浙江高考物理二輪訓練：6 非選擇題標準練六 Word版含解析

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1、 非選擇題標準練(六) 三、非選擇題(本題共7小題，共55分) 17．(5分)(2019·金華模擬)為了探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，甲、乙、丙三位同學分別設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，小車總質(zhì)量用M表示(乙圖中M包括小車與傳感器，丙圖中M包括小車和與小車固連的滑輪)，鉤碼總質(zhì)量用m表示． (1)為了便于測量合外力的大小，并得到小車總質(zhì)量一定時，小車的加速度與所受合外力成正比的結(jié)論，下列說法正確的是________． A．三組實驗中只有甲需要平衡摩擦力 B．三組實驗都需要平衡摩擦力 C．三組實驗中只有甲需要滿足所掛鉤碼的總質(zhì)量m遠小于小車的總質(zhì)量M的條件 D．三組實驗都需

2、要滿足所掛鉤碼的總質(zhì)量m遠小于小車的總質(zhì)量M的條件 (2)圖丁是用圖甲裝置中打點計時器所打的紙帶的一部分，O、A、B、C、D和E為紙帶上六個計數(shù)點，則OD間的距離為________ cm.圖戊是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的s－t2圖線(s為各計數(shù)點至同一起點的距離)，加速度大小用a表示，則加速度大小a＝________ m/s2(保留3位有效數(shù)字)． (3)若乙、丙兩位同學發(fā)現(xiàn)某次測量中力傳感器和彈簧測力計讀數(shù)相同，通過計算得到小車加速度均為a，g為當?shù)刂亓铀俣?，則乙、丙兩位同學實驗時所用小車總質(zhì)量之比為________． 解析：(1)因為驗證“小車的加速度與所受合外力”的關(guān)系，三種裝置如果不平

3、衡摩擦力，就不知道“小車”的合外力，所以B正確；因為“乙圖中”力的傳感器的讀數(shù)，就是繩子對小車的拉力，“丙圖中”測力計讀數(shù)的兩倍對小車的拉力，所以只有甲圖中需要滿足“所掛鉤碼的總質(zhì)量m遠小于小車的總質(zhì)量M的條件”，所以C正確． (2)由于刻度尺分度值為1 mm，則OD＝12.0 mm＝1.20 cm；戊圖中s－t2 圖線為過原點的直線，即s∝t2，由s＝at2可知，圖線斜率k＝a，a＝2k＝2×0.467 m/s2＝0.934 m/s2. (3)由于圖乙、丙中力傳感器示數(shù)與彈簧測力計示數(shù)相同，則丙中小車拉力是乙中的2倍，而小車加速度相同，由此可知乙、丙兩位同學所用小車質(zhì)量比為1∶2. 答

4、案：(1)BC　(2)1.20　0.934(0.932～0.935均可) (3)1∶2 18．(5分)(2019·嘉興聯(lián)考)將G表改裝成兩種倍率(“×10”“×100”)的歐姆表．現(xiàn)用該歐姆表對一阻值約為200 Ω的電阻進行測量，請完成下列問題： (1)如圖甲所示，當開關(guān)S合向________端(a或b)，這時的歐姆表是較小倍率擋． (2)將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行調(diào)零． (3)將兩表筆分別與被測電阻相接． (4)若電表的示數(shù)如圖乙所示，則該電阻的阻值讀數(shù)為________Ω. (5)將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行調(diào)零．若電源電動勢E＝15 V，靈敏電流計

5、的滿偏電流Ig＝5 mA，內(nèi)阻Rg＝100 Ω，“×10”倍率時歐姆表的內(nèi)阻為150 Ω，該倍率下電阻調(diào)零時，流過電阻R0的電流為________mA.　 解析：(1)當電阻調(diào)零時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，R內(nèi)＝(ITg為G表改裝電流表的量程)，則E一定，ITg越大，R內(nèi)越小，歐姆表的倍率越小，接a時比接b時干路中滿偏電流大，故應該合向a端； (4)歐姆表的讀數(shù)為：18×10 Ω＝180 Ω； (5)電阻調(diào)零時由上述公式可知ITg＝100 mA，又因為ITg＝Ig＋IR0，解得IR0＝95 mA. 答案：(1)a　(4)180　(5)95 19.(9分)如圖所示，水平平臺AO長x

6、＝2.0 m，槽寬d＝0.10 m，槽高h＝1.25 m，現(xiàn)有一小球從平臺上A點水平射出，已知小球與平臺間的阻力為其重力的0.1倍，空氣阻力不計．g取10 m/s2. (1)求小球在平臺上運動的加速度大小； (2)為使小球能沿平臺到達O點，求小球在A點的最小出射速度和此情景下小球在平臺上的運動時間； (3)若要保證小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的F點，求小球在O點拋出時的速度大小． 解析：(1)小球在平臺上運動的加速度大小a＝ 代入數(shù)據(jù)得a＝1 m/s2. (2)設(shè)小球的最小出射速度為v1，由動能定理得kmgx＝mv k＝0.1 解得v1＝2 m/s 由x＝t 解得t＝2 s

7、. (3)小球落到F點，設(shè)在O點拋出時的速度為v0， 水平方向有d＝v0t1 豎直方向有h＝gt 聯(lián)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)滑板運動是一項陸地上的“沖浪運動”，具有很強的觀賞性與趣味性．下坡式滑行軌道可簡化為如下模型：如圖所示，abc、df為同一豎直平面內(nèi)的滑行軌道，其中ab、df兩段均為傾角θ＝37°的斜直粗糙軌道，bc為一段半徑R＝5 m的光滑圓弧，圓弧與ab相切于b點，圓弧圓心O在c點的正上方．已知a、b之間高度差H1＝5 m，c、d之間高度差H2＝2.25 m，運動員連同滑板的總

8、質(zhì)量m＝60 kg.運動員從a點由靜止開始下滑后從c點水平飛出，落在軌道上的e點，經(jīng)短暫的緩沖動作后沿斜面方向下滑．d、e之間的高度差H3＝9 m，運動員連同滑板可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.g取10 m/s2.求： (1)運動員剛運動到c點時的速度大??； (2)運動員(連同滑板)剛運動到c點時對軌道的壓力； (3)運動員(連同滑板)在從a點運動到b點過程中阻力做的功． 解析：(1)運動員從c點到e點做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，有H2＋H3＝gt2 解得t＝?。?.5 s c、e之間的水平距離為x＝＝12 m 運動員在水平

9、方向做勻速運動，故vc＝＝8 m/s. (2)在c點，由牛頓第二定律可得FN－mg＝m 解得FN＝1 368 N 由牛頓第三定律可知，運動員(連同滑板)對軌道的壓力為 1 368 N，方向豎直向下． (3)從a點運動到c點過程，由動能定理可得mg(H1＋R－Rcos 37°)＋Wf＝mv 解得Wf＝－1 680 J. 答案：(1)8 m/s　(2)1 368 N，方向豎直向下 (3)－1 680 J 21．(4分)下圖為驗證動量守恒定律的實驗裝置，實驗中選取兩個半徑相同、質(zhì)量不等的小球，按下面步驟進行實驗： ①用天平測出兩個小球的質(zhì)量分別為m1和m2; ②安裝實驗裝置

10、，將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端切線水平，再將一斜面BC連接在斜槽末端； ③先不放小球m2，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止釋放，標記小球在斜面上的落點位置P； ④將小球m2放在斜槽末端B處，仍讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞，分別標記小球m1、m2在斜面上的落點位置； ⑤用毫米刻度尺測出各落點位置到斜槽末端B的距離．圖中M、P、N點是實驗過程中記下的小球在斜面上的三個落點位置，從M、P、N到B點的距離分別為sM、sP、sN.依據(jù)上述實驗步驟，請回答下面問題： (1)兩小球的質(zhì)量m1、m2應滿足m1________m2.(填寫“>”“＝”或“<”) (2)若進行實驗，

11、以下所提供的測量工具中必需的是________．　 A．直尺　　　　　　　　 B．游標卡尺 C．天平 D．彈簧秤 E．秒表 (3)用實驗中測得的數(shù)據(jù)來表示，只要滿足關(guān)系式________，就能說明兩球碰撞前后動量是守恒的． 解析：(1)只有m1大于m2，發(fā)生碰撞后m1才不至于返回； (2)直尺測量長度，天平測量質(zhì)量，故選AC； (3)sMsin θ＝gt，sMcos θ＝vMtM 解得：vM＝ 同理vN＝ vP＝ 由動量守恒有：m1vP＝m1vM＋m2vN得： m1＝m1＋m2. 答案：(1)>　(2)AC　(3)m1＝m1＋m2 22．(10分)如圖甲所示，

12、空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，磁感應強度大小均為B，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電、磁復合場后，恰能做勻速圓周運動． (1)求電場強度E的大?。? (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h； (3)若帶電小球從距MN的高度為h的O′點由靜止開始下落，為使帶電小球運動一定時間后仍能回到O′點，需將磁場Ⅱ向下移動一定距離(如圖乙所示)，求磁場Ⅱ向下移動的距離y及小球從O′點釋放到第一次回到O′點的運動時

13、間T. 解析：(1)帶電小球進入復合場后恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，得 mg＝qE，E＝. (2)只有小球從進入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運動，才能恰好回到O點 mgh＝mv2 Bqv＝m 由幾何關(guān)系得：R＝ 解得：h＝. (3)當帶電小球從距MN的高度為h的O′點由靜止開始下落時，應有 mgh＝mv　R1＝　R1＝d 畫出粒子的運動軌跡，如圖所示，在中間勻速直線運動過程中，粒子的速度方向與豎直方向成45°，根據(jù)幾何關(guān)系，可得y＝(2－)d 粒子自由落體和豎直上拋的總時間 t1＝2　＝ 粒子圓周運動的總時間 t2＝T＝ 粒子勻速直線運動的總時間

14、t3＝2 一個來回的總時間 T＝t1＋t2＋t3＝＋＋. 答案：(1)　(2) (3)(2－)d　＋＋ 23．(10分)如圖所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2－c1c2部分的軌道間距為2L，右側(cè)c1c2－d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計．在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.1 T．質(zhì)量為M＝0.2 kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m＝0.1 kg的導體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，B棒總

15、在窄軌上運動．已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為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： (1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大??； (2)金屬棒B勻速運動的速度大??； (3)在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量； (4)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平導軌間掃過的面積之差． 解析：(1)A棒在曲線軌道上下滑，由機械能守恒定律得： mgh＝mv ① 得：v0＝＝ m/s＝2 m/s. (2)選取水平向右為正方向，對A、B利用動量定理可得： 對B：FB安cos θ·t＝Mv

16、B ② 對A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0 ③ 其中 FA安＝2FB安 ④ 由上知：mv0－mvA＝2MvB 兩棒最后勻速時，電路中無電流：有 BLvB＝2BLvA 得：vB＝2vA ⑤ 聯(lián)立后兩式得：vB＝v0＝ m/s≈0.44 m/s. (3)在B加速過程中：∑(Bcos θ)iLΔt＝MvB－0⑥ q＝∑iΔt ⑦ 得：q＝ C≈5.56 C. (4)據(jù)法拉第電磁感應定律有：E＝ ⑧ 其中磁通量變化量：ΔΦ＝BΔScos θ ⑨ 電路中的電流：I＝ ⑩ 通過截面的電荷量：q＝Iδt ? 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