2020高考物理二轮练习5综合模拟滚动小卷（五）（Word版带解析）

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 S 2 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”)，S 2 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 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．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 L g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＝ 0－25 25 m/s2 ＝－1 m/s2，乙车的加速度 a2＝ 0－15 30 m/s2＝－0.5 m/s2，此时甲车的位移 x 甲＝v 甲 t＋ 1 2a1t2＝(25×20－ 1 2×1×202) m＝300 m，乙车的位移 x 乙＝v 乙 t＋ 1 2a2t2＝(15×20－ 1 2×0.5×202) 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 n3 n4＝ U3 U4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＝ P U4＝22 000 220 A＝100 A，根据 n3 n4＝ I4 I3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＝I23R＝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 m Av0＝(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＝ 1 2(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＝ 1 2mAv20－ 1 2(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＝ F m－ B2L2v mR ，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 Δa Δt＝－ B2L2 mR Δv Δt，由于 Δv Δt逐渐减小，可知 Δa Δt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＝ B2L2v2 R 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．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＝ E R1＋R＋r，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＝ 1 2(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 1 2mv21＝μmgL＋ 1 2(M＋m)v2 可得 M m＝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 sin 37°＝ 5 3L， 根据 qv0B1＝m v R解得：B1＝ 3mv0 5qL ； 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)；(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＝ 1 2vyt1，又 tan 37°＝ vy v0，qE＝ma， 解得：x＝8L，E＝ 3mv 32qL； 粒子通过 x 轴的速度为：v1＝ v0 cos 37°＝ 5 4v0， 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＝ 4.5L cos 53°＝7.5L， 根据 qv1B2＝m v R2解得：B2＝ mv0 6qL； (3)粒子在第二象限的运动周期为：T1＝ 2πm qB1 ， 在第二象限的运动时间为：t0＝ 143 360T1， 在电场中运动时间为：t1＝ 8L v0， 在第三、四象限中运动周期为：T2＝ 2πm qB2 ， 在第三、四象限中运动时间为：t2＝ 286 360T2， 因此从 P 点出发到再回到 P 点经过的时间为 t＝t0＋t1＋t2＝( 5 863π 540 ＋8) L v0. 答案：(1) 3mv0 5qL 　(0，3L)　(2) 3mv 32qL　 mv0 6qL (3)( 5 863π 540 ＋8) L v0