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2019高考物理江苏专用优编题型增分练:小综合练(7)含解析

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2019  高考物理江苏专用优编题型增分练:小综合练(7)含
解析

小综合练(七)

一、单项选择题
1.(2018·盐城市、东台市模拟)体操是力与美的运动.吊环比赛中运动员的两臂从竖直位置开

始缓慢展开到接近水平,形成如图              1 所示“十字支撑”这一优美造型.开始时吊绳竖直,关
于这一过程,下列说法正确的是(  )


                                     图 1
A.吊绳的拉力逐渐减小
B.吊绳的拉力逐渐增大
C.两绳的合力逐渐增大
D.两绳的合力逐渐减小
答案 B
解析 对运动员受力分析可知,两绳拉力的合力与运动员的重力的大小是相等的,运动员的
重力的大小是不变的,所以两绳的合力大小不变;当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大,两
个分力的大小都要增大,所以            B 正确,A、C、D       错误.

2.(2018·江苏押题卷)如图       2 所示的电路,闭合开关         S,灯泡   L1 和 L2 均正常发光,突然灯

泡 L2 灯丝烧断,其余用电器均未损坏,电源的电动势与内阻不变,则下列结论中正确的是(  )


                                     图 2
A.电流表的读数变小,电压表的读数变小

B.灯泡   L1 变亮
C.电容器    C 上所带电荷量增大
D.电阻   R 的电功率减小
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

答案 C

解析 当灯泡      L2 的灯丝突然烧断时,外电路的总电阻               R 总变大,根据闭合电路欧姆定律            I=
  E
R总+r可知,电路中的总电流           I 减小,即电流表的读数变小,路端电压                U=E-Ir  增大,即
                                                 2
电压表的读数变大,故选项            A 错误;灯泡     L1 的功率  PL1=I RL1 减小,即   L1 变暗,故选项

B 错误;根据电路串、并联关系和部分电路欧姆定律可知并联电路部分两端的电压                                 U 并=
                               U并2                         Q
                                                           并
U-IRL1 增大,电阻     R 的电功率    PR=  R  增大,故选项      D 错误;C=U      ,可知电容器      C 上
所带电荷量     Q 增大,故选项      C 正确.
二、多项选择题

3.两轮平衡车(如图      3 所示)广受年轻人的喜爱,它的动力系统由电池驱动,能够输出的最大

功率为   P0,小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动,受到的阻力恒为                          Ff.已知小明和平衡
车的总质量为      m,从启动到达到最大速度的整个过程中,小明和平衡车可视为质点,不计小
明对平衡车做的功.设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为                               a 的匀加速直线
运动,则(  )


                                     图 3
                                                     P0
A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为                       v=Ff+ma

B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为                  F=Ff
                                     P0
C.平衡车达到最大速度所用的时间               t= Ff+ma a
                                  P0
                                  +
D.平衡车能达到的最大行驶速度              v0=Ff  ma
答案 AB

解析 平衡车做匀加速直线运动过程中,由牛顿第二定律,F-Ff=ma,则根据                              P0=Fv  可得
                     P0   P0
能达到的最大速度为         v= F =Ff+ma,选项     A 正确;当平衡车的加速度为零时,牵引力最小,
                                                           v     P0
                                                                 +
此时  F=Ff,选项    B 正确;平衡车匀加速达到最大速度所用的时间                   t=a= Ff    ma a,匀加
速结束后,平衡车可减小牵引力,减小加速度,最后当牵引力等于阻力时达到最大速度,此
      P0                                            P0
                                                   +
时 vm=Ff,可知平衡车达到最大速度所用的时间大于                   t= Ff   ma a,选项    C、D  错误.
三、实验题
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4.利用图    4 甲所示的装置验证动量守恒定律.气垫导轨上有                    A、B  两个滑块,滑块       A 右侧
带有一弹簧片,左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块                            B 左侧也带有一弹簧
片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间.


                                     图 4

实验测得滑块      A 质量  m1=0.3 kg,滑块   B 的质量   m2=0.1 kg,遮光片的宽度       d 用游标卡尺测
量,如图丙所示;打点计时器所用的交流电的频率                     f=50 Hz.将光电门固定在滑块         B 的右侧,
启动打点计时器,给滑块           A 一向右的初速度,使它与          B 相碰;碰后光电计时器显示的时间

          -3
tB=2.86×10   s,碰撞前后打出的纸带如图乙所示.
(1)遮光片的宽度     d=________ cm.
(2)计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________                   kg·m/s,两滑块相互作用以后系
统的总动量为________ kg·m/s.(计算结果保留两位小数)
                          碰撞前后总动量之差

(3)若实验相对误差绝对值         σr=|   碰撞前总动量       |×100%≤5%,即可认为系统动量守恒,
则本实验在误差范围内________验证动量守恒定律.(填“能”或“不能”)
(4)两滑块作用前后总动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)纸带与打点计时器限位孔有摩擦
解析 (1)遮光片的宽度        d=8 mm+0.05 mm×7=0.835 cm;
(2)打点计时器的打点时间间隔为:t=0.02 s.
                                         xA  0.0 400

由题图乙所示纸带可知,碰撞前             A 的速度:vA=     t =  0.02  m/s=2 m/s,碰撞后    A 的速度:
    0.0 194                                   d  8.35 × 10-3
                                                         -
vA′= 0.02  m/s=0.97 m/s,碰撞后    B 的速度:vB′=ΔtB=2.86    × 10 3 m/s≈2.92 m/s,

碰撞前后系统总动量分别为: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
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      p-p′         0.60-0.58

(3)σr=| p |×100%=|    0.60 |×100%≈3.3%<5%
由此可知,在误差范围内能验证动量守恒定律.
(4)两滑块作用前后总动量不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦.

四、计算题
5.(2018·江苏五校联考)如图        5 所示,光滑导轨      MN 和  PQ 固定在同一水平面上,两导轨间
                                                                 L

距为  L,两端分别接有阻值均为           R 的定值电阻     R1 和 R2,两导轨间有一边长为2的正方形区
域 abcd,该区域内有方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为                       B.一质量为    m 的金属杆与导
轨接触良好并静止于         ab 处,现用一恒力      F 沿水平方向拉杆,使之由静止开始向右运动,若
杆出磁场前已做匀速运动,不计导轨及金属杆的电阻.求:


                                     图 5

(1)金属杆出磁场前的瞬间流过           R1 的电流大小和方向;
(2)金属杆做匀速运动时的速率;

(3)金属杆穿过整个磁场过程中           R1 上产生的电热.
         F                   2FR     FL  mF2R2
答案 (1)BL 方向从      M  到 P  (2)B2L2  (3) 4 - B4L4
                                                 BIL          2F
解析 (1)设流过金属杆中的电流为             I,由平衡条件得:F=         2  ,解得   I=BL
                                    I  F

因 R1=R2,所以流过      R1 的电流大小为     I1=2=BL
根据右手定则判断可知,电流方向从               M 到  P.

(2)设杆做匀速运动的速度为          v,由法拉第电磁感应定律得
                                      L
杆切割磁感线产生的感应电动势大小为                E=B2v
                           R            2FR
又根据闭合电路欧姆定律得            E=I2,可解得     v=B2L2.
                                                          L  1
(3)设整个过程电路中产生的总电热为              Q,根据能量守恒定律得          Q=F·2-2mv2
             1    2mF2R2
代入  v 可得  Q=2FL-    B4L4
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         1    FL   mF2R2

得  Q1=2Q=      4 -  B4L4   . 
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