1、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)调整气垫导轨，使导轨处于水平在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.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
2、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mAmB.(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mA2mB2.【解析】(1)滑块A、B在弹簧被释放时满足动量守恒定律，得mAvAmBvB滑块被弹开后做匀速直线运动，则vA，vB得mAmB(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EPmA2mB223(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
3、用如图(a)所示的电路，实验步骤如下：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”)端附近闭合S1，断开S2，调节R1使电流表G满偏闭合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R2104.0 ，则测得电流表G的内阻Rg 52.0 .(2)查阅说明书后，知电流表G的内阻Ig53.0 ，量程Ig1 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 .(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R05 ，根据实验测得数据作出电压表读数
4、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 ，(结果保留到小数点后2位)【解析】(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 ；(2)根据电表的改装原理可知，应串联的电阻为：R53.014 947.0 (3)根据闭合电路欧姆定律可知，UEIr，故图像与纵轴的交点表示电源的电动势，故有：E12.10 V，r51.05 24(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
5、为，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B1kt，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(t1t0)的感应电流的大小；(2)求金属棒的质量及0t(tt0)时间内电阻R产
6、生的热量【答案】(1)，(2)，2Rt02R(tt0)【解析】(1)当t1t0时，金属棒已越过MN，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E2B0Lv0总感应电动势EE1E2由欧姆定律得I总(2)当tt0时，金属棒已越过MN做匀速直线运动，有mgsin B0I总L解得m在0t0时间内，电阻R产生的热量为Q1IRt0在t0t时间内，电阻R产生的热量为Q2IR(tt0)QQ1Q22Rt02R(tt0)25(20分)如图甲所示，倾角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M7.0 kg的滑块，开始时弹簧被一质量m1.0 kg的小物块(可视
7、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l4.0 mt0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k75 N/m，弹性势能的表达式为Epkx2，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 370.6，cos 370.8.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；(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
8、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a12 m/s2根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1解得0.5(2)由题图乙可知，t0时加速度的大小为a062 m/s2设此时弹簧压缩量x，根据牛顿第二定律有kxmgsin mgcos ma0解得x0.8 m设小物块到达斜面底端的速度为v0，由动能定理得kx2mglsin mglcos mv解得v08 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mv00mv1MvM1mv0mvMv解得v16 m/svM12 m/s第一次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，经过t0.4 s停
9、下来，发生的位移为s1，则v2gs1解得s10.4 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 37gcos 3710 m/s2位移为l1，v2a上l1解得l11.8 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 mgl1cos mgs1mv0，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mv20mv3MvM2mv0mvMv，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v2gs2s20.02 m小物块向右做匀减速运动，发生的位移为s30.18 ms1不能发生第三次碰撞，所以滑块的总路程ss1s20.42 m
