江苏省2020版高考物理三轮复习 小卷综合练（二）（含解析）

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1、小卷综合练(二) (建议用时：30分钟) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意． 1．如图所示为甲、乙两质点做直线运动的速度－时间图象，则下列说法中正确的是(　　) A．在0～t3时间内甲、乙两质点的平均速度相等 B．甲质点在0～t1时间内的加速度与乙质点在t2～t3时间内的加速度相同 C．甲质点在0～t1时间内的平均速度小于乙质点在0～t2时间内的平均速度 D．在t3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点 2.重均为G的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为μ.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角α＝60°

2、，如图所示．缓慢增大力F到两球刚要运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．地面对球的支持力变大 B．球刚开始运动时，地面对球没有支持力 C．地面对球的摩擦力变小 D．球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大 3．静止在粗糙斜面上的物体在沿斜面向上的恒定拉力F作用下沿斜面匀加速上升，在某一时刻撤去恒力F，空气阻力不计，则物体机械能E随时间t变化关系可能正确的是　(　　) 4．2018年10月9日10时43分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丙运载火箭成功将遥感三十二号01组卫星发射升空，卫星进入距地面高为h的预定圆轨道．已知地球半径为R，地球两极的重力加速度为g，则遥感三十二号01

3、组卫星在预定圆轨道上运行的速度大小为(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 5．如图甲所示，理想变压器原线圈接如图乙所示的交流电源，副线圈连接电阻R1、R2和滑动变阻器R3，其中滑动变阻器阻值的最大值与R2相等，且R2＝2R1，导线电阻不计．电路中分别接了理想交流电流表A和理想交流电压表V，滑动变阻器的触头由上向下缓慢滑动过程，下列说法正确的是(　　) A．t＝0.01 s电流表示数为零 B．电压表示数逐渐变小 C．R2和R3消耗的总功率增大 D．原线圈的输入功率增大 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对

4、的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 6．(2019·如皋市期初)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图所示，抛出点相同，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长 B．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小 C．三个石子在最高点时速度相等 D．三个石子在空中运动时的速度变化率相等 7．小型手摇发电机线圈共有N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0，

5、该发电机外接负载电阻，则(　　) A．当线圈处于中性面位置时磁通量的变化率为零 B．线圈从中性面位置转过180°过程中，线圈中磁通量的变化量为零 C．线圈转动过程中电动势的有效值为NE0 D．线圈转动过程中电动势的最大值为2NE0 8．一辆质量为M的平板小车静止在光滑水平面上，平板小车的上表面粗糙，左端有一质量为m的滑块，物块与小车间的动摩擦因数为μ，现在物块上加一水平拉力F，则下面说法正确的是(　　) A．当F＞μmg时，小车才开始运动 B．当F＞ 时，物块就能从小车的右端滑出 C．若物块能从小车右端滑离，滑离时小车速度为v0，当物块质量m增大或者拉力F减小会使v0增

6、大 D．若物块能从小车右端滑离，滑离时小车速度为v0，当小车质量M增大或者拉力F增大会使v0增大 9．如图所示，一电阻不计的金属棒AO在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OC＝AC＝L＝0.5 m，磁感应强度大小为B＝2 T、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω＝10 rad/s，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R＝10 Ω相接(图中未画出)，两金属圆环圆心皆为O且电阻均不计，则(　　) A．金属棒中有从C到A的感应电流 B．外电阻R中的电流为0.75 A C．金属棒绕O轴转一圈，通过电阻R的电荷量为零 D．金属棒AC间电压

7、为7.5 V 三、实验题：共18分． 10．(8分)如图所示为实验室“验证碰撞中动量守恒”的实验装置． (1)下列说法中不符合本实验要求的是________(填序号)．　 A．为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使入射小球的质量大于被碰小球的质量 B．同一组实验中，每次入射球必须从同一高度由静止释放 C．为保证入射小球和被碰小球离开槽口后均做平抛运动，必须保证斜槽末端水平 D．需要测量小球抛出时离地面的高度及抛出后的水平距离 (2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM

8、、OP和ON，测出OM、OP和ON的距离分别为x1、x2、x3，已知入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，验证碰撞中动量守恒的表达式为________________(用已知物理量表示)． (3)若要验证以上碰撞为弹性碰撞，则需要验证的表达式为____________________[要求用(2)问中涉及的物理量表示]． 11．(10分)我们可以用如图甲所示的电路测定某个电池的电动势和内电阻．R为一变阻箱，可以改变R的阻值，得到电压表V相应的示数U.对测得的实验数据进行处理．根据实验数据在－R坐标系中描出坐标点，如图乙所示．已知R0＝100 Ω，请完成以下数据分析和处理． (1)

9、图乙中电阻为________Ω的数据点应剔除； (2)在图乙中画出－R关系图线； (3)图线的斜率是________(V－1·Ω－1)，由此可得电池电动势E＝________V．(结果保留两位有效数字) 小卷综合练(二) 1．解析：选A.因在0～t3时间内甲、乙两质点的v－t图线与t轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A项正确；在0～t1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度为正方向，在t2～t3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度为负方向，两个加速度不相同，故B项错误；甲质点在0～t1时间内的平均速度等于＝，乙质点在0～t2时间内的平均速度等于＝，故C项错误；

10、由题图可知甲、乙两质点的速度均为正值，则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D项错误． 2.解析：选D.把两小球看成一个整体，受力分析如图： F＋2FN＝2G 由于F不断增大，故FN不断减小，故A错误；球刚开始运动时，不是小球离开地面的时候，而是拉力的水平分力与地面的最大摩擦力相等时，故此时FN不是零，故B错误；对结点受力分析如图： 有F＝2Tsin 60° 即T＝＝F 对小球进行受力分析如图： 小球静止时，f＝Tcos 60°＝0.5T 在滑动之前f为静摩擦， 故F增大，T增大，f增大，故C错误； 在滑动后，f为滑动摩擦，f＝μFN＝μ(G－Tcos 30

11、°)，T增加，f减小， 故刚要开始滑动时，f最大， 故D正确． 3．解析：选D.物体在拉力作用下匀加速上升时，拉力和滑动摩擦的合力(F－f)做正功，物体机械能增加，W＝(F－f)×at2，与时间成二次函数关系，A、B错误；撤去拉力后，滑动摩擦力f做负功，机械能减少，仍然与时间成二次函数关系，C错误，D正确． 4．解析：选C.在预定圆轨道上，根据万有引力提供向心力得＝，在地球两极有万有引力等于重力＝mg，联立解得v＝ ，故C正确，A、B、D错误． 5．解析：选C.电流表示数并非为瞬时值，而是有效值，选项A错误；原线圈电压为定值，原副线圈的匝数确定，副线圈两端电压为定值，滑动变阻器触头下

12、滑过程，副线圈电阻逐渐增大，副线圈电流逐渐减小，电阻R1电压减小，因而电压表示数逐渐增大，选项B错误；把副线圈和电阻R1等效为电源，R2、R3等效为该电源的外电阻，由于外电阻逐渐接近该电源的内电阻，故外电阻消耗的功率逐渐增大，选项C正确；负线圈电流逐渐减小，副线圈电压不变，副线圈消耗的功率逐渐减小，故原线圈的输入功率逐渐减小，选项D错误． 6．BD 7．解析：选AD.当线圈处于中性面位置时磁通量最大，磁通量的变化率为零，选项A正确；线圈从中性面位置转过180°过程中，线圈中磁通量的变化量为2BS，选项B错误；矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0，所以矩形线圈产生的感应电动

13、势的最大值是2NE0，则发电机输出电压有效值U＝＝NE0，选项C错误，D正确． 8．解析：选BC.因水平面光滑，F＞0，小车就能运动，故A错误；滑动时对m、M分别列牛顿第二定律方程：F－μmg＝mam，μmg＝MaM，m能从右端滑离，则am＞aM，得F＞，B正确；作出m、M的v－t图线，由于小车长度确定，故二者相对位移为定值，即图中阴影面积S为定值，当m增大，m图线斜率(即m加速度am)减小，M图线斜率(即M加速度aM)增大，保证S不变，则滑离时间t0变大，故v0变大．F减小，am减小，aM不变，故v0增大，故C正确，同理，可知D错误． 9．解析：选ABD.由右手定则可知，金属棒相当于电源

14、且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A正确；金属棒以角速度ω＝10 rad/s转动，则接入电路部分AC上产生的感应电动势为E＝BLv＝BL·＝，代入数据解得E＝7.5 V，则回路中电流I＝＝0.75 A，B正确；在金属棒绕O轴转一圈的过程，因为电流的方向一直没有改变，故通过电阻R的电荷量一定不为零，C错误；因为金属棒的电阻不计，即电源没有内阻，电动势全部输出加在电阻R上，故金属棒AC间电压为7.5 V，D正确． 10．解析：(1)要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于靶球的质量，即：入射球比靶球质量大，入射球与靶球半径应相等，故A符合本

15、实验要求；为保持入射球的初速度相等，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故B符合本实验要求；为保证小球离开轨道后做平抛运动，小球离开轨道时的速度必须水平，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C符合本实验要求；两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为v0＝x，竖直高度相同，则v0∝x，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度，D不符合本实验要求．本题选不符合本实验要求的，故选D. (2)两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，即m1·x2＝m1·x1＋m2·x3. (3)如果碰撞过程

16、机械能守恒，表现为动能不损失，有m1v＝m1v′＋m2v′，代入数据可得：m1·x＝m1·x＋m2·x. 答案：(1)D　(2)m1x2＝m1x1＋m2x3 (3)m1x＝m1x＋m2x 11．解析：(1)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示，由图象可以知道，电阻为100欧姆的点远离图象，应剔除． (2)如图所示： (3)根据闭合电路欧姆定律， 有：E＝U＋(R＋r)，变形得：＝R＋(1＋)； 则由数学规律可以知道：斜率k＝ V－1·Ω－1＝0.005 0 V－1·Ω－1＝；故E＝2.0 V. 答案：(1)100　(2)图见解析　(3)5×10－3(4.8×10－3～5.2×10－3都对)　2.0(1.9～2.1都对) - 8 -