（江蘇專用）2019高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：小綜合練（七）

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1、 小綜合練(七) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018·鹽城市、東臺(tái)市模擬)體操是力與美的運(yùn)動(dòng)．吊環(huán)比賽中運(yùn)動(dòng)員的兩臂從豎直位置開始緩慢展開到接近水平，形成如圖1所示“十字支撐”這一優(yōu)美造型．開始時(shí)吊繩豎直，關(guān)于這一過程，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．吊繩的拉力逐漸減小 B．吊繩的拉力逐漸增大 C．兩繩的合力逐漸增大 D．兩繩的合力逐漸減小 答案　B 解析　對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析可知，兩繩拉力的合力與運(yùn)動(dòng)員的重力的大小是相等的，運(yùn)動(dòng)員的重力的大小是不變的，所以兩繩的合力大小不變；當(dāng)雙臂緩慢張開時(shí)繩之間的夾角變大，兩個(gè)分力的大小都要增大，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 2．(2

2、018·江蘇押題卷)如圖2所示的電路，閉合開關(guān)S，燈泡L1和L2均正常發(fā)光，突然燈泡L2燈絲燒斷，其余用電器均未損壞，電源的電動(dòng)勢與內(nèi)阻不變，則下列結(jié)論中正確的是(　　) 圖2 A．電流表的讀數(shù)變小，電壓表的讀數(shù)變小 B．燈泡L1變亮 C．電容器C上所帶電荷量增大 D．電阻R的電功率減小 答案　C 解析　當(dāng)燈泡L2的燈絲突然燒斷時(shí)，外電路的總電阻R總變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝可知，電路中的總電流I減小，即電流表的讀數(shù)變小，路端電壓U＝E－Ir增大，即電壓表的讀數(shù)變大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；燈泡L1的功率PL1＝I2RL1減小，即L1變暗，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)電路串、并聯(lián)關(guān)系和部分電

3、路歐姆定律可知并聯(lián)電路部分兩端的電壓U并＝U－IRL1增大，電阻R的電功率PR＝增大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；C＝，可知電容器C上所帶電荷量Q增大，故選項(xiàng)C正確． 二、多項(xiàng)選擇題 3.兩輪平衡車(如圖3所示)廣受年輕人的喜愛，它的動(dòng)力系統(tǒng)由電池驅(qū)動(dòng)，能夠輸出的最大功率為P0，小明駕駛平衡車在水平路面上沿直線運(yùn)動(dòng)，受到的阻力恒為Ff.已知小明和平衡車的總質(zhì)量為m，從啟動(dòng)到達(dá)到最大速度的整個(gè)過程中，小明和平衡車可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)小明對(duì)平衡車做的功．設(shè)平衡車啟動(dòng)后的一段時(shí)間內(nèi)是由靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則(　　) 圖3 A．平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中能達(dá)到的最大速度為v＝ B．平衡

4、車運(yùn)動(dòng)過程中所需的最小牽引力為F＝Ff C．平衡車達(dá)到最大速度所用的時(shí)間t＝ D．平衡車能達(dá)到的最大行駛速度v0＝ 答案　AB 解析　平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律，F(xiàn)－Ff＝ma，則根據(jù)P0＝Fv可得能達(dá)到的最大速度為v＝＝，選項(xiàng)A正確；當(dāng)平衡車的加速度為零時(shí)，牽引力最小，此時(shí)F＝Ff，選項(xiàng)B正確；平衡車勻加速達(dá)到最大速度所用的時(shí)間t＝＝，勻加速結(jié)束后，平衡車可減小牽引力，減小加速度，最后當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)vm＝，可知平衡車達(dá)到最大速度所用的時(shí)間大于t＝，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 三、實(shí)驗(yàn)題 4．利用圖4甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)

5、滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計(jì)時(shí)器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時(shí)間． 圖4 實(shí)驗(yàn)測得滑塊A質(zhì)量m1＝0.3 kg，滑塊B的質(zhì)量m2＝0.1 kg，遮光片的寬度d用游標(biāo)卡尺測量，如圖丙所示；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用的交流電的頻率f＝50 Hz.將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰；碰后光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間tB＝2.86×10－3 s，碰撞前后打出的紙帶如圖乙所示． (1)遮光片的寬度d＝________ cm. (2)計(jì)算可知兩滑塊相互作用

6、以前系統(tǒng)的總動(dòng)量為________ kg·m/s，兩滑塊相互作用以后系統(tǒng)的總動(dòng)量為________ kg·m/s.(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)) (3)若實(shí)驗(yàn)相對(duì)誤差絕對(duì)值σr＝||×100%≤5%，即可認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則本實(shí)驗(yàn)在誤差范圍內(nèi)________驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．(填“能”或“不能”) (4)兩滑塊作用前后總動(dòng)量不完全相等的主要原因是__________________________________． 答案　(1)0.835　(2)0.60　0.58　(3)能　(4)紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔有摩擦 解析　(1)遮光片的寬度d＝8 mm＋0.05 mm×7＝0.835 cm； (

7、2)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)時(shí)間間隔為：t＝0.02 s. 由題圖乙所示紙帶可知，碰撞前A的速度：vA＝＝ m/s＝2 m/s，碰撞后A的速度：vA′＝ m/s＝0.97 m/s，碰撞后B的速度：vB′＝＝ m/s≈2.92 m/s， 碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)量分別為：p＝m1vA＝0.3×2.0 kg·m/s＝0.60 kg·m/s p′＝m1vA′＋m2vB′＝0.3×0.97 kg·m/s＋0.1×2.92 kg·m/s≈0.58 kg·m/s (3)σr＝||×100%＝||×100%≈3.3%<5% 由此可知，在誤差范圍內(nèi)能驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律． (4)兩滑塊作用前后總動(dòng)量不完全相等的主要原

8、因是紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔有摩擦． 四、計(jì)算題 5．(2018·江蘇五校聯(lián)考)如圖5所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2，兩導(dǎo)軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，若桿出磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻．求： 圖5 (1)金屬桿出磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向； (2)金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率； (3)金屬桿穿過整個(gè)磁場過程中R1上產(chǎn)生的電熱． 答案　(1)　方向從M到P 　(2) (3)－ 解析　(1)設(shè)流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得：F＝ ，解得I＝ 因R1＝R2，所以流過R1的電流大小為I1＝＝ 根據(jù)右手定則判斷可知，電流方向從M到P. (2)設(shè)桿做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律得 桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E＝Bv 又根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I，可解得v＝. (3)設(shè)整個(gè)過程電路中產(chǎn)生的總電熱為Q，根據(jù)能量守恒定律得Q＝F·－mv2 代入v可得Q＝FL－ 得Q1＝Q＝－. 5