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2021-2022学年高考物理模拟试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24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。1、甲、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示,下列说法正确的是()A.时刻两物体的加速度方向相同B.时刻两物体的速度方向相同C.甲物体的加速度逐渐减小D.时刻两物体相遇2、物理老师在课堂上将一张薄面纸夹在一本厚厚的“唐诗辞典”的最下层两个页面之间,并将它们静置于桌面上要求学生抽出面纸,结果面纸总被拉断.然后物理老师为学生表演一项“绝活”——手托“唐诗辞典”让其运动并完好无损地抽出了面纸,则“唐诗辞典”可能()A.水平向右匀速运动 B.水平向左匀速运动C.向下加速运动 D.向上加速运动3、如图所示,aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场I、II的边界,磁场I、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2,且B2=2B1,一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场I,后经f点进入磁场II,并最终从fc边界射出磁场区域.不计粒子重力,该带电粒子在磁场中运动的总时间为()A. B.C. D.4、平行板电容器C与三个可控电阻R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路,闭合开关S,待电路稳定后,电容器C两极板带有一定的电荷,要使电容器所带电荷量减少。以下方法中可行的是()A.只增大R1,其他不变B.只增大R2,其他不变C.只减小R3,其他不变D.只减小a、b两极板间的距离,其他不变5、如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:2,在原线圈电路的a、b端输入电压一定的正弦交变电流,电阻R1、R2消耗的功率相等,则为()A. B.4C. D.26、一个中子与原子核A发生核反应,生成一个氘核,核反应放出的能量为Q,则氘核的比结合能和原子核A分别为()A. B. C. D.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图所示,A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上,两细线与水平方向夹角分别为60°和45°,A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态,则下列判断正确的是()A.A、B的质量之比为1:B.A、B所受弹簧弹力大小之比为:C.悬挂A、B的细线上拉力大小之比为:1D.快速撤去弹簧的瞬间,A、B的瞬时加速度大小之比为1:8、如图(a)所示,在匀强磁场中,一电阻均匀的正方形单匝导线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图(b)所示,若线框总电阻为,则()A.边两端电压的有效值为B.当线框平面与中性面的夹角为时,线框产生的电动势的大小为C.从到时间内,通过线框某一截面的电荷量为D.线框转动一周产生的焦耳热为9、如图所示,A、B两带电小球的质量均为m,电荷量的大小均为Q(未知)。小球A系在长为L的绝缘轻绳下端,小球B固定于悬挂点的正下方,平衡时,小球A、B位于同一高度,轻绳与竖直方向成角。已知重力加速度为g,静电力常量为k,则以下说法正确的是()A.小球A、B带异种电荷B.小球A所受静电力大小为C.小球A、B所带电荷量D.若小球A的电荷量缓慢减。蛐∏駻的重力势能减。缡颇茉龃10、如图所示,A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接,放置在倾角为θ的光滑斜面上,当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时,三者恰好保持静止,已知A、B、C三者质量相等,重力加速度为g。下列说法正确的是A.在轻绳被烧断的瞬间,A的加速度大小为B.在轻绳被烧断的瞬间,B的加速度大小为C.剪断弹簧的瞬间,A的加速度大小为D.突然撤去外力F的瞬间,A的加速度大小为三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)很多人都认为“力越小速度就越小”,为了检验这个观点是否正确,某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案:在水平桌面上放一木块,木块后端与穿过打点计时器的纸带相连,前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接,细线上不等间距地挂了五个钩码,其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置,第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离,如图甲所示。接通打点计时器,木块在钩码的牵引下,由静止开始运动,所有钩码落地后,木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带,纸带运动方向如箭头所示。(当地重力加速度大小g取9.8m/s2)(1)根据纸带上提供的数据,可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段(用D1,D2,…,D15字母区间表示);第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。(2)根据纸带上提供的数据,还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s2;木块与桌面间的动摩擦因数为=______。(计算结果保留两位有效数字)(3)根据纸带上提供的数据,分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。(填“正确”或“错误”)12.(12分)某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题,设计了如下实验.A、B是质量均为m的小物块,C是质量为M的重物,A、B间由轻弹簧相连,A、C间由轻绳相连.在物块B下放置一压力传感器,重物C下放置一速度传感器,压力传感器与速度传感器相连.当压力传感器示数为零时,就触发速度传感器测定此时重物C的速度.整个实验中弹簧均处于弹性限度内,重力加速度为g.实验操作如下:(1)开始时,系统在外力作用下保持静止,细绳拉直但张力为零.现释放C,使其向下运动,当压力传感器示数为零时,触发速度传感器测出C的速度为v.(2)在实验中保持A,B质量不变,改变C的质量M,多次重复第(1)步.①该实验中,M和m大小关系必需满足M______m(选填“小于”、“等于”或“大于”)②为便于研究速度v与质量M的关系,每次测重物的速度时,其已下降的高度应______(选填“相同”或“不同”)③根据所测数据,为得到线性关系图线,应作出______(选填“v2-M”、“v2-”或“v2-”)图线.④根据③问的图线知,图线在纵轴上截距为b,则弹簧的劲度系数为______(用题给的已知量表示).四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,质量为2m的滑块A由长为R的水平轨道和半径也为R的四分之一光滑圆弧轨道组成,滑块A的左侧紧靠着另一质量为4m的物块C,质量为m的物块B从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑,D为网弧轨道最低点。已知B与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1,A的水平轨道厚度极。珺从水平轨道上滑下和滑上的能量损失忽略不计,水平地面光滑,重力加速度为g。(1)若A被固定在地面上,求B与C发生碰撞前的速度大小v0;(2)若A的固定被解除,B滑下后与C发生完全弹性碰撞,碰撞后B再次冲上A,求B与A相对静止时与D点的距离L。14.(16分)如图所示,在竖直面内有一个光滑弧形轨道,其末端水平,且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切,并平滑连接.A,B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧.两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下,当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点,后面的滑块B恰能返回P点.己知圆形轨道的半径,滑块A的质量,滑块B的质量,重力加速度g。掌枇珊雎圆患疲:(1)滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大。唬2)两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h;(3)弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能.15.(12分)在防控新冠肺炎疫情期间,青岛市教育局积极落实教育部“停课不停学”的有关通知要求,号召全市中小学校注重生命教育,鼓励学生锻炼身体。我市某同学在某次短跑训练中,由静止开始运动的位移一时间图像如图所示,已知0~t0是抛物线的一部分,t0~5s是直线,两部分平滑相连,求:(1)t0的数值;(2)该同学在0~t0时间内的加速度大小。

参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24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。1、B【解析】

A.由图象可知,斜率表示加速度,则时刻两物体的加速度方向相反,选项A错误;B.v-t图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同,则时刻两物体的速度方向相同,选项B正确;C.由斜率表示物体的加速度可知,甲物体的切线斜率越来越大,即加速度逐渐增大,选项C错误;D.v-t图象所围面积表示位移,相遇表示位移相等,由图象可得,时刻两物体不相遇,选项D错误。故选B。2、C【解析】

学生抽出面纸总被拉断,说明面纸所受的最大静摩擦力大于面纸所承受的拉力;而老师却能把面纸拉出,可知面纸所受到的最大静摩擦力小于面纸承受的拉力,面纸受到的正压力减小了,说明辞典可能发生了失重,即可能向下做加速运动。故选C。3、B【解析】

粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用,故粒子做圆周运动,洛伦兹力做向心力,故有则有粒子垂直边界ae从P点射入磁、,后经f点进入磁、,故根据几何关系可得:粒子在磁、裰凶鲈仓茉硕陌刖段懦】矶萪;根据轨道半径表达式,由两磁场区域磁感应强度大小关系可得:粒子在磁、蛑凶鲈仓茉硕陌刖段懦】矶,那么,根据几何关系可得:粒子从P到f转过的中心角为,粒子在f点沿fd方向进入磁、颍蝗缓罅W釉诖懦、蛑凶,在e点沿ea方向进入磁、瘢蛔詈,粒子在磁、裰凶蟠觙c边界射出磁场区域;故粒子在两个磁场区域分别转过,根据周期可得:该带电粒子在磁场中运动的总时间为故选B。4、A【解析】

A.只增大,其他不变,电路中的电流变。琑2两端的电压减。,知电容器所带的电量减。珹符合要求;B.只增大,其他不变,电路中的电流变。诘缪购蚏1上的电压减。缍撇槐,所以R2两端的电压增大,根据,知电容器所带的电量增大,B不符合要求;C.只减小R3,其他不变,R3在整个电路中相当于导线,所以电容器的电量不变,C不符合要求;D.减小ab间的距离,根据,知电容C增大,而两端间的电势差不变,所以所带的电量增大,D不符合要求。故选A。5、A【解析】

因为电阻R1、R2消耗的功率相等,所以有又因为联立解得故BCD错误,A正确。故选A。6、B【解析】

写出核反应方程式根据质量数和电荷数守恒可以求出;,说明原子核A是,两个核子反应结合成氘核放出的能量为Q,比结合能指的是平均一个核子释放的能量,即为;故B正确,ACD错误;故选B。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、CD【解析】

A.对A、B两个物体受力分析,如图所示:A、B都处于静止状态,受力平衡,则有:对物体A:得:对物体B,有:得:所以:,故A错误;B.同一根弹簧弹力相等,故B错误;C.对A物体,细线拉力:对B物体,细线拉力:得:,故C正确;D.快速撤去弹簧的瞬间,物体AB将以悬点为圆心做圆周运动,刚撤去弹簧的瞬间,将重力分解为沿半径和沿切线方向,沿半径合力为零,合力沿切线方向对A物体:得:对B物体:得:联立得:,故D正确;故。篊D。8、AB【解析】

A.根据电动势随时间的变化曲线可得,交流电的电动势的瞬时值为则交流电的电动势的有效值为边两端电压的有效值为所以A正确;B.当线框平面与中性面的夹角为时,即则此时的电动势为所以B正确;C.由图象可得交流电的周期为从到时间内,即半个周期内,通过线框某一截面的电荷量为由电动势的瞬时值表达式可知则所以C错误;D.此交流电的电流有效值为根据焦耳定律可得,线框转动一周产生的焦耳热为所以D错误。故选AB。9、BD【解析】

AB.带电的小球A处于平衡状态,A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力T的作用,其合力为零,则有解得由图可知,AB间库仑力为排斥力,即AB为同种电荷,故A错误,B正确;C.根据库仑定律有,而解得故C错误;D.若小球A的电荷量缓慢减。珹B间的库仑力减。∏駻下摆,则小球A的重力势能减。饴亓ψ龈汗,电势能增大,故D正确。故选BD。10、AC【解析】

A.把看成是一个整体进行受力分析,有:在轻绳被烧断的瞬间,之间的绳子拉力为零,对,由牛顿第二定律得:解得:故A正确;B.对于,由牛顿第二定律得:弹在轻绳被烧断的瞬间,对于,绳子拉力为零,弹力不变,根据牛顿第二定律:弹解得:故B错误;C.剪断弹簧的瞬间,对于整体,弹簧弹力为零,根据牛顿第二定律:解得:的加速度大。汗蔆正确;D.突然撤去外力的瞬间,对于整体,一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律:弹解得:的加速度大。汗蔇错误。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、匀速直线5.00.51错误【解析】

(1)[1][2].第五个钩码落地后木块将做减速运动,点迹间距逐渐减。蚩梢耘卸系谖甯龉陈肼涞厥笨赡艹鱿衷谥酱械模挥纱艘部膳卸系谒母龉陈肼涞睾笾恋谖甯龉陈肼涞厍暗囊欢问奔淠,纸带上点迹均匀,木块在做匀速直线运动。(2)[3][4].由纸带可看出,第五个钩码落地后根据可得木块运动的加速度大小为由可得μ=0.51(3)[5].根据纸带上提供的数据,分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。12、大于相同v2-【解析】试题分析:①根据题意,确保压力传感器的示数为零,因此弹簧要从压缩状态到伸长状态,那么C的质M要大于A的质量m;②要刚释放C时,弹簧处于压缩状态,若使压力传感器为零,则弹簧的拉力为,因此弹簧的形变量为,不论C的质量如何,要使压力传感器示数为零,则A物体上升了,则C下落的高度为,即C下落的高度总相同;③选取AC及弹簧为系统,根据机械能守恒定律,则有:,整理得,,为得到线性关系图线,因此应作出图线.④由上表达式可知,,解得.考点:验证机械能守恒定律【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态,掌握依据图象要求,对表达式的变形的技巧.四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1);(2)【解析】

(1)若滑块A被固定在地面上,物块B与物块C碰撞前,由动能定理解得(2)滑块A的固定被解除,物块B下滑到与A分离的过程中,设B与A的分离时的速度分别为v1和v2,对A、B构成的系统,能量关系和水平方向动量守恒有解得物块B与物块C发生完全弹性碰撞后速度分别为和vc,由能量关系和动量守恒有解得碰撞后物块B冲上滑块A,达到共速时,由水平方向动量守恒和能量关系有B与D点的距离解得14、(1)m/s;(2)0.8m;(3)4J【解析】

(1)设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2,根据牛顿第二定律有mAg=mA解得:v2=m/s(2)设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1,对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程,根据机械能守恒定律,有mAv12=mAg?2R+mAv22可得:v1=6m/s设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0,对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程,根据动能定理,有(mA+mB)gh=(mA+mB)v02同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0,弹簧将两滑块弹开的过程,对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒,(mA+mB)v0=mAv1-mBv0解得:h=0.8m(3)设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep,对于弹开两滑块的过程,根据机械能守恒定律,有(mA+mB)v02+Ep=mAv12+mBv02解得:Ep=4J15、(1)2s(2)4m/s2【解析】

(1)(2)0~t0时间内做匀加速运动,则由可得t0~5s做匀速运动解得t0=2sa=4m/s2

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