高考物理二轮复习实验题、计算题专项练4含解析

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实验题、计算题专项练(四)(考试时间：30分钟　试卷满分：47分)22．(5分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块“悬浮”在导轨上，滑块对导轨的压力近似为零，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．某实验小组验证动量守恒定律的实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：(滑块A、B的质量mA、mB已经给出且不相等)①调整气垫导轨，使导轨处于水平．②在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．③用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；B的右端至D板的距离L2.④给导轨送气，气流稳定后，按下电钮放开卡销．同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时自动停止计时，从计时器上记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)利用已经给的量和上述测量的实验数据，写出验证动量守恒定律的表达式　mA＝mB　.(2)利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为　mA2＋mB2　.【解析】　(1)滑块A、B在弹簧被释放时满足动量守恒定律，得mAvA＝mBvB滑块被弹开后做匀速直线运动，则vA＝，vB＝得mA＝mB(2)滑块A、B在弹簧被释放时，弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则根据能量守恒可得EP＝mA2＋mB223．(10分)(1)小明准备将电流表G改装成电压表，需要测量电流表的内阻Rg，他采用如图(a)所示的电路，实验步骤如下：①连接好电路，闭合开关S1前，滑块变阻器R1的滑片应置于  a  (填“a”或“b”)端附近．②闭合S1，断开S2，调节R1使电流表G满偏．③闭合S2，保持R1阻值不变，调节电阻箱R2的阻值，使电流表G的指针指到满刻度的，读出电阻箱示数R2＝104.0 Ω，则测得电流表G的内阻Rg＝  52.0  Ω.(2)查阅说明书后，知电流表G的内阻Ig＝53.0 Ω，量程Ig＝1 mA，其改装成量程为15 V的电压表，串联的电阻箱R2的阻值电压表应调到  14_947.0  Ω.(3)将改装后电压表校准后，用如图(b)所示的电路测量电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0＝5 Ω，根据实验测得数据作出电压表读数U与电流表A读数I的关系图像如图(c)，则电源电动势E＝  12.10  V，内阻r＝  1.05  Ω，(结果保留到小数点后2位)．【解析】　(1)①为保护电路，连接电路时，滑动变阻器滑片应该移到阻值最大处，所以滑片应滑至a端．③电流表G的指针指到满刻度的，则电阻箱的电流为电流表满偏的，根据并联电路反比分流，电流表的内阻为电阻箱阻值的一半，为52.0 Ω；(2)根据电表的改装原理可知，应串联的电阻为：R＝－53.0＝14 947.0 Ω(3)根据闭合电路欧姆定律可知，U＝E－Ir，故图像与纵轴的交点表示电源的电动势，故有：E＝12.10 V，r＝－5＝1.05 Ω24．(12分)如图所示，两条相距L的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，其上端接一阻值为R的电阻；一根与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，金属棒的长度为L；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于导轨平面向下的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；虚线MN左侧是一匀强磁场区域，区域上边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于导轨平面向下．某时刻，金属棒从图示位置由静止释放，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后沿导轨向下做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．(1)分别求出在时刻t1(t1<t0)和时刻t2(t2>t0)的感应电流的大小；(2)求金属棒的质量及0～t(t>t0)时间内电阻R产生的热量．【答案】　(1)，　(2)，2Rt0＋2R(t－t0)【解析】　(1)当t1<t0时，金属棒未到达MN，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝＝kS由欧姆定律得I1＝解得I1＝当t2>t0时，金属棒已越过MN，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E2＝B0Lv0总感应电动势E＝E1＋E2由欧姆定律得I总＝＝(2)当t>t0时，金属棒已越过MN做匀速直线运动，有mgsin θ＝B0I总L解得m＝在0～t0时间内，电阻R产生的热量为Q1＝IRt0在t0～t时间内，电阻R产生的热量为Q2＝IR(t－t0)Q＝Q1＋Q2＝2Rt0＋2R(t－t0)25．(20分)如图甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面上端固定一轻质弹簧，下端与一足够长的水平面平滑相连，水平面右端放置一个质量M＝7.0 kg的滑块，开始时弹簧被一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)压缩，小物块与弹簧只接触不相连，此时小物块距斜面底端的距离l＝4.0 m．t＝0时释放小物块，图乙为小物块在斜面上运动的加速度a随时间t变化的部分图像，小物块到达水平面并与滑块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)．已知弹簧的劲度系数k＝75 N/m，弹性势能的表达式为Ep＝kx2，x为弹簧形变量，所有接触面之间动摩擦因数均相同．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)斜面与小物块之间的动摩擦因数μ；(2)小物块到达斜面底端时的速度大小；(3)滑块运动的路程s.【答案】　(1)0.5　(2)8 m/s　(3)0.42 m【解析】　(1)由题图乙可知，当小物块与弹簧分离后，小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度的大小为a1＝2 m/s2根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1解得μ＝0.5(2)由题图乙可知，t＝0时加速度的大小为a0＝62 m/s2设此时弹簧压缩量x，根据牛顿第二定律有kx＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma0解得x＝0.8 m设小物块到达斜面底端的速度为v0，由动能定理得kx2＋mglsin θ－μmglcos θ＝mv解得v0＝8 m/s(3)在斜面底端，小物块与滑块发生第一次弹性碰撞，设碰后小物块的速度为v1，滑块的速度为vM1，则mv0＋0＝mv1＋MvM1mv＋0＝mv＋Mv解得v1＝－6 m/svM1＝2 m/s第一次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，经过t＝＝0.4 s停下来，发生的位移为s1，则v＝2μgs1解得s1＝0.4 m小物块冲上斜面又滑下来，沿斜面向上运动的加速度为a上＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2位移为l1，v＝2a上l1解得l1＝1.8 mt上＝＝0.6 s所以发生第二次碰撞时滑块已经静止，小物块没有接触弹簧但速度已经减为零，随后加速下滑．设小物块刚要与滑块二次碰撞时的速度为v2，根据动能定理mgl1sin θ－μmgl1cos θ－μmgs1＝mv－0，解得v2＝ m/s小物块与滑块发生第二次弹性碰撞，碰后小物块的速度为v3，滑块的速度为vM2，则mv2＋0＝mv3＋MvM2mv＋0＝mv＋Mv，解得vM2＝ m/sv3＝－ m/s第二次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，发生的位移为s2，则v＝2μgs2s2＝0.02 m小物块向右做匀减速运动，发生的位移为s3＝＝0.18 m<s1不能发生第三次碰撞，所以滑块的总路程s＝s1＋s2＝0.42 m