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1非选择题定时训练 10（限时：60 分钟）二、实验题13. （2019 云南玉溪一中第五次调研）如图 1 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U时所带的电荷量Q从而求出其电容C该实验的操作步骤如下：1按电路图接好实验电路；2接通开关 S,调节电阻箱R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U0= 6.2V 和微安表读数Io= 490 卩 A;3断开开关 S 并同时开始计时，每隔 5s 读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表 格中；4根据表格中的 12 组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点（图中用“x”表示），则:（1）根据图示中的描点作出图线;（3）根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U）所带的电荷量C0=计算电容器的电容C=_ .（这两空均保留三位有效数字）3 3 3-3(3)8.00 x108.50 x10 C 1.29x101.37x10 F解析（1）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，图象如图所图示中i图线下所围的“面积”所表示的物理意义是，并图 12由Q= It知，电荷量为It图象与t轴所包围的面积则面积为电容器在开始放电时所带的电荷量，即电容器两端电压为U0时所带电荷量.由图象可知，面积”格数约3234 格.电容器电压为U 时，电荷量 Q = 8.00X103 3 3Q 8 00X103C（8.00X10C8.50X10C 均正确），电容器的电容 C-=F 1.29X10F.U）6.214.(2019 福建南平市第二次综合质检 )(1)某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2甲所示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，正确的操作是 _ .A.小车的质量M应远小于砝码和砝码盘的总质量mB. 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C. 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D. 每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力(2)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示.速度传感搭3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(含薄板)的vt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(选填“变大” “不变”或“变小”)的结论.理由是答案(1)BC (2)变大vt图象斜率减小，加速度(或合外力)减小解析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，气阻力则要求4量M应远大于砝码和砝码盘的总质量m选项A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 B 正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，选项C 正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，选项 D 错误.(2)由vt图象可知斜率减小，则加速度减小，由FFf=ma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(或合外力)减小.四、计算题15. (2019 西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图 3 所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L= 0.2m,磁感应强度 B= 0.5T 的匀强磁场垂直导轨平面向下， 两导轨之间连接的电阻R=4.8Q，在导轨上有一金属棒ab,其接入电路的电阻r= 0.2Q,金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v= 0.5m/s 向右匀速运动，设金属导轨足够长求：5(1) 金属棒ab产生的感应电动势；通过电阻R的电流大小和方向；(3)水平拉力的大小F.答案 (1)0.05V(2)0.01A从M通过R流向P(3)0.001N解析(1)设金属棒ab中产生的感应电动势为E,则：E=BLv代入数值得E= 0.05V(2) 设通过电阻R的电流大小为I，则：EI=-R r代入数值得I= 0.01A由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向PF安=BIL= 0.001Nab棒做匀速直线运动，则F=F安=0.001N.16.(2019 广东广州市下学期一模)倾角为B的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接， 斜面上AB的长度为 3L,BC CD的长度均为 3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑如图 4,4 个“ ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰已知每个滑块的质量 为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan0，重力加速度为g.求：滑块 1 刚进入BC时，滑块 1 上的轻杆所受到的压力大小；(2)4 个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离.“亠 34答案4mn0(2)3L解析(1)以 4 个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进入BC段时，4 个滑块的加速度为a,由 牛顿第二定律：4mn0卩mgcos0= 4ma以滑块 1 为研究对象，设刚进入BC段时，滑块 1 受到的轻杆的压力为F,由牛顿第二定律：F+mgin0卩mcpos0=ma1 恰好在A6已知= tan03联立可得：F= mgjin03故轻杆所受的压力F=F= mgiin0(2)设 4 个滑块完全进入粗糙段时， 也即第 4 个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v.这个 过程，4个滑块向下移动了 6L的距离，1、2、3 滑块在粗糙段向下移动的距离分别为 3L、2L、L.由动能定理，有：4mgsin0 6L卩mgcos0 (3L+ 2L+L) =g4mV可得：v= 3JgLsin0由于动摩擦因数为= tan0,则 4 个滑块都进入BC段后，所受合外力为 0,各滑块均以速度v做匀速运动.第 1 个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为w,由动能定理：1212mgsin0 (3.5L)=mvmv可得：V1= 4gLsin0当第 1 个滑块到达C处刚要离开粗糙段时，第2 个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4 个滑块离开粗糙段由此可知，相邻两个滑块到达C处的时间差为 t=L,因此到达水平面的时间差也为t=-vv所以滑块在水平面上的间距为d=wt联立解得d=3L.17. (2019 贵州贵阳市二模)如图 5 所示，水平直轨道AC的长度为L= 8m,AC中点B正上方 有一探测器，C处有一竖直挡板D.现使物块Pi沿轨道向右以速度vi与静止在A处的物块F2正碰，碰撞后，F与F2粘成组合体F以F、F2碰撞时刻为计时零点，探测器只在ti= 2s 至12= 4s 内工作.已知物块F、F2的质量均为m=1 kg,Pi、P2和F均视为质点，不计空气阻力，. 2重力加速度g取 10m/s .探测器图 5(1) 若V1= 8m/s ,P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；(2) 若P与挡板发生弹性碰撞后能在探测器工作时间内通过B点，求V1的取值范围；(3) 在满足(2)的条件下，求P向左经过A点时的最大动能.7答案(1)0.1(2)10m/s V1 14 m/s (3)17J解析 设P、R碰撞后，P的速度为v,根据动量守恒：mv= 2mv解得v= 4m/sP恰好不与挡板发生碰撞，即P到达C处速度恰好减为零12根据动能定理：0 2X2m2=卩2mgL代入解得：= 0.1(2) 由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞，P在AC间等效为匀减速运动，设P的加速度大小为a.根据牛顿第二定律：i2mg=2ma312P返回经B点，根据匀变速直线运动的规律：2L=vt gat2由题意知，物块P在 24s 经过B点，代入数据解得：5m/svw7 m/s再结合mv= 2mV得 10m/swV1 14 m/s(3) 设P向左经过A点时的最大速度为V2,此时v= 7m/s,由速度位移公式：V22v2= 4aL则P向左经过A点的最大动能为：E= 2(2V22= 17J.
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