2023高考物理二轮复习实验题计算题专项练1含解析20230223283

实验题、计算题专项练(一)22．(5分)某实验小组采用如图所示的实验装置探究加速度a与合外力F和质量M的关系(质量M为小车和与小车固定连接的小滑轮两者质量之和)，钩码总质量用m表示．重力加速度g已知，滑轮上的摩擦可忽略．试回答下列问题：(1)该实验_需要__平衡小车和长木板之间的摩擦力．_不需要__满足“M≫m”．(两空均选填“需要”或“不需要”)．利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A．利用公式a＝计算；B．根据a＝，利用逐差法计算．两种方案中，你认为选择方案_B__比较合理．(2)若利用该实验装置做探究小车的合外力和加速度的关系实验，操作过程完全正确，通过对数据进行分析，作出的a－F图线如图所示(图中F为弹簧测力计示数)，实验对应的图线的斜率是　.【解析】　(1)探究物体的加速度a、合外力F和质量M之间的定量关系，实验中所用到的力是合外力，需要平衡摩擦力．由于弹簧测力计测量的力在平衡摩擦力后就是小车受到的力的一半，故不需要满足M≫m.实验选取数据时通常会选用点迹清晰的一段，不一定要从第一个点开始选用，利用逐差法计算对选取的纸带区域没有限制，为了减小误差，通常选用逐差法计算加速度．(2)本实验平衡摩擦力后，小车的加速度a＝，所以图线的斜率是.23．(10分)某学习小组在一次探究活动中，发现了一个玩具电风扇，风扇上的铭牌已破损，只能看到“额定电压：3V”，风扇能正常使用．他们想知道风扇电机在不同电压下的工作情况，就设计了如图1所示的测量电路．实验室能提供的器材有：-7-\n电流表A(0～3A，内阻约0.1Ω)；电压表V1(0～4.5V，内阻约5kΩ)；电压表V2(0～9V，内阻约10kΩ)；滑动变阻器R1(0～200Ω)；滑动变阻器R2(0～10Ω)；直流电源E1(4.5V，内阻可不计)；开关S及导线若干．(1)为了使测量尽量准确，测量数据尽可能多，电压表应选_V1__，滑动变阻器应选_R2__.(均填器材代号)(2)图2中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整．(3)下表为小明在实验测量中得到的风扇电动机的电压U与电流I的一系列相关数据(电压约0.8V时，风扇才开始缓慢转动)．利用表中数据，在图3中画出电动机的U－I图线．U/V0.20.40.60.81.21.62.02.42.83.2-7-\nI/A0.380.811.191.551.701.881.951.982.002.03(4)根据绘制的U－I图线，对电机的工作情况，进行简单说明：_从U－I图线可以看到，0～0.8_V图线是直线，电机内阻R约为0.5_Ω，0.8_V后电机开始逐步启动，3_V时电流约2.0_A左右，电机的额定功率约6_W(2分)(答案合理即可)__．【答案】　(1)V1；R2　(2)连线电路如图所示　(3)绘制U－I图线如图所示　(4)见解析【解析】　(1)直流电源为E1，采用分压接法，电压表应选V1，滑动变阻器选R2，调节范围宽，测量误差小．(2)实物连线如下图．(3)U－I图线如下图．(4)从U－I图线可以看到，0～0.8V图线是直线，电机内阻R约为0.5Ω，0.8V后电机开始逐步启动，3V时电流约2.0A左右，电机的额定功率约6W．(合理即可)24．(12分)摩托车竞技表演是一项极具挑战性和观赏性的体育活动．如图所示，一摩托车竞技爱好者从较远处启动，助力加速，以速度v0冲出斜坡后关闭发动机，摩托车和运动员的总质量为M，冲出后速度先减小到0.8v0，而后速度逐渐增大．河对岸有一与左岸对称的斜坡，斜坡顶端有一圆弧轨道与之相切．竞技爱好者和摩托车到达对岸后恰好沿圆弧轨道运动，运动过程中忽略空气阻力和摩擦力，重力加速度为g.则-7-\n(1)竞技爱好者跨越的河道宽度d是多少？(2)为了确保竞技爱好者顺利通过圆轨道的最高点，则右侧的竖直圆弧轨道的最大半径是多少？【答案】　(1)　(2)【解析】　(1)竞技爱好者飞越河道时，在上升过程中是平抛运动的逆过程，然后从最高点开始做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，斜面的倾角为θ，由题意可得vx＝0.8v0(1分)cosθ＝＝(1分)则θ＝37°(1分)从斜坡飞出时，沿竖直方向的分速度vy＝v0sinθ＝0.6v0(1分)则时间t＝，(1分)河宽d＝vxt＝(1分)(2)为了确保安全，摩托车必须顺利通过最高点A，由题意可得FN＋Mg＝(2分)FN≥0(1分)从落点到最高点由机械能守恒可得：Mv＝Mv＋Mg(Rcosθ＋R)(1分)由以上可得R≤(1分)故最大半径为Rmax＝(1分)25．(20分)在某一坐标系第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限存在竖直向上的匀强电场1，在第四象限存在竖直向下的匀强电场2，一质量为m，电荷量为－q-7-\n的球形带电粒子a从沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴某点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，在磁场中运动一段时间后沿垂直于x轴的方向与静止在x轴上M点且与入射粒子形状大小一样但质量为2m的不带电粒子b发生弹性正碰，碰后电荷量重新平均分配，经过一段时间，两粒子会再次先后通过x轴上的某一点，粒子所受重力不计(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)电场1的电场强度E1，磁场的磁感应强度B；(2)碰撞后两粒子的速度大小分别是多少；(3)若电场2的电场强度为E2，则两粒子碰撞后第一次先后经过x轴上同一点(M点除外)的时间间隔是多少？若粒子a先通过该点，则电场2的电场强度应该满足什么条件？【答案】　(1)E1＝　B＝(2)v1＝－v0　v2＝v0(3)Δt＝，E2<【解析】　(1)设粒子a从沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴P点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，可知此时粒子a速度为v，与水平方向夹角为37°，由于粒子此过程为类平抛运动，根据相关规律，得：L＝v0tv0tan37°＝atqE1＝ma(1分)联立解得：E1＝(1分)此过程中粒子a下降的距离h＝at2＝L-7-\n粒子a到达y轴的P点坐标为(1分)粒子a进入磁场后的速度为v，v＝＝v0，方向与y轴夹角为53°，在磁场中做匀速圆周运动，沿垂直于x轴的方向到达x轴上的M点．若粒子a在磁场中运动的轨道半径为R，由几何关系可得：Rsin53°＝L即R＝2L(1分)根据带电粒子在磁场中运动规律及牛顿第二定律，得qvB＝m(1分)解得：B＝(1分)(2)在M点，粒子a与粒子b发生弹性碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，设碰后粒子a与粒子b的速度大小分别为v1和v2，以向下为正方向，则可得：mv＝mv1＋2mv2(1分)mv2＝mv＋(2m)v(1分)解得v1＝－＝－v0(1分)v2＝＝v0(1分)(3)粒子a与粒子b形状大小一样，发生弹性碰撞后电荷量平分，每个粒子带电荷量均为－，设两粒子碰后第一次先后通过的点为N点，由第(2)问可知，粒子a碰后反弹，在磁场中做圆周运动，半径为R1；粒子b进入电场2后匀变速直线运动，返回磁场后做匀速圆周运动，半径为R2；由v1B＝m　得R1＝L(1分)v2B＝2m　得R2＝L(1分)因为R2＝4R1的关系，则粒子b进入磁场后转过半个圆周到达N点；粒子a运动半个圆周后到达x轴进入电场，在电场里匀变速直线运动，返回磁场后做匀速圆周运动，如此运动在磁场中转过四个半圆周，在电场中往返三次到达N点．设粒子a和粒子b在磁场中的运动周期为T1和T2-7-\nT1＝＝T2＝＝(1分)设粒子a和粒子b在电场中运动时做匀减速的时间分别为t1和t2，E2＝ma1E2＝2ma2(1分)t1＝＝t2＝＝(1分)因为加速时间与减速时间相等，粒子a与粒子b碰后到达N点的时间分别为：ta＝4×＋6t1＝＋(1分)tb＝＋2t2＝＋(1分)则粒子a与粒子b碰后先后到达N点的时间间隔为Δt＝＝(1分)若粒子a先通过该点，则ta－tb＝－<0(1分)解得：E2<(1分)-7-