(新课标地区专用)2020高考物理非选择题60分钟定时训练：5(含解析)

1、1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 30Q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.(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R=_Q.若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2 中的a、c两点，贝UR的测量结果_(选填“

2、偏大”或“偏小”).(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻民，就可组装成一个中间刻度值为15Q的欧姆表，则 Fb=_Q.(结果保留两位有效数字)答案红(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);E1 5(3) 欧姆表内阻：R内=厂=計Q= 150Q，指针指在电流表刻度的4mA 处，由闭合电路欧姆Ig101 5V定律得：4X10_3A=150 +R，解得：FX= 225Q;(4) 若误将甲、乙两表笔分别

3、接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，2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，FX的测量结果偏小；3E1 5(5)欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15Q的欧姆表，其内阻为15Q,I= = -.-A&15Igj=0.1A，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：F0=-(o.i 0.010A3.3Q.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：(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L1= 4.

4、00cm.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L3= 6.07cm.(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卩=_(结果保留两位有效数字).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卩的测量结果_(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

5、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：Mg= k(L2LJ，用力向右拉动长木板，长木板与小屮丙4木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有：Ff=k(LsL1)，可以得出小木块与长木板间的若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有：F弹cos0=卩(Mg- F弹sin0)，解得小木块与长木板间的动摩擦因数：厂M弹sin0，由于左端略咼一些，则有00，所以:动摩擦因数:厂Mg=L3L1L2L0.455F弹cos0F弹cos0卩=Mg- F弹sin0Mg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

6、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F1=Cv2;空气阻力F2与飞行方向相反，大小2与速度的平方成正比，即F2=Cv.其中C、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m=90kg.(取重力加速度g= 10m/s2)图 4若飞行员使飞行器以速度 Vi=1oJ3m/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

7、匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节Ci= 5.0Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为0= 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 sin37 = 0.6 , cos37 = 0.8)答案 (1)750N(2)30m15m/s解析(1)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：mg= Gvi222得:G= 3Ns/m由C、C2关系图象可得：2.5Ns2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡：F=F22又F2=C2V1解得：F= 750N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：mg= Gv22cos0由此而引起的动摩擦因数卩的测量

8、结果偏小.-Ti 1 1622V2水平方向所受合力提供向心力，有：Cv2Sin0=m联立解得：r= 30mV2= 15m/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1运动延伸而来如图 5 所示是一个滑板场地，OP段是光滑的 4 圆弧轨道，半径为 0.8m.PQ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 卩=0.2.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vi= 2m/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 m= 5 kg,2滑板手的质量

9、是滑板的9 倍，滑板B与P点的距离为x= 1 m,g= 10 m/s .(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= gx10mV,代入数据解得v=2gR= 4m/s,设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN：2由牛顿第二定律可得FN10mg=10叶；代入数据解得：FN=1500N,根

10、据牛顿第三定律得F压=FN=1500N,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 10mv=mv+ 9mv,14代入数据解得：V2= m/s,3滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒 9mv= 10mv,解得：V3= 4.2m/s ;2(3) 滑板B的位移XB=”J= 4.41m，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次2卩g2V1返回P点时的速度大小仍为V1= 2m/s,滑板A在水平地面上的位移XA= 1m,2卩g最终两滑板的间距为L=XB+XXA=4.41m.717. (2019 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

11、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m 1X1018kg，电荷量q= + 1X10一15C 的带电微粒从坐标为(0，- 0.5m)的Q点，以某 一初速度V。沿某一方向入射，从x轴上的P点以v= 200m/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L= 4mO P两点间距离为d= 1m 重力不计.求：(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B= 0.2T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；(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/m200 17m/s (2)6.28x10-2s (3) B= (0.4n+ 0.2) T , (n= 0,1,2,3 )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OP=qEt2竖直方向OQ= vt水平分速度Vx=晋微粒的初速度Vo=,V2+Vx2联立解得E= 320V/m,V0= 200 17m/s ;(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周