2020版高考物理二轮复习 小卷30分钟抢分练（8选择+2实验）（二） 7页

小卷30分钟抢分练(8选择＋2实验)(二)‎ 一、选择题(共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎14.‎1998年6月8日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　　)‎ A.安全气囊减小了驾驶员的动量的变化 B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率 D.安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大 解析　碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，选项A错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，选项B错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，但是撞击力的冲量一定，故驾驶员的动量变化不变、动量变化率减小，选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎15.随着科学技术的发展，具有自主知识产权的汽车越来越多。现在两辆不同型号的电动汽车甲、乙，在同一平直公路上，从同一地点，朝相同方向做直线运动，它们的v－t图象如图1所示。则(　　)‎ 图1‎ A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1‎ B.乙追上甲的时刻为15 s 末 C.乙刚出发时，甲车在其前方‎25 m处 D.15 s后两车间距离开始逐渐增大 解析　由加速度定义式易得，甲车加速阶段的加速度a1＝‎2 m/s2，乙车加速度a2＝‎1 m/s2，选项A错误；v－t图线与坐标横轴所围面积表示位移大小，故在15‎ 7‎ ‎ s内，甲车位移大于乙车位移，选项B错误；由图象可知，t＝5 s时乙车出发，此时甲车的位移为‎25 m，又两车从同一地点出发，故选项C正确；15 s后，乙车速度大于甲车速度，在15 s 时甲车在前，乙车在后，故两车距离不断减小，选项D错误。‎ 答案　C ‎16.美国南加州森林大火让消防飞机再次进入人们的视线，美国使用了大量消防飞机。在一次扑灭森林火灾时，飞机取完水，直奔火场，此时飞机正拉着水箱水平前进，绳子明显偏离竖直方向向后，如图2所示，若忽略水箱所受空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.绳子的拉力大小等于水箱重力 B.飞机正向前匀速飞行 C.飞机正向前减速飞行 D.飞机正向前加速飞行 解析　水箱受重力和拉力的作用，合力沿前进方向，故飞机向前加速飞行，选项D正确。‎ 答案　D ‎17.如图3所示，垂直竖直墙面、以大小为v0＝‎7.5 m/s的速度抛出一个弹性小球A，抛出点离水平地面的高度为h＝‎3.2 m，与墙壁的水平距离为s。小球与墙壁发生碰撞后，竖直分速度不变，水平速度大小不变，方向反向，落在水平地面上，落地点到墙壁的水平距离为2s。若重力加速度取‎10 m/s2，则s的大小为(　　)‎ 图3‎ A.‎1.8‎ m‎ B.‎2.0 m ‎ C.‎2.2 m D.‎‎3.6 m 解析　由平抛运动规律有，h＝gt2，解得t＝0.8 s，水 7‎ 平方向上，小球速率不变，故小球水平方向通过的总路程3s＝v0t，则s＝‎2.0 m，选项B正确。‎ 答案　B ‎18.如图4为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻。保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A.电流表示数变小 B.降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小 C.升压变压器输出电压变小 D.输电线损失的功率变大 解析　降压变压器原、副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比，保持不变，选项B错误；电压表的示数减小，则降压变压器原线圈的电压U3减小，由于发电机的输出电压不变，则升压变压器副线圈的输出电压U2不变，由U2＝U3＋IR可知，电流表的示数变大，选项A、C错误；由于电流表的示数变大，则由PR＝I2R可知，输电线上损失的功率变大，选项D正确。‎ 答案　D ‎19.如图5所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则(　　)‎ 图5‎ A.在S闭合的瞬间，A、B必相吸 B.在S闭合的瞬间，A、B必相斥 C.在S断开的瞬间，A、B必相吸 D.在S断开的瞬间，A、B必相斥 解析　在S闭合的瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化方向相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 7‎ 相吸，选项A正确，B错误；在S断开的瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化方向相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，选项C正确，D错误。‎ 答案　AC ‎20.“天舟一号”货运飞船于‎2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约‎380 km的圆轨道上飞行，则其(　　)‎ A.角速度小于地球自转角速度 B.线速度小于第一宇宙速度 C.周期小于地球自转周期 D.向心加速度大于地面的重力加速度 解析　根据万有引力提供向心力得G＝m(R＋h)ω2＝m＝m(R＋h)＝ma，解得v＝，ω＝，T＝，a＝，由题意可知，“天舟一号”的离地高度小于同步卫星的离地高度，则“天舟一号”的角速度大于同步卫星的角速度，也大于地球的自转角速度，“天舟一号”的周期小于同步卫星的周期，也小于地球的自转周期，选项A错误，C正确；由第一宇宙速度v＝可知，“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度，选项B正确；由地面的重力加速度g＝可知，“天舟一号”的向心加速度小于地面的重力加速度，选项D错误。‎ 答案　BC ‎21.如图6所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是(　　)‎ 图6‎ A.U＝ B.U＝ 7‎ C.U＝ D.U＝ 解析　带电粒子由M内侧边缘运动到N环，由动能定理有qU＝mv2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转或离开磁场，由几何关系可知，轨道半径为r＝R2或r＝，则根据r＝，联立解得U＝或U＝，选项A、C正确。‎ 答案　AC 二、实验题 ‎22.(5分)如图7所示为验证动量守恒的实验装置示意图。‎ 图7‎ ‎(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2则________。‎ A.m1>m2，r1>r2‎ B.m1>m2，r1m2，r1＝r2‎ D.m10，即m1－m2>0，m1>m2，‎ 为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1＝r2，故选项C正确。‎ ‎(2)(3)P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，‎ 碰撞前入射小球的速度v1＝ 碰撞后入射小球的速度v2＝ 碰撞后被碰小球的速度v3＝ 若m1v1＝m2v3＋m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，‎ 代入数据得m1＝m1＋m2 所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平。‎ 答案　(1)C　(2)AC　(3)m1＝m1＋m2 ‎ ‎23.(10分)某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A.待测的干电池(电动势约为1.5 V，内阻小于1.0 Ω)‎ B.电流表A1(量程0～3 mA，内阻Rg1＝10 Ω)‎ C.电流表A2(量程0～‎0.6 A，内阻Rg2约为0.1 Ω)‎ D.滑动变阻器R1(阻值范围0～20 Ω，额定电流‎10 A)‎ E.滑动变阻器R2(阻值范围0～200 Ω，额定电流‎1 A)‎ F.电阻箱R0(阻值范围0～999 Ω)‎ G.开关和导线若干 ‎(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图‎8 a、b、c、d所示的四个参考实验电路，并计划用图象法处理实验数据，其中最合理的是图________所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)。‎ 7‎ 图8‎ ‎(2)该同学选出合理的实验电路后，把与R0串联的电流表当作量程为0～3 V的电压表使用，于是将电阻箱R0的阻值调至________ Ω。‎ ‎(3)图9为该同学利用(1)中选出的合理的实验电路测出的数据绘出的I1－I2图线(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)，被测干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。(结果保留2位小数)‎ 图9‎ 解析　(1)将小量程电流表A1与电阻箱R0串联并将电阻箱调至某一合适的阻值从而将电流表改装为电压表，由此排除图a、图d所示的电路；对于图b所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得E＝(I1＋I2)r＋I1(Rg1＋R0)，对于图c所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得E＝I2(Rg2＋r)＋I1(Rg1＋R0)，由于Rg2的准确值未知，用图象法处理数据，会使测量结果不准确，故应选图b所示的电路。由电流表A2的量程分析可知，滑动变阻器应选D。‎ ‎(2)根据图9分析可知应将电阻箱R0的阻值调至990 Ω，从而将电流表改装为量程为0～3 V的电压表。‎ ‎(3)由图b所示的电路可得I1－I2图线的表达式为I1＝－I2，图象在纵轴上的截距为＝1.48 mA；图线的斜率的绝对值k＝＝，联立并代入数据解得E＝1.48 V，r＝0.85 Ω。‎ 答案　(1)b　D　(2)990　(3)1.48　0.85‎ 7‎