2024高考物理二輪復習實驗題計算題專項練2含解析

PAGE5-試驗題、計算題專項練(二)22．(5分)某試驗小組利用如圖1所示的裝置探究加速度與力、質量的關系．試驗中保持小車的質量M不變，變更砂和砂桶的質量以達到變更拉力的目的，并用砂和砂桶的總重力表示小車所受的拉力的大?。渲写螯c計時器所接溝通電源的頻率為50Hz.(1)若該小組的兩位同學各自進行試驗，分別得到了如圖2所示的①②圖線，則得到這兩條圖線的緣由分別是：圖線①說明_平衡摩擦力過度__，圖線②說明_未平衡摩擦力(合理即可)__；(2)該小組同學正確進行操作，完成試驗后得到如圖3所示的一條紙帶(圖中為計數(shù)點)，已知每兩個計數(shù)點之間還有4個計時點沒有畫出，則小車的加速度為a＝_0.75__m/s2.【解析】(1)依據(jù)a＝eq\f(F,M)＋eq\f(Mgsinθ－μMgcosθ,M)，分析可知圖線①是由于平衡摩擦力過度，圖線②是由于未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．(2)因為T＝0.10s，依據(jù)Δx＝aT2，小車的加速度為：a＝eq\f(x36－x03,3T2)＝eq\f(x06－2x03,9T2)＝0.75m/s2.23．(10分)一試驗小組要測量某型號多用電表歐姆擋“×10”正常工作時的內阻RΩ和其內部電源的電動勢E，該多用電表歐姆擋“×10”的內部電路如圖1中虛線框所示．(1)若電池內阻為r，表頭內阻為Rg，變阻器有效阻值為RH，則RΩ的理論值為RΩ＝_RH＋Rg＋r__.(2)已知該型號多用電表的電源采納2節(jié)干電池，試驗小組設計了如圖2的電路，則虛線框中X為儀器_B__，電壓表應選用_C__(填儀器前的字母序號)．A．滑動變阻器B．電阻箱C．量程3V的電壓表D．量程15V的電壓表(3)試驗操作步驟如下：①調整“指針定位螺絲”，使指針指在表盤左側零刻度處，再將擋位選擇開關調至歐姆擋“×10”，短接紅黑表筆，調整“歐姆調零旋鈕”使指針指在表盤右側零刻度處；②將圖2電路與多用電表的表筆連接，黑表筆應連接_A__端(填“A”或“B”)；③變更儀器X的阻值，讀取多組電壓表和儀器X的示數(shù)U和R.(4)試驗小組對測量數(shù)據(jù)進行分析后，一部分同學發(fā)覺eq\f(1,U)與eq\f(1,R)呈線性關系，另一部分同學發(fā)覺U與eq\f(U,R)呈線性關系，并各自作出了相應的圖像如圖3和圖4所示．依據(jù)圖3中所給數(shù)據(jù)，可得所測電動勢E＝eq\f(1,a1)，內阻RΩ＝eq\f(a3－a1,a1a2)；依據(jù)圖4中所給數(shù)據(jù)，可得所測電動勢E＝_b3__，內阻RΩ＝eq\f(b3－b1,b2).(用圖中字母表示)【解析】(1)歐姆表的內阻應為表內全部元件電阻之和，即RΩ＝RH＋Rg＋r；(2)滑動變阻器無法讀出阻值，應選B(電阻箱)，兩節(jié)干電池的電動勢最大為3.0V，所以應選C(量程3V的電壓表)；(3)黑表筆連接內部電源的正極，所以應接圖2電路的A端；(4)由閉合電路歐姆定律得：E＝U＋IRΩ＝U＋eq\f(U,R)RΩ，可變形為：eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(RΩ,E)·eq\f(1,R)，所以：圖3中，圖線與縱軸的截距a1＝eq\f(1,E)，斜率eq\f(a3－a1,a2)＝eq\f(RΩ,E)，即E＝eq\f(1,a1)，RΩ＝eq\f(a3－a1,a1a2)；又可以變形為：U＝E－eq\f(U,R)RΩ，所以圖4中，圖線與縱軸的截距b3＝E，斜率－eq\f(b3－b1,b2)＝－RΩ，即E＝b3，RΩ＝eq\f(b3－b1,b2).24．(12分)如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面與水平面平滑連接，質量為m的小物塊A從斜面上離地高H＝3m處滑下，與靜止于斜面底端質量為2m的小物塊B發(fā)生完全彈性碰撞(碰撞時間極短且為正碰)．已知小物塊A和B均可以看成質點，全部接觸面的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，取g＝10m/s2.求：(計算結果保留兩位有效數(shù)字)(1)小物塊A與小物塊B碰撞后沿斜面上升的最大高度h；(2)小物塊A與小物塊B均停止運動后，兩者之間的距離d.【答案】(1)0.14m(2)2.4m【解析】(1)設A與B碰撞前A的速度為v0，碰撞后A的速度為v1、B的速度為v2，則A沿斜面下滑的過程，由動能定理可得：mgH－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0(1分)又f＝μmgcosθ(1分)由幾何關系可知：s＝eq\f(H,sinθ)(1分)A、B發(fā)生完全彈性碰撞，動量守恒、能量守恒，可得：mv0＝mv1＋2mv2(1分)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)(1分)對碰撞后A返回斜面的過程，由動能定理有：－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)聯(lián)立解得：h＝0.14m(1分)(2)A、B碰撞后，對B由動能定理得：－μ(2m)gsB＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)(1分)對A由動能定理得：－2μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgsA＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)由題可知：d＝sB－sA(1分)解得：d＝2.4m(2分)25．(20分)如圖所示為真空中某豎直平面內的xOy坐標系．已知在x<0區(qū)域有勻強磁場B(方向如圖所示，大小未知)，在第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場E1(大小未知)，質量為m、電荷量為＋q的粒子從點A(0，－l)垂直于y軸以速度v0射入第三象限，做勻速圓周運動從點C(0，l)垂直于y軸射入第一象限，在第一象限內做曲線運動并從點D穿過x軸進入第四象限，通過D點時的速度為v1(大小未知)，v1的方向與x軸正方向成θ＝45°角，不考慮粒子的重力，則：(1)請確定勻強磁場磁感應強度B的大??；(2)請確定勻強電場的電場強度E1的大小和D點的坐標(用l表示)；(3)若粒子經過D點后馬上進入一個場強為E2的矩形勻強電場，在該電場的作用下可以返回A點并沿固定路途做周期性運動，請確定該電場存在的最小區(qū)域及E2的大小和方向．【答案】(1)B＝eq\f(mv0,ql)(2)E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)D點坐標為(2l,0)(3)見解析【解析】(1)由題，粒子在二、三象限內做勻速圓周運動，可知其軌跡圓心為點O，半徑為l，qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),l)(1分)解得：B＝eq\f(mv0,ql)(1分)(2)由題知，粒子在第一象限內做類平拋運動，豎直位移為l，水平位移即為D點橫坐標xD，有：a＝eq\f(qE1,m)(1分)l＝eq\f(1,2)at2(1分)xD＝v0t(1分)tanθ＝eq\f(v1y,v0)(1分)v1y＝at(1分)解得：xD＝2l，E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)(1分)D點坐標為(2l,0)(1分)(3)若要使該粒子可以返回A點并沿固定路途做周期性運動，則應滿意：v1的水平重量v1x需反向且大小為v0，v1的豎直重量v1y需減小為零．由題及(2)知：v1x＝v0，v1y＝v0(1分)由于E2為勻強電場，所以粒子在第四象限內做勻變速運動，設粒子在x方向的加速度大小為ax，位移為sx，在y方向的加速度大小為ay，位移為sy，則有：v1x－axt′＝－v0(1分)v1y－ayt′＝0(1分)sx＝v1xt′－eq\f(1,2)axt′2＝0(1分)sy＝v1yt′－eq\f(1,2)ayt′2＝l(1分)設E2在x負方向的重量為E2x，y方向的重量為E2y，E2與x負方向的夾角為α，則有：qE2x＝maxqE2y＝may(1分)E2＝eq\r(E\o\al(2,2x)＋E\o\al(2,2y))(1分)tanα＝eq\f(E2y,E2x)(1分)解得：E2＝eq\f(\r(5)mv\o\al(2,0),2ql)，α＝arctaneq\f(1,2)(如圖所示)(1分)設粒子達到電場最右端時與D點的水平距離為s′