2020年全国版物理二轮复习高考小卷专项非选择题仿真练二(含详细解析)

1、第1第1页共5页 年全国版物理二轮复习高考小卷专项非选择题仿真练二(含详细解析)22.如图所示的冲击摆装置， 是高中物理专用实验仪器， 主要用于研究物体的完全非弹 性碰撞及测定钢球的速度等实验。 其原理是利用弹簧枪发射钢球， 将钢球水平打入静止摆块 左侧的小洞并停在里面，时间极短，摆块 (内含钢球)向右摆动，推动指针，指针摆过的最大 角度即为摆块的最大摆角。已知摆块质量为 M = 80 g ,钢球质量为 m= 8.4 g,直径d = 12.7mm,弹簧枪水平发射钢球的速度有三挡。(1)某实验小组利用平抛规律测量弹簧枪全部三挡的发射钢球速度，先将摆块移开，发射后钢球做平抛运动， 测得三次实验中钢

2、球的水平位移如下表所示，并通过相关数据计算出 了 1、3挡钢球的发射速度，请你估算 V2的大小。发射挡位平抛水平位移发射速度10.27 mv1= 5.4 m/s20.33 mV2 =30.38 mV3= 7.6 m/s(2)设钢球打进摆块的初速度为vo,如果钢球和摆块系统的动量守恒，则钢球打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为 (设摆块初始位置的重力势能为0)。RdM + mD.C. 1D.x1 0.27解析：(1)钢球1做平抛运动的时间为：t = -=s=0.05 s,各钢球做平抛运动的时V1 5.4间是相等的，所以钢球 2的初速度为：V2 = x2=6.6 m/s。(2)设钢球射入摆块

3、后共同速度为v,选V0的方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=(m+ M)v。E 2(M+m)v2则钢球打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为：Er=1E012/V0联立可得： 5=3,故A正确，B、C、D错误。E0 m+ M答案：(1)6.6 m/s (2)A23.某同学用图甲所示的电路研究某种型号电池的电动势及内阻，图中R0为5 的定 值电阻，两个电压表均为理想电压表。(1)请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙中的实物图补充完整。(2)闭合开关，电压表 Vi、V2的示数分别为Ui、U(2)闭合开关，电压表 Vi、V2的示数分别为Ui、U2,调节滑动变阻器,得到多组Ui、U2

4、,作出电池的U1-U2曲线如图丙。由此可知电池的电动势为V,U2较大时电池的内阻将(选填“增大” “不变”或“减小”)。(3)若将图甲所示的电路图中的滑动变阻器换成R=20 皿定值电阻，闭合开关后电阻 R消耗的电功率为W(消耗的电功率为W(计算结果保留两位有效数字 )。解析：(1)电路如图。科龙 电油科龙 电油(2)由闭合电路的欧姆定律:电动势为2.90 V;因图像的斜率U(2)由闭合电路的欧姆定律:电动势为2.90 V;因图像的斜率E=Ui+R0r,即Ui=E R0U2 ,由题给图像可知，电池的. r k=, U2较大时，图像的斜率变大，则电池的内阻将增大。R0(3)若将图题甲所示的电路图中

5、的滑动变阻器换成R= 20 的定值电阻，闭合开关后电阻R两端的电压等于 Ro两端电压的4倍，则此时Ui=5U2,由图像可知Ui = 2.5 V, U2= 0.5Ur222V, R两端的电压为 2.0 V,则R消耗的电功率为 Pr=-R- = 20 W=0.20 Wo答案：(i)见解析图 (2)2.90 增大 (3)0.20.如图所示，一条长为L的细绳一端系于 O点，另一端系一个冬.质量为m的小钢球A(视为质点)，另一条相同的细绳两端系着质量为.1-12m的小钢球B(视为质点)和质量为m的小钢球C(视为质点)，其中C球穿过光滑的水平细杆，开始时悬线竖直，A、B两球刚好接触，现将 A拉到与竖直方向

6、成0= 60 的位置，由静止释放后与B球发生弹性正碰，已知重力加速度为g,求：(1)A、B碰撞结束时，小球 B的速度vb；(2)B球向右运动过程中的最大高度h2。解析：(1)设小球A即将与小球B碰撞前的速度为vo,小球A由初始位置摆动到最低点 的过程中，由机械能守恒定律可得：mgL(1 cos 60 ) = 2mvo2解得：Vo = -gL设碰撞后小球 A速度为vi,小球B速度为vb,由于小球A与小球B是弹性碰撞，所以 碰撞过程满足机械能守恒和动量守恒，取向右为正方向，则得：12 12 122mvo = 2mv1 + 2 2mvBmvo= mv1+ 2mvB两式联立可得：VB = |VglLo

7、(2)当B向右的位置最高时，B与C水平方向的速度相等，由动量守恒可得：2mvB= (m+ 2m)v 由能量守恒定律可得： 19 12 2mvB2= 2 3mv2+ 2mgh2.1 2L联立解得：h2=2y答案：3.gL (2)2L.如图所示，在坐标系 xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在 x2L区域内存在 与x轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球，电荷量为 q,从原点。水平抛出，再从 A 点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的 最远点，B点的横坐标Xb=3Lo已知小球抛出时的动能为Ek0,在B点的动能为4Ek0,重力3加速度为g,不计空气阻力。

8、求：(1)小球在OA段运动的时间与在 AB段运动的时间之比;(2)匀强电场的场强和小球的质量；(3)小球在电场中运动的最小动能。解析：(1)设小球质量为m,初速度为V0,从。到A,小球水平方向做匀速直线运动，有：2L = VotoA 从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0,由运动学公式得：L=5tAB联立解得：toA = tAB(2)设小球在B点竖直方向上的速度为VBy,有、Ek0 =:mvBy2d 32一 1、又 Eko= 2mvo2设小球在A点竖直方向的速度为 VAy,由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且tOA = tAB 联立解得：vAy= Wv03从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得:vqEL 联立解得：E = E7,方向水平向左 qL又由运动学公式得 vAy= gtOAqE 丁vo= mtAB联立解得：m = 3Ek0o3gL(3)由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为 30, va与水平方向夹角为 30,建立如图