(新课标地区专用)2022高考物理提分定时练辑非选择题定时训练10(含解析).pdf

新课标地区专用新课标地区专用 20222022 高考物高考物理提分定时练辑非选择题定时理提分定时练辑非选择题定时训练训练 1010含解析含解析非选择题定时训练非选择题定时训练 1010(限时：限时：6060 分钟分钟)三、实验题三、实验题1313(2022云南玉溪一中第五次调研(2022云南玉溪一中第五次调研)如图如图 1 1 是是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为测出电容器在充电电压为U U时所带的电荷量时所带的电荷量Q Q，从而求出其电容从而求出其电容C C.该实验的操作步骤如下：该实验的操作步骤如下：按电路图接好实验电路；按电路图接好实验电路；接通开关接通开关 S S，调节电阻箱，调节电阻箱R R的阻值，使微安表的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U U0 06.2V6.2V 和微安表读数和微安表读数I I0 0490A；490A；断开开关断开开关 S S 并同时开始计时，每隔并同时开始计时，每隔 5s5s 读一次读一次微安表的读数微安表的读数i i，将读数记录在预先设计的表格，将读数记录在预先设计的表格中；中；根据表格中的根据表格中的 1212 组数据，组数据，以以t t为横坐标，为横坐标，i i为为纵坐标，在坐标纸上描点纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“表示图中用“表示)，那么：那么：2 2图图 1 1(1)(1)根据图示中的描点作出图线；根据图示中的描点作出图线；(2)(2)图示中图示中i it t图线下所围的“面积所表示的图线下所围的“面积所表示的物理意义是物理意义是_._.(3)(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为端电压为U U0 0所带的电荷量所带的电荷量Q Q0 0_，并计算并计算电容器的电容电容器的电容C C_.(_.(这两空均保存三位这两空均保存三位有效数字有效数字)答案答案(1)(1)(2)(2)电容器两端电压为电容器两端电压为U U0 0时所带电荷量时所带电荷量(3)8.0010(3)8.00103 3 3 38.50108.5010 3 3C C1.29101.2910 3 31.37101.3710 F F3 3解析解析(1)(1)根据坐标系内所描出的点，用平滑的根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如下图曲线把各点连接起来，作出图象，图象如下图(2)(2)由由 Q QI It t知，电荷量为知，电荷量为I It t图象与图象与t t轴所包围的面积那么面积为电容器在开始放电轴所包围的面积那么面积为电容器在开始放电时所带的电荷量，时所带的电荷量，即电容器两端电压为即电容器两端电压为U U0 0时所带时所带电荷量电荷量(3)(3)由图象可知，“面积格数约由图象可知，“面积格数约 32323434 格电格电容容器器电电压压为为U U0 0时时，电电荷荷量量Q Q0 08.00108.00103 3C(8.0010C(8.00103 3C C8.50108.50103 3C C 均正确均正确)，电容器，电容器3 3Q Q0 08.00108.0010的电容的电容C C F1.2910F1.29103 3F.F.U U0 06.26.21414(2022(2022福建南平市第二次综合质检福建南平市第二次综合质检)(1)(1)某某研究性学习小组使用速度传感器“探究小车的研究性学习小组使用速度传感器“探究小车的加速度与力、质量的关系，实验装置如图加速度与力、质量的关系，实验装置如图 2 2 甲甲所示为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力所示为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可可 视视 为为 小小 车车 受受 到到 的的 合合 力力，正正 确确 的的 操操 作作 是是4 4_A A小车的质量小车的质量M M应远小于砝码和砝码盘的总质应远小于砝码和砝码盘的总质量量m mB B实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行细线与木板平行C C不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑适当垫高，使小车恰好能匀速下滑D D每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力图图 2 2(2)(2)该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力用图乙所示的装置探究物体受到空气空气阻力用图乙所示的装置探究物体受到空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板含薄板)5 5的的v vt t图象如图丙所示，该组同学通过分析得图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力_(_(选填“变大“不变或“变小选填“变大“不变或“变小)的结论理由是的结论理由是_._.答案答案(1)BC(1)BC(2)(2)变大变大v vt t图象斜率减小，图象斜率减小，加加速度速度(或合外力或合外力)减小减小解析解析(1)(1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，那么要求小车的质重力可视为小车受到的合力，那么要求小车的质量量M M应远大于砝码和砝码盘的总质量应远大于砝码和砝码盘的总质量m m，选项，选项 A A错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，选项的细线与木板平行，选项 B B 正确；不挂砝码和砝正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，选项恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，选项 C C 正确；正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，选每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，选项项 D D 错误错误(2)(2)由由v vt t图象可知斜率减小，图象可知斜率减小，那么加速度减小，那么加速度减小，6 6由由F FF Ff fmama可得阻力增大，即随着运动速度的可得阻力增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大理由是加速度增加，小车所受的空气阻力变大理由是加速度(或合外力或合外力)减小减小四、计算题四、计算题1515(2022西藏拉萨北京实验中学第五次月考(2022西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图如图 3 3 所示，两根平行光滑金属导轨所示，两根平行光滑金属导轨MNMN和和PQPQ放放置在水平面内，其间距置在水平面内，其间距L L0.2m,0.2m,磁感应强度磁感应强度B B0.5T0.5T 的匀强磁场垂直导轨平面向下，的匀强磁场垂直导轨平面向下，两导轨之两导轨之间连接的电阻间连接的电阻R R4.8，在导轨上有一金属棒4.8，在导轨上有一金属棒abab，其接入电路的电阻其接入电路的电阻r r0.2，0.2，金属棒与导轨金属棒与导轨垂直且接触良好，在垂直且接触良好，在abab棒上施加水平拉力使其棒上施加水平拉力使其以速度以速度v v0.5m/s0.5m/s 向右匀速运动，设金属导轨足向右匀速运动，设金属导轨足够长求：够长求：图图 3 3(1)(1)金属棒金属棒abab产生的感应电动势；产生的感应电动势；(2)(2)通过电阻通过电阻R R的电流大小和方向；的电流大小和方向；7 7(3)(3)水平拉力的大小水平拉力的大小F F.答案答案(1)0.05V(1)0.05V(2)0.01A(2)0.01A从从M M通过通过R R流向流向P P(3)0.001N(3)0.001N解析解析(1)(1)设金属棒设金属棒abab中产生的感应电动势为中产生的感应电动势为E E，那么：那么：E EBLvBLv代入数值得代入数值得E E0.05V0.05V(2)(2)设通过电阻设通过电阻R R的电流大小为的电流大小为I I，那么：，那么：I IR Rr r代入数值得代入数值得I I0.01A0.01A由右手定那么可得，通过电阻由右手定那么可得，通过电阻R R的电流方向从的电流方向从M M通过通过R R流向流向P P(3)(3)F F安安BILBIL0.001N0.001NE Eabab棒做匀速直线运动，那么棒做匀速直线运动，那么F FF F安安0.001N.0.001N.1616(2022(2022广东广州市下学期一模广东广州市下学期一模)倾角为倾角为的的斜面与足够长的光滑水平面在斜面与足够长的光滑水平面在D D处平滑连接，斜处平滑连接，斜面上面上ABAB的长度为的长度为 3 3L L，BCBC、CDCD的长度均为的长度均为 3.53.5L L，8 8BCBC局部粗糙，其余局部光滑如图局部粗糙，其余局部光滑如图 4,44,4 个“个“形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为依次标为 1 1、2 2、3 3、4 4，滑块上长为，滑块上长为L L的轻杆与斜的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块 1 1 恰恰好在好在A A处现将处现将 4 4 个滑块一起由静止释放，设滑个滑块一起由静止释放，设滑块经过块经过D D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰每个滑块的质量为碰每个滑块的质量为m m并可视为质点，滑块与并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为粗糙面间的动摩擦因数为 tantan，重力加速度为，重力加速度为g g.求：求：图图 4 4(1)(1)滑块滑块 1 1 刚进入刚进入BCBC时，滑块时，滑块1 1 上的轻杆所受到上的轻杆所受到的压力大小；的压力大小；(2)4(2)4 个滑块全部滑上水平面后，个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的相邻滑块之间的距离距离3 34 4答案答案(1)(1)mgmgsinsin(2)(2)L L4 43 3解析解析(1)(1)以以 4 4 个滑块为研究对象，设第一个滑个滑块为研究对象，设第一个滑9 9块刚进入块刚进入BCBC段时，段时，4 4 个滑块的加速度为个滑块的加速度为a a，由牛，由牛顿第二定律：顿第二定律：4 4mgmgsinsinmgmgcoscos4 4mama以滑块以滑块 1 1 为研究对象，为研究对象，设刚进入设刚进入BCBC段时，段时，滑块滑块 1 1受到的轻杆的压力为受到的轻杆的压力为F F，由牛顿第二定律：，由牛顿第二定律：F Fmgmgsinsinmgmgcoscosmamatantan3 3联立可得：联立可得：F Fmgmgsinsin4 43 3故轻杆所受的压力故轻杆所受的压力F FF Fmgmgsinsin4 4(2)(2)设设 4 4 个滑块完全进入粗糙段时，也即第个滑块完全进入粗糙段时，也即第 4 4 个个滑块刚进入滑块刚进入BCBC时，滑块的共同速度为时，滑块的共同速度为v v.这个过这个过程，程，4 4 个滑块向下移动了个滑块向下移动了 6 6L L的距离，的距离，1 1、2 2、3 3 滑滑块在粗糙段向下移动的距离分别为块在粗糙段向下移动的距离分别为3 3L L、2 2L L、L L.由动能定理，有：由动能定理，有：4 4mgmgsinsin66L Lmgmgcoscos(3(3L L2 2L LL L)1 12 244mvmv2 2可得：可得：v v3 3gLgLsinsin1010由于动摩擦因数为由于动摩擦因数为tantan，那么，那么 4 4 个滑块都个滑块都进入进入BCBC段后，段后，所受合外力为所受合外力为 0 0，各滑块均以速度各滑块均以速度v v做匀速运动做匀速运动第第 1 1 个滑块离开个滑块离开BCBC后做匀加速下滑，设到达后做匀加速下滑，设到达D D处时速度为处时速度为v v1 1，由动能定理：，由动能定理：1 12 21 12 2mgmgsinsin(3.5(3.5L L)mvmv1 1mvmv2 22 2可得：可得：v v1 14 4gLgLsinsin当第当第 1 1 个滑块到达个滑块到达C C处刚要离开粗糙段时，第处刚要离开粗糙段时，第 2 2个滑块正以个滑块正以v v的速度匀速向下运动，且运动的速度匀速向下运动，且运动L L距距离后离开粗糙段，依次类推，直到第离后离开粗糙段，依次类推，直到第 4 4 个滑块离个滑块离开粗糙段由此可知，相邻两个滑块到达开粗糙段由此可知，相邻两个滑块到达C C处的处的L L时间差为时间差为 t t，因此到达水平面的时间差也为因此到达水平面的时间差也为v vL Lt tv v所以滑块在水平面上的间距为所以滑块在水平面上的间距为d dv v1 1t t4 4联立解得联立解得d dL L.3 311111717(2022贵州贵阳市二模(2022贵州贵阳市二模)如图如图 5 5 所示，水平所示，水平直轨道直轨道ACAC的长度为的长度为L L8m8m，ACAC中点中点B B正上方有正上方有一探测器，一探测器，C C处有一竖直挡板处有一竖直挡板D D.现使物块现使物块P P1 1沿轨沿轨道向右以速度道向右以速度v v1 1与静止在与静止在A A处的物块处的物块P P2 2正碰，正碰，碰碰撞后，撞后，P P1 1与与P P2 2粘成组合体粘成组合体P P.以以P P1 1、P P2 2碰撞时刻为碰撞时刻为计时零点，探测器只在计时零点，探测器只在t t1 12s2s 至至t t2 24s4s 内工内工作物块作物块P P1 1、P P2 2的质量均为的质量均为m m1kg1kg，P P1 1、P P2 2和和P P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2.图图 5 5(1)(1)假设假设v v1 18m/s8m/s，P P恰好不与挡板发生碰撞，恰好不与挡板发生碰撞，求求P P与轨道与轨道ACAC间的动摩擦因数；间的动摩擦因数；(2)(2)假设假设P P与挡板发生弹性碰撞后能在探测器工与挡板发生弹性碰撞后能在探测器工作时间内通过作时间内通过B B点，求点，求v v1 1的取值范围；的取值范围；(3)(3)在满足在满足(2)(2)的条件下，求的条件下，求P P向左经过向左经过A A点时的点时的1212最大动能最大动能答案答案(1)0.1(1)0.1(2)10m/s(2)10m/sv v1 114 m/s14 m/s(3)17J(3)17J解析解析(1)(1)设设P P1 1、P P2 2碰撞后，碰撞后，P P的速度为的速度为v v，根据，根据动量守恒：动量守恒：mvmv1 12 2mvmv，解得，解得v v4m/s4m/sP P恰好不与挡板发生碰撞，即恰好不与挡板发生碰撞，即P P到达到达C C处速度恰处速度恰好减为零好减为零1 12 2根据动能定理：根据动能定理：0 0 22mvmv22mgLmgL2 2代入解得：代入解得：0.10.1(2)(2)由于由于P P与挡板的碰撞为弹性碰撞，与挡板的碰撞为弹性碰撞，P P在在ACAC间间等效为匀减速运动，设等效为匀减速运动，设P P的加速度大小为的加速度大小为a a.根据牛顿第二定律：根据牛顿第二定律：22mgmg2 2mama3 3P P返回经返回经B B点，根据匀变速直线运动的规律：点，根据匀变速直线运动的规律：L L2 21 12 2v vt tatat2 2由题意知，物块由题意知，物块P P在在 2 24s4s 经过经过B B点，代入数据点，代入数据解得：解得：5m/s5m/sv v7 m/s7 m/s1313再结合再结合mvmv1 12 2mvmv得得 10m/s10m/sv v1 114 m/s14 m/s(3)(3)设设P P向左经过向左经过A A点时的最大速度为点时的最大速度为v v2 2，此时此时v v7m/s7m/s，由速度位移公式：由速度位移公式：v v2 22 2v v2 24 4aLaL1 1那么那么P P向左经过向左经过A A点的最大动能为：点的最大动能为：E Ek k(2(2m m)v v2 22 22 217J.17J.1414