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2026江苏高考物理的二轮专题
冲刺211(3)
共5题,共56分。
1.(15分)(2025·南京、盐城一模)某同学利用如图甲所示的实验装置和若干质量为m0的钩码来测量当地的重力加速度和待测物(带有挡光片)的质量,实验操作如下:
①用游标卡尺测量挡光片的挡光宽度d;
②调节配重物的质量,向下轻拉配重物后释放,当配重物能够匀速向下运动时,可认为配重物质量与待测物质量相等;
③将待测物压在地面上,保持系统静止,测量出挡光片到光电门的距离h;
④在配重物下端挂1只钩码,释放待测物,测量挡光时间为Δt,可得加速度a;
⑤依次增加钩码数量n,由相同位置静止释放待测物,测量Δt并得到对应的加速度a。根据以上实验步骤,回答以下问题:
(1)游标卡尺的示数如图乙所示,挡光片的宽度d=　　　　 mm。
(2)加速度a的表达式为　　　　　　(用d、h和Δt表示)
(3)该同学作“”图像,若所作图像斜率为k,纵截距为b,则当地重力加速度为　　　　,待测物的质量为　　　　。(选用k、b、m0表示)
(4)实际中滑轮存在着摩擦阻力,若认为该阻力大小恒定,则请判断在上面测量方法中该阻力是否对重力加速度的测量值引起误差,并请简要说明理由。
2.(6分)(2025·南通二模)手持细绳,使绳上A点从t=0时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动,振幅为0.2 m,t=0.4 s时B点刚开始振动,A点回到平衡位置,绳上形成的波形如图所示,规定向上为质点振动位移的正方向。
(1)写出A点的振动方程;
(2)求0~3 s内质点B的路程s。
3.(8分)(2024·苏北七市第二次调研)内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上,用质量为m的活塞密封一段长度为L的气体,活塞的横截面积为S。给活塞一个向左的初速度v0,活塞向左移动了,此时速度减为零。已知大气压强为p0,不计密封气体温度的变化。求:
(1)活塞速度为零时,密封气体的压强p;
(2)该过程放出的热量Q放。
4.(12分)(2024·镇江期中)如图所示,用电动机带动传送带将货物从A点运送到B点,AB长L=10 m,传送带以速度v0=2 m/s顺时针转动,其与水平面夹角θ=37°。将质量为m=1 kg的货物轻放在传送带A处,已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求货物开始向上运动时的加速度大小;
(2)求货物运动到B端的时间;
(3)若传送带仅开动一小段时间就停止转动,要保证货物可以运动到B端,求电动机要对传送带做的功的最小值。
5.(15分)(2024·无锡期末)如图,两个半圆形同心圆弧,分别交于坐标轴上的a、b、c点和d、e、f点。大圆半径为R0,辐向电场(电场方向由原点O向外)分布于两圆弧之间,其间的电势差为U0;圆弧abc内为无场区。半圆弧def外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场,其上边界在y=2R0处,O点处有一粒子源,可以在xOy平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子(粒子的质量为m、电荷量为q),初速度均为,先后经过电场和磁场区域。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用,不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。
(1)求粒子刚进入磁场区域的速度的大小;
(2)某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为45°,恰能从磁场上边界垂直射出,求磁感应强度B1的大小;
(3)调节不同的磁感应强度,则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同。求其中半径最小时对应的磁感应强度B2的大小。
参考答案
1.答案 (1)4.80
(2)a=
(3)m0
(4)该阻力不会对重力加速度的测量值引起误差。理由如下:根据牛顿第二定律可得,可见图像的纵截距与阻力无关。
解析 (1)挡光片的宽度d=4 mm+0.05 mm×16=4.80 mm。
(2)根据v2=2ah
其中v=
解得a=。
(3)由题意可知待测物的质量等于配重物的质量,设为M,则根据牛顿第二定律nm0g=(nm0+2M)a
其中a=
可得
可知b=,k=
解得g=,M=m0。
(4)该阻力不会对重力加速度的测量值引起误差。
理由如下:若考虑阻力,则可将阻力等效为加在待测物上的质量为的物体,则根据牛顿第二定律nm0g=a
可得
可见图像的纵截距与阻力无关。
2.答案 (1)x=0.2sin(5πt+π) m
(2)5.2 m
解析 (1)振动周期T=0.4 s,振动方程x=Asin
t=0时刻A点向下振动,φ=π,解得x=0.2sin(5πt+π) m。
(2)由题知,质点B振动时间Δt=2.6 s,Δt=nT,s=n×4A,解得s=5.2 m。
3.答案 (1)p0
(2)p0LS+
解析 (1)由玻意耳定律得p0LS=pS,解得p=p0。
(2)设活塞对气体做功为W,气体吸收的热量为Q,则对气体Q放=-Q
又由热力学第一定律ΔU=W+Q,且ΔU=0,则Q放=-Q=W,
对活塞,由动能定理得p0S-W=0-,解得Q放=p0LS+。
4.答案 (1)1 m/s2
(2)6 s
(3) J
解析 (1)对货物,根据牛顿第二定律,有
μmgcos 37°-mgsin 37°=ma1
解得
a1=1 m/s2。
(2)货物加速到传送带速度的时间为t1,则
v0=a1t1
可得
t1=2 s
货物加速过程位移为
x1=a1=2 m
货物匀速运动时间为
t2==4 s
运动的总时间为
t=t1+t2=6 s。
(3)传送带停止转动后,对货物,根据牛顿第二定律,有
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2
解得
a2=13 m/s2
根据速度位移关系有
v2-=2a2x3
解得
x3= m
传送带从开始运动到停止过程中,加速阶段位移为
x1'=v0t1
匀速阶段位移为
x2'=L-x1-x3
电动机做功为
W=Ff滑x1'+Ff静x2'=μmgcos 37°x1'+mgsin 37°x2'
代入数据解得
W= J。
5.答案 (1)
(2)
(3)
解析 (1)令粒子刚离开电场的速度为v,粒子在电场中有
qU0=mv2-
解得
v=。
(2)如图所示
由图可知粒子做圆周运动的半径
r1==(2-1)R0
由洛伦兹力提供向心力得
B1qv=m
解得
B1=。
(3)粒子运动过程如下图所示
令粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r2,O'是粒子做圆周运动的圆心,令O、O'间的距离为d,由几何关系可知,d的大小总满足
d2=
当r2最小时,d也最小,由图可知
dmin=2R0
代入可得
r2=R0
由洛伦兹力提供向心力得
B2qv=m
解得
B2=。
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