2020新课标高考物理练习：综合模拟滚动小卷（六）含解析.doc

教学资料范本2020新课标高考物理练习：综合模拟滚动小卷（六）含解析编 辑：_时 间：_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ABC的状态变化过程、则下列说法正确的是()AAB过程中、压强不变BAB过程中、气体对外界做负功CBC过程中、气体分子间距增大DBC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()A0.01 s时质点的运动方向向下B0.025 s和0.075 s两个时刻的加速度大小和方向都相同C0.025 s和0.075 s两个时刻的速度大小相等、方向相同D0.125 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ABBC、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23C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13D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()二、多项选择题5以恒定速率运动、皮带始终是绷紧的、将m1 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vt图线可知()AA、B两点的距离为2.4 mB货物与传送带的动摩擦因数为0.5C货物从A运动到B过程中、传送带对货物做功大小为12.8 JD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 J6由法拉第电磁感应定律可知、若穿过某截面的磁通量为msin t、则产生的感应电动势为emcos t.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1(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ADC45、将导线框以恒定的角速度2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ADC30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 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 、则Rg的阻值大小为_ ；与电流表内阻的真实值Rg相比、Rg_(选填“”“”或“”)Rg.(3)将上述电流表G串联一个29 900 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m2.0103 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a1.0 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.AB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；BC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yt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、则有：Lcos v0t；Lsin gt2、联立解得：t、设OBA、C、则tan 、tan 、由于ABBC、可知tan 2tan 、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12、故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为12、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13、则重力做功的比为13、故C正确；小球的速度与水平方向的夹角的正切值tan 、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a12a2.联立解得：v8 m/s、a18 m/s2、a24 m/s2、加速时间为：t1 s1 s、减速时间为：t2 s2 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、x20.2 m(24)1 m3.2 m、故A错误；由vt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、a110 m/s2、对物体受力分析、受向下的摩擦力、重力和支持力、mgsin mgcos 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a22 m/s2.mgsin mgcos ma2、联立解得cos 0.8、0.5、故B正确；第一阶段：fmgcos 4 N、由图象知位移为：x120.2 m0.2 m、摩擦力做正功为：Wf1fx140.2 J0.8 J、同理第二阶段：由图象知位移为x2(24)1 m3 m、摩擦力做负功为：Wf2fx243 J12 J、所以整个过程、传送带对货物做功大小为：12 J0.8 J11.2 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x1x皮x10.2 m、第二阶段、x2x2x皮23 m2 m1 m故两者之间的总相对位移为：xx1x21 m0.2 m1.2 m货物与传送带摩擦产生的热量为：QWfx41.2 J4.8 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ADC30位置的过程中、穿过回路磁通量的变化量为BR2.由法拉第电磁感应定律E、I、qIt、联立解得q、选项A正确；第一种方式中穿过回路的磁通量1BR2sin 1t、所产生的电动势为e11BR2cos 1t、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2BR2cos 2t、所产生的电动势为e22BR2sin 2t、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Q1t1、Q2t2、若Q1Q2、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 .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UIg(RgR)1104(10029 900) V3 V、此时指针所指示的电压为2.4 V.答案：(1)BDA(2)100(3)32.48解析：(1)汽车的最大行驶速度vm40 m/s.(2)当汽车的速度为32 m/s时的牵引力F2.5103 N由牛顿第二定律得：FFfmaa0.25 m/s2.(3)汽车在匀加速启动阶段结束时、有Ffma得此时速度v20 m/s汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间t120 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：Pt2Ffsmvmv2解得t235 s总时间tt1t255 s.答案：(