新高考物理二轮复习实验题计算题专项练2作业

实验题、计算题专项练(二)22．(5分)某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．实验中保持小车的质量M不变，改变砂和砂桶的质量以达到改变拉力的目的，并用砂和砂桶的总重力表示小车所受的拉力的大小．其中打点计时器所接交流电源的频率为50Hz.(1)若该小组的两位同学各自进行实验，分别得到了如图2所示的①②图线，则得到这两条图线的原因分别是：图线①说明_平衡摩擦力过度__，图线②说明_未平衡摩擦力(合理即可)__；(2)该小组同学正确进行操作，完成实验后得到如图3所示的一条纸带(图中为计数点)，已知每两个计数点之间还有4个计时点没有画出，则小车的加速度为a＝_0.75__m/s2.【解析】(1)根据a＝eq\f(F,M)＋eq\f(Mgsinθ－μMgcosθ,M)，分析可知图线①是由于平衡摩擦力过度，图线②是由于未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．(2)因为T＝0.10s，根据Δx＝aT2，小车的加速度为：a＝eq\f(x36－x03,3T2)＝eq\f(x06－2x03,9T2)＝0.75m/s2.23．(10分)一实验小组要测量某型号多用电表欧姆挡“×10”正常工作时的内阻RΩ和其内部电源的电动势E，该多用电表欧姆挡“×10”的内部电路如图1中虚线框所示．(1)若电池内阻为r，表头内阻为Rg，变阻器有效阻值为RH，则RΩ的理论值为RΩ＝_RH＋Rg＋r__.(2)已知该型号多用电表的电源采用2节干电池，实验小组设计了如图2的电路，则虚线框中X为仪器_B__，电压表应选用_C__(填仪器前的字母序号)．A．滑动变阻器B．电阻箱C．量程3V的电压表D．量程15V的电压表(3)实验操作步骤如下：①调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左侧零刻度处，再将挡位选择开关调至欧姆挡“×10”，短接红黑表笔，调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘右侧零刻度处；②将图2电路与多用电表的表笔连接，黑表笔应连接_A__端(填“A”或“B”)；③改变仪器X的阻值，读取多组电压表和仪器X的示数U和R.(4)实验小组对测量数据进行分析后，一部分同学发现eq\f(1,U)与eq\f(1,R)呈线性关系，另一部分同学发现U与eq\f(U,R)呈线性关系，并各自作出了相应的图像如图3和图4所示．根据图3中所给数据，可得所测电动势E＝eq\f(1,a1)，内阻RΩ＝eq\f(a3－a1,a1a2)；根据图4中所给数据，可得所测电动势E＝_b3__，内阻RΩ＝eq\f(b3－b1,b2).(用图中字母表示)【解析】(1)欧姆表的内阻应为表内所有元件电阻之和，即RΩ＝RH＋Rg＋r；(2)滑动变阻器无法读出阻值，应选B(电阻箱)，两节干电池的电动势最大为3.0V，所以应选C(量程3V的电压表)；(3)黑表笔连接内部电源的正极，所以应接图2电路的A端；(4)由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋IRΩ＝U＋eq\f(U,R)RΩ，可变形为：eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(RΩ,E)·eq\f(1,R)，所以：图3中，图线与纵轴的截距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)；又可以变形为：U＝E－eq\f(U,R)RΩ，所以图4中，图线与纵轴的截距b3＝E，斜率－eq\f(b3－b1,b2)＝－RΩ，即E＝b3，RΩ＝eq\f(b3－b1,b2).24．(12分)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与水平面平滑连接，质量为m的小物块A从斜面上离地高H＝3m处滑下，与静止于斜面底端质量为2m的小物块B发生完全弹性碰撞(碰撞时间极短且为正碰)．已知小物块A和B均可以看成质点，所有接触面的动摩擦因数均为μ＝0.3，取g＝10m/s2.求：(计算结果保留两位有效数字)(1)小物块A与小物块B碰撞后沿斜面上升的最大高度h；(2)小物块A与小物块B均停止运动后，两者之间的距离d.【答案】(1)0.14m(2)2.4m【解析】(1)设A与B碰撞前A的速度为v0，碰撞后A的速度为v1、B的速度为v2，则A沿斜面下滑的过程，由动能定理可得：mgH－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0(1分)又f＝μmgcosθ(1分)由几何关系可知：s＝eq\f(H,sinθ)(1分)A、B发生完全弹性碰撞，动量守恒、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)对碰撞后A返回斜面的过程，由动能定理有：－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)联立解得：h＝0.14m(1分)(2)A、B碰撞后，对B由动能定理得：－μ(2m)gsB＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)(1分)对A由动能定理得：－2μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgsA＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)由题可知：d＝sB－sA(1分)解得：d＝2.4m(2分)25．(20分)如图所示为真空中某竖直平面内的xOy坐标系．已知在x<0区域有匀强磁场B(方向如图所示，大小未知)，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场E1(大小未知)，质量为m、电荷量为＋q的粒子从点A(0，－l)垂直于y轴以速度v0射入第三象限，做匀速圆周运动从点C(0，l)垂直于y轴射入第一象限，在第一象限内做曲线运动并从点D穿过x轴进入第四象限，通过D点时的速度为v1(大小未知)，v1的方向与x轴正方向成θ＝45°角，不考虑粒子的重力，则：(1)请确定匀强磁场磁感应强度B的大小；(2)请确定匀强电场的电场强度E1的大小和D点的坐标(用l表示)；(3)若粒子经过D点后立即进入一个场强为E2的矩形匀强电场，在该电场的作用下可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，请确定该电场存在的最小区域及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点坐标为(2l,0)(3)见解析【解析】(1)由题，粒子在二、三象限内做匀速圆周运动，可知其轨迹圆心为点O，半径为l，qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),l)(1分)解得：B＝eq\f(mv0,ql)(1分)(2)由题知，粒子在第一象限内做类平抛运动，竖直位移为l，水平位移即为D点横坐标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点坐标为(2l,0)(1分)(3)若要使该粒子可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，则应满足：v1的水平分量v1x需反向且大小为v0，v1的竖直分量v1y需减小为零．由题及(2)知：v1x＝v0，v1y＝v0(1分)由于E2为匀强电场，所以粒子在第四象限内做匀变速运动，设粒子在x方向的加速度大小为ax，位移为sx，在y方向的加速度大小为ay，位移为sy，则有：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)设E2在x负方向的分量为E2x，y方向的分量为E2y，E2与x负方向的夹角为α，则有：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)(如图所示)(1分)设粒子达到电场最右端时与D点的水平距离为s′