浙江省2020高考物理二轮复习非选择题标准练二含解析 7页

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 -‎