《江蘇省2020版高考物理三輪復習 小卷綜合練（二）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省2020版高考物理三輪復習 小卷綜合練（二）（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、小卷綜合練(二) (建議用時：30分鐘) 一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意． 1．如圖所示為甲、乙兩質點做直線運動的速度－時間圖象，則下列說法中正確的是(　　) A．在0～t3時間內甲、乙兩質點的平均速度相等 B．甲質點在0～t1時間內的加速度與乙質點在t2～t3時間內的加速度相同 C．甲質點在0～t1時間內的平均速度小于乙質點在0～t2時間內的平均速度 D．在t3時刻，甲、乙兩質點都回到了出發(fā)點 2.重均為G的兩個完全相同的小球，與水平面間的動摩擦因數均為μ.豎直向上的較小的力F作用在連接兩球輕繩的中點，繩間的夾角α＝60°

2、，如圖所示．緩慢增大力F到兩球剛要運動的過程中，下列說法正確的是(　　) A．地面對球的支持力變大 B．球剛開始運動時，地面對球沒有支持力 C．地面對球的摩擦力變小 D．球剛開始運動時，球受到的摩擦力最大 3．靜止在粗糙斜面上的物體在沿斜面向上的恒定拉力F作用下沿斜面勻加速上升，在某一時刻撤去恒力F，空氣阻力不計，則物體機械能E隨時間t變化關系可能正確的是　(　　) 4．2018年10月9日10時43分，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征二號丙運載火箭成功將遙感三十二號01組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星進入距地面高為h的預定圓軌道．已知地球半徑為R，地球兩極的重力加速度為g，則遙感三十二號01

3、組衛(wèi)星在預定圓軌道上運行的速度大小為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 5．如圖甲所示，理想變壓器原線圈接如圖乙所示的交流電源，副線圈連接電阻R1、R2和滑動變阻器R3，其中滑動變阻器阻值的最大值與R2相等，且R2＝2R1，導線電阻不計．電路中分別接了理想交流電流表A和理想交流電壓表V，滑動變阻器的觸頭由上向下緩慢滑動過程，下列說法正確的是(　　) A．t＝0.01 s電流表示數為零 B．電壓表示數逐漸變小 C．R2和R3消耗的總功率增大 D．原線圈的輸入功率增大 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對

4、的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分． 6．(2019·如皋市期初)小孩站在岸邊向湖面拋石子，三次的軌跡如圖所示，拋出點相同，最高點在同一水平線上，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是(　　) A．沿軌跡3運動的石子在空中運動時間最長 B．沿軌跡3運動的石子落水時速度最小 C．三個石子在最高點時速度相等 D．三個石子在空中運動時的速度變化率相等 7．小型手搖發(fā)電機線圈共有N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉動，如圖所示．矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為E0，

5、該發(fā)電機外接負載電阻，則(　　) A．當線圈處于中性面位置時磁通量的變化率為零 B．線圈從中性面位置轉過180°過程中，線圈中磁通量的變化量為零 C．線圈轉動過程中電動勢的有效值為NE0 D．線圈轉動過程中電動勢的最大值為2NE0 8．一輛質量為M的平板小車靜止在光滑水平面上，平板小車的上表面粗糙，左端有一質量為m的滑塊，物塊與小車間的動摩擦因數為μ，現在物塊上加一水平拉力F，則下面說法正確的是(　　) A．當F＞μmg時，小車才開始運動 B．當F＞ 時，物塊就能從小車的右端滑出 C．若物塊能從小車右端滑離，滑離時小車速度為v0，當物塊質量m增大或者拉力F減小會使v0增

6、大 D．若物塊能從小車右端滑離，滑離時小車速度為v0，當小車質量M增大或者拉力F增大會使v0增大 9．如圖所示，一電阻不計的金屬棒AO在勻強磁場中繞平行于磁感應強度方向的軸(過O點)勻速轉動，OC＝AC＝L＝0.5 m，磁感應強度大小為B＝2 T、方向垂直紙面向里，金屬棒轉動的角速度為ω＝10 rad/s，內、外兩金屬圓環(huán)分別與C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R＝10 Ω相接(圖中未畫出)，兩金屬圓環(huán)圓心皆為O且電阻均不計，則(　　) A．金屬棒中有從C到A的感應電流 B．外電阻R中的電流為0.75 A C．金屬棒繞O軸轉一圈，通過電阻R的電荷量為零 D．金屬棒AC間電壓

7、為7.5 V 三、實驗題：共18分． 10．(8分)如圖所示為實驗室“驗證碰撞中動量守恒”的實驗裝置． (1)下列說法中不符合本實驗要求的是________(填序號)．　 A．為了使入射小球在碰撞后不被反彈，則應使入射小球的質量大于被碰小球的質量 B．同一組實驗中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放 C．為保證入射小球和被碰小球離開槽口后均做平拋運動，必須保證斜槽末端水平 D．需要測量小球拋出時離地面的高度及拋出后的水平距離 (2)實驗中記錄了軌道末端在記錄紙上的豎直投影為O點，經多次釋放入射球，在記錄紙上找到了兩球平均落點位置為M、P、N，并測得它們到O點的距離分別為OM

8、、OP和ON，測出OM、OP和ON的距離分別為x1、x2、x3，已知入射球的質量為m1，被碰小球的質量為m2，驗證碰撞中動量守恒的表達式為________________(用已知物理量表示)． (3)若要驗證以上碰撞為彈性碰撞，則需要驗證的表達式為____________________[要求用(2)問中涉及的物理量表示]． 11．(10分)我們可以用如圖甲所示的電路測定某個電池的電動勢和內電阻．R為一變阻箱，可以改變R的阻值，得到電壓表V相應的示數U.對測得的實驗數據進行處理．根據實驗數據在－R坐標系中描出坐標點，如圖乙所示．已知R0＝100 Ω，請完成以下數據分析和處理． (1)

9、圖乙中電阻為________Ω的數據點應剔除； (2)在圖乙中畫出－R關系圖線； (3)圖線的斜率是________(V－1·Ω－1)，由此可得電池電動勢E＝________V．(結果保留兩位有效數字) 小卷綜合練(二) 1．解析：選A.因在0～t3時間內甲、乙兩質點的v－t圖線與t軸所圍“面積”相等，說明位移相等，則甲、乙兩質點的平均速度相等，故A項正確；在0～t1時間內，甲的圖線斜率為正值，加速度為正方向，在t2～t3時間內，乙的圖線斜率為負值，加速度為負方向，兩個加速度不相同，故B項錯誤；甲質點在0～t1時間內的平均速度等于＝，乙質點在0～t2時間內的平均速度等于＝，故C項錯誤；

10、由題圖可知甲、乙兩質點的速度均為正值，則兩質點均做單向直線運動，不可能回到出發(fā)點，故D項錯誤． 2.解析：選D.把兩小球看成一個整體，受力分析如圖： F＋2FN＝2G 由于F不斷增大，故FN不斷減小，故A錯誤；球剛開始運動時，不是小球離開地面的時候，而是拉力的水平分力與地面的最大摩擦力相等時，故此時FN不是零，故B錯誤；對結點受力分析如圖： 有F＝2Tsin 60° 即T＝＝F 對小球進行受力分析如圖： 小球靜止時，f＝Tcos 60°＝0.5T 在滑動之前f為靜摩擦， 故F增大，T增大，f增大，故C錯誤； 在滑動后，f為滑動摩擦，f＝μFN＝μ(G－Tcos 30

11、°)，T增加，f減小， 故剛要開始滑動時，f最大， 故D正確． 3．解析：選D.物體在拉力作用下勻加速上升時，拉力和滑動摩擦的合力(F－f)做正功，物體機械能增加，W＝(F－f)×at2，與時間成二次函數關系，A、B錯誤；撤去拉力后，滑動摩擦力f做負功，機械能減少，仍然與時間成二次函數關系，C錯誤，D正確． 4．解析：選C.在預定圓軌道上，根據萬有引力提供向心力得＝，在地球兩極有萬有引力等于重力＝mg，聯立解得v＝ ，故C正確，A、B、D錯誤． 5．解析：選C.電流表示數并非為瞬時值，而是有效值，選項A錯誤；原線圈電壓為定值，原副線圈的匝數確定，副線圈兩端電壓為定值，滑動變阻器觸頭下

12、滑過程，副線圈電阻逐漸增大，副線圈電流逐漸減小，電阻R1電壓減小，因而電壓表示數逐漸增大，選項B錯誤；把副線圈和電阻R1等效為電源，R2、R3等效為該電源的外電阻，由于外電阻逐漸接近該電源的內電阻，故外電阻消耗的功率逐漸增大，選項C正確；負線圈電流逐漸減小，副線圈電壓不變，副線圈消耗的功率逐漸減小，故原線圈的輸入功率逐漸減小，選項D錯誤． 6．BD 7．解析：選AD.當線圈處于中性面位置時磁通量最大，磁通量的變化率為零，選項A正確；線圈從中性面位置轉過180°過程中，線圈中磁通量的變化量為2BS，選項B錯誤；矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為E0，所以矩形線圈產生的感應電動

13、勢的最大值是2NE0，則發(fā)電機輸出電壓有效值U＝＝NE0，選項C錯誤，D正確． 8．解析：選BC.因水平面光滑，F＞0，小車就能運動，故A錯誤；滑動時對m、M分別列牛頓第二定律方程：F－μmg＝mam，μmg＝MaM，m能從右端滑離，則am＞aM，得F＞，B正確；作出m、M的v－t圖線，由于小車長度確定，故二者相對位移為定值，即圖中陰影面積S為定值，當m增大，m圖線斜率(即m加速度am)減小，M圖線斜率(即M加速度aM)增大，保證S不變，則滑離時間t0變大，故v0變大．F減小，am減小，aM不變，故v0增大，故C正確，同理，可知D錯誤． 9．解析：選ABD.由右手定則可知，金屬棒相當于電源

14、且A是電源的正極，即金屬棒中有從C到A的感應電流，A正確；金屬棒以角速度ω＝10 rad/s轉動，則接入電路部分AC上產生的感應電動勢為E＝BLv＝BL·＝，代入數據解得E＝7.5 V，則回路中電流I＝＝0.75 A，B正確；在金屬棒繞O軸轉一圈的過程，因為電流的方向一直沒有改變，故通過電阻R的電荷量一定不為零，C錯誤；因為金屬棒的電阻不計，即電源沒有內阻，電動勢全部輸出加在電阻R上，故金屬棒AC間電壓為7.5 V，D正確． 10．解析：(1)要使兩球發(fā)生對心正碰，兩球半徑應相等，為防止入射球碰撞后反彈，入射球的質量應大于靶球的質量，即：入射球比靶球質量大，入射球與靶球半徑應相等，故A符合本

15、實驗要求；為保持入射球的初速度相等，在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，故B符合本實驗要求；為保證小球離開軌道后做平拋運動，小球離開軌道時的速度必須水平，安裝軌道時，軌道末端必須水平，故C符合本實驗要求；兩球碰撞后均做平拋運動，平拋的初速度為v0＝x，豎直高度相同，則v0∝x，故只需要測量平拋的水平位移而不需要測量豎直高度，D不符合本實驗要求．本題選不符合本實驗要求的，故選D. (2)兩球碰撞后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，碰撞過程動量守恒，則m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，即m1·x2＝m1·x1＋m2·x3. (3)如果碰撞過程

16、機械能守恒，表現為動能不損失，有m1v＝m1v′＋m2v′，代入數據可得：m1·x＝m1·x＋m2·x. 答案：(1)D　(2)m1x2＝m1x1＋m2x3 (3)m1x＝m1x＋m2x 11．解析：(1)根據坐標系內描出的點作出圖象如圖所示，由圖象可以知道，電阻為100歐姆的點遠離圖象，應剔除． (2)如圖所示： (3)根據閉合電路歐姆定律， 有：E＝U＋(R＋r)，變形得：＝R＋(1＋)； 則由數學規(guī)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)圖見解析　(3)5×10－3(4.8×10－3～5.2×10－3都對)　2.0(1.9～2.1都對) - 8 -