2023版高考物理创新设计二轮复习讲义实验增分练(五)

实验增分练(五)

(时间：10分钟)

22.(5分)图1(a)为某实验小组“研究滑块在斜面上的运动并测定动摩擦因数”的实验装置示意图。实验前，他们已先测出了木板上端B到下端A的水平距离L和高度差h，其中，L＝80.00 cm，h＝60.00 cm。实验中，他们将滑块从斜面上O处由静止释放且将此时刻作为计时起点，用位移传感器测出了滑块各时刻t相对于O的位移x，利用测得的多组数据作出了图(b)所示的x－t图像。

(a)

(b)

图1

(1)根据图像可知：①滑块在0～0.10 s内，0～0.20 s内，0～0.30 s内，0～0.40 s内，0～0.50 s内…的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4∶x5…＝________；②由此得出的结论是，在误差允许的范围内，滑块做________运动。

(2)滑块在0.40 s末的速度大小为____________ m/s；滑块运动的加速度大小为________ m/s2(取2位有效数字)。

(3)若重力加速度大小取10 m/s2，则测得的滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝________(取2位有效数字)；若当地实际的重力加速度大小为9.78 m/s2，则上述测得的动摩擦因数________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

答案　(1)1∶22∶32∶42∶52…n2或1∶4∶9∶16∶25…　初速度为零的匀加速直线　(2)1.6　4.0　(3)0.25　大于

解析　(1)滑块在0～0.10 s内，0～0.20 s内，0～0.30 s内，0～0.40 s内，0～0.50 s内…的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4∶x5…＝1∶4∶9∶16∶25…＝1∶22∶32∶42∶52…n2，满足x＝at2得出的结论是，在误差允许的范围内，滑块做初速度为零的匀加速直线运动。

(2)根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得v0.4＝ m/s＝1.6 m/s，根据Δx＝aT2得加速度为a＝ m/s2＝4.0 m/s2。

(3)设木板与水平面倾角为θ，由题意知，木板与水平面倾角的正余弦值分别为sin θ＝0.6，cos θ＝0.8

根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝，代入数据得μ＝0.25，由μ＝，可知若当地实际的重力加速度大小为9.78 m/s2，则上述测得的动摩擦因数大于真实值。

23.(10分)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。

(1)甲同学按电路图2甲进行测量实验，其中R0＝0.5 Ω。

甲

乙

丙

①请用笔画线代替导线在图乙中完成电路的连接；

②根据电压表的示数U和电流表的示数I，画出U－I图线如图丙所示，可得电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω(结果均保留2位有效数字)；

(2)乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，其他操作正确，根据电压表的示数U和电流表的示数I，画出U－I图线如图戊所示，图中1、2、3点的坐标分别为(0.30，2.00)、(0.50，2.10)和(0.80，2.00)，可得电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω(结果均保留2位有效数字)。

丁

戊

图2

答案　(1)①见解析图　②3.0　0.10

(2)3.1　0.50

解析　(1)①根据电路图补齐连线如图所示

②题图甲电路中，当电流表示数等于0时，电压表示数等于电源电动势，所以E＝3.0 V，

U－I图线的斜率等于R0和电源内阻之和，即R0＋r＝ Ω＝0.6 Ω，即r＝0.10 Ω。

(2)乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R1拆解成并联的两部分，当滑片P在R1中间时电压表示数最大，且电流表的示数是流过电源内部总电流的一半，根据闭合电路的欧姆定律，由题图丁知E＝2.10＋(2×0.50)(R0＋r)；当滑片P在滑动的过程中会出现电压先增大后减小，在电压相等的时候出现总电阻相同，即电压相等时分别对应的电流表示数之和为流过电源内部的总电流，根据闭合电路的欧姆定律，由题图丁知E＝2.00＋(0.30＋0.80)(R0＋r)，联立得r＝0.50 Ω，E＝ 3.1 V。