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- 2021-06-02 发布
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非选择题标准练(六)
三、非选择题(本题共7小题,共55分)
17.(5分)(2019·金华模拟)为了探究加速度与力、质量的关系,甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置,小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器,丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮),钩码总质量用m表示.
(1)为了便于测量合外力的大小,并得到小车总质量一定时,小车的加速度与所受合外力成正比的结论,下列说法正确的是________.
A.三组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B.三组实验都需要平衡摩擦力
C.三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件
D.三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件
(2)图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分,O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点,则OD间的距离为________ cm.图戊是根据实验数据绘出的s-t2图线(s为各计数点至同一起点的距离),加速度大小用a表示,则加速度大小a=________ m/s2(保留3位有效数字).
(3)若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同,通过计算得到小车加速度均为a,g为当地重力加速度,
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则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为________.
解析:(1)因为验证“小车的加速度与所受合外力”的关系,三种装置如果不平衡摩擦力,就不知道“小车”的合外力,所以B正确;因为“乙图中”力的传感器的读数,就是绳子对小车的拉力,“丙图中”测力计读数的两倍对小车的拉力,所以只有甲图中需要满足“所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件”,所以C正确.
(2)由于刻度尺分度值为1 mm,则OD=12.0 mm=1.20 cm;戊图中s-t2 图线为过原点的直线,即s∝t2,由s=at2可知,图线斜率k=a,a=2k=2×0.467 m/s2=0.934 m/s2.
(3)由于图乙、丙中力传感器示数与弹簧测力计示数相同,则丙中小车拉力是乙中的2倍,而小车加速度相同,由此可知乙、丙两位同学所用小车质量比为1∶2.
答案:(1)BC (2)1.20 0.934(0.932~0.935均可)
(3)1∶2
18.(5分)(2019·嘉兴联考)将G表改装成两种倍率(“×10”“×100”)的欧姆表.现用该欧姆表对一阻值约为200 Ω的电阻进行测量,请完成下列问题:
(1)如图甲所示,当开关S合向________端(a或b),这时的欧姆表是较小倍率挡.
(2)将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行调零.
(3)将两表笔分别与被测电阻相接.
(4)若电表的示数如图乙所示,则该电阻的阻值读数为________Ω.
(5)将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行调零.若电源电动势E=15 V,灵敏电流计的满偏电流Ig=5 mA,内阻Rg=100 Ω,“×10”倍率时欧姆表的内阻为150 Ω,该倍率下电阻调零时,流过电阻R0的电流为________mA.
解析:(1)当电阻调零时,根据闭合电路的欧姆定律可知,R内=(ITg为G表改装电流表的量程),则E一定,ITg越大,R内越小,欧姆表的倍率越小,接a时比接b时干路中满偏电流大,故应该合向a端;
(4)欧姆表的读数为:18×10 Ω=180 Ω;
(5)电阻调零时由上述公式可知ITg=100 mA,又因为ITg=Ig+IR0,解得IR0=95 mA.
答案:(1)a (4)180 (5)95
19.(9分)如图所示,水平平台AO长x=2.0 m,槽宽d=0.10 m,槽高h=1.25 m,现有一小球从平台上A点水平射出,已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍,空气阻力不计.g取10 m/s2.
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(1)求小球在平台上运动的加速度大小;
(2)为使小球能沿平台到达O点,求小球在A点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间;
(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的F点,求小球在O点抛出时的速度大小.
解析:(1)小球在平台上运动的加速度大小a=
代入数据得a=1 m/s2.
(2)设小球的最小出射速度为v1,由动能定理得kmgx=mv
k=0.1
解得v1=2 m/s
由x=t
解得t=2 s.
(3)小球落到F点,设在O点抛出时的速度为v0,
水平方向有d=v0t1
竖直方向有h=gt
联立解得v0=0.2 m/s.
答案:(1)1 m/s2 (2)2 m/s 2 s (3)0.2 m/s
20.(12分)滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”,具有很强的观赏性与趣味性.下坡式滑行轨道可简化为如下模型:如图所示,abc、df为同一竖直平面内的滑行轨道,其中ab、df两段均为倾角θ=37°的斜直粗糙轨道,bc为一段半径R=5 m的光滑圆弧,圆弧与ab相切于b点,圆弧圆心O在c点的正上方.已知a、b之间高度差H1=5 m,c、d之间高度差H2=2.25 m,运动员连同滑板的总质量m=60 kg.运动员从a点由静止开始下滑后从c点水平飞出,落在轨道上的e点,经短暂的缓冲动作后沿斜面方向下滑.d、e之间的高度差H3=9 m,运动员连同滑板可视为质点,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.g取10 m/s2.求:
(1)运动员刚运动到c点时的速度大小;
(2)运动员(连同滑板)刚运动到c点时对轨道的压力;
(3)运动员(连同滑板)在从a点运动到b点过程中阻力做的功.
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解析:(1)运动员从c点到e点做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,有H2+H3=gt2
解得t= =1.5 s
c、e之间的水平距离为x==12 m
运动员在水平方向做匀速运动,故vc==8 m/s.
(2)在c点,由牛顿第二定律可得FN-mg=m
解得FN=1 368 N
由牛顿第三定律可知,运动员(连同滑板)对轨道的压力为 1 368 N,方向竖直向下.
(3)从a点运动到c点过程,由动能定理可得mg(H1+R-Rcos 37°)+Wf=mv
解得Wf=-1 680 J.
答案:(1)8 m/s (2)1 368 N,方向竖直向下
(3)-1 680 J
21.(4分)下图为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球,按下面步骤进行实验:
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2;
②安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端;
③先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P;
④将小球m2放在斜槽末端B处,仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置;
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离.图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置,从M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN.依据上述实验步骤,请回答下面问题:
(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________m2.(填写“>”“=”或“<”)
(2)若进行实验,以下所提供的测量工具中必需的是________.
A.直尺 B.游标卡尺
C.天平 D.弹簧秤
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E.秒表
(3)用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式________,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的.
解析:(1)只有m1大于m2,发生碰撞后m1才不至于返回;
(2)直尺测量长度,天平测量质量,故选AC;
(3)sMsin θ=gt,sMcos θ=vMtM
解得:vM=
同理vN= vP=
由动量守恒有:m1vP=m1vM+m2vN得:
m1=m1+m2.
答案:(1)> (2)AC (3)m1=m1+m2
22.(10分)如图甲所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,其边界为MN、PQ,磁感应强度大小均为B,方向如图所示,Ⅰ区域高度为d,Ⅱ区域的高度足够大,一个质量为m,电荷量为q的带正电的小球从磁场上方的O点由静止开始下落,进入电、磁复合场后,恰能做匀速圆周运动.
(1)求电场强度E的大小;
(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点,求带电小球释放时距MN的高度h;
(3)若带电小球从距MN的高度为h的O′点由静止开始下落,为使带电小球运动一定时间后仍能回到O′点,需将磁场Ⅱ向下移动一定距离(如图乙所示),求磁场Ⅱ向下移动的距离y及小球从O′点释放到第一次回到O′点的运动时间T.
解析:(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,得
mg=qE,E=.
(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场,做竖直上抛运动,才能恰好回到O点
mgh=mv2
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Bqv=m
由几何关系得:R=
解得:h=.
(3)当带电小球从距MN的高度为h的O′点由静止开始下落时,应有
mgh=mv R1= R1=d
画出粒子的运动轨迹,如图所示,在中间匀速直线运动过程中,粒子的速度方向与竖直方向成45°,根据几何关系,可得y=(2-)d
粒子自由落体和竖直上抛的总时间
t1=2 =
粒子圆周运动的总时间
t2=T=
粒子匀速直线运动的总时间
t3=2
一个来回的总时间
T=t1+t2+t3=++.
答案:(1) (2)
(3)(2-)d ++
23.(10分)如图所示,足够长的水平轨道左侧b1b2-c1c2部分的轨道间距为2L,右侧c1c2-d1d2部分的轨道间距为L,曲线轨道与水平轨道相切于b1b2,所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1 T.质量为M=0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上,质量为m=0.1 kg的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A棒总在宽轨上运动,B棒总在窄轨上运动.已知:两金属棒接入电路的有效电阻均为R=0.2 Ω,h=0.2 m,L=0.2 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
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(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小;
(2)金属棒B匀速运动的速度大小;
(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量;
(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差.
解析:(1)A棒在曲线轨道上下滑,由机械能守恒定律得:
mgh=mv ①
得:v0== m/s=2 m/s.
(2)选取水平向右为正方向,对A、B利用动量定理可得:
对B:FB安cos θ·t=MvB ②
对A:-FA安cos θ·t=mvA-mv0 ③
其中 FA安=2FB安 ④
由上知:mv0-mvA=2MvB
两棒最后匀速时,电路中无电流:有 BLvB=2BLvA
得:vB=2vA ⑤
联立后两式得:vB=v0= m/s≈0.44 m/s.
(3)在B加速过程中:∑(Bcos θ)iLΔt=MvB-0⑥
q=∑iΔt ⑦
得:q= C≈5.56 C.
(4)据法拉第电磁感应定律有:E= ⑧
其中磁通量变化量:ΔΦ=BΔScos θ ⑨
电路中的电流:I= ⑩
通过截面的电荷量:q=Iδt ⑪
得:ΔS= m2≈27.8 m2.
答案:(1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C
(4)27.8 m2
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