《（新课标地区专用）2021高考物理提分定时练辑非选择题定时训练5（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标地区专用）2021高考物理提分定时练辑非选择题定时训练5（含解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（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5（含解析）非选择题定时训练5(限时：60分钟)三、实验题13(2019广东揭阳市第二次模拟)某同学用一个满偏电流为10mA、内阻为30的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5V的干电池组装成一个欧姆表图1(1)该同学按图1正确连接好电路甲、乙表笔中，甲表笔应是_(选填“红”或“黑”)表笔(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到_处图2(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图2中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4mA处，则电阻Rx_.(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的
2、a、c两点，则Rx的测量结果_(选填“偏大”或“偏小”)(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R0，就可组装成一个中间刻度值为15的欧姆表，则R0_.(结果保留两位有效数字)答案(1)红(2)10mA(3)225(4)偏小(5)3.3解析(1) 由题图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大(10mA)；(3)欧姆表内阻：R内150，指针指在电流表刻度的4mA处，由闭合电路欧姆定律得：4103A，解得：Rx225；(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电
3、路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小；(5)欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15的欧姆表，其内阻为15，IA0.1A，把电流表改装成0.1A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：R03.3.14(2019陕西省第二次质检)某实验兴趣小组为了测量物体间的动摩擦因数，设计了如下实验：图3(1)如图3甲，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度L14.00cm.(2)如图乙，在弹簧的下端悬挂小木块，用刻度尺测出稳定时弹簧的长度L2_cm.(3)将一长木板平放在水平面上，小木块放
4、置于木板上表面，如图丙，将图乙中的弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端拴接小木块，使弹簧水平，用力F向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度L36.07cm.(4)根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数_(结果保留两位有效数字)(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，由此而引起的动摩擦因数的测量结果_(填“偏大”或“偏小”)答案(2)8.65(8.638.67)(4)0.44或0.45(5)偏小解析(2)刻度尺的最小分度值为0.1cm，刻度尺的读数为8.65cm；(4)根据平衡条件可得小木块的重力为：Mgk(L2L1)，用力向右拉动长木板，长木
5、板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有：Ffk(L3L1)，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数：0.45；(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有：F弹cos(MgF弹sin)，解得小木块与长木板间的动摩擦因数：，由于左端略高一些，则有0，所以：，由此而引起的动摩擦因数的测量结果偏小四、计算题15(2019河南郑州市第三次质量预测)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直且平行于机翼的中垂线，大小与速度的平方成正比，即F1C
6、1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2C2v2.其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图4甲所示的关系飞行员和装备的总质量为m90kg.(取重力加速度g10m/s2)图4(1)若飞行员使飞行器以速度v110m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示结合甲图计算，飞行器受到的动力F为多大？(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C15.0Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为37，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2的大小(已知sin370.6，cos370.8)答案(1)750N(2)30m15m/s解析(1
7、)选飞行器和飞行员为研究对象，由受力分析可知，在竖直方向上有：mgC1v得：C13Ns2/m2由C1、C2关系图象可得：C22.5Ns2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡：FF2又F2C2v解得：F750N(2)飞行器在水平面内做匀速圆周运动，则在竖直方向所受合力为零，有：mgC1vcos水平方向所受合力提供向心力，有：C1vsinm联立解得：r30m，v215m/s.16(2019辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来如图5所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8mPQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为0.2.
8、滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v12m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动已知两滑板质量均为m5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为x1 m，g10 m/s2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：图5(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离答案(1)1500N，竖直向下(2)4.2m/s(3)4.41m解析(1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：10mg
9、R10mv2，代入数据解得v4m/s，设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN：由牛顿第二定律可得FN10mg10m代入数据解得：FN1500N，根据牛顿第三定律得F压FN1500N，方向竖直向下；(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mvmv19mv2，代入数据解得：v2m/s，滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv210mv3，解得：v34.2m/s；(3)滑板B的位移xB4.41m，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v12m/s，滑板A在水平地面上的位移xA1m，最终两滑板的间距为LxBxxA4.41m.17(20
10、19山西运城市5月适应性测试)如图6甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场现有质量m11018kg，电荷量q11015C的带电微粒从坐标为(0，0.5m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v200m/s的速度垂直x轴进入三角形区域若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等已知三角形的边长L4m，O、P两点间距离为d1m，重力不计求：图6(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B0.2T，求该微粒在乙图中运动
11、一个周期的时间；(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件答案(1)320V/m200m/s(2)6.28102s(3)B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)解析(1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，水平方向OPt2竖直方向OQvt水平分速度vxt微粒的初速度v0联立解得E320V/m，v0200m/s；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以qvBm，解得r1mT，解得T3.14102s粒子的运动轨迹如图(a)所示，所以一个周期时间：t336.28102s(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示由对称性可知，要想粒子能回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n1)OP(n0,1,2,3)且r，联立可得B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)6
