浙江省2020高考物理二轮复习非选择题标准练三含解析 8页

非选择题标准练(三)‎ 三、非选择题(本题共7小题，共55分)‎ ‎17．(5分)(2019·宁波模拟)某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，他将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带如图所示，他在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E.测量时发现B点已模糊不清，他只测得AC长为14.56 cm，CD长为11.15 cm，DE长为13.73 cm.‎ ‎(1)为了探究匀变速直线运动的规律，该同学所取的计数点个数________．(填字母序号)‎ A．偏少　　　　B．偏多　　　　C．合适 ‎(2)若小车是做匀变速直线运动，由该同学所测的实验数据，请你帮他求出：打C点时小车的瞬时速度vC＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2，AB的距离应为________cm，打A点时小车的瞬时速度vA＝________m/s.(计算结果保留三位有效数字)　‎ 解析：(1)本实验根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，应多取一些数据，根据逐差法求出加速度，再求平均值，而该同学只取两组数据，计数点偏少，故A正确．‎ ‎(2)由题意可知相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1 s，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，得：vC＝＝ m/s＝0.986 m/s，‎ 由于AC间的时间间隔为2T＝0.2 s，CE间的时间间隔也为2T＝0.2 s，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，a＝，代入数据得a＝2.58 m/s2；‎ 根据匀变速直线运动的推论公式xm－xn＝(m－n)aT2，xDE－xCD＝Δx＝2.58 cm，xCD－xAB＝2Δx，所以：xAB＝xCD－2Δx＝5.99 cm.‎ 根据匀变速直线运动速度时间公式得：vC＝vA＋2aT，解得：vA＝0.986 m/s－0.2×2.58 m/s＝0.470 m/s.‎ 答案：(1)A　(2)0.986　2.58　5.99　0.470‎ ‎18．(5分)(2019·台州月考)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V　2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源(电动势约为5 V，内阻可不计)‎ B．直流电流表(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)‎ C．直流电流表(量程0～600 mA，内阻约为5 Ω)‎ D．直流电压表(量程0～15 V，内阻约为15 kΩ)‎ - 8 -‎ E．直流电压表(量程0～5 V，内阻约为10 kΩ)‎ F．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)‎ G．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A)‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．‎ ‎(1)实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号字母表示)．‎ ‎(2)请按要求将图甲中所示的器材连成实验电路．‎ ‎(3)某同学通过实验正确作出了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图丙所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，此时灯泡的实际功率为________ W．(结果保留两位有效数字)‎ 解析：(1)灯泡的额定电压为5 V，因此电压表选择量程大于等于5 V的即可，故选E；灯泡的额定电流I＝＝0.5 A，故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选最大阻值较小的，故滑动变阻器选择F.‎ ‎(2)本实验要求多测几组数据，小灯泡电压从零开始连续可调，故滑动变阻器采用分压接法，同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表选用外接法，实物图如图甲所示．‎ - 8 -‎ ‎(3)将定值电阻等效为电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图乙所示，与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为2.2 V，电流为0.38 A，则灯泡的功率P＝UI＝2.2×0.38 W≈0.84 W．　‎ 答案：(1)C　E　F　(2)见解析图　(3)0.84‎ ‎19．(9分)(2019·金华联考)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2.　‎ ‎(1)求滑块滑动到A点时的速度大小；‎ ‎(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？‎ ‎(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出．‎ 解析：(1)设滑块在高水平面上的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F＝ma 根据运动学公式有：v2＝2aL0，代入数据解得：v＝6 m/s.　‎ ‎(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有：μ1mg＝ma1‎ 代入数据解得：a1＝5 m/s2‎ 对长木板有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 代入数据解得：a2＝0.4 m/s2.‎ ‎(3)设滑块没有滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则：v－a1t＝a2t，代入数据解得：t＝ s.‎ 此过程中滑块的位移为：x1＝vt－a1t2‎ 长木板的位移为：x2＝a2t2，x1－x2＝ m>L＝2 m 所以滑块能从长木板的右端滑出．‎ 答案：(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)见解析 - 8 -‎ ‎20．(12分)(2018·浙江选考4月)如图所示，一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2 m．小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力．‎ ‎(1)求小球运动至B点时的速度大小；‎ ‎(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；‎ ‎(4)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出到最后静止所需时间．‎ 解析：(1)由向心力公式N－mg＝m，‎ 解得vB＝4 m/s.‎ ‎(2)小球从A到B的过程，有重力和阻力做功，设克服摩擦力所做的功为W克．‎ 由动能定理mgR－W克＝mv－0，解得W克＝2.4 J.‎ ‎(3)分析运动发现，BC段长度会影响匀减速运动的时间，继而影响平抛运动水平初速度以及水平位移．‎ 不妨设在BC段运动时间为t，加速度大小a＝＝2 m/s2‎ 由运动学公式得vC＝vB－at＝4－2t ①‎ xBC＝vBt－at2＝4t－t2 ②‎ 其中，0