浙江省2020高考物理二轮复习非选择题标准练四含解析

浙江省2020高考物理二轮复习非选择题标准练四含解析

非选择题标准练(四)‎ 三、非选择题(本题共7小题，共55分)‎ ‎17．(5分)(2019·绍兴模拟)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．‎ ‎(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示)‎ ‎(2)在上述实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d 图象如图乙所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________ m/s2.　‎ 解析：(1)系统动能增加量可表示为ΔEk＝(M＋m)v＝，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝mgd－Mgdsin 30°＝(m－)gd.‎ ‎(2)根据机械能守恒可得(m－)gd＝(M＋m)v2，即g＝，代入数据得g＝9.6 m/s2.‎ 答案：(1)　(m－)gd　(2)9.6‎ ‎18．(5分)(2019·舟山月考)图(a)是测量电源电动势E和内阻r的原理图，R0＝2.5 Ω为定值保护电阻，电流表内阻不计，单位长度电阻r0＝0.10 Ω/cm的电阻丝ac上标有长度刻度．‎ - 8 -‎ ‎(1)请根据电路图(a)把实物图(b)电路连接完整；‎ ‎(2)闭合开关S，记录ab的长度L和电流表A的示数I；滑动b点改变ab的长度L，测得6组L和I值，并算出对应的值．写出与L、E、r、R0、r0的关系式＝________；　‎ ‎(3)根据－L图线算出电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(计算结果保留到小数点后两位)‎ 解析：(1)根据图(a)所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎(2)在闭合电路中：‎ E＝I(r＋R0＋Lr0)，则 ＝·L＋.‎ ‎(3)根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示：‎ - 8 -‎ 由图象可知，斜率k＝＝＝≈0.068 2，电源电动势：E＝＝ V≈1.47 V；图象截距：b＝＝2，电源内阻：r＝bE－R0＝2×1.47 Ω－2.5 Ω＝0.44 Ω. ‎ 答案：(1)如解析图所示　(2)·L＋ ‎(3)1.47　0.44‎ ‎19．(9分)(2019·丽水模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；‎ ‎(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．‎ 解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－Ff＝ma1‎ v－v＝2a1l1‎ v1＝a1t1‎ 其中v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得 a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有 - 8 -‎ F′合＝F－Ff－mgsin α＝ma2，mgsin α＝mg v－v＝2a2l2‎ 其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2‎ v2＝ m/s 故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为 m/s.‎ ‎(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1、末速度大小为v′1，有 F″合＝F推＋F－Ff＝ma′1‎ v′－v＝2a′1l1‎ 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有 a′2＝3.0 m/s2，v′－v′＝2a′2l2‎ 根据题意，v′2＝100 m/s，代入数据解得 F推≈5.2×105 N 故助推力F推的大小为5.2×105 N.‎ 答案：(1)8.0 s　 m/s　(2)5.2×105 N ‎20．(12分)如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙．水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内，使质量为m＝0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE＝ m/s.已知P与水平面和斜面的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.‎ ‎(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离．‎ 解析：(1)P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为N，由牛顿第二定律得：mg－Fsin 37°＋N＝m 解得：N＝3 N - 8 -‎ 由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN＝3 N.‎ ‎(2)P从D点到E点，由动能定理得：‎ ‎－mg(R＋Rcos 37°)＋FRsin 37°＝mv－mv 解得：vD＝ m/s P从C点到D点，由牛顿第二定律得：‎ F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1‎ 解得a1＝0，说明P从C点到D点匀速运动，故 vD＝vC＝ m/s 由能的转化和守恒得：‎ Epm＋FLBCcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)LBC＝mv 解得：Epm＝1 J.‎ ‎(3)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：‎ F－mgsin 37°＝ma3　解得：a3＝4 m/s2‎ mgcos 37°＝ma4　解得：a4＝8 m/s2‎ P垂直落在斜面上，运动时间满足：2R＝a4t2‎ 平行于斜面方向上：0＝vG－a3t 联立解得：vG＝2 m/s 平行于斜面方向上：x＝×t＝1 m P在斜面上的落地距D的距离x＝1 m.‎ 答案：(1)3 N　(2)1 J　(3)1 m ‎21．(4分)(1)某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，分别用两种仪器来测量摆球直径，操作如图1所示，得到摆球的直径为d＝19.12 mm，此测量数据是选用了仪器________(填“甲”或“乙”)测量得到的. ‎ 该同学先用刻度尺测得摆线的长度，再采用上述的方法测得摆球直径，他通过改变摆长，进行多次实验后以摆长L为横坐标，T2为纵坐标，作出T2－L 图线，若该同学在计算摆长时加的是小球直径，则所画图线是图2中是________(填“A”“B”或“C”). ‎ - 8 -‎ ‎(2)用如图装置做探究碰撞中的不变量实验，下列说法正确的是________．‎ A．在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下行 B．A、B两辆小车的质量必须相等 C．A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动 D．小车A必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放 解析：(1)图甲是螺旋测微器，可以读数到0.001 mm；而乙为50分度的游标卡尺，最小分度是0.02 mm；d＝19.12 mm，符合游标卡尺的读数，不符合螺旋测微器的读数的精确度．此测量数据是选用了仪器乙．‎ 单摆的周期与摆长间关系为T＝2π，解得：T2＝L；若该同学在计算摆长时加的是小球直径，则T2＝·(L测－r)，故所画图线是图2中的C.‎ ‎(2)A：根据动量守恒的条件可知，本实验需要平衡摩擦力，在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下行．故A项正确．‎ B：探究碰撞中的不变量，两小车质量可以不相等．故B项错误．‎ C：该方案中只能测A车的速度，A、B碰撞后为了使A、B的速度均能测出，A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动．故C项正确．‎ D：碰撞前小车A应有速度，故小车A在手推动下开始运动．故D项错误．综上答案为AC.‎ 答案：(1)乙　C　(2)AC ‎22．(10分)如图所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为U，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入电场强度大小为E2、方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽为L(该电场竖直方向足够长)．电场和磁场都有理想边界，且粒子所受重力不计，求 ‎(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；‎ ‎(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小F；‎ ‎(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v.‎ 解析：(1)电场力F2＝qE2‎ - 8 -‎ 根据牛顿第二定律：a＝，a＝.‎ ‎(2)该粒子受力如图：‎ 电场强度：E1＝，电场力：F1＝qE1‎ 根据平衡条件：F＝F1‎ 解得：F＝.‎ ‎(3)该带电粒子到达边界b的时间为t＝ 竖直方向的速度为vy＝at＝ 所以此时带电粒子的速度大小为 v＝＝ .‎ 答案：(1)　(2)　(3) ‎23．(10分)如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为中心、边长为2L的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方形区域与x轴的交点分别为M、N.在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为e的电子从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点以与x轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d点射出．‎ ‎(1)求匀强电场的场强E的大小；‎ ‎(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子运动一段时间后从N点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B0的大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式．‎ 解析：(1)电子飞出电场的方向与x轴成30°角，‎ 则＝tan 30°，vy＝t，L＝v0t 解得E＝.‎ ‎(2)设电子进入磁场的速度为v，则＝cos 30°‎ - 8 -‎ 由几何关系可知＝cos 30°‎ 根据牛顿第二定律可知Bev＝m 解得B＝.‎ ‎(3)若电子从N点飞出，则其在磁场中可能的运动情况如图所示．‎ 根据边角关系可得：nr＝2L(n＝1，2，3，…)‎ 又r＝ 整理可得：B0＝n(n＝1，2，3，…)‎ 电子在磁场中运动的周期T0＝ 时间上满足T0＝ 整理可知：T＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎(3)B0＝n(n＝1，2，3，…)　T＝ - 8 -‎