2020年全國版物理二輪復習高考小卷專項非選擇題仿真練二(含詳細解析)

1、第1第1頁共5頁 年全國版物理二輪復習高考小卷專項非選擇題仿真練二(含詳細解析)22.如圖所示的沖擊擺裝置， 是高中物理專用實驗儀器， 主要用于研究物體的完全非彈 性碰撞及測定鋼球的速度等實驗。 其原理是利用彈簧槍發(fā)射鋼球， 將鋼球水平打入靜止擺塊 左側(cè)的小洞并停在里面，時間極短，擺塊 (內(nèi)含鋼球)向右擺動，推動指針，指針擺過的最大 角度即為擺塊的最大擺角。已知擺塊質(zhì)量為 M = 80 g ,鋼球質(zhì)量為 m= 8.4 g,直徑d = 12.7mm,彈簧槍水平發(fā)射鋼球的速度有三擋。(1)某實驗小組利用平拋規(guī)律測量彈簧槍全部三擋的發(fā)射鋼球速度，先將擺塊移開，發(fā)射后鋼球做平拋運動， 測得三次實驗中鋼

2、球的水平位移如下表所示，并通過相關(guān)數(shù)據(jù)計算出 了 1、3擋鋼球的發(fā)射速度，請你估算 V2的大小。發(fā)射擋位平拋水平位移發(fā)射速度10.27 mv1= 5.4 m/s20.33 mV2 =30.38 mV3= 7.6 m/s(2)設(shè)鋼球打進擺塊的初速度為vo,如果鋼球和擺塊系統(tǒng)的動量守恒，則鋼球打進擺塊后系統(tǒng)的機械能與打進前瞬間的比值為 (設(shè)擺塊初始位置的重力勢能為0)。RdM + mD.C. 1D.x1 0.27解析：(1)鋼球1做平拋運動的時間為：t = -=s=0.05 s,各鋼球做平拋運動的時V1 5.4間是相等的，所以鋼球 2的初速度為：V2 = x2=6.6 m/s。(2)設(shè)鋼球射入擺塊

3、后共同速度為v,選V0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0=(m+ M)v。E 2(M+m)v2則鋼球打進擺塊后系統(tǒng)的機械能與打進前瞬間的比值為：Er=1E012/V0聯(lián)立可得： 5=3,故A正確，B、C、D錯誤。E0 m+ M答案：(1)6.6 m/s (2)A23.某同學用圖甲所示的電路研究某種型號電池的電動勢及內(nèi)阻，圖中R0為5 的定 值電阻，兩個電壓表均為理想電壓表。(1)請根據(jù)圖甲所示的電路圖用筆畫線代替導線將圖乙中的實物圖補充完整。(2)閉合開關(guān)，電壓表 Vi、V2的示數(shù)分別為Ui、U(2)閉合開關(guān)，電壓表 Vi、V2的示數(shù)分別為Ui、U2,調(diào)節(jié)滑動變阻器,得到多組Ui、U2

4、,作出電池的U1-U2曲線如圖丙。由此可知電池的電動勢為V,U2較大時電池的內(nèi)阻將(選填“增大” “不變”或“減小”)。(3)若將圖甲所示的電路圖中的滑動變阻器換成R=20 皿定值電阻，閉合開關(guān)后電阻 R消耗的電功率為W(消耗的電功率為W(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 )。解析：(1)電路如圖?？讫?電油科龍 電油(2)由閉合電路的歐姆定律:電動勢為2.90 V;因圖像的斜率U(2)由閉合電路的歐姆定律:電動勢為2.90 V;因圖像的斜率E=Ui+R0r,即Ui=E R0U2 ,由題給圖像可知，電池的. r k=, U2較大時，圖像的斜率變大，則電池的內(nèi)阻將增大。R0(3)若將圖題甲所示的電路圖中

5、的滑動變阻器換成R= 20 的定值電阻，閉合開關(guān)后電阻R兩端的電壓等于 Ro兩端電壓的4倍，則此時Ui=5U2,由圖像可知Ui = 2.5 V, U2= 0.5Ur222V, R兩端的電壓為 2.0 V,則R消耗的電功率為 Pr=-R- = 20 W=0.20 Wo答案：(i)見解析圖 (2)2.90 增大 (3)0.20.如圖所示，一條長為L的細繩一端系于 O點，另一端系一個冬.質(zhì)量為m的小鋼球A(視為質(zhì)點)，另一條相同的細繩兩端系著質(zhì)量為.1-12m的小鋼球B(視為質(zhì)點)和質(zhì)量為m的小鋼球C(視為質(zhì)點)，其中C球穿過光滑的水平細桿，開始時懸線豎直，A、B兩球剛好接觸，現(xiàn)將 A拉到與豎直方向

6、成0= 60 的位置，由靜止釋放后與B球發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為g,求：(1)A、B碰撞結(jié)束時，小球 B的速度vb；(2)B球向右運動過程中的最大高度h2。解析：(1)設(shè)小球A即將與小球B碰撞前的速度為vo,小球A由初始位置擺動到最低點 的過程中，由機械能守恒定律可得：mgL(1 cos 60 ) = 2mvo2解得：Vo = -gL設(shè)碰撞后小球 A速度為vi,小球B速度為vb,由于小球A與小球B是彈性碰撞，所以 碰撞過程滿足機械能守恒和動量守恒，取向右為正方向，則得：12 12 122mvo = 2mv1 + 2 2mvBmvo= mv1+ 2mvB兩式聯(lián)立可得：VB = |VglLo

7、(2)當B向右的位置最高時，B與C水平方向的速度相等，由動量守恒可得：2mvB= (m+ 2m)v 由能量守恒定律可得： 19 12 2mvB2= 2 3mv2+ 2mgh2.1 2L聯(lián)立解得：h2=2y答案：3.gL (2)2L.如圖所示，在坐標系 xOy中，x軸水平向右，y軸豎直向下，在 x2L區(qū)域內(nèi)存在 與x軸平行的勻強電場(未畫出)，一帶正電小球，電荷量為 q,從原點。水平拋出，再從 A 點進入電場區(qū)域，并從C點離開，其運動的軌跡如圖所示，B點是小球在電場中向右運動的 最遠點，B點的橫坐標Xb=3Lo已知小球拋出時的動能為Ek0,在B點的動能為4Ek0,重力3加速度為g,不計空氣阻力。

8、求：(1)小球在OA段運動的時間與在 AB段運動的時間之比;(2)勻強電場的場強和小球的質(zhì)量；(3)小球在電場中運動的最小動能。解析：(1)設(shè)小球質(zhì)量為m,初速度為V0,從。到A,小球水平方向做勻速直線運動，有：2L = VotoA 從A運動到B點，小球水平方向做勻減速直線運動，依據(jù)題意小球在B點水平方向的速度為0,由運動學公式得：L=5tAB聯(lián)立解得：toA = tAB(2)設(shè)小球在B點豎直方向上的速度為VBy,有、Ek0 =:mvBy2d 32一 1、又 Eko= 2mvo2設(shè)小球在A點豎直方向的速度為 VAy,由于小球在豎直方向做自由落體運動，而且tOA = tAB 聯(lián)立解得：vAy= Wv03從A運動到B點，小球水平方向做勻減速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式得:vqEL 聯(lián)立解得：E = E7,方向水平向左 qL又由運動學公式得 vAy= gtOAqE 丁vo= mtAB聯(lián)立解得：m = 3Ek0o3gL(3)由以上所得結(jié)果可知F合與水平方向夾角為 30, va與水平方向夾角為 30,建立如圖