新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑非选择题定时训练8含解析

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1、非选择题定时训练8(限时：60分钟)三、实验题13如图1甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f50Hz，试问：图1(1)实验中，必要的措施是_A细线必须与长木板平行B小车必须具有一定的初速度C小车质量远大于钩码质量D必须平衡小车与长木板间的摩擦力(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点从图乙中可读得x6_cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF_.(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v22x图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为_m/s2.(保留2位有效数字)答案(1)A(2)6.00(3)0.

2、50(0.480.52)解析(1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误(2)从题图乙中可读得x66.00cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF.(3)由图线可知小车运动的加速度为am/s20.50 m/s2.14(2019山东潍坊市二模)某同学利用如图2所示的电路测量一表头的电阻供选用的器材如下：图2A待测表头G1，内阻r1约为300，量程5.0mA；B灵敏电流计G2，内阻r2300，量程1.0mA；C定值电阻R12

3、00；D滑动变阻器R120；E滑动变阻器R22000；F电源，电动势E3.0V，内阻不计；G开关S，导线若干(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；(2)滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号)开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至_端(填“a”或“b”)；(3)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为_mA；(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线已知图线的斜率k0.18，则待测表头内阻r1_.(5)该同学接入电阻R的主要目的是_.答案(1)如图：(2)Da(3)3.00(4)270(5)保护G2，使两表均能达到接

4、近满偏解析(1)实物连线如图：(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端；(3)待测表头G1的示数为3.00mA；(4)由欧姆定律可知：I1r1I2(Rr2)，即I2I1，则k0.18，解得r1270；(5)该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏四、计算题15(2019山东滨州市第二次模拟)如图3甲所示，足够长的木板C固定在水平地面上，物块A、B静止在木板C上，物块A、B间距离为1.1m现使物块A以速度v06m/s开始向右运动，物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图象如图乙所示已知物块A、B可视为质点，质量分别

5、为mA1 kg、mB4 kg，A、B与木板C间的动摩擦因数相同，A与B弹性碰撞过程时间极短，可忽略摩擦力对碰撞的影响，重力加速度g取10 m/s2.求：图3(1)物块与木板间的动摩擦因数；(2)碰撞后瞬间物块A的速度答案(1)0.5(2)3m/s，方向向左解析(1)根据图象可知aA对A受力分析，由牛顿第二定律知：mAgmAaA联立式解得物块与木板间的动摩擦因数0.5(2)设碰撞前瞬间A的速度为v，则v2v2aAx1由于A、B弹性碰撞，碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，则mAvmAvAmBvBmAv2mAvmBv联立式解得：vA3m/s，vB2 m/s.即碰撞后瞬间物块A的速度

6、大小为3m/s，方向向左16(2019山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图4所示的vt图象已知小车在02s内做匀加速直线运动，211s内小车牵引力的功率保持不变，911s内小车做匀速直线运动，在11s末开始小车失去动力而自由滑行已知小车质量m1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图4(1)在211s内小车牵引力的功率P的大小；(2)小车在2s末的速度vx的大小；(3)小车在29s内通过的距离x.答案(1)16W(2)4m/s(3)44m解析(

7、1)根据题意，在11s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据题图可知：a|2m/s2；根据牛顿第二定律有：Ffma；解得：Ff2N；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F，则：FFf，vm8m/s；根据：PFvm；解得：P16W；(2)02s的匀加速运动过程中，小车的加速度为：ax；设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：FxFfmax；根据题意有：PFxvx; 联立解得：vx4m/s；(3)在29s内的变加速过程，t7s，由动能定理可得：PtFfxmvmv；解得小车通过的距离是：x44m.17.(2019四川南充市第一次适应性考试)如图5所示，在竖直

8、平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为q(q0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.求：图5(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标答案(1)(2)3(1)mg方向向下(3)(7L,0)

9、解析(1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45，即加速度方向与竖直方向的夹角为45，则tan45解得：E(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径rL从P点到B点的过程中，根据动能定理得：mv0mg(2LL)EqL在B点，根据牛顿第二定律得：FNmg联立解得：FN3(1)mg，方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对管的压力的大小FN3(1)mg，方向向下(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：mvmgLEqL解得：vA2小球从C点抛出后做类平抛运动抛出时的速度vCvA2小球的加速度gg当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：vCtgt2解得：t2则沿x轴方向运动的位移xvCt228L则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标xL8L7L.