，得t5 s时，v54 m/s，速度大小比初速度小，合外力做负功，D错误15解析：选C.根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力Fmgsin 4
12、5mg，此时杆对小球的弹力FNmgcos 45mg，与弹簧对小球的弹力大小相等，所以A、B项均错误当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧对小球的弹力为0，所以C项正确，D项错误16解析：选D.两根通电导线通以同向电流，在a导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式Bk和磁场的叠加可知：在0x范围内，磁感应强度大小B随x的增大而减小且为正；当x时，B0；在xr时，B随x增大而减小且为正，无穷远处大小为零故D正确17解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移x内电场力做功qEx.由功能关系知EpqEx，即qE，Epx图线斜
13、率的绝对值表示电场力，故由图线可知E逐渐减小，A错误因粒子仅受电场力作用，由qEma可知a也逐渐减小，D正确再由动能定理有EkqEx，即qE，Ekx图线的斜率也表示电场力，则Ekx图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B错误由v22ax有v，可知vx图线应是一条曲线，故C错误18解析：选BC.在vt图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t1 s时，a2 m/s2，选项A错误；56 s时间内，由牛顿第二定律可得：Fma4 N，选项D错误；在46 s时间内，滑块的平均速度 m/s3 m/s，选项B正确；在37 s时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：2 W，选项C正确19解析：选AD.设BnB长
14、度为L，动摩擦因数为，从A到B1有，0，即tan ，A对由mgsin mgcos 及动能定理得，当n2时，滑块最终停在B1处；当n3时，滑块最终停在B3与B2中间位置；当n4时，滑块最终停在B3处；当n5时，滑块最终停在B5与B4中间位置；以此类推可知，B、C错，D对20解析：选ABC.由q可得：q，A正确；克服安培力所做的功等于线框动能的减少量，为mv2m2mv2，B正确；此时线框中的电流I，电功率PI2R，D错误；此时线框受的安培力F安B1aIB2aI3BaI，线框的加速度a，C正确21解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，正方体木块的棱长为3.56 cm.(2)用小正方体木块把小车轨道的一
15、端垫高的目的是平衡摩擦力(3)实验中把所挂重物的重力作为拉力，根据牛顿第二定律，a与m成正比，排除图象D.当所挂重物质量增大到一定数值后，加速度将趋近于重力加速度g，所以能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是C.答案：(1)3.56(3分)(2)平衡摩擦力(3分)(3)C(4分)22解析：(1)保持R2不变，调节R1阻值，使电压表示数达满偏刻度的，此时电阻箱两端分得电压为满偏刻度的，由电路的连接方式可知电压表的内阻RV.由于电阻箱的接入导致电压表所在支路电压变大，所以电压表的内阻测量值大于真实值(2)在测量电源电动势和内阻实验中，由题图乙电路图可知调节R2的滑片至最左端不再移动，同时
16、调节电阻箱R1阻值为0，将开关接向2，电压表读数为3 V即保护电阻两端的电压由题图丙可知，电源电动势为9.0 V，所以电源内阻为2R050 .答案：(1)R(3分)大于(2分)(2)9.0(2分)50(3分)23解析：(1)无风时氢气球在竖直方向受重力、绳上拉力和浮力，F浮mgF拉0，解得F浮12 N(3分)(2)当v13 m/s时对整体受力分析如图所示F1kv1(1分)在水平方向上F1Ff0(1分)在竖直方向上F浮FN(mgMg)0(3分)由FfFN(2分)联立解得：k3 Ns/m，Ff9 N(3分)当v26 m/s时，F2kv2由牛顿第二定律得：F2Ff(mM)a(2分)解得：a2.14
17、m/s2.(1分)答案：(1)12 N(2)2.14 m/s224解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得：线圈中感应电动势EB2hv0B1hv0khLv0(2分)线圈所受安培力FB2hIB1hIv01.28103 N(2分)为使线圈匀速运动，需要对线圈施加的外力大小F外F1.28103 N(2分)(2)若不施加外力，线圈最终会在安培力作用下停下来，对线圈应用牛顿第二定律得：F安ma(2分)即：vma(1分)vtmat(2分)对等式两边求和得：xmv0，即x(2分)代入数据得：x3.125 m(2分)(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，则线圈所受安培力必为零，所以线圈中的感应电流为零，即线圈中
18、的感应电动势为零，则有E(B2hv0B1hv0)LhkhLv0Lh0(3分)解得：kv00.02 T/s.(2分)答案：(1)1.28103 N(2)3.125 m(3)0.02 T/s25解析：(1)设粒子的质量为m，电荷量为q，在第二象限做圆周运动的半径为r，则qv0Bm(2分)rsin d(2分)设Q点的纵坐标为yQ，yQr(1分)粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限时，速度方向与x轴正方向的夹角相同，则60(1分)设粒子由x轴上S点离开电场，粒子在S点的速度为v，则qEyQmv2mv(3分)v(2分)解得v0.(2分)(2)设粒子在电场中运动时间为t，S点的横坐标为xS，则yQt(2分)xSv0t(1分)解得xS，粒子在S点速度为v，在第四、三象限中运动半径为r，则qvBm(2分)xSxP2rsin (2分)解得B2.4B.(2分)答案：(1)(2)2.4B
