高考物理二轮复习实验题、计算题专项练3含解析

实验题、计算题专项练(三)

(考试时间：30分钟　试卷满分：47分)

22．(5分)某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C处是钩码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下，改变C处钩码个数，测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a，然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数．

(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还需要  B  .

A．秒表 B．毫米刻度尺

C．天平 D．弹簧测力计

(2)在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量m为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝  0.3  .(g取10 m/s2)

【解析】　(1)打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故B正确．本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故C错误．滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误．故选B；

(2)对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a＝＝－μg，其中m＋m′＝m0；所以a－m图像中，纵轴的截距为－μg，故－μg＝－3，μ＝0.3.

23.(10分)课外兴趣小组在一次拆装晶体管收音机的过程中，发现一只发光二极管，同学们决定测绘这只二极管的伏安特性曲线．

(1)由于不能准确知道二极管的正负极，同学们用多用电表的欧姆挡对其进行测量，当红表笔接A端、黑表笔同时接B端时，指针几乎不偏转，则可以判断二极管的正极是  A  端

(2)选用下列器材设计电路并测绘该二极管的伏安特性曲线，要求准确测出二极管两端的电压和电流．有以下器材可供选择：

A．二极管Rx

B．电源电压E＝4 V(内电阻可以忽略)

C．电流表(量程0～50 mA，内阻为r1＝0.5 Ω)

D．电流表(量程0～0.5 A，内阻为r2＝1 Ω)

E．电压表(量程0～15 V，内阻约2 500 Ω)

F．滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω)

C．滑动变阻器R2(最大阻值1 000 Ω)

H．定值电阻R3＝7 Ω

I．开关、导线若干

实验过程中滑动变阻器应选  F  (填“F”或“G”)，在虚线框中画出电路图(填写好仪器符号)

(3)假设接入电路中电表的读数：电流表A1读数为I1，电流表A2读数为I2，则二极管两端电压的表达式为  I2(r2＋R3)－I1r1  (用题中所给的字母表示)．

(4)同学们用实验方法测得二极管两端的电压U和通过它的电流I的一系列数据，并作出I－U曲线如图乙所示．

(5)若二极管的最佳工作电压为2.5 V，现用5.0 V的稳压电源(不计内阻)供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为  119  Ω(结果保留三位有效数字)

【答案】　(2)见解析图　

【解析】　(1)当红表笔接A端、黑表笔同时接B端时，指针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向截止，根据欧姆表的工作原理可知，黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，由二极管的单向导电性可知，A端应是二极管的正极；

(2)由图乙可知，实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；所以滑动变阻器应选阻值小的，即滑动变限器应选F；

在测量正向加电压的伏安特性曲线时，实验中最大电压约为3 V，所以电压表V(量程0～15 V，内阻约2 500 Ω)不符合题意，故需要电流表A2(量程0～0.5 A，内阻为r2＝1 Ω)与定值电阻R3＝7 Ω串联改装成量程为U＝Ig(r2＋R3)＝4 V

二极管两端的电压在3 V以内，电流在40 mA以内，电流表应选用电流表A1(量程0～50 mA，内阻为r1＝0.5 Ω)；因二极管的正向电阻较小，故采用电流表外接法，同时二极管正极应接电源正极；因实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，所以电路图为

(3)根据电路结构特点可得I2(r2＋R3)＝I1r1＋U

解得二极管两端电压的表达式为U＝I2(r2＋R3)－I1r1

(5)二极管的最佳工作电压为2.5 V，现用5.0 V的稳压电源(不计内阻)供电，根据图乙可知在电路中电流为21 mA，根据欧姆定律和电路结构可得串联的电阻R的阻值为R＝ Ω＝119 Ω.

24．(12分)如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画电场)，磁感应强度B＝1.0 T，边界右侧离地面高h＝0.45 m处有一光滑绝缘平台，右边有一带正电的小球a，质量ma＝0.1 kg、电量q＝0.1 C，以初速度v0＝0.9 m/s水平向左运动，与大小相同但质量为mb＝0.05 kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰，碰后a球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2.求∶

(1)碰撞后a球与b球的速度；

(2)碰后两球落地点间的距离(结果保留一位有效数字)．

【答案】　(1)0.3 m/s,1.2 m/s　(2)0.1 m

【解析】　(1)a球与b球的碰撞，由动量守恒定律得：mav0＝mava＋mbvb

由能量守恒定律有：mav＝mav＋mbv

解得：va＝0.3 m/s，vb＝1.2 m/s

(2)对a球，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvaB＝ma

解得：r＝＝0.3 m

设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为θ，有

h＝r＋rsin θ

r2＝x＋(h－r)2

可得：θ＝

则a球水平位移为：xa＝rcos θ＝0.15 m

b球不带电，碰后做平抛运动，竖直方向：h＝gt

水平方向：xb＝vbtb＝0.36 m

故两球相距：Δx＝xb－xa＝0.1 m

25．(20分)如图所示，相距L＝0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下．质量均为m＝0.04 kg、电阻均为R＝0.1 Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计．质量为M＝0.20 kg的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接．细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计．已知倾斜导轨与水平面的夹角＝37°，水平导轨与ab棒间的动摩擦因数μ＝0.4.重力加速度g＝10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动过程中始终不离开倾斜导轨．物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h＝1 m，求这一运动过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)物体C能达到的最大速度vm是多少？

(2)由于摩擦产生的内能与电流产生的内能各为多少？

(3)若当棒ab、cd达到最大速度的瞬间，连接导体棒ab、cd及物体C的绝缘细线突然同时断裂，且ab棒也刚好进入到水平导轨的更加粗糙部分(ab棒与水平导轨间的动摩擦因数变为μ′＝0.6)．若从绝缘细线断裂到ab棒速度减小为零的过程中ab棒向右发生的位移x＝0.11 m，求这一过程所经历的时间？

【答案】　(1)2 m/s　(2)0.16 J　1.04 J

(3)0.15 s

【解析】　(1)设C达到最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律可得回路的感应电动势为：E＝2BLvm　①

由欧姆定律可得回路中的电流强度为：I＝　②

金属导体棒ab、cd受到的安培力为：F＝BIL　③

线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图，

由平衡条件可得：T1＝mgsin 37°＋F，T2＝T1＋F＋f，T2＝Mg　f＝μmg④

联立①②③④解得vm＝2 m/s　⑤

(2)运动过程中由于摩擦产生的内能：E1＝μmgh＝0.16 J　⑥

由能的转化和守恒定律可得：

Mgh＝(2m＋M)v＋mghsin 37°＋E1＋E2　⑦

联立⑤⑥⑦

将h＝1 m，代入可得这一过程由电流产生的内能：

E2＝1.04 J

(3)经分析，在ab棒向右减速运动的过程中，其加速度大小与cd棒沿斜面向上运动的加速度大小始终相等，速率也始终相等．设某时刻它们的速率为v，则：E＝2BLv

由欧姆定律可得回路中的电流强度为：I＝

金属导体棒ab、cd受到的安培力为：F＝BIL

对ab棒运用动量定理：∑＋μ′mgt＝mvm

又∑vΔt＝x＝0.11 m

计算可得t＝0.15 s