老高考適用2023版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第4部分題型專練實驗題計算題專項練4

實驗題、計算題專項練(四)(考試時間：30分鐘試卷滿分：47分)22．(5分)某同學(xué)做研究勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的實驗裝置如圖甲所示，得到一條清晰的紙帶如圖乙所示，并在紙帶上選取A、B、C、D、E共5個計數(shù)點(每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點未畫出)，已知打點計時器的打點頻率為50Hz．(1)關(guān)于本實驗，下列說法正確的是__B__．(填選項前字母)A．釋放紙帶的同時，接通電源B．先接通電源打點，后釋放紙帶運(yùn)動C．先釋放紙帶運(yùn)動，后接通電源打點D．紙帶上的點跡越密集，說明紙帶運(yùn)動的速度越大(2)打B點時小車的速度大小為vB＝__0.26__m/s．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)小車的加速度大小為a＝__0.40__m/s2．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【解析】(1)由于小車速度較快，且運(yùn)動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點，實驗時應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，A、C錯誤，B正確；紙帶上的點跡越密集，說明相同時間內(nèi)的位移越小，故紙帶運(yùn)動的速度越小，D錯誤．(2)打B點時小車的速度大小為vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(52.0×10－3,2×0.1)m/s＝0.26m/s．(3)利用逐差法，可得小車的加速度大小為a＝eq\f(s3＋s4－s1＋s2,2T2)＝0.40m/s2．23．(10分)圖(a)是測量電源電動勢E和內(nèi)阻r的原理圖．R0＝2.5Ω為定值保護(hù)電阻，電流表內(nèi)阻不計，長度為60cm的電阻絲ab上標(biāo)有長度刻度．(1)在電阻絲接入電路前，使用多用電表測量它的電阻，選擇倍率“×10”測量時指針偏角過大，則應(yīng)選擇歐姆擋__×1__(選填“×1”或“×100”)倍率重新進(jìn)行測量．正確操作后，多用表的示數(shù)如圖(b)所示，結(jié)果為__6(或6.0)__Ω，電阻絲單位長度電阻μ0＝__10__Ω/m；(2)請根據(jù)電路圖(a)把實驗圖(c)電路連接完整；(3)閉合開關(guān)S，記錄ac的長度L和電流表A的示數(shù)I．多次滑動c點改變ac的長度，測得多組L和I的值，并計算出對應(yīng)的eq\f(1,I)值，則eq\f(1,I)＝__eq\f(μ0,E)L＋eq\f(r＋R0,E)__；(用E、r、R0、L和μ0表示)(4)圖(d)是根據(jù)多組實驗數(shù)據(jù)得到的eq\f(1,I)-L圖象，由圖象得電動勢E＝__2.08__V，內(nèi)阻r＝__1.67__Ω．(計算結(jié)果保留到小數(shù)點后兩位)【答案】(2)見解析圖【解析】(1)在電阻絲接入電路前，使用多用電表測量它的電阻，選擇倍率“×10”測量時指針偏角過大，應(yīng)選擇歐姆擋×1倍率重新進(jìn)行測量；正確操作后，多用電表的示數(shù)如圖(b)所示，結(jié)果為6Ω；長度為60cm的電阻絲ab上標(biāo)有長度刻度μ0＝eq\f(R,L)＝eq\f(6,60×10－2)＝10Ω/m．(2)(3)因為是串聯(lián)電路，則E＝I(R0＋μ0L＋r)即eq\f(1,I)＝eq\f(μ0,E)L＋eq\f(r＋R0,E)．(4)由圖可知eq\f(r＋R0,E)＝2eq\f(μ0,E)＝eq\f(4.4－2.0,0.50)解得E＝2.08V，r＝1.67Ω．24．(12分)如圖所示為某滑雪賽道簡化模型，運(yùn)動員從雪道上的A點由靜止滑下后沿切線從B點進(jìn)入半徑R＝15m的豎直冰面圓弧軌道BDC，從軌道上的C點飛出，A、B之間的豎直高度h＝27m，AB與水平地面間夾角為37°，OB與OC互相垂直，∠BOD＝37°．運(yùn)動員和裝備的總質(zhì)量為m＝60kg，且可視為質(zhì)點，摩擦力和空氣阻力可忽略不計．已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：(1)在軌道最低點D時，運(yùn)動員對軌道的壓力大??；(2)運(yùn)動員滑離C點后在空中飛行過程中距D點的最大高度．【答案】(1)3000N(2)21.36m【解析】(1)設(shè)運(yùn)動員在軌道最低點D時的速度大小為vD，對運(yùn)動員從雪道上的A點由靜止滑到D點過程，由動能定理得mg(h＋R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0解得vD＝10eq\r(6)m/s設(shè)運(yùn)動員在軌道最低點D時所受軌道支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)解得FN＝3000N由牛頓第三定律可知，在軌道最低點D時，運(yùn)動員對軌道的壓力大小為3000N．(2)設(shè)運(yùn)動員經(jīng)過C點時的速度大小為vC，對運(yùn)動員從D點滑到C點過程，由動能定理得－mgR(1－sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得vC＝4eq\r(30)m/s運(yùn)動員滑離C點后在空中做斜拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動員在空中的最高點與C點間的高度差為h′，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律有(vCcos37°)2＝2gh′解得h′＝15.36m運(yùn)動員滑離C點后在空中飛行過程中距D點的最大高度為H＝h′＋R(1－sin37°)＝21.36m．25．(20分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子在x軸上的A(－d,0)點沿y軸正方向射入電場區(qū)域，粒子第一次經(jīng)過y軸時的速度方向與y軸正方向的夾角為60°，之后每相鄰兩次經(jīng)過y軸時的位置間距相等．不計粒子重力．求：(1)粒子的初速度v0的大??；(2)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)粒子從A點運(yùn)動到第n次經(jīng)過y軸的時間．【答案】(1)v0＝eq\r(\f(2Eqd,3m))(2)B＝eq\r(\f(3Em,2qd))(3)見解析【解析】(1)粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，沿x軸方向的加速度大小a＝eq\f(Eq,m)從A點運(yùn)動到第一次經(jīng)過y軸的過程，x軸方向有veq\o\al(2,x)＝2ad第一次經(jīng)過y軸時有tan60°＝eq\f(vx,v0)聯(lián)立解得v0＝eq\r(\f(2Eqd,3m))．(2)粒子第一次經(jīng)過y軸時的速度大小v＝eq\f(vx,sin60°)粒子在磁場中運(yùn)動洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)由幾何關(guān)系可知，粒子每次進(jìn)入磁場到離開磁場的過程中沿y軸方向運(yùn)動的距離L＝2rsin60°粒子每次從y軸進(jìn)入電場到離開電場，運(yùn)動的時間t0＝eq\f(2vx,a)t0時間內(nèi)，粒子沿y軸方向運(yùn)動的距離為y＝v0t0由題意可知y＝L聯(lián)立解得B＝eq\r(\f(3Em,2qd))．(3)設(shè)粒子從A點到第一次經(jīng)過y軸的時間為t1，則由eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝d解得t1＝eq\r(\f(2dm,Eq))粒子第一次經(jīng)過y軸到第二次經(jīng)過y軸，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2＝eq\f(T,3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)解得t2＝eq\f(2π,9)eq\r(\f(6dm,Eq))粒子第二次經(jīng)過y軸到第三次經(jīng)過y軸，在電場中運(yùn)動的時間t3＝eq\f(2vx,a)＝2eq\r(\f(2dm,Eq))＝2t1所以粒子從A點運(yùn)動到第n次經(jīng)過y軸時的時間t＝nt1＋eq\f(n－1,2)t2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\