(课标版)2020高考物理二轮复习选择题提速练15(含解析)
2020届高考物理二轮专题复习练习：第一部分 专题六 实验 第15讲
第15讲 电学实验构建网络·重温真题1．电学实验知识框架2．洞悉重要电学实验的考点1．(2019·天津高考)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________ mm 。
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。
这段金属丝的电阻R x 约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。
电源E (电动势10 V ，内阻约为10 Ω)电流表A 1(量程0～250 mA ，内阻R 1＝5 Ω)电流表A 2(量程0～300 mA ，内阻约为5 Ω)滑动变阻器R (最大阻值10 Ω，额定电流2 A)开关S 及导线若干(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A 1的读数为I 1，电流表A 2的读数为I 2，则这段金属丝电阻的计算式R x ＝________。
从设计原理看，其测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
答案 (1)0.200(0.196～0.204均可) (2)图见解析 (3) 相等I 1R 1I 2－I 1解析 (1)d ＝20.0×0.01 mm ＝0.200 mm 。
(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A 1充当电压表，由于电流表A 1的满偏电压U A1＝I m R 1＝1.25 V ，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)当电流表A 1、A 2读数分别为I 1、I 2时，通过R x 的电流为I ＝I 2－I 1，R x 两端电压U ＝I 1·R 1，故R x ＝＝。
不考虑读数误差，从设计原理看，测量值U I I 1R 1I 2－I 1等于真实值。
2．(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。
该同学测得微安表内阻为1200 Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与该微安表连接，进行改装。
高考物理二轮复习考点第十五章选考部分专题与光的折射定律相关的计算问题
专题15.11 与光的折射定律相关的计算问题1.（2020全国II 卷·34·2）一直桶状容器的高为2l ，底面是边长为l 的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。
容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。
在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。
【参考答案】1.55设液体的折射率为n ，由折射定律：nsini 1=sinr 1 Nsini 2=sinr 2依题意：r 1+ r 2=90° 联立解得：n 2=22121sin sin i i +由几何关系：sini 122244l l l +17，sini 22232944l l l +=35联立解得：4251782．（10分）（2020全国III 卷·34·2）如图，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线'OO 表示光轴（过球心O 与半球底面垂直的直线）。
已知玻璃的折射率为1.5。
现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）。
求： （i ）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； （ii）距光轴3R的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离。
【参考答案】（i ）23R （ii 6233R +【名师解析】（i ）如图，设最大距离为d ，入射角为i ，折射角为θ，折射率为n ，由光的折射定律：'iROsin 1sin i nθ= ①当光恰能折射出时，90θ=o ，即： sin 1sin90 1.5i =o② 得：2sin 3i =③由几何关系可知： sin d i R=④ 则：sin d R i =⋅ ⑤ 即：23d R =⑥由三角形外角与内角关系，可得：180αθ=-o ⑩ i βθ=-⑪ 根据正弦定理：sin sin L Rαβ=⑫联立⑦⑨⑩⑪⑫得： ()32235L R +=⑬3.（2020广州一模）如图为一玻璃球过球心的横截面，玻璃球的半径为R ，O 为球心，AB 为直径，来自B 点的光线BM 在M 点射出，出射光线平行于AB ，另一光线BN 恰好在N 点发生全反射，已知∠ABM＝30°，求：(i)玻璃的折射率； (ii)球心O 到BN 的距离。
2020届高考物理二轮复习第一部分专题六实验第15讲电学实验练习含解析
第15讲电学实验构建网络·重温真题1．电学实验知识框架2．洞悉重要电学实验的考点1．(2019·天津高考)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________ mm 。
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。
这段金属丝的电阻R x 约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。
电源E (电动势10 V ，内阻约为10 Ω)电流表A 1(量程0～250 mA ，内阻R 1＝5 Ω)电流表A 2(量程0～300 mA ，内阻约为5 Ω)滑动变阻器R (最大阻值10 Ω，额定电流2 A)开关S 及导线若干(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A 1的读数为I 1，电流表A 2的读数为I 2，则这段金属丝电阻的计算式R x ＝________。
从设计原理看，其测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
答案 (1)0.200(0.196～0.204均可) (2)图见解析(3)I 1R 1I 2－I 1相等 解析 (1)d ＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm 。
(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A 1充当电压表，由于电流表A 1的满偏电压U A1＝I m R 1＝1.25 V ，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)当电流表A 1、A 2读数分别为I 1、I 2时，通过R x 的电流为I ＝I 2－I 1，R x 两端电压U ＝I 1·R 1，故R x ＝U I ＝I 1R 1I 2－I 1。
不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
2．(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。
该同学测得微安表内阻为1200 Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与该微安表连接，进行改装。
2020高考物理二轮专题复习课标通用版(跟踪检测)小题提速抢分练小卷提速抢分练+(2计算+1选考)+2
小卷提速抢分练(2计算＋1选考)(二)(建议用时：30分钟)一、计算题(共32分)24．(2019·福建厦门质检)(12分)如图所示，半径R ＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧轨道B ，静止于光滑的水平地面．现将物体A 在轨道顶端(与圆心O 等高)由静止释放，已知A 、B 两物体的质量之比为m A m B ＝12，圆弧轨道的最低点到地面的高度为h ＝0.2 m ，物体A 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)当物体A 恰好脱离圆弧轨道时，A 、B 两物体的速度大小之比v A v B； (2)当物体A 落地时，其落地点与B 的右侧之间的水平间距s .解析 (1)由题意知，A 、B 两物体在水平方向上动量守恒，则有m A v A ＝m B v B ，解得v A v B＝21. (2)A 、B 两物体组成的系统机械能守恒，则有m A gR ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ， 物体A 从圆弧轨道脱离后做平抛运动，则有s A ＝v A t ，h ＝12gt 2，圆弧轨道B 向左做匀速直线运动，则有s B ＝v B t ，联立以上各式解得s ＝s A ＋s B ＝0.6 m.答案 (1)21(2)0.6 m 25．(2019·天津滨海新区质监)(20分)如图所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105 m/s ，粒子的比荷为q m＝5.0×105 C/kg ，粒子重力不计．求：(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件．解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2中运动，由牛顿第二定律得qB 2v 0＝m v 20r， 解得r ＝1 m ＝R ，粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 1，竖直方向的位移为y 1，则水平方向有x 1＝v 0t 2，竖直方向有y 1＝12at 22＝v y 2t 2， 其中a ＝qE m， y 1x 1＝12tan 45°＝12， 联立解得x 1＝2 m ，y 1＝1 m ，带电粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得d ＝R ＋y 1＋x 1＝4 m.(2)①设当匀强磁场磁感应强度为B 3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，粒子将无法运动到x 轴负半轴，此时粒子在磁场中运动半径为r 1，运动轨迹如图乙所示．由几何关系得r 1＋2r 1＝2d －2x 1，解得r 1＝(4－22) m ，由牛顿第二定律得qB 3·2v 0＝m (2v 0)2r 1， 解得B 3＝0.24 T.②设当匀强磁场磁感应强度为B 4时，粒子垂直打在y 轴上，粒子将无法运动到x 轴负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 2，由几何关系得r 2＝2d －2x 1＝2 2 m ，由牛顿第二定律得qB4·2v0＝m(2v0)2，r2解得B4＝0.1 T.综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件是0＜B1≤0.1 T或B1≥0.24 T.答案(1)4 m(2)0＜B1≤0.1 T或B1≥0.24 T二、选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．)33．【物理——选修3－3】(15分)(2020·湖南四校联考)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能相同C．液体中悬浮颗粒内的分子所做的无规则运动就是布朗运动D．天然石英表现为各向异性，是由于组成该物质的微粒在空间的排列是规则的E．某些小昆虫在水面上行走自如，是因为液体的表面张力的存在，该力是分子力的宏观表现(2)(10分)如图所示，透明容器中装有足够深的某种均匀液体，液面上竖直倒插着一根质量m＝0.01 kg的细长玻璃试管，当外界大气压强p0＝1.01×105 Pa时，试管静止时露出液面的长度为L＝5 cm，管中空气柱的总长度为L0＝15 cm.已知试管横截面积为S＝1×10－4 m2，重力加速度g＝10 m/s2，试管的壁厚不计，试管与液体之间的粘滞力也不计．(i)求该液体的密度；(ii)若温度不变，但由于某种原因导致外界大气压强变为p′0＝0.99×105Pa，求试管再次静止后露出水面部分的长度L′.解析 (1)根据热力学第一定律，气体放出热量时若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子平均动能可能增大，选项A 正确；忽略分子势能，气体的内能与温度、分子数有关，相同质量的氢气分子数更大，故氢气的内能更大，选项B 错误；布朗运动是悬浮的固体微粒的无规则运动而不是组成微粒的分子的运动，选项C 错误；天然石英晶体在某些物理性质上表现为各向异性，原因是组成晶体的微粒具有空间点阵结构，有规则排列，选项D 正确；液体的表面张力是液体表面层分子间的相互吸引力，是分子力的宏观表现，选项E 正确．(2)(i)对试管由力的平衡条件得ρg (L 0－L )S ＝mg ，代入数据解得该液体的密度ρ＝m (L 0－L )S＝1×103 kg/m 3. (ii)初态，试管内气体压强p 1＝p 0＋mg S＝1.02×105 Pa ， 末态，设试管内气柱长为L ′0，试管内气体压强为p 2＝p ′0＋mg S＝1.0×105 Pa ， 根据玻意耳定律有p 1SL 0＝p 2SL ′0，代入数据解得L ′0＝15.3 cm ，因试管排开的液体体积不变，故露出水面部分的长度变为L ′＝L ＋(L ′0－L 0)＝5.3 cm.答案 (1)ADE (2)(i)1×103 kg/m 3 (ii)5.3 cm34．【物理——选修3－4】(15分)(2020·贵州贵阳摸底)(1)(5分)如图甲所示，是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙是图甲中某质点此后一段时间内的振动图象．若波沿x轴负方向传播，则图乙是质点________(选填“K”“L”“M”或“N”)的振动图象，从t＝0时刻起，最先回到平衡位置的质点是________(选填“K”“L”“M”或“N”)，该波的波速是________m/s.(2)(10分)如图所示，一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，斜边AB＝a.棱镜材料对某光线的折射率为n＝ 2.在此截面所在的平面内，该光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，不考虑光线沿原路返回的情况．(i)求光线射入棱镜的折射角，并画出光路图；(ii)求光线射出棱镜的位置到A点的距离．解析(1)由振动图象可知，t＝0时刻，质点经平衡位置沿＋y方向运动，在t＝0时刻的波形图中，L 、N 两点在平衡位置处．由波的传播规律可知，波沿－x 方向传播，质点N 沿＋y 方向运动，图乙是质点N 的振动图象．波沿－x 方向传播，L 、M 、N 都在远离平衡位置，再次回到平衡位置所需时间都大于14T ，而质点K 在最大位移处，回到平衡位置仅需14T ，所以质点K 最先回到平衡位置．由振动图象知质点振动的周期T ＝4 s ，由波形图可知波的波长λ＝2 m ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5 m/s. (2)(i)设入射角为i ，折射角为γ，由折射定律得n ＝sin i sin γ，① 由①式和题给数据解得γ＝30°，②由②式和几何关系画出光路图如图所示．(ii)设出射点为D ，延长法线交AB 于E ，由题给条件和几何关系得AD ＋DE ＝AB 2，③ 由②式和题给条件及几何关系可得DE ＝a 8，④ 由③④式和题给数据解得AD ＝3a 8. 答案 (1)N K 0.5 (2)(i)30° 见解析图 (ii)3a 8。
2020版高考物理二轮复习实验题15分保分练1含解析2
实验题15分保分练(一)(时间：15分钟 分值：15分)1．(6分)如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量已知且相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力和弹簧伸长的关系。
(1)除图甲中所示器材外，实验中还需要的测量工具有：____________。
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m ，横轴是弹簧的形变量x 。
由图可知图线不通过原点，其原因是______________________________；弹簧的劲度系数k ＝________N/m(计算结果保留两位有效数字，重力加速度g 取9.8 m/s 2)。
(3)实验中用两根不同的轻弹簧a 和b 进行实验，画出弹簧弹力F 与弹簧长度L 的关系图象如图丙所示，下列说法正确的是________。
A ．a 的原长比b 的大B ．a 的劲度系数比b 的大C ．a 的劲度系数比b 的小D ．弹力与弹簧长度成正比[解析] (1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要毫米刻度尺。
(2)由图乙可知，当m ＝0时，x 大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身的重力造成的，故图线不过原点的原因是实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重。
图线的斜率等于弹簧的劲度系数，则k ＝＝＝×9.8N/m ＝4.9ΔF Δx Δmg Δx 50×10－312－2 ×10－2N/m 。
(3)弹簧a 、b 为轻弹簧，故无需考虑弹簧自重。
在F L 图象中横轴截距表示弹簧的原长，故b 的原长比a 的大，A 项错误；斜率表示弹簧的劲度系数k ，故a 的劲度系数比b 的大，B 项正确，C 项错误；弹簧的弹力与形变量的关系满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D 项错误。
[答案] (1)毫米刻度尺 (2)实验中没有考虑弹簧的自重 4.9 (3)B2．(9分)(2019·青岛模拟)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。
南京市2020年高考物理二轮复习精练二实验题15分标准练(一)(II)卷
南京市2020年高考物理二轮复习精练二实验题15分标准练（一）（II）卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、填空题 (共2题；共18分)
1. （9分） (2017高二上·福州期末) 描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：
A．电流表（0～200mA，内阻约为0.1Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约为0.01Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约为5kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约为50kΩ）
E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）
F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）
G．电源（3V）
H．电键一个，导线若干．
（1）
为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是________．
（2）
在虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．
2. （9分） (2017高一上·西安期末) 如图甲所示为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、
B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，距离如图所示，单位是cm，小车的加速度是多少________ m/s2？在验证质量一定时，加速度a和合外力F的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a﹣F图象，该图线不过原点，其原因是________．
参考答案一、填空题 (共2题；共18分)
1-1、
1-2、
2-1、。
2020版高考物理二轮复习实验题15分保分练5(含解析)
[解析] 木块通过 A 点时的速度大小 v ＝ ，t 为窄片通过光电门的遮光时间，木块从 B点运动到 A 点的过程，根据动能定理有 W F －μ mgx ＝ mv 2－0，得 2＝ 2F · － 2 t d m d 2＝a ， 2F ＝ ，得 μ ＝ ，W F ＝ 乙得 ，可见为测量 μ ，还需要测量 x 和 d ，故选 A 、B 。
2gx 2b实验题 15 分保分练(五)(时间：15 分钟 分值：15 分)1．(6 分)如图甲所示为某探究小组设计的“用 DIS 测定动摩擦因数”的实验装置示意图。
一长木板固定在水平桌面上，长木板上表面水平，轻弹簧水平放置在长木板上，其右端固定在长木板的 C 处，左端连一木块，木块上方固定有窄片 P ，当弹簧处于原长时，木块在 A 点处，光电门(未画出，用以测量窄片的遮光时间)固定在 A 点。
第一次，将木块向右压缩弹簧使木块移到 B 点处并由静止释放，木块通过 A 处时记下窄片的遮光时间 t 1，测出木块的质量 m 1； 第二次，在木块上方增加砝码后，向右压缩弹簧使木块再次移到 B 点处并由静止释放，木块通过 A 处时记下窄片的遮光时间 t 2，测出木块和砝码的总质量 m 2；如此反复多次实验。
请回 答下列问题。
(已知重力加速度大小为 g )(1)为了测量木块与长木板间的动摩擦因数，实验中还需要测量的物理量有________。
A ．窄片的宽度 dB ．A 、B 两点间的距离 xC ．木块从 B 点运动到 A 点的时间 t 0D ．弹簧的劲度系数 k1 1(2)在坐标纸上作出窄片遮光时间 t 的平方的倒数t 2随木块质量的倒数m 变化的关系图象，如图乙所示，根据图线，求得木块与长木板间的动摩擦因数 μ ＝________，木块从 B 点运动到 A 点的过程，弹簧对木块做的总功 W F ＝________。
(用含 a 、b 、g 及还需要测量的物理量字 母表示)dt1 1 2W 1 2μ gx ，结合题图2μ gx 2W a ad 2 ad 2 d 2 d b 2gx 2bad 2 ad 2 [答案] (1)AB (2)2.(9 分)(1)如图甲所示为某同学在实验室设计的一电路图，其中R 1、R 2、R 3 为定值电阻，R 4 为一电阻箱，G 是一灵敏电流表(零刻度在表盘的中央)。
2020高考物理二轮课标通用专题能力训练15 电学实验
专题能力训练15电学实验(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第37页1.(14分)(1)图甲是多用电表的简化电路图,作为电压表使用时,选择开关应接;甲作为欧姆表使用时,选择开关应接。
(均选填“1”“2”或“3”)使用多用电表时,电流一定从(选填“A”或“B”)端流入多用电表。
(2)利用多用电表和电阻箱测量一电源的电动势和内阻的电路如图乙。
调节电阻箱,记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I,作出R- 1I的图线如图丙所示。
由图丙可求得电动势E=V,内阻r=Ω。
(结果均保留2位有效数字)如果忽略偶然误差,本实验测得的E测、r测与真实值比较:E测E真,r测r真。
(均选填“<”“=”或“>”)乙丙答案:(1)32A(2)2.9(2.8~3.0)1.2(1.1~1.3)=>解析:(1)由题图甲可知,作为电压表使用时,选择开关应接位置3;作为欧姆表使用时,选择开关应接2,内部电源被接通,可测量电阻;使用时,电流一定从红表笔流入,即从A端流入。
(2)根据闭合电路欧姆定律,E=IR+Ir,则R=1IE-r,可知图线斜率表示电动势,在纵轴上截距的绝对值表示内阻,则E=k=(6+1.2)Ω-1=2.9 V,r=1.2 Ω。
将多用电表的内阻等效到电源的内部,则测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和,所以内阻测量值偏大。
当电阻箱阻值无穷大时,电流表分压可以忽略,故本实验中电动势的测量准确。
2.(16分)电动自行车具有环保、节能、便捷等优点,但电动自行车的电池用久以后性能会下降,表现之一为电池的电动势变小,内阻变大。
某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电,取下四块电池,分别标为A、B、C、D,测量它们的电动势和内阻。
甲乙丙(1)用多用电表直流电压“50 V”挡测量每块电池的电动势。
测量电池A时,多用电表的指针如图甲所示,其读数为V。
(2)用图乙所示的电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r,图中R0为保护电阻,其阻值为5 Ω。
【复习必备】2020版高考物理二轮复习 实验题15分满分练(二)
实验题15分满分练(二)22.(5分)某同学现用如图1甲所示的气垫导轨和光电门装置来验证动量守恒定律，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水。
图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.620 kg，滑块b的质量为m2＝0.410 kg，实验步骤如下：①按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间________；②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞；③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；④实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2。
图1(1)完成实验步骤①中所缺少的内容。
(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图乙所示，则d＝________ cm。
(3)设挡光片通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝________(用d、Δt 表示)。
(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20 m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________ kg·m/s，p2＝________ kg·m/s(结果均保留3位小数)。
解析(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等。
(2)游标卡尺的主尺读数为15 mm，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，所以挡光片的宽度为d ＝15 mm＋0.50 mm＝15.50 mm＝1.550 cm。
(3)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝dΔt。
2020高考物理二轮专题复习 热点练： 实验题提分技巧热点15
热点15 电学常规实验 (建议用时：30分钟) 1．(2019·黑龙江大庆一中期末)一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图甲所示，此材料长约3 cm，电阻约为100 Ω，已知这种材料的电阻率为ρ.欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材： A．20分度的游标卡尺； B．螺旋测微器； C．电流表A1(量程0～50 mA，内阻r1＝100 Ω)； D．电流表A2(量程0～100 mA，内阻r2约为40 Ω)； E．滑动变阻器R(0～10 Ω，额定电流2 A)； F．直流电源E(电动势为12 V，内阻很小)； G．上述导电材料R2(长约为3 cm，电阻约为100 Ω)； H．开关一只，导线若干． 请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题： (1)用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数L＝________cm，用螺旋测微器测得该样品的外径如图丙所示，其示数D＝________mm.
(2)在所给的方框中画出设计的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号．
(3)用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示样品的内径d＝________________. 解析 (1)由游标卡尺主尺读得30 mm，游标尺上第3条刻度线与主尺刻度线对齐，则该样品的长度L＝30 mm＋0.15 mm＝30.15 mm＝3.015 cm.螺旋测微器固定刻度上分度值为0.5 mm，可动刻度每旋转一圈，测微螺杆前进或后退0.5 mm，由固定刻度读得3 mm，由可动刻度读得0.205 mm，该样品的外径为3 mm＋0.205 mm ＝3.205 mm. (2)采用分压式电路，用已知内阻的电流表A1作为电压表，电流表A2外接可以消除系统误差．电路图如图所示．
(3)由测量时两电流表读数可得待测电阻R2＝I1r1I2－I1.样品横截面积S＝πD2－d2
4，由电阻
定律可得R2＝ρLS，联立解得样品的内径d＝D2－4ρLI2－I1πI1r1
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选择题提速练15
时间：45分钟
1～5单选，6～8多选
1．如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为
M
的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则( B )
A．环只受三个力作用
B．环一定受四个力作用
C．物体做匀加速运动
D．轻绳对物体的拉力小于物体的重力
解析：物体受到重力和轻绳的拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平
衡，物体做匀速运动，C、D错误；对环进行受力分析可知，环受到重力、轻绳对它的拉力、
滑杆对它的支持力和摩擦力共四个力作用，A错误，B正确．
2．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来(如图所示)，弹跳好的同学就会轻拍一下
让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网由静止下落，碰到水平地面
后反弹，如此数次落下和反弹. 若规定竖直向下为正方向，碰撞时间及能量损失不计，空气
阻力大小恒定，则如图所示的图象中可能正确的是( A )
解析：篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma1，解
得a1＝g－fm，篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg＋f＝
ma2，解得a2＝g＋fm，则a1
，即下落的加速度小于上升的加速度，由于克服阻力做功，所
以篮球弹起时的速度越来越小，故A正确，B、C、D错误．
3．如图所示，材料相同的两物体由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速
运动．轻绳拉力的大小( C )
A．与斜面的倾角θ有关
B．与物体和斜面间的动摩擦因数μ有关
C．与两物体的质量m1和m2有关
D．在改用沿斜面向下的力F拉连接体时一定不变
解析：对整体，有F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，对质量为m2的物
体，有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，联立解得FT＝m2m1＋m2F，选项A、B错误，C正确；
若将F反向，对整体，有F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a′，对质量为
m1的物体，有FT′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，联立解得FT′＝m1m1＋m2F
，选项D错误．
4．如图所示，直角三角形斜劈ABC的倾角为37°，以直角顶点B为坐标原点，分别沿
BA边和BC边建立x轴和y轴，已知AB边水平，长度为8 m．从D(11 m,2 m)点以初速度v
0
沿x轴负方向抛出一个可视为质点的小球，一段时间后，小球落在斜面AC上，则此时小球
的速度方向与x轴负方向的夹角最大值为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( C )
A．30° B．37°
C．53° D．60°
解析：小球的初速度越大，在斜面上的落点越靠上，落在斜面上时竖直分速度越小，合
速度与x轴负方向的夹角越小，反之，合速度与x轴负方向的夹角越大，当小球落在最低点
A时，合速度与x轴负方向的夹角最大，设位移方向与初速度方向的夹角为α
，速度偏向角
为β，则tanα＝23，tanβ＝2tanα＝43，解得β＝53°，C正确．
5．如图所示，A是地球的同步卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、
C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设A、B
与地心连线在单位时间内扫
过的面积分别为SA、SB，A、B、C做圆周运动的动能分别为EkA、EkB、EkC，周期分别为TA、TB、 解析：同步卫星与地球自转同步，则TA＝TC，由开普勒第三定律，r3T2＝k，则TA>TB，选 项C错误；由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，则vB>vA，卫星与地心连线在时间t内扫过的面积 6．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变，生 C．生成的α粒子的动能为q2B2R22m 粒子的方向为正方向，则：mv＋Mv′＝0，所以生成的新核和α粒子的动能之比为：EMEm＝ 2 1 ＝mM，故A项正确；衰变的过程中释放能量，可知生成的新核的比结合能大于衰变前原子核 B．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为gRtanθ－μ1－μtanθ C．汽车在路面上不做侧向滑动的最大速率为gRtanθ＋μ1－μtanθ gRtanθ＋μ 1－μtan 8．如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两 A．棒ab相对于导轨静止时，回路中产生的感应电动势为0.2 V
TC.不计A、B、C
之间的相互作用力，下列关系式正确的是( B )
A．SA＝SB B．SA>SB
C．TA＝TB
S
＝πr2·vt2πr＝t2GMr，因rA>rB，故SA>SB，选项A错误，B正确；A和C的角速度相等，由
v＝ωr可得，vA>vC，则EkB>EkA>E
k
C
，选项D错误．
成了一个质量为M的新核，同时放出质量为m、电量为q的α粒子，α粒子在与磁场垂直
的平面内做圆周运动，其轨道半径为R，反应中释放的核能全部转化为生成的新核和α粒
子的动能，下列说法正确的是( ABC )
A．生成的新核和α粒子的动能之比为mM
B．生成的新核的比结合能大于衰变前原子核的比结合能
D．衰变过程中的质量亏损为q2B2R2M＋m2m2c2
解析：静止的原子核发生衰变，衰变产生的新核与α粒子组成的系统动量守恒，以α
1
2
Mv
′
2
mv
2
的比结合能，故B项正确；α粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝mv2R，则
α粒子的动能：Em＝12mv2＝q2B2R22m，故C项正确；结合A、C可得新核的动能：EM＝mM·Em＝q2B2R22M，
根据质能方程可知，亏损的质量：Δm＝Em＋EMc2＝q2B2R2M＋m2Mmc2，故D项错误．
7．一辆汽车在轨道半径为R的弯道路面上做圆周运动，弯道与水平面间的夹角为θ，
汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
关于汽车的运动，下列说法正确的是( ACD )
A．汽车的速率可能为gRtanθ
D．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为gRtanθ－μ1＋μtanθ
解析：当汽车不受静摩擦力时，有mgtanθ＝mv21R，解得速率v1＝gRtanθ，选项A正
确；当汽车受沿路面向上的静摩擦力且为最大值时，速率最小，此时有FNcosθ＋μFNsin
θ
＝mg，FNsinθ－μFNcosθ＝mv22R，解得速率v2＝gRtanθ－μ1＋μtanθ，选项D正确，B错误；
当汽车受沿路面向下的静摩擦力且为最大值时，速率最大，有FNcosθ－μFNsinθ＝mg，
FNsinθ＋μFNcosθ＝mv23R，解得速率v
3
＝
θ
，选项C正确．
导轨间距为d＝0.2 m，导轨电阻忽略不计，M、P端连接一阻值R＝0.5 Ω的电阻．有一质
量m＝0.08 kg、阻值r＝0.5 Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上，棒离R的距离为
L
＝2 m，棒与导轨接触良好．整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小随时
间变化的情况如图乙所示．已知棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.01，设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( BC )
B．棒ab相对于导轨静止时，回路中产生的感应电流为0.02 A
C．经过40 s棒ab开始运动
D．在0～4.0 s时间内通过R的电荷量q为0.8 C
解析：由法拉第电磁感应定律得，电动势E＝ΔBΔt·S＝0.02 V，选项A错误；由闭合电
路欧姆定律得，电流I＝ER＋r＝0.02 A，选项B正确；棒开始运动时，满足μmg＝ΔBΔttId，
解得t＝40 s，选项C正确；电荷量q＝It′＝0.08 C，选项D错误．