（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 小卷30分鐘提分練（五）（8選擇+2實(shí)驗(yàn)）（含解析）

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1、小卷30分鐘提分練(8選擇＋2實(shí)驗(yàn))(五) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．) 14．下列說法正確的是(　　) A．光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光具有波粒二象性 B．牛頓第一定律是利用邏輯推理對(duì)實(shí)驗(yàn)事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物，能夠用實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證 C．英國物理學(xué)家湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，否定了“原子不可再分”的觀點(diǎn) D．愛因斯坦首先把能量子的概念引入物理學(xué)，否定了“能量連續(xù)變化”的觀點(diǎn) 解析：光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光具有粒子性，A錯(cuò)誤；牛頓

2、第一定律是利用邏輯推理對(duì)實(shí)驗(yàn)事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不能夠用實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證，B錯(cuò)誤；英國物理學(xué)家湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，否定了“原子不可再分”的觀點(diǎn)，C正確；普朗克在1900年把能量子引入物理學(xué)，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，D錯(cuò)誤． 答案：C 15．如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短．則木塊A、B組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中(　　) A．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒 C．動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 D．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒 解析：A、B組成的系統(tǒng)，從相碰到彈簧壓縮至最

3、短的過程中，由于彈力的存在，合外力不為零，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，由于非彈性碰撞，彈簧彈力做功，機(jī)械能不守恒，B正確． 答案：B 16．通過一理想變壓器，經(jīng)同一線路輸送相同電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R.當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗電功率為P2，則P1和分別為(　　) A.， B.2R， C.， D.2R， 解析：根據(jù)變壓器的變壓比，當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，有k＝，副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk時(shí)，有nk＝，由于線路的輸送功率不變，則有P＝U1I1＝U2I2. 根據(jù)焦耳定律，線

4、路損耗有： P1＝IR＝2R＝2R， P2＝IR，＝＝＝. 答案：D 17．如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下依次通過a、b、c三個(gè)位置，其中b點(diǎn)距點(diǎn)電荷Q最近，c點(diǎn)距點(diǎn)電荷Q最遠(yuǎn)．下列說法中正確的是(　　) A．該粒子一定帶正電 B．b點(diǎn)的電勢一定比a、c兩點(diǎn)的電勢高 C．粒子通過c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于通過b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 D．粒子通過b點(diǎn)時(shí)的加速度大于通過a點(diǎn)時(shí)的加速度 解析：畫出運(yùn)動(dòng)軌跡可以判斷出該粒子和點(diǎn)電荷Q電性相反，點(diǎn)電荷Q的電性未知，故粒子的電性無法確定，A錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷周圍的電場線方向不能確定，故a、b、c三點(diǎn)的電勢高低無法確定，B錯(cuò)誤；

5、由運(yùn)動(dòng)軌跡可知，從a到b再到c，電場力對(duì)粒子先做負(fù)功，再做正功，故粒子在b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，C錯(cuò)誤；b點(diǎn)離點(diǎn)電荷最近，電場強(qiáng)度最大，故粒子通過b點(diǎn)時(shí)所受的電場力最大，粒子通過b點(diǎn)時(shí)加速度最大，D正確． 答案：D 18．[2019·河北百校聯(lián)盟聯(lián)考]如圖所示，在等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長OP＝L.O處有一個(gè)粒子源，將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，不計(jì)粒子的重力．則在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子中，速度的最大值是(　　) A. B. C. D. 解析：同種粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這些粒子的周期相

6、同，要在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，則粒子在勻強(qiáng)磁場中的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角應(yīng)為最大，又因?yàn)橐笤诖艌鲋羞\(yùn)動(dòng)速度最大，由幾何關(guān)系可得粒子沿OP方向射入，軌跡與PQ相切(切點(diǎn)為Q)時(shí)，符合條件，此時(shí)粒子軌道半徑為L，可求得速度最大值v＝，C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 答案：C 19. [2019·湖南省衡陽市第三次聯(lián)考]世界上沒有永不謝幕的傳奇，NASA的“卡西尼”號(hào)探測器進(jìn)入土星探測任務(wù)的最后篇章．據(jù)NASA報(bào)道，“卡西尼”2017年4月26日首次到達(dá)土星和土星內(nèi)環(huán)(碎冰塊、巖石塊、塵埃等組成)之間，之后，衛(wèi)星將在土星的近圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．在極其稀薄的大氣阻力作用下，衛(wèi)星最終將墜向土星的懷

7、抱，這一階段持續(xù)到九月中旬．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄氣體阻力的作用，則(　　) A．4月26日，“卡西尼”在近圓軌道上繞土星的角速度大于它在內(nèi)環(huán)上繞土星的角速度 B．4月28日，“卡西尼”在近圓軌道上繞土星的速率小于它在內(nèi)環(huán)上繞土星的速率 C．5月到6月間，“卡西尼”的動(dòng)能越來越大 D．6月到8月間，“卡西尼”的動(dòng)能、以及它與火星的引力勢能之和增大 解析：由萬有引力提供向心力得：G＝mrω2，解得ω＝，則軌道半徑小的角速度大，則A正確；由萬有引力提供向心力得：G＝m，解得v＝，則軌道半徑小的速率大，則B錯(cuò)誤；5到6月間，因有稀薄氣體阻力做負(fù)功，探測器的速度減小，做向心運(yùn)動(dòng)，重力

8、做正功，動(dòng)能增加，則C正確；6月到8月間，因稀薄氣體阻力做負(fù)功，機(jī)械能減小，則D錯(cuò)誤． 答案：AC 20．[2019·河南安陽高三二模]如圖1所示，光滑水平面上靜置一個(gè)薄長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t＝0時(shí)刻質(zhì)量為m的物塊以水平速度v滑上長木板，此后木板與物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖2所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的長度為8 m D．木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 解析：由題圖可知，水平向右為正方向，物塊在木板上運(yùn)動(dòng)過程中，在水平方向上只受到木板給的水平向左的滑動(dòng)摩擦力，故－μmg＝ma1，而v－t圖

9、象的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝－2 m/s2.解得μ＝0.2，D錯(cuò)誤；對(duì)木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A錯(cuò)誤，B正確；從圖中可知物塊和木板最終分離，從開始到分離時(shí)兩者v－t圖象與t軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正確． 答案：BC 21. 如圖所示，AB是豎直的光滑墻壁，高度為h，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從距水平面AD高為h，離A點(diǎn)水平距離為2h的C點(diǎn)以初速度v0水平向左拋出，由于存在水平向右的風(fēng)力(該風(fēng)力為恒力，其他方向空氣的作用力不計(jì))，小球恰好能沿著光滑墻壁從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)

10、，已知重力加速度為g，下列分析正確的是(　　) A．小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度方向豎直向下，大小為v0 B．小球受到的風(fēng)力的大小為F＝2mg C．小球由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為2 D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 解析：根據(jù)題意可知小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)水平速度減為零，只有豎直向下的速度vA，設(shè)小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t1，則有t1＝，h＝t1,2h＝t1，解得t1＝，vA＝，A錯(cuò)誤；根據(jù)加速度定義式得小球在水平方向上的加速度大小為ax＝＝2g，小球受到的風(fēng)力的大小為F＝2mg，B正確；小球由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，在豎直方向做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以2h＝gt2，解得t＝2，C

11、正確；小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的水平速度為0，只有豎直方向的速度，根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知v＝2g·2h，解得vB＝2，D錯(cuò)誤． 答案：BC 二、非選擇題(考生按要求作答) 22. (5分)用如圖所示的裝置測重力加速度．實(shí)驗(yàn)中測出氣墊導(dǎo)軌的總長為L，滑塊靜止開始釋放的位置A與光電門所在位置B的距離為b. (1)用游標(biāo)卡尺測量遮光板的寬度為d，接通氣源，讓滑塊從A端由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，測出遮光板通過光電門的時(shí)間為t，則滑塊下滑過程的加速度a＝________. (2)實(shí)驗(yàn)中保持滑塊在導(dǎo)軌上靜止釋放的位置A不變，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌頂端距水平面的高度h，則滑塊上的遮光片通過光電門的遮光時(shí)間t會(huì)發(fā)生改

12、變．測出多組h、t的數(shù)據(jù)后，描點(diǎn)作出－h(huán)圖象，設(shè)圖線的斜率為k，則重力加速度g＝________. 解析：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度v＝，由v2＝2ab得a＝.(2)滑塊沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)受到的合力F＝mgsin θ＝，由牛頓第二定律有F＝ma，可得＝h，則－h(huán)圖象直線的斜率k＝，故g＝. 答案：(1)(2分)　(2)(3分) 23．(10分)某同學(xué)用下列器材測電源的電動(dòng)勢與內(nèi)阻． A．待測電源(電動(dòng)勢E約6 V，內(nèi)阻約4 Ω) B．電流表A(量程0～1.0 A，內(nèi)阻約1.5 Ω) C．電阻箱R(0～999.9 Ω) D．定值電阻R1＝10 Ω E．定值電阻R2＝20 Ω

13、F．開關(guān)、導(dǎo)線若干 (1)該同學(xué)先將器材連接成圖甲所示的電路測量電流表內(nèi)阻RA.閉合開關(guān)S1，反復(fù)調(diào)節(jié)電阻箱阻值，當(dāng)R＝2.4 Ω時(shí)，發(fā)現(xiàn)閉合和打開開關(guān)S2時(shí)電流表指針指示值相同，則電流表的內(nèi)阻RA＝________Ω.若忽略偶然誤差，從理論上分析，實(shí)驗(yàn)測得的電流表內(nèi)阻值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值． (2)該同學(xué)再將部分器材連接成圖乙所示的電路測電源的電動(dòng)勢與內(nèi)阻。將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S；多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電流表的示數(shù)I和電阻箱相應(yīng)阻值R；將測量數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系－R中描點(diǎn)如圖丙所示．則電源的電動(dòng)勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字) 解析：(1)閉合和打開開關(guān)S2時(shí)電流表指針指示值相同，即S2閉合的情況下，沒有電流通過開關(guān)S2，則有＝，可得RA＝＝ Ω＝1.2 Ω；從理論上分析，RA＝是沒有系統(tǒng)誤差的，實(shí)驗(yàn)測得電流表內(nèi)阻值等于真實(shí)值．(2)由閉合電路的歐姆定律知，I與R的關(guān)系為E＝IRA＋(r＋R)，得＝＝＋，將丙圖中的點(diǎn)連成一條直線(如圖)，可得＝ V－1，故E＝5.6 V；＝1.0 A－1，故r＝3.9 Ω. 答案：(1)1.2(2分)　等于(2分)　(2)5.6(3分)　3.9(3分) - 6 -