新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许五含解析

新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许五含解析

综合模拟滚动小卷(五)‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．固体可以分为晶体和非晶体两类，多晶体具有确定的几何形状，而非晶体没有 B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力 C．液体表面层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力 D．在太空里的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 ‎2．关于振动与波，下列说法正确的是(　　)‎ A．一个单摆在赤道上的振动周期为T，移到北极时振动周期也为T B．一列水波遇到障碍物发生衍射，衍射后的水波频率发生变化 C．简谐横波在传播过程中每经过一个周期，振动质点将沿传播方向移动一个波长 D．当接收者远离波源时，其接收到的波的频率比波源发出的频率低 ‎3．入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20 m．在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．两辆车刹车时的v－t图象如图，则(　　)‎ A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5 m B．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于90 m C．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s之内的某时刻发生相撞 D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞 ‎4．小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10 Ω.某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V．则此时段(　　)‎ A．发电机的输出功率为22 kW B．降压变压器的输入电压为11 kV C．输电线的电流为1 100 A D．输电线上损失的功率约为8.26 W 二、多项选择题 - 8 -‎ ‎5．如图所示，物块A、B静止在光滑的水平面上，质量均为1 kg，B通过轻弹簧与墙相连，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0＝10 m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧能获得的最大弹性势能为25 J B．物块A最终的速度大小为5 m/s C．整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15 N·s D．整个过程中的机械能损失为37.5 J ‎6．匀强磁场B垂直于水平导轨所在平面，导轨间接一电阻R，导轨上放置一金属棒L，金属棒L与导轨电阻均不计，沿导轨平面施加一水平恒力F，F垂直于金属棒，使金属棒由静止开始沿导轨向右运动，在以后的运动中，金属棒速度v、加速度a、力F的冲量为I，回路产生的焦耳热为E.四个物理量大小随时间t变化关系图线正确的是(　　)‎ 三、非选择题 ‎7．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．‎ ‎(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和乙所示，长度为_________cm，直径为________mm.‎ ‎(2)按图丙连接电路后，实验操作如下：‎ ‎①将滑动变阻器R1的阻值置于最______处(选填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0.‎ ‎②将电阻箱R2的阻值调至最________(选填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1 280 Ω.‎ ‎(3)由此可知，圆柱体的电阻为________ Ω.‎ ‎8．光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触，处于静止状态，可视为质点的小木块 - 8 -‎ B停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0＝7 m/s，经时间t＝0.5 s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1＝5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)木板的长度L和木块与木板间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)木板和木块的质量的比值．‎ ‎9．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内有方向竖直向上的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B1(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三、四象限内有磁感应强度大小为B2(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带负电的粒子，从x轴上的P点(－L，0)，沿与x轴负方向成37°角的方向向上射出，射出时的初速度大小为v0，经磁场偏转后，垂直通过y轴，粒子运动过程中第一次通过x轴时，速度方向与x轴的正方向刚好成37°角，又经过一段时间刚好从P点第二次通过x轴．不计粒子的重力．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)磁感应强度B1的大小及粒子第一次通过y轴的位置；‎ ‎(2)电场强度E及磁感应强度B2的大小；‎ ‎(3)粒子从P点出发再回到P点所用的时间．‎ - 8 -‎ 综合模拟滚动小卷(五)‎ ‎1．解析：选D.固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶体和多晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故A错误；给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明内部压强越来越大，故B错误；液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力，故C错误；在空间站中的水滴，由于重力充当向心力，水滴完全失重，故在液体表面张力的作用下，水滴呈球形，故D正确．‎ ‎2．解析：选D.赤道上的重力加速度小于北极的重力加速度，由T＝2π知，一个单摆在赤道上振动的周期为T，移到北极的周期小于T，选项A错误；波发生衍射时，波的频率不变，选项B错误；波传播过程中，介质中各质点在自己的平衡位置附近振动，并不随波迁移，选项C错误；由多普勒效应知，当接收者远离波源时，其接收到波的频率比波源发出的频率低，选项D正确．‎ ‎3．解析：选C.由图可知，两车速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝ m/s2‎ - 8 -‎ ‎＝－1 m/s2，乙车的加速度a2＝ m/s2＝－0.5 m/s2，此时甲车的位移x甲＝v甲t＋a1t2＝(25×20－×1×202) m＝300 m，乙车的位移x乙＝v乙t＋a2t2＝(15×20－×0.5×202) m＝200 m，可知要不相撞，则两车的距离至少为Δx＝300 m－200 m＝100 m，故A、B错误；因为速度相等时，若不相撞，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误．‎ ‎4．解析：选B.用户总功率为P＝110×200 W＝22 000 W＝22 kW，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22 kW，A错误；降压变压器的输出电压为220 V，即U4＝220 V，所以根据＝可得降压变压器的输入电压U4＝50×220 V＝11 000 V＝11 kV，B正确；用户端总电流为I4＝＝ A＝100 A，根据＝所以输电线中的电流为I3＝2 A，输电线上损失的功率约为ΔP＝IR＝22×10 W＝40 W，C、D错误．‎ ‎5．解析：选ABC.A与B相撞过程中动量守恒mAv0＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝5 m/s，当AB速度为零时，弹簧被压缩到最短，获得的最大弹性势能Epm＝(mA＋mB)v2＝25 J，A正确；由于水平面光滑且反弹时AB间的锁定解除，故A、B在弹簧恢复原长时分离，则分离后物块A的速度为vA＝v＝5 m/s，B正确；以物块A为研究对象，整个过程中根据动量定理可得I＝Δp＝－mAv－mAv0＝－15 N·s，C正确；因碰撞后压缩弹簧过程中只有弹力做功，机械能守恒，故只有碰撞过程机械能损失，即整个过程的机械能损失为ΔE＝mAv－(mA＋mB)v2＝25 J，D错误．‎ ‎6．解析：选AD.对金属棒，t＝0时刻，由于速度为零，则在F作用下向右加速，设t时刻棒速度为v，由牛顿第二定律得：a＝－，由于v增大，则a逐渐减小，当a＝0时棒匀速，故A正确；在极短时间Δt内，有＝－，由于逐渐减小，可知逐渐减小，故B错误；力F冲量I＝F·t，F为恒力，I－t 图象应为直线，故C错误；焦耳热E＝t，初始段v增大，则E－t图线斜率逐渐增大，后来v恒定，故斜率恒定，故D正确．‎ ‎7．解析：(1)游标卡尺的精度为0.1 mm，所以L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01 cm，螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.6×0.01)mm＝5.316 mm.‎ ‎(2)①为了保护电流表，在接通电路之前，要使电路中的总电阻尽可能大，然后慢慢减小电路中的电阻．②为使电路电流较小，使电流表示数逐渐变大，电阻箱阻值也应先调至最大．‎ ‎(3)将S1闭合，S2拨向接点1时，其等效电路图如图1所示．‎ - 8 -‎ 当S2拨向2时，其等效电路图如图2所示．‎ 由闭合电路欧姆定律知I＝，当I相同均为I0时，R2＝R圆柱体，所以R圆柱体＝1 280 Ω.‎ 答案：(1)5.01　5.316(5.314～5.328)‎ ‎(2)①大　②大　(3)1 280‎ ‎8．解析：(1)木块向左运动L＝(v0＋v1)t v1＝v0－at μmg＝ma 木板长为L＝3 m 动摩擦因数为μ＝0.4.‎ ‎(2)木块在木板上向右滑动的过程中，有mv1＝(M＋m)v mv＝μmgL＋(M＋m)v2‎ 可得＝24‎ 即木板与木块的质量比为24∶1.‎ 答案：(1)3 m　0.4　(2)24∶1‎ ‎9．解析：(1)粒子经过磁场偏转，垂直通过y轴，因此粒子在第二象限的磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，作出粒子整个运动过程轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R1＝＝L，‎ 根据qv0B1＝m解得：B1＝；‎ 粒子第一次通过y轴的位置为：y＝R1＋R1cos 37°＝3L，‎ 因此通过y轴的位置坐标为(0，3L)；‎ - 8 -‎ ‎(2)粒子在电场中做类平抛运动，第一次通过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为37°，‎ 则粒子通过x轴时，在电场中沿x轴方向的位移为x＝v0t1，‎ y方向的位移为y＝vyt1，又tan 37°＝，qE＝ma，‎ 解得：x＝8L，E＝；‎ 粒子通过x轴的速度为：v1＝＝v0，‎ 根据几何关系可知，粒子在三、四象限内做圆周运动的半径为：R2＝＝7.5L，‎ 根据qv1B2＝m解得：B2＝；‎ ‎(3)粒子在第二象限的运动周期为：T1＝，‎ 在第二象限的运动时间为：t0＝T1，‎ 在电场中运动时间为：t1＝，‎ 在第三、四象限中运动周期为：T2＝，‎ 在第三、四象限中运动时间为：t2＝T2，‎ 因此从P点出发到再回到P点经过的时间为 t＝t0＋t1＋t2＝(＋8).‎ 答案：(1)　(0，3L)　(2)　 ‎(3)(＋8) - 8 -‎ - 8 -‎