實驗題15分專練(四)22．(5分)某同學利用打點計時器測量小車做勻變速直線運動的加速度。實驗器材有：電磁打點計時器、一端附有滑輪的長木板、小車、紙帶、細線、砝碼、刻度尺、導線、交流電源、復寫紙片等。(1)該同學在實驗桌上安裝好所需的器材后(如圖所示)準備進行實驗，下面操作必要的是________。A．把附有滑輪的長木板固定打點計時器的那端適當墊高，以平衡小車運動過程中所受的摩擦力B．調節(jié)拉小車的細線使細線與長木板板面平行C．拉小車運動的砝碼的質量遠小于小車的質量D．實驗時，先釋放小車，再接通電源(2)該同學在得到的紙帶上選取七個計數點(相鄰兩個計數點之間還有四個點未畫出)，如圖所示，圖中x1＝4.81cm，x2＝5.29cm，x3＝5.76cm，x4＝6.25cm，x5＝6.71cm，x6＝7.21cm。已知電源頻率為50Hz，則加速度的大小為________m/s2(結果保留兩位有效數字)。解析：(1)測量小車運動的加速度實驗不需要平衡摩擦力，不需要拉小車運動的砝碼的質量遠小于小車的質量，選項A、C錯誤。要使小車做勻變速直線運動，拉小車的細線必須與長木板平行，選項B正確。用打點計時器做實驗，實驗時必須先接通電源，后釋放小車，選項D錯誤。(2)打點計時器打點周期T＝eq\f(1,f)＝0.02s，相鄰兩計數點時間間隔t＝5T＝0.1s，采用Δx＝at2和逐差法可得加速度a＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9t2)≈0.48m/s2答案：(1)B(2)0.4823．(2017·河南六市一聯)(10分)某學習小組設計了一個測定金屬絲電阻率的實驗電路如圖所示。ab是一段粗細均勻的金屬電阻絲，R0是阻值為6Ω的保護電阻，學生電源的輸出電壓為10V，電流表可視為理想電表。(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑如圖所示，其直徑為________mm。(2)先接通電源，后閉合開關，發(fā)現電流表的示數為零，利用多用電表檢查故障(電路中故障只有一處)，先將選擇開關旋至直流電壓擋，測得各點間的電壓如下表格。e、d間電壓e、c間電壓e、b間電壓e、a間電壓e、h間電壓0V10V10V10V10V由此可以判斷電路發(fā)生的故障是________。(3)排除故障后進行實驗，閉合開關K，調節(jié)線夾的位置，記錄金屬電阻絲ab接入電路的長度L和對應的電流表的示數I，根據得到的實驗數據，作出了eq\f(1,I)-L圖象。由圖象和測得的數據可估算出該金屬絲的電阻率為________Ω·m。(π取3，保留1位有效數字)(4)若電流表不能視為理想電表，考慮電流表的電阻，則電阻率的測量值________真實值。(選填“大于”“等于”或“小于”)解析：(1)直徑d＝0.500mm＋40.0×0.01mm＝0.900mm。(2)因e、c間電壓為10V，而e、d間電壓為0V，則可判斷發(fā)生的故障是c、d間斷路。(3)由歐姆定律有I＝eq\f(U,R0＋RL)，又RL＝ρeq\f(L,S)，S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，得eq\f(1,I)＝eq\f(4ρ,πd2U)L＋eq\f(R0,U)，再結合圖象得出eq\f(4ρ,πd2U)＝1.0A－1·m－1，解得ρ＝6×10－6Ω·m。(4)若考慮電流表內阻，則由歐姆定律有I＝eq\f(E,R0＋RA＋RL)，又RL＝ρeq\f(L,S)，S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，得eq\f(1,I)＝eq\f(4ρ,πd2U)L＋eq\f(R0＋RA,U)，可知電流表內阻對電阻率的測量值沒有影響。答案：(1)0.900±0.001(2)c、d間斷路(3)6×10－6(4)等于計算題32分專練(一)24．(12分)如圖所示，質量為m、電荷量為e的電子(重力不計)以水平初速度v0從A點射向豎直熒光屏MN，在整個空間中有方向垂直紙面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，電子經磁場偏轉后打在熒光屏上的C點。已知A、C兩點的連線與水平方向之間的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)試計算A、C兩點間的距離；(2)將空間中的磁場換成方向與紙面平行且豎直向上的勻強電場，若要電子同樣能打在熒光屏上的C點，求勻強電場的電場強度E的大小。解析：(1)設電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為R，則由洛倫茲力提供向心力可得ev0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得R＝eq\f(mv0,eB)(2分)設A、C兩點間的距離為d，如圖所示，由幾何關系可得dsinθ＋Rcos2θ＝R或d＝2Rsinθ，解得d＝eq\f(6mv0,5Be)。(4分)(2)設電子在電場中運動的時間為t，則水平方向上有dcosθ＝v0t(2分)豎直方向上有dsinθ＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·t2(2分)其中d＝eq\f(6mv0,5Be)，聯立解得E＝eq\f(25,16)Bv0。(2分)答案：(1)eq\f(6mv0,5Be)(2)eq\f(25,16)Bv025．(20分)如圖所示，AB為光滑水平軌道，BC為半徑R＝0.3m的光滑半圓軌道，兩段軌道相切于B點。甲、乙兩小球位于水平軌道上，中間有一被壓縮的輕質彈簧(彈簧與甲、乙兩小球不拴接)。已知乙小球的質量為m＝0.2kg，重力加速度大小為g＝10m/s2。(1)若將甲小球鎖定在水平面上使其固定不動，釋放乙小球，測得乙小球到達C點時對軌道的壓力為其重力的eq\f(5,3)倍，求開始時彈簧的彈性勢能Ep；(2)若保持彈簧的彈性勢能不變，甲小球不鎖定，由靜止釋放甲、乙兩小球，測得乙小球剛好能夠到達半圓軌道的最高點C，求甲小球的質量M；(3)若撤去彈簧，乙小球靜止在水平軌道上，甲小球在與乙小球發(fā)生彈性碰撞前始終以v0＝2eq\r(3)m/s的速度向右運動。現增大甲小球的質量，保持乙小球的質量不變，求乙小球的速度范圍。解析：(1)設在半圓軌道的最高點C處，小球對軌道的壓力大小為FN，由牛頓第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)(1分)由機械能守恒定律可得Ep＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)(2分)又因為FN＝eq\f(5,3)mg，代入數據解得Ep＝2.0J。(2分)(2)釋放兩小球后，設乙小球到達最高點時的速度大小為vC′，則由牛頓第二定律可得mg＝meq\f(vC′2,R)(1分)設乙小球脫離彈簧時的速度大小為vm，則由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)mvC′2＋mg·2R(2分)設甲小球的質量為M，脫離彈簧時甲小球的速度大小為vM，以水平向右為正方向，則由動量守恒定律可得mvm－MvM＝0(2分)又由機械能守恒定律可得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(1分)以上各式聯立并代入數據求解可得M＝0.6kg。(2分)(3)設甲小球的質量增大后為M′，碰撞后甲小球的速度為v1，乙小球的速度為v2，以水平向右為正方向，則由動量守恒定律可得M′v0＝M′v1＋mv2(2分)由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)M′veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)M′veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2