新課標(biāo)地區(qū)專用高考物理提分定時練輯非選擇題定時訓(xùn)練5含解析

非選擇題定時訓(xùn)練5(限時：60分鐘)三、實驗題13．(2019·廣東揭陽市第二次模擬)某同學(xué)用一個滿偏電流為10mA、內(nèi)阻為30Ω的電流表，一只滑動變阻器和一節(jié)電動勢為1.5V的干電池組裝成一個歐姆表．圖1(1)該同學(xué)按圖1正確連接好電路．甲、乙表筆中，甲表筆應(yīng)是________(選填“紅”或“黑”)表筆．(2)測量電阻前，他先進(jìn)行歐姆調(diào)零：將甲、乙表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表指針指到________處．圖2(3)歐姆調(diào)零后，他將甲、乙兩表筆分別接如圖2中的a、b兩點，指針指在電流表刻度的4mA處，則電阻Rx＝________Ω.(4)若誤將甲、乙兩表筆分別接在了如圖2中的a、c兩點，則Rx的測量結(jié)果________(選填“偏大”或“偏小”)．(5)再給電流表并聯(lián)一個合適的定值電阻R0，就可組裝成一個中間刻度值為15Ω的歐姆表，則R0＝________Ω.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析(1)由題圖示可知，甲表筆與歐姆表內(nèi)置電源負(fù)極相連，甲表筆是紅表筆；(2)測量電阻前，他先進(jìn)行歐姆調(diào)零：將甲、乙表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表指針指到電阻為零即電流最大(10mA)；(3)歐姆表內(nèi)阻：R內(nèi)＝eq\f(E,Ig)＝,10－2)Ω＝150Ω，指針指在電流表刻度的4mA處，由閉合電路歐姆定律得：4×10－3A＝,150Ω＋Rx)，解得：Rx＝225Ω；(4)若誤將甲、乙兩表筆分別接在了圖中的a、c兩點，由題圖示電路圖可知，兩電池串聯(lián)，相當(dāng)于歐姆表內(nèi)置電源電動勢E變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流變大，歐姆表指針偏右，歐姆表示數(shù)變小，Rx的測量結(jié)果偏?。?5)歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻，中間刻度值為15Ω的歐姆表，其內(nèi)阻為15Ω，I＝eq\f(E,R內(nèi))＝,15)A＝0.1A，把電流表改裝成0.1A的電流表需要并聯(lián)分流電阻，分流電阻阻值：R0＝eq\f(IgRg,A)≈3.3Ω.14．(2019·陜西省第二次質(zhì)檢)某實驗興趣小組為了測量物體間的動摩擦因數(shù)，設(shè)計了如下實驗：圖3(1)如圖3甲，將輕彈簧豎直懸掛，用刻度尺測出彈簧自由懸掛時的長度L1＝4.00cm.(2)如圖乙，在彈簧的下端懸掛小木塊，用刻度尺測出穩(wěn)定時彈簧的長度L2＝________cm.(3)將一長木板平放在水平面上，小木塊放置于木板上表面，如圖丙，將圖乙中的彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端拴接小木塊，使彈簧水平，用力F向右拉動長木板，長木板與小木塊發(fā)生相對運(yùn)動，當(dāng)小木塊穩(wěn)定時，測出此時彈簧的長度L3＝6.07cm.(4)根據(jù)上面的操作，可以得出小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．(5)若圖丙實驗中彈簧不水平，左端略高一些，由此而引起的動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果________(填“偏大”或“偏小”)．答案(2)8.65(8.63～8.67)(4)0.44或0.45(5)偏小解析(2)刻度尺的最小分度值為0.1cm，刻度尺的讀數(shù)為8.65cm；(4)根據(jù)平衡條件可得小木塊的重力為：Mg＝k(L2－L1)，用力向右拉動長木板，長木板與小木塊發(fā)生相對運(yùn)動，當(dāng)小木塊穩(wěn)定時，則有：Ff＝k(L3－L1)，可以得出小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)：μ＝eq\f(Ff,Mg)＝eq\f(L3－L1,L2－L1)≈0.45；(5)若圖丙實驗中彈簧不水平，左端略高一些，則有：F彈cosθ＝μ(Mg－F彈sinθ)，解得小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)：μ＝eq\f(F彈cosθ,Mg－F彈sinθ)，由于左端略高一些，則有θ≈0°，所以：μ＝eq\f(F彈cosθ,Mg－F彈sinθ)≈eq\f(F彈cosθ,Mg)，由此而引起的動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果偏?。?、計算題15．(2019·河南鄭州市第三次質(zhì)量預(yù)測)翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調(diào)節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控制動力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)．已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力F1與飛行方向垂直且平行于機(jī)翼的中垂線，大小與速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空氣阻力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2＝C2v2.其中C1、C2相互影響，可由運(yùn)動員調(diào)節(jié)，滿足如圖4甲所示的關(guān)系．飛行員和裝備的總質(zhì)量為m＝90kg.(取重力加速度g＝10m/s2)圖4(1)若飛行員使飛行器以速度v1＝10eq\r(3)m/s在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示．結(jié)合甲圖計算，飛行器受到的動力F為多大？(2)若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，如圖丙所示，在此過程中調(diào)節(jié)C1＝5.0N·s2/m2，機(jī)翼中垂線和豎直方向夾角為θ＝37°，求飛行器做勻速圓周運(yùn)動的半徑r和速度v2的大?。?已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)750N(2)30m15m/s解析(1)選飛行器和飛行員為研究對象，由受力分析可知，在豎直方向上有：mg＝C1veq\o\al(12,)得：C1＝3N·s2/m2由C1、C2關(guān)系圖象可得：C2＝2.5N·s2/m2在水平方向上，動力和阻力平衡：F＝F2又F2＝C2veq\o\al(12,)解得：F＝750N(2)飛行器在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則在豎直方向所受合力為零，有：mg＝C1veq\o\al(22,)cosθ水平方向所受合力提供向心力，有：C1veq\o\al(22,)sinθ＝meq\f(v\o\al(22,),r)聯(lián)立解得：r＝30m，v2＝15m/s.16．(2019·遼寧大連市第二次模擬)滑板運(yùn)動是極限運(yùn)動的鼻祖，很多極限運(yùn)動都是由滑板運(yùn)動延伸而來．如圖5所示是一個滑板場地，OP段是光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為0.8m．PQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μA從O點由靜止滑下，到達(dá)P點時，立即向前起跳．滑板手離開滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前繼續(xù)滑動．已知兩滑板質(zhì)量均為m＝5kg，滑板手的質(zhì)量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為Δx＝1m，g＝10m/s2.(不考慮滑板的長度以及滑板手和滑板間的作用時間，不計空氣阻力)求：圖5(1)當(dāng)滑板手和滑板A到達(dá)圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力；(2)滑板手落到滑板B后瞬間，滑板B的速度大?。?3)兩個滑板間的最終距離．解析(1)滑板手與滑板A由O點下滑到P點過程，由機(jī)械能守恒：10mgR＝eq\f(1,2)×10mv2，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(2gR)＝4m/s，設(shè)在P點時滑板手與滑板A所受到的支持力為FN：由牛頓第二定律可得FN－10mg＝10meq\f(v2,R)代入數(shù)據(jù)解得：FN＝1500N，根據(jù)牛頓第三定律得F壓＝FN＝1500N，方向豎直向下；(2)滑板手跳離A板，滑板手與滑板A水平方向動量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝eq\f(14,3)m/s，滑板手跳上B板，滑板手與滑板B水平方向動量守恒9mv2＝10mv3，解得：v3＝4.2m/s；(3)滑板B的位移xB＝eq\f(v\o\al(32,),2μg)＝4.41m，滑板A在弧面上滑行的過程中，機(jī)械能守恒，所以再次返回P點時的速度大小仍為v1＝2m/s，滑板A在水平地面上的位移xA＝eq\f(v\o\al(12,),2μg)＝1m，最終兩滑板的間距為L＝xB＋Δx－xA＝4.41m.17．(2019·山西運(yùn)城市5月適應(yīng)性測試)如圖6甲所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系，等邊三角形OMN內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三角形外側(cè)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有質(zhì)量m＝1×10－18kg，電荷量q＝＋1×10－15C的帶電微粒從坐標(biāo)為(0，－0.5m)的Q點，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點以v＝200m/s的速度垂直x軸進(jìn)入三角形區(qū)域．若此時將三角形外側(cè)的電場換成垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．已知三角形的邊長L＝4m，O、P兩點間距離為d＝1m，重力不計．求：圖6(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小及帶電微粒的初速度大?。?2)若兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T，求該微粒在乙圖中運(yùn)動一個周期的時間；(3)乙圖中若微粒能再次回到P點，則兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件．答案(1)320V/m200eq\r(17)m/s(2)6.28×10－2s(3)Bn＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)解析(1)在勻強(qiáng)電場中，對微粒受力分析，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律可知，水平方向OP＝eq\f(qE,2m)t2豎直方向OQ＝vt水平分速度vx＝eq\f(qE,m)t微粒的初速度v0＝eq\r(v2＋v\o\al(x2,))聯(lián)立解得E＝320V/m，v0＝200eq\r(17)m/s；(2)粒子在兩磁場中均做勻速圓周運(yùn)動，所以qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝1mT＝eq\f(2πr,v)，解