浙江省2020高考物理二轮复习非选择题标准练二含解析

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浙江省2020高考物理二轮复习非选择题标准练二含解析

非选择题标准练(二)‎ 三、非选择题(本题共7小题,共55分)‎ ‎17.(5分)某同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验.如图为实验装置简图,实验中认为细绳对小车拉力F等于细沙和沙桶的总重量,小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得.‎ ‎(1)如图甲、乙为实验中所用的两种打点计时器,该同学选用的是4~6 V的学生电源,应选用图中的________(选填“甲”或“乙”)打点计时器.‎ ‎(2)在探究加速度a与质量m的关系时,保持细沙和沙桶质量不变,改变小车质量m,分别记录小车加速度a与其质量m的数据.在分析处理时,该组同学存在两种方案;甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量m的图象;乙同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量倒数的图象.两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注,但尚未完成图象(如图所示).‎ 你认为同学________(选填“甲”或“乙”)的方案更合理.‎ - 7 -‎ 解析:(1)该同学选用的是4~6 V的学生电源,应选用图中的电磁打点计时器.‎ ‎(2)尽可能把图象画成线性的,应绘制a-图象.‎ 答案:(1)乙 (2)乙 ‎18.(5分)某同学用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻,如图甲所示.先将选择开关旋至倍率“×1 k”挡,红、黑表笔短接调零后进行测量,红表笔应接电压表的________(选填“+”或“-”)接线柱,指针偏转角度过大,接下来该同学应重新选择倍率“×________”挡,再进行________,测量结果如图乙所示,电压表的电阻为________Ω.‎ 解析:电流从红表笔流进多用电表,短接调零后红表笔应接电压表的“-”接线柱,指针偏转角度过大,接下来该同学应重新选择倍率“×100”挡,再进行欧姆调零,测量读数为4 000 Ω.‎ 答案:- 100 欧姆调零 4 000‎ ‎19.(9分)山区高速公路上,一般会在较长的下坡路段的坡底设置紧急避险车道.将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面,如图所示.一辆质量为m的汽车在刹车失灵的情况下,以速度v冲上紧急避险车道匀减速至速度为零.汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力大小是自身重力的k倍.(重力加速度为g)‎ ‎(1)画出汽车的受力示意图;‎ ‎(2)求出汽车行驶时的加速度大小;‎ ‎(3)求出汽车行驶的距离.‎ 解析:(1)以汽车为研究对象,受力如图所示.‎ ‎(2)汽车在紧急避险车道上做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,由题意得f=kmg 由牛顿第二定律得mgsin θ+kmg=ma 解得加速度a=(k+sin θ)g,方向沿斜面(避险车道)向下.‎ - 7 -‎ ‎(3)汽车做匀减速直线运动,设在紧急避险车道上行驶的距离为x 由运动学公式得v2=2ax 解得x=.‎ 答案:见解析 ‎20.(12分)如图所示,在竖直平面内有半径为R=0.2 m的光滑圆弧AB,圆弧B处的切线水平,O点在B点的正下方,B点高度为h=0.8 m.在B端接一长为L=1.0 m的木板MN.有一质量为m=1.0 kg的滑块,与木板间的动摩擦因数为0.2,滑块以某一速度从N点滑到板上,恰好运动到A点.(g取10 m/s2)‎ ‎(1)求滑块从N点滑到板上时的初速度大小;‎ ‎(2)求滑块从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力.‎ 解析:(1)由动能定理得-μmgL-mgR=0-mv 解得v0=2 m/s.‎ ‎(2)根据动能定理得-μmgL=mv-mv 由向心力公式可知F-mg=m,解得F=30 N 由牛顿第三定律知,滑块滑至B点时对圆弧的压力大小为30 N,方向竖直向下.‎ 答案:(1)2 m/s (2)30 N,方向竖直向下 ‎21.(4分)某物理兴趣小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验,步骤如下:‎ A.用天平测出滑块A、B的质量分别为300 g和200 g;‎ B.安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;‎ C.向气垫导轨通入压缩空气;‎ D.把A、B两滑块放到导轨上,并给它们一个初速度,同时开始闪光照相,闪光的时间间隔设定为Δt=0.2 s.照片如图.‎ 该组同学结合实验过程和图象分析知:该图象是闪光4次摄得的照片,在这4次闪光的瞬间,A、B两滑块均在0~80 cm刻度范围内:第一次闪光时,滑块B恰好通过x=55 cm处,滑块A恰好通过x=70 cm处;碰撞后有一个物体处于静止状态.‎ - 7 -‎ ‎(1)以上情况说明两滑块的碰撞发生在第一次闪光后__________s;‎ ‎(2)设向右为正方向,试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是________kg·m/s,碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是________kg·m/s,以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是________________________.‎ 解析:(1)碰撞后B向左做匀速运动,设其速度为vB′,所以有:vB′·Δt=20 cm,碰撞到第二次闪光时B向左运动10 cm,时间为t′,有:vB′·t′=10 cm,第一次闪光到发生碰撞时间为t,有:t+t′=Δt 联立解得:t== s=0.1 s.‎ ‎(2)设向右为正方向,碰撞前,B的速度大小 vB= m/s=0.5 m/s A的速度vA=- m/s=-1 m/s 则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为:p1=mBvB+mAvA=(0.2×0.5-0.3×1) kg·m/s=-0.2 kg·m/s.‎ 碰撞后,A静止,B速度为:vB′= m/s=-1 m/s 则碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和为 p2=mBvB′=0.2×(-1) kg·m/s=-0.2 kg·m/s.‎ 答案:(1)0.1 s (2)-0.2 -0.2 两滑块的质量和速度乘积之和 ‎22.(10分)如图所示,坐标原点O处有一点状的放射源,它向xOy平面内的x轴上方各个方向(包括x轴正方向和负方向)发射带正电的同种粒子,速度大小都是v0,在0≤y≤d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场,场强大小为E=,其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量;在d≤y≤2d的区域内分布有垂直xOy平面的匀强磁场.ab为一块很大的平面感光板,放置于y=2d处,观察发现此时恰好没有粒子打到ab板上.(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)‎ ‎(1)求粒子刚进入磁场时的速率;‎ - 7 -‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小;‎ ‎(3)将ab板平移到距x轴最远什么位置时所有粒子均能打到板上?‎ 解析:(1)根据动能定理得Eqd=mv-mv 可得刚进入磁场时的速率vt=2v0.‎ ‎(2)根据(1)可知vt=2v0,对于沿x轴正方向射出的粒子,其进入磁场时与x轴正方向的夹角θ= 其在电场中沿x轴正方向的位移x1=v0t=d 若沿x轴正方向输出的粒子不能打到ab板上,则所有粒子均不能打到ab板上,因此沿x轴正方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹与ab板相切,如图甲所示 由几何关系可知r+rcos=d 可得粒子做圆周运动的半径r=d 洛伦兹力提供向心力Bqvt= 可得B==.‎ ‎(3)若沿x轴负方向射出的粒子能打到ab板上,则所有粒子均能打到板上,临界情况就是沿x轴负方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹恰好与ab板相切.如图乙所示 由几何关系可知,此时磁场宽度 d′=r-rcos=d 即当ab板位于y=d的位置时,恰好所有粒子均能打到板上.‎ 答案:(1)2v0 (2) (3)y=d ‎23.(10分)如图所示,在空间有两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域,上面区域边界AA′与DD′的间距为H,磁场方向垂直纸面向里,CC′与DD′的间距为h,CC′下方是另一个磁场区域,磁场方向垂直纸面向外.现有一质量为m、边长为L(hv1,所以此状态线框的加速度方向应为向上,有BI2L-mg=ma1‎ I2=,‎ 解得v2= 产生的热量 Q=mg(H+h)-=mg(H+h)-.‎ ‎(2)cd边刚进入CC′时速度仍为v2,这时上、下两条边同时切割磁感线,回路电动势加倍,电流加倍,安培力变为原来的4倍,则有 ‎4BI2L-mg=ma2‎ 解得a2=3.8g.‎ ‎(3)设线框进入上面磁场区域到线框ab运动到AA′的时间为t1,线框cd边从DD′运动到CC′的时间为t2,从AA′运动到CC′的总时间为t,对线框从AA′运动到CC′的全过程,由动量定理得 mgt-B1Lt1-B2Lt2=mv2-mv1‎ 其中1、2为t1、t2时间内的电流平均值 1=,2=,1t1=L,2t2=h 解得t=(L+h)+.‎ 答案:(1)mg(H+h)- (2)3.8g ‎(3)(L+h)+ - 7 -‎ - 7 -‎
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