江苏省2020版高考物理三轮复习 小卷综合练（四）（含解析）

小卷综合练(四)(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，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x、速度为v.若只减小滑块质量，重新拉动木板，滑块与木板分离时()Ax变小，v变小Bx变大，v变大Cx变小，v变大 Dx变大，v变小2甲、乙两质点在同一地点同一时间在外力作用下做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，甲、乙两质点运动的t图象如图所示，下列说法正确的是()A甲质点的加速度大小为B乙质点的初速度大小为cCt时甲、乙两质点相遇Dtd时甲、乙两质点同向运动3空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则()A同一时刻所有粒子的动量相同B同一时刻所有粒子的位移相同C同一时刻所有粒子到达同一等势面上D同一时刻所有粒子到达同一水平面上4半径为R的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的.已知引力常量为G，则下列说法正确的是()A该天体的质量为B该天体的平均密度为C该天体的第一宇宙速度为 D该天体的自转周期为25如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为U，电流表示数的变化量为I，则()A电压表示数U和电流表示数I的比值不变B变化过程中U和I的比值增大C电容器的电荷量增加，增加量为CUD电阻R0两端电压减小，减小量为U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的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图所示，半圆形容器固定在地面上，一物块从容器边缘A点以向下的初速度开始运动，恰好能沿容器内壁以大小不变的速度运动到容器底部O点，则在物块下滑过程中，下列说法正确的是()A物块受到的合外力越来越小B重力做功的瞬时功率越来越小C重力与摩擦力的合力越来越大D克服摩擦力做功的功率越来越大7如图所示为一物体做直线运动的vt图象，则关于该物体的运动，下列说法中正确的是()A该物体810 s内的位移为6 mB该物体68 s内的加速度最大C该物体9 s末离出发点最远D该物体610 s内的平均速度为2 m/s8一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部挡板上，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为M的小物块b位于光滑斜面上，小物块a、b之间相距x.小物块b在斜面上由静止沿斜面下滑，与a碰后一起沿斜面下滑但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块沿斜面上滑时分离下列说法正确的是()A仅x越大，a、b碰撞损失的机械能越大B仅M越大，a、b碰后小物块a的动能越大C仅x越大，a、b碰后小物块a的最大动能位置越靠近挡板D仅M越大，a、b碰后上滑分离处越远离挡板9如图所示，间距为d的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.质量为m的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为，位于导轨间金属棒ab的电阻为R，重力加速度为g，金属棒ab以初速度v0沿导轨向右运动位移x速度减小为零下列说法正确的是()Aab中的感应电流方向由a到bB通过电阻R的电荷量为C金属棒产生的焦耳热为mvmgxD金属棒运动的时间为三、实验题：共18分10(8分)学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了图甲所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在转轴O处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A经过该位置时的瞬时速度vA，并记下该位置与转轴O的高度差h.(1)该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图乙为_mm.(2)调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示请选择适当的数据处理方法，猜想并写出vA与h的函数关系等式为_组次12345h/m0 .100.150.200.250.30vA/(m/s)1.732.122.462.743.00(3)当地重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，根据守恒规律写出此杆转动时动能的表达式Ek_(请用数字、质量m、速度vA表示)11(10分)某同学设计了如图甲所示的电路测电池组的电动势和内阻丙(1)连接的实物图如图乙所示，请在图乙上完成电路连线(2)若定值电阻R0的电阻为10 ，依据电压表和电流表的读数，建立UI的坐标，描出相应的数据点，如图丙，请你在丙图中正确绘出图象(3)由图象可知，该电源的电动势E_ V，r_ .(保留2位有效数字)小卷综合练(四)1解析：选A.长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1g，长木板加速度a2，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为xa1t2，滑块相对长木板的位移为La2t2a1t2，滑块相对地面的速度va1t，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1g不变，长木板加速度a2变大，由滑块相对长木板的位移为La2t2a1t2可得运动时间变小，滑块相对地面的位移为xa1t2变小，滑块相对地面的速度为va1t变小，故A正确，B、C、D错误2解析：选B.根据xv0tat2可知atv0，故甲质点的初速度为v00，加速度为a，乙质点的初速度为v0c，加速度为a，选项A错误，选项B正确；根据at2v0tat2解得t，选项C错误；td时，乙质点反向运动，而甲没有反向运动，选项D错误3解析：选C.粒子射出时速度均垂直于电场E，均受沿E所在方向的电场力，故所有粒子均做类平抛运动，在平行于E方向粒子做初速度为零的匀加速运动，同一时刻到达位置均在同一等势面上，故C正确；垂直于E方向粒子均做匀速直线运动，故粒子在同一时刻位置组成一圆面，在竖直方向且垂直于E，故D错误；粒子位移均从粒子源指向圆上各点，即一锥面母线，速度方向也不同，故A、B错误4解析：选D.在两极点处有：Gmg，解得该天体的质量为：M，故A错误；该天体的平均密度为：，故B错误；由mgm，解得该天体的第一宇宙速度为：v，选项C错误；在赤道处有：mgmR，解得该天体的直转周期为T2 ，故D正确5解析：选C.根据部分电路欧姆定律，电压表示数U与电流表示数I的比值为可变电阻的阻值，因此比值变大，A错误；定值电阻R0和电源内阻的总阻值不变，故电阻箱的阻值变化前后，内阻r和R0分得的总电压U1与通过的电流I1的比值保持不变，即R0r，根据闭合电路的欧姆定律知，可变电阻两端电压的增大量等于定值电阻和内阻分得的电压和的减少量，即U1U，串联电路，电流时时处处相等，故I1I，所以保持不变，故B、D错误；根据闭合电路欧姆定律，总电阻变大，总电流变小，内阻和R0分得的电压减小，电阻箱两端电压增大，电容器两端电压增加，故电容器的带电量增加了CU，C正确6解析：选BC.由于物块做匀速圆周运动，因此合外力的大小不变，A错误；重力与速度的夹角越来越大，因此重力做功的瞬时功率越来越小，B正确；重力与摩擦力的合力等于重力沿半径方向的分力，重力沿半径方向的分力越来越大，C正确；由于摩擦力与重力沿容器壁切线方向的分力大小相等，重力沿容器壁切线方向的分力越来越小，因此摩擦力越来越小，克服摩擦力做功的功率越来越小，D错误7解析：选CD.由图看出，物体在89 s内沿正方向运动，910 s内沿负方向，由于两段时间内图象的“面积”相等，说明两段时间内位移大小相等，所以物体在810 s内位移为0，故A错误；根据速度图象的斜率等于加速度，可以看出，物体在810 s内加速度最大，故B错误；物体在09 s内沿正方向运动，910 s 内沿负方向返回，所以物体在9 s 末离出发点最远，故C正确；由A分析可知，物体在810 s内的位移为0，由“面积”等于位移，得到68 s内的位移x2 m8 m，物体在610 s内的平均速度为2 m/s，故D正确8解析：选AB.小物块a、b碰撞时有Mv0(Mm)v，碰撞时损失的机械能为EMv(Mm)v2，解得vv0，EMv，x越大，v0越大，E越大，选项A正确；M越大，a、b碰后小物块a的速度越大，动能越大，选项B正确；仅x越大，小物块a、b压缩弹簧时的平衡位置不变，选项C错误；小物块a、b分离时两者接触的弹力为零，两者的加速度相同，均为gsin ，故弹簧处于原长状态，与M无关，选项D错误9解析：选BC.根据右手定则可知ab中的感应电流方向由b到a，选项A错误；由qt，Bdx可得q，选项B正确；根据能量转化和守恒定律有2Qmvmgx，解得金属棒产生的焦耳热为Qmvmgx，选项C正确；对于金属棒，根据动量定理有Biltmgt0mv0，而itq，联立可得t，选项D错误10解析：(1)游标卡尺的主尺读数为7 mm，游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标尺读数为50.05 mm0.25 mm，所以最终读数为：7 mm0.25 mm7.25 mm.(2)由表格得到：v30h.(3)设杆长L，杆转动的角速度为：；在杆上取x长度微元，设其离O点间距为x，其动能为：；积分得到：Ekmv.答案：(1)7.25(2)v30h(3)11解析：(1)根据原理图可知实物图如图1；图1(2)用直线将各点连接，如图2所示；图2(3)图象与纵轴的交点为电源的电动势，由图2可知，电动势E3.0 V；R0r 15.4 解得r(15.410) 5.4 .答案：(1)实物图见解析图1(2)如解析图2所示(3)3.05.4- 8 -