2022年高考物理全真模擬卷5(全國卷專用)第一輯(解析版)

2022年高考物理全真模擬卷（全國卷專用）

第一輯第五模擬

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1478題只有一項符

合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選

錯的得0分。

14.（2021?湖南永州?模擬預(yù)測）如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10：1,原

線圈接入圖乙所示的正弦脈沖電壓，副線圈接火災(zāi)報警系統(tǒng)（報警器未畫出），電壓表和電流表均

為理想電表，R。為定值電阻，R為半導(dǎo)體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小。下列說法中正確

的是（）

A.圖乙中電壓的有效值為220VB.電壓表的示數(shù)為ll^V

C.R處出現(xiàn)火警時電流表示數(shù)變小D.R處出現(xiàn)火警時電阻用消耗的電功率減小

【答案】B

【解析】

A.圖乙中電壓的最大值Um=22點，則有

上丁一寓、

RR2

解得，電壓的有效值為

U=110727

故A錯誤；

B.變壓器原、副線圈中的電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器原、副線圈中的電壓之比是10：1,所

以電壓表的示數(shù)為1l6,故B正確；

CD.R處溫度升高時，電壓表示數(shù)不變，阻值減小，副線圈電流！增大，則輸出功率增大，而輸

出功率和輸入功率相等，所以原線圈電流增大，即電流表示數(shù)增大，根據(jù)。知，電阻風(fēng)消耗

的電功率增大，故CD錯誤。

故選B?

15.（2021?云南?曲靖一中模擬預(yù)測）如圖所示，在光滑絕緣水平桌面上方分布著一勻強(qiáng)電場，電

場方向平行于桌面。一帶正電小球，電量為q、質(zhì)量為m,先后兩次以同樣大小的水平初速度4沿

不同方向從0點出發(fā)，小球在電場力作用下運動，沿桌面分別經(jīng)過A、B兩點。若小球運動到A、

Vio3

B兩點時的速度大小分別為＞=?！?v=------V

B2。，連接OA、測得NAOB=60°,OA=L,OB=2

L,則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為（)

/mvzmv2

D,就

c.

【答案】A

【解析】

由0到A過程，根據(jù)動能定理

(0-0)q=-mv2--?mv2=-mv2

OA,r2A2。2。

由O到B過程，根據(jù)動能定理

113

(0-0)q=—mv2——mva=-mv2

oB2B2o4o

故

?=-?（?）

OB2OA

在OB上找一點B',使得

OB=L

連接AB',可得AB'是等勢線，則電場強(qiáng)度

AB'Lcos3003qL

故選Ao

16.（2021?黑龍江?哈爾濱市第一中學(xué)校高三期末）如圖所示,設(shè)地球半徑為R,假設(shè)某地球衛(wèi)星在

距地球表面高度為h的圓形軌道N上做勻速圓周運動，運行周期為T,到達(dá)軌道的A點時點火變軌

進(jìn)入橢圓軌道N,到達(dá)軌道的近地點B時，再次點火進(jìn)入近地軌道N繞地球做勻速圓周運動，引力

常量為G,不考慮其他星球的影響，則下列說法正確的是（）

A.該衛(wèi)星在軌道N上B點的速率小于在軌道N上A點的速率

B.衛(wèi)星在圓軌道N和圓軌道N上做圓周運動時，軌道N上動能小，勢能大，機(jī)械能小

C.衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點A向近地點B運動的過程中，加速度變小

4?2（R+h）3

D.地球的質(zhì)量可表示為GT2

【答案】D

【解析】

A.衛(wèi)星在軌道N上過A點做勻速圓周運動，滿足

MmV2

G-----=HTT

nr

衛(wèi)星在軌道N上過A點做近心運動，即

MmV2

G>rmr

r2r

v_/GM

所以衛(wèi)星在軌道N上A點速率大于在軌道N上A點的速率，由v-dO]"知，在軌道N上B點的速

率大于在軌道N上A點的速率，因此該衛(wèi)星在軌道N上B點的速率大于在軌道N上A點的速率，A

錯誤；

B.衛(wèi)星從軌道N到軌道N需在A點減速，從軌道N到軌道N需在B點減速，故衛(wèi)星機(jī)械能減小，衛(wèi)

星在軌道N上的速率大于在軌道N上的速率，故衛(wèi)星在軌道N上的動能大于在軌道N上的動能，從

軌道N上A運動到B的過程，地球引力對衛(wèi)星做正功，引力勢能減小，可知衛(wèi)星在軌道N上運行時

動能小，勢能大，機(jī)械能大，B錯誤；

C.根據(jù)萬有引力提供向心力有

G^O-=ma

r2

可得

a=GM

r2

衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點A向近地點B運動的過程中，r變小，故加速度變大，C錯誤;

D.衛(wèi)星在軌道N上的運動過程中，萬有引力充當(dāng)向心力，故有

CMm_~4n2..

G'"一’=m(R+h)

(R+h)2T2''

解得

4?2(R+h)3

M=GT2

D正確。

故選D.

17.（2021?山東?濟(jì)南市章丘區(qū)第四中學(xué)高三期中）如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小

球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為F1小球

在最高點的速度大小為v,其FT-V2圖像如圖乙所示，則（）

am

A.輕質(zhì)繩長等于"T

m

B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹槎?/p>

ac

—+a

C.當(dāng)V2=c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為b

D.只要V22b,小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a

【答案】D

【解析】

AB.在最高點，對小球有

V2

mg+F=m-

得

V2

F=m-------mg

可知FT-V2圖像的縱軸截距的絕對值為

a=mg

解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/p>

a

g=-

m

圖像的斜率

am

k=—=—

bL

解得輕質(zhì)繩的長度

|_=弛

a

AB錯誤；

C.當(dāng)V2=c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為

V2ac

F=m-------mg-----------a

TLb

c錯誤；

D.當(dāng)V2=b時，輕質(zhì)繩的拉力大小為FT=O,重力提供向心力

V2

mg=m—

當(dāng)小球運動到最低點時速度為V‘，根據(jù)動能定理可知

c.11

2mgL=-mv*2--mv2

最低點，根據(jù)向心力公式可知

F-mg=m三

聯(lián)立解得

FT=6mg=6a

故當(dāng)

V2>b

時，小球在最低點和最高點時繩的拉力差為6a,D正確。

故選Do

18.（2021?河北?模擬預(yù)測）如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體放在水平面上，給物體以水平向左的初

速度vo=6m/s,同時在物體上施加一水平向右的F=4N的外力，從該時刻開始計時，外力作用一

段時間后撤走，經(jīng)過一段時間物體停止運動，圖乙為整個過程中物體的速度隨時間的變化規(guī)律，重

力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力.則下列說法正確的是（）

A.m=2kgB.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1

C.物體運動的總時間為3sD.物體的位移為5m

【答案】C

【解析】

AB.由圖乙可知，物體在0~ls內(nèi)沿正方向做減速運動，1~2s內(nèi)沿負(fù)向做加速運動，2s后沿負(fù)方

向做減速運動，則外力在2s末撤走，外力F的作用時間為2s,由圖知，在0~ls內(nèi)物體的加速度

大小為

a=/S2=6m/sz

1At1-0

1

由牛頓第二定律得

F+從mg=ma

Is?2s內(nèi)物體的加速度大小為

Av2-0/八,

a=—―-m/S2=2m/S2

2At1-0

2

由牛頓第二定律得

F-ymg=ma2

由以上可解得

m=1kg

j*=0.2

AB錯誤；

C.撤走外力的瞬間，物體的速度沿負(fù)方向且大小為2m/s,此后物體在摩擦力的作用下做減速運動，

則物體的加速度大小為

a=Ujg=2m/s2

3

則撤走外力后物體運動的時間為

t=丫—=乙=1s

a32

所以物體運動的總時間為3s,C正確；

D.V-t圖象，圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則物體運動的位移為

x=（|。6）1—；）2）2））|m=1m

D錯誤。

故選Co

19.（2021.四川?成都七中一模）如圖所示，水平面上AB兩處有甲、乙兩個可視為質(zhì)點的小滑塊處

于靜止?fàn)顟B(tài)，B點右側(cè)水平面粗糙，左側(cè)水平面光滑。若甲在水平向右的拉力F=3t的作用下由靜

止向右運動，當(dāng)t=2s時撤去拉力F,緊接著甲與乙發(fā)生彈性正碰，其中乙滑行1.6m后停下。已知

乙的質(zhì)量為1kg,甲、乙與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.5,取g=10m/s2,則（）

甲乙

__n〃_

/B

A.0~2s內(nèi)，拉力F的沖量為12N.sB.撤去拉力F時甲的速度大小為3m/S

C.兩個滑塊碰撞后瞬間乙的速度是4m/sD.甲停止運動時甲、乙相距1.5m

【答案】BC

【解析】

A.F與t線性關(guān)系，力F對甲的沖量為I

l=1Ft=J3te=J3）22N.S=6N.S

故A錯誤。

C.對乙碰撞后的過程中利用動能定理得

—Lilmgx=0——mvz

22

v=4m/s

2

故c正確。

BD.設(shè)甲的質(zhì)量為碰前速度為%,碰后速度為x，根據(jù)動量守恒得

mv=mv+mv

101I2

根據(jù)機(jī)械能守恒得

111

—mV2=—mV2+—mv2

21o21122

I=mv=6N.s

1o

聯(lián)立得

v=3m/s

0

v=1m/s

i

m1=2kg

甲乙碰后做減速運動，加速度均為

a=|jg=5m/s2

對甲停止運動時

V2

x="r-=0.1m

12a

甲運動時間為

v

t=r=0.2s

a

此時乙的位移

x=vt--at2=0.7m

222

即甲停止運動時甲、乙相距

Ax=x-x=0.6m0

21

B正確，D錯誤。

故選BC?

20.（202卜河北?高三期中）如圖所示，在直線AB上方存在著范圍足夠大、方向垂直于紙面向里的

勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從0點以速度V。沿垂直于AB方向進(jìn)入磁場，經(jīng)過t時間運動到磁場中的C

點。已知0、C連線與初速度V。的夾角為9,不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

XXXXXXX

XXXXexXX

%/

X步/XXXXX

AO5

A.帶電粒子從。點運動至C點的過程中，速度偏轉(zhuǎn)角為9

血

B.帶電粒子在磁場中運動的時間為29

4

C.帶電粒子在磁場中運動的軌跡直徑為29

_t_

D.若僅增大粒子的入射速度大小，經(jīng)過5時間粒子速度方向偏轉(zhuǎn)的角度為9

【答案】BD

【解析】

A.作出粒子從。點運動至C點的軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子的速度偏向角等于圓心角

三OO〔C=29

故A錯誤；

B.粒子在磁場中做勻速圓周運動，從0點運動至C點的時間為3因此

29

t=—.T

2幾

且

2幾m

"qB"

聯(lián)立解得

m_t

qB=29

而帶電粒子在磁場在磁場中運動的時間

1=]=史

1229

故B正確；

C.根據(jù)

qvB=rrrir

or

可得帶電粒子在磁場中運動的半徑

mvvt

v“t

執(zhí)行為了，故C錯誤；

D.若僅增大粒子的入射速度大小，粒子在磁場中運動的切不變，經(jīng)過t時間運動的圓弧對應(yīng)的圓

心角為29,由A可知經(jīng)過￡時間粒子速度方向偏轉(zhuǎn)