题型小卷31　“2实验 3计算”（含解析）高中物理（通用版）2026届二轮复习题型小卷

题型小卷31　“2实验+3计算” (时间:50分钟　总分:54分)
1.(6分)[2025·甘肃兰州一模] 如图所示是某同学在用频闪照相的方法“探究平抛运动的特点”时所拍的照片,以照片中小球的第一个位置为坐标原点,沿水平与竖直方向建立平面直角坐标系.假设频闪照相的周期为T,重力加速度g取10 m/s2,根据图片中的信息完成下列问题.
(1)照片中小球的第一个位置　　　　(选填“是”或“不是”)小球的抛出点.
(2)频闪照相的周期T为　　　　s.
(3)小球平抛运动的初速度为　　　　m/s.
2.(9分)[2025·重庆九龙坡二模] 某同学准备测量一节旧干电池的电动势和内电阻,手头有两只电流表,但无电压表.现将内阻为1.0 kΩ、量程为0~200 μA的电流表A1改装成合适量程的电压表,连接成如图甲的电路进行实验,其中R0=3.0 Ω.
(1)现有如下三个不同阻值的电阻,应选　　　　作为图甲中的R1与A1串联后当成电压表使用.
A.90 Ω　　　B.900 Ω　　　C.9 kΩ
(2)按图甲连接电路后,发现aa'、bb'和cc'三条导线中,有一条导线内部断开.为了找出这条导线,将开关S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不为零,再测量a、a'间电压,若读数不为零,则一定是　　　　导线断开;若读数为零,则一定是　　　　导线断开.
(3)排除故障后,通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图像如图乙.由I1 I2图像得到电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　 Ω.(结果均保留两位小数)
3.(10分)[2025·青海西宁三模] 如图所示,ABCD是一直角梯形棱镜的横截面,位于截面所在平面内的一束光线由O点以α=45°角射入,已知棱镜的折射率n=,BC=CD=16 cm,OB=cm,∠ADC=60°,真空中光速c=3×108 m/s.求:
(1)光线在棱镜AB边的折射角;
(2)光线在棱镜中传播的时间.
4.(13分)[2025·陕西宝鸡一模] 如图所示,竖直面内的圆形虚线区域内有一匀强电场,电场方向平行圆平面.圆形区域的半径为R, PQ是一条直径, 与水平方向的夹角θ=30°,A点位于P点的正下方.一个质量为m,带电荷量为+q的粒子,从P点由静止释放后,从A点以速度v0射出电场区域,不计带电粒子的重力.
(1)求匀强电场的电场强度大小和方向;
(2)若粒子从P点水平射入电场,要使粒子恰好能从Q点射出,求粒子的入射速度;
(3)若粒子从P点沿某一方向射入电场时,电势能变化量最大,求此过程中粒子电势能变化量的最大值.
5.(16分)[2025·江西九江模拟] 在光滑平直轨道边依次站着2025个人,间距均为d,每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2025的沙包.一个质量也为m的货斗,在恒定外力F的推动下,从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动,货斗经过人身边时,该人立即将沙包无初速度放入货斗,直到沙包全部放入为止.设沙包放入货斗时间极短,货斗及沙包均可视为质点.求:
(1)1号沙包放入货斗后瞬间的共同速度大小;
(2)2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速度大小;
(3)全过程中的能量损失.
题型小卷31　“2实验+3计算”
1.(1)是　(2)0.1　(3)2.5
[解析] (1)根据平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,故其竖直方向上连续相等时间内的位移之比应为h1∶h2∶h3∶…=1∶3∶5∶…,照片中小球在竖直方向的位移之比恰好为1∶3∶5∶…,故小球的第一个位置是小球抛出时的位置.
(2)根据自由落体运动规律Δh=gT2,结合小球抛出的位置图像,解得T== s=0.1 s.
(3)由图可知,小球在水平方向的位移为x=25 cm=0.25 m,所以小球抛出时的初速度v0== m/s=2.5 m/s.
2.(1)C　(2)aa'　bb'　(3)1.40　0.46
[解析] (1)要将内阻RA1=1.0 kΩ=1000 Ω、最大测量值IA1=200 μA=2×10-4 A的电流表A1改装成合适量程的电压表.一般干电池电动势约为1.5 V,根据串联电路分压原理可知U=IA1(RA1+R1),当U=1.5 V时,联立以上解得R1=6.5 kΩ,最接近9 kΩ,C选项符合题意.
(2)用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不为零,说明从电源正极到a点,从电源负极到b'点的电路是连通的.再测量a、a'间电压,若读数不为零,说明aa'导线两端有电势差,那么一定是aa'导线断开;若读数为零,说明a与a'之间没有电势差,由于a、b'间电压不为零,所以一定是bb'导线断开.
(3)根据闭合电路欧姆定律有E=I1(RA1+R1)+(I1+I2)(R0+r),整理可得I1=-I2,可知I1 I2图像纵截距b==0.14×10-3 A,图像斜率绝对值|k|==,联立解得E≈1.40 V,r≈0.46 Ω.
3.(1)30°　(2)×10-10 s
[解析] (1)根据n= (1分)
可得光线在棱镜AB边的折射角β=30° (1分)
(2)设全反射的临界角为C,则sin C== (1分)
解得C=45° (1分)
光路图如图所示,光线在BC、CD边上的入射角均大于临界角,故在两边上发生全反射,光线最终从AD边射出
根据几何关系可知
CE=CG=BC-,DG=CD-CG (2分)
则光在棱镜中传播的路程
s=+2CEcos 30°+DGcos 30° (1分)
解得s= cm (1分)
光在棱镜中传播的速度v= (1分)
光在棱镜中传播的时间t==×10-10 s (1分)
4.(1),由P指向A　(2)v0　(3)m
[解析] (1)根据题意可知,带电粒子从P点静止释放后,从A点射出,则匀强电场的方向是沿PA,且由P指向A.从P点到A点的过程中,设从A点射出的速率大小为v0,由动能定理可得
qE·lPA=m-0 (1分)
由几何关系可知lPA=R (1分)
解得匀强电场的电场强度大小为E= (2分)
(2)设粒子的入射速度为v0',粒子从P点到Q点的时间为t,由题意可得粒子在电场中做类平抛运动,所以有
2Rsin θ=at2 (1分)
由牛顿第二定律得a= (1分)
2Rcos θ=v0'·t (1分)
解得粒子的入射速度为v0'=v0 (2分)
(3)当粒子从圆心的正下方射出时,电场力做功最多,粒子电势能变化量最大.则有
W电=qE·R(1+sin 30°) (1分)
由于动能定理得
W电=-ΔEpmax (1分)
所以可得,粒子电势能变化量的最大值为m (2分)
5.(1)　(2)　(3)Fd
[解析] (1)放入沙包前,对货斗由动能定理有
Fd=m (1分)
代入数据解得v1= (1分)
1号沙包放入货斗后根据动量守恒有mv1=2mv1共 (1分)
可得v1共= (1分)
(2)2号沙包放入货斗前由动能定理有
Fd=·2m-·2m (1分)
2号沙包放入货斗后根据动量守恒有2mv2=3mv2共 (1分)
可得v2共= (1分)
3号沙包放入货斗前由动能定理有
Fd=·3m-·3m (1分)
3号沙包放入货斗后根据动量守恒有3mv3=4mv3共 (1分)
可得v3共= (1分)
依此类推,可知第n个沙包放入货斗后的共同速度
vn共= (1分)
所以,2025个沙包放入货斗后的共同速度v2025共= (1分)
(3)全过程由能量守恒可知
ΔE=F·2025d-·2026m· (3分)
所以ΔE=Fd (1分)