2024高考物理二輪復(fù)習(xí)實(shí)驗(yàn)題計(jì)算題專項(xiàng)練2含解析

PAGE5-試驗(yàn)題、計(jì)算題專項(xiàng)練(二)22．(5分)某試驗(yàn)小組利用如圖1所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系．試驗(yàn)中保持小車的質(zhì)量M不變，變更砂和砂桶的質(zhì)量以達(dá)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(diǎn)計(jì)時(shí)器所接溝通電源的頻率為50Hz.(1)若該小組的兩位同學(xué)各自進(jìn)行試驗(yàn)，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(xué)正確進(jìn)行操作，完成試驗(yàn)后得到如圖3所示的一條紙帶(圖中為計(jì)數(shù)點(diǎn))，已知每兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)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?yàn)門＝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(yàn)小組要測(cè)量某型號(hào)多用電表歐姆擋“×10”正常工作時(shí)的內(nèi)阻RΩ和其內(nèi)部電源的電動(dòng)勢(shì)E，該多用電表歐姆擋“×10”的內(nèi)部電路如圖1中虛線框所示．(1)若電池內(nèi)阻為r，表頭內(nèi)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(hào)多用電表的電源采納2節(jié)干電池，試驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖2的電路，則虛線框中X為儀器_B__，電壓表應(yīng)選用_C__(填儀器前的字母序號(hào))．A．滑動(dòng)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(yàn)操作步驟如下：①調(diào)整“指針定位螺絲”，使指針指在表盤左側(cè)零刻度處，再將擋位選擇開關(guān)調(diào)至歐姆擋“×10”，短接紅黑表筆，調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”使指針指在表盤右側(cè)零刻度處；②將圖2電路與多用電表的表筆連接，黑表筆應(yīng)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(yàn)小組對(duì)測(cè)量數(shù)據(jù)進(jìn)行分析后，一部分同學(xué)發(fā)覺eq\f(1,U)與eq\f(1,R)呈線性關(guān)系，另一部分同學(xué)發(fā)覺U與eq\f(U,R)呈線性關(guān)系，并各自作出了相應(yīng)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(cè)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(1,a1)，內(nèi)阻RΩ＝eq\f(a3－a1,a1a2)；依據(jù)圖4中所給數(shù)據(jù)，可得所測(cè)電動(dòng)勢(shì)E＝_b3__，內(nèi)阻RΩ＝eq\f(b3－b1,b2).(用圖中字母表示)【解析】(1)歐姆表的內(nèi)阻應(yīng)為表內(nèi)全部元件電阻之和，即RΩ＝RH＋Rg＋r；(2)滑動(dòng)變阻器無法讀出阻值，應(yīng)選B(電阻箱)，兩節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)最大為3.0V，所以應(yīng)選C(量程3V的電壓表)；(3)黑表筆連接內(nèi)部電源的正極，所以應(yīng)接圖2電路的A端；(4)由閉合電路歐姆定律得：E＝U＋I(xiàn)RΩ＝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(zhì)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(zhì)量為2m的小物塊B發(fā)生完全彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短且為正碰)．已知小物塊A和B均可以看成質(zhì)點(diǎn)，全部接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，取g＝10m/s2.求：(計(jì)算結(jié)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(yùn)動(dòng)后，兩者之間的距離d.【答案】(1)0.14m(2)2.4m【解析】(1)設(shè)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(dòng)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(guān)系可知：s＝eq\f(H,sinθ)(1分)A、B發(fā)生完全彈性碰撞，動(dòng)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(duì)碰撞后A返回斜面的過程，由動(dòng)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(duì)B由動(dòng)能定理得：－μ(2m)gsB＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)(1分)對(duì)A由動(dòng)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(nèi)的xOy坐標(biāo)系．已知在x<0區(qū)域有勻強(qiáng)磁場B(方向如圖所示，大小未知)，在第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E1(大小未知)，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從點(diǎn)A(0，－l)垂直于y軸以速度v0射入第三象限，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)從點(diǎn)C(0，l)垂直于y軸射入第一象限，在第一象限內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)并從點(diǎn)D穿過x軸進(jìn)入第四象限，通過D點(diǎn)時(shí)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(qǐng)確定勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)請(qǐng)確定勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E1的大小和D點(diǎn)的坐標(biāo)(用l表示)；(3)若粒子經(jīng)過D點(diǎn)后馬上進(jìn)入一個(gè)場強(qiáng)為E2的矩形勻強(qiáng)電場，在該電場的作用下可以返回A點(diǎn)并沿固定路途做周期性運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)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(diǎn)坐標(biāo)為(2l,0)(3)見解析【解析】(1)由題，粒子在二、三象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其軌跡圓心為點(diǎn)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(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移為l，水平位移即為D點(diǎn)橫坐標(biāo)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(diǎn)坐標(biāo)為(2l,0)(1分)(3)若要使該粒子可以返回A點(diǎn)并沿固定路途做周期性運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)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(qiáng)電場，所以粒子在第四象限內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)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(shè)E2在x負(fù)方向的重量為E2x，y方向的重量為E2y，E2與x負(fù)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(shè)粒子達(dá)到電場最右端時(shí)與D點(diǎn)的水平距離為s′