新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许六含解析 7页

综合模拟滚动小卷(六)‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1.如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A→B过程中，压强不变 B．A→B过程中，气体对外界做负功 C．B→C过程中，气体分子间距增大 D．B→C过程中，气体分子无规则热运动变剧烈 ‎2.如图是一质点做简谐运动的振动图象．关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．0.01 s时质点的运动方向向下 B．0.025 s和0.075 s两个时刻的加速度大小和方向都相同 C．0.025 s和0.075 s两个时刻的速度大小相等，方向相同 D．0.125 s时速度和加速度的方向相同 ‎3．如图所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB＝BC，在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交于D点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球从O到D点的水平位移是从O到B点水平位移的 B．小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为2∶3‎ C．小球从O到D点与从D到B点两段过程中重力做功的比为1∶3‎ D．小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的 ‎4.一根长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图所示．消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s．该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的是(　　)‎ - 7 -‎ 二、多项选择题 ‎5．以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg 的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s 到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，已知重力加速度g取10 m/s2，由v－t图线可知(　　)‎ A．A、B两点的距离为2.4 m B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5‎ C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J ‎6．由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦm·cos ωt.如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)，端点A、D固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是(　　)‎ A．方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为 B．方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C．两种方式回路中电动势的有效值之比＝ D．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则＝ 三、非选择题 ‎7．某探究小组为了研究用“半偏法”测电阻和改装电表，先用“半偏法”测量程为100 μ - 7 -‎ A的电流表G的电阻，后将电流表G改装成电压表．‎ ‎(1)首先采用如图甲所示的实验电路测量该电流表G的内阻Rg，图中R1为滑动变阻器、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是________．(选出下列必要的步骤，并将其序号排序)‎ A．记下R2的阻值 B．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度 C．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 D．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ‎(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为100 Ω，则Rg的阻值大小为________ Ω；与电流表内阻的真实值R′g相比，Rg________(选填“>”“＝”或“<”)R′g.‎ ‎(3)将上述电流表G串联一个29 900 Ω的电阻，改装成电压表，则该电压表的量程是________V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图乙所示，此时电压表的读数大小为________V.‎ ‎8．一种氢气燃料的汽车，质量为m＝2.0×103 kg，发动机的额定输出功率为80 kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1.若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0 m/s2.达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，直到获得最大速度后才匀速行驶．试求：‎ ‎(1)汽车的最大行驶速度；‎ ‎(2)当汽车的速度为32 m/s时的加速度大小；‎ ‎(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．‎ - 7 -‎ ‎9．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向．在第一、四象限内有一个圆，圆心O′坐标为(r，0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P(－2h，h)点，以大小为v0的速度沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场．求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t.‎ 综合模拟滚动小卷(六)‎ ‎1．解析：选D.A→B过程温度降低，体积增大，由＝C可知压强变小，则气体膨胀对外做功，即外界对气体做负功，选项A、B错误；B→C过程为等容变化，温度升高，体积不变，分子运动加剧，选项C错误，D正确．‎ - 7 -‎ ‎2．解析：选B.由于不知质点的振动情况，所以无法确定质点的运动方向，只能确定沿y轴负方向，故A错误；0.025 s和0.075 s两个时刻的位移大小和方向都相同，由a＝－知加速度大小和方向都相同，故B正确；据y－t图象的斜率表示速度，知0.025 s和0.075 s两个时刻的速度大小相等，方向相反，故C 错误；0.125 s时速度方向沿y轴正方向，位移方向为沿y轴正方向，加速度方向应沿y轴负方向，故D错误．‎ ‎3．解析：选C.设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，位移与水平方向夹角为θ，则有：Lcos θ＝v0t；Lsin θ＝gt2，联立解得：t＝，设∠OBA＝α，∠C＝β，则tan α＝，tan β＝，由于AB＝BC，可知tan α＝2tan β，因在D点时：tD＝，在B点时：tB＝，则落到D点所用时间是落到B点所用时间的，即小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的，故A错误；由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的，故D点和B点竖直方向的速度之比为1∶2，故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为1∶2，故B错误；小球从O到D点与从D到B点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为1∶3，则重力做功的比为1∶3，故C正确；小球的速度与水平方向的夹角的正切值tan γ＝，故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的，故D错误．‎ ‎4．解析：选C.设下滑过程中的最大速度为v，有＋＝t，位移关系为：＋＝s，又a1＝2a2.联立解得：v＝8 m/s，a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，加速时间为：t1＝＝ s＝1 s，减速时间为：t2＝＝ s＝2 s，由此可知C正确，A、B、D错误．‎ ‎5．解析：选BD.物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，加速度发生变化，A到B的距离为对应图象与时间轴围成的面积，x＝×2×0.2 m＋×(2＋4)×1 m＝3.2 m，故A错误；由v－t图象可知，物块在传送带上先做加速度为a1的匀加速直线运动，a1＝＝10 m/s2，对物体受力分析，受向下的摩擦力、重力和支持力，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，同理，后做加速度为a2的匀加速直线运动，对物体受力分析，受向上的摩擦力、重力和支持力，加速度为a2＝2 m/s2.mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；第一阶段：f＝μmgcos θ＝4 N，由图象知位移为：x1＝×2×0.2 m＝0.2 m，‎ - 7 -‎ 摩擦力做正功为：Wf1＝fx1＝4×0.2 J＝0.8 J，同理第二阶段：由图象知位移为x2＝×(2＋4)×1 m＝3 m，摩擦力做负功为：Wf2＝－fx2＝－4×3 J＝－12 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12 J－0.8 J＝11.2 J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段Δx1＝x皮－x1＝0.2 m，第二阶段，Δx2＝x2－x皮2＝3 m－2 m＝1 m．故两者之间的总相对位移为：Δx＝Δx1＋Δx2＝1 m＋0.2 m＝1.2 m．货物与传送带摩擦产生的热量为：Q＝W＝fΔx＝4×1.2 J＝4.8 J，故D正确．‎ ‎6．解析：选AC.方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中∠ADC＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝BR2.由法拉第电磁感应定律E＝，I＝，q＝IΔt，联立解得q＝＝，选项A正确；第一种方式中穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cos ω1t，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项B错误；第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sin ω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为＝，时间满足＝，产生的焦耳热Q1＝t1，Q2＝t2，若Q1＝Q2，则＝，选项C正确，D错误．‎ ‎7．解析：(1)本题是使用“半偏法”测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为B、D、A.‎ ‎(2)此时R2的阻值与Rg的阻值相等，故Rg的阻值大小也为100 Ω.S2闭合后，整个电路中的电流将会变大，但实际上我们仍然按照电流不变时的电流来计算的，通过变阻器R2的电流比通过G的电流要大，又因为R2与G并联，电压一样，所以实际的变阻器读数R将小于电流表G的内阻．所以“半偏法”测电阻测出的电阻要小于实际电阻．‎ ‎(3)电流表G与一较大的电阻串联即可改装成电压表．U＝Ig(Rg＋R)＝1×10－4×(100＋29 900) V＝3 V，此时指针所指示的电压为2.4 V.‎ 答案：(1)BDA　(2)100　<　(3)3　2.4‎ ‎8．解析：(1)汽车的最大行驶速度vm＝＝40 m/s.‎ ‎(2)当汽车的速度为32 m/s时的牵引力F＝＝2.5×103 N 由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma a＝＝0.25 m/s2.‎ - 7 -‎ ‎(3)汽车在匀加速启动阶段结束时，有－Ff＝ma 得此时速度v＝20 m/s 汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间t1＝＝20 s 达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理：‎ Pt2－Ffs＝mv－mv2‎ 解得t2＝35 s 总时间t＝t1＋t2＝55 s.‎ 答案：(1)40 m/s　(2)0.25 m/s2　(3)55 s ‎9．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有 水平方向：2h＝v0t1①‎ 竖直方向：h＝at②‎ a＝③‎ 由①②③式得E＝.④‎ ‎(2)粒子进入磁场时沿y轴方向的速度vy＝at1＝v0⑤‎ 粒子进入磁场时的速度v＝⑥‎ 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB＝m⑦‎ 由几何关系有R＝r⑧‎ 由③⑤⑥⑦⑧式得B＝.⑨‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的时间t2＝T⑩‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝⑪‎ 粒子从P点进入电场到Q点射出磁场的总时间t＝t1＋t2⑫‎ 由①⑨⑩⑪⑫式解得t＝.‎ 答案：(1)　(2)　(3) - 7 -‎