题型小卷33　“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33　“2实验+3计算” (时间:50分钟　总分:54分)
1.(6分)[2025·青海海东市三模] 某物理兴趣小组测光在水中的折射率.如图所示,水平桌面上有一水槽,槽中放置着平面镜M,镜面与水平面之间的夹角θ=45°.一束白光从O点射向水面,先经水面折射,再经平面镜反射,又经水面折射回到空气中,最后在水槽左上方的竖直屏N上形成彩色光带,设所有光线均在同一竖直平面内.
(1)若入射点O的位置不变,顺时针转动水面上的入射光,则O点处的折射光　　　　(选填“顺”或“逆”)时针转动.
(2)若逐渐增大θ角,各种色光陆续消失,屏上最后消失的是　　　　(选填“红”“绿”或“紫”)光.
(3)当入射光线与水面的夹角α=30°时,屏上的彩色光带恰好全部消失,则最后消失的色光对水的折射率为　　　　.(结果可用根号表示)
2.(9分)[2025·重庆三调] 某同学用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻,并同时描绘电动机的伏安特性曲线.现有实验器材:待测电源、电压表(内阻很大)、电流表(内阻很小)、电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测电动机M(额定电压为3 V)、开关若干、导线若干.
(1)测电源的电动势和内阻步骤如下:
①断开S1,闭合S2,S3接b;
②调节电阻箱,读出相应的阻值和电压表示数;
③多次测量后,以为横坐标,为纵坐标,作图得到图乙,由此可得电源电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　 Ω.(结果均保留2位有效数字)
(2)描绘电动机的伏安特性曲线步骤如下:
①断开S1、S2、S3,先将滑动变阻器的滑片P滑到　　　　(填“c”或“d”)端;
②闭合开关S1,S3接a,调节滑动变阻器,读出电流表、电压表的示数,并记录数据;
③描绘出该电动机的伏安特性曲线如图丙,图线表明:两曲线的临界电压为1.50 V.
再将该电动机改接在一电池两端,工作较长时间后,电动势(E=3.00 V)保持不变,内阻增大,导致电动机停止转动.电动机停止转动前的瞬间,电动机输出功率约为　　　　W;停止转动后的瞬间,电源的总功率为　　　　W.(结果均保留2位有效数字)
3.(10分)[2025江西赣州二模] 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0.3 m.t=0.5 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,以向上为质点位移的正方向.
(1)写出A点位移x随时间t变化的关系式;
(2)从t=0开始,经过多长时间质点B运动的路程为5.1m.
4.(13分)[2025·河南郑州二模] 某自动秤米机的原理如图所示,阀门距秤盘的高度h=0.2 m,当阀门打开时大米从静止开始下落,大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹(碰撞过程重力可忽略).当秤米机的示数为1 kg时,阀门在电机控制下立即关闭.已知大米的流量Q=100 g/s,重力加速度大小g取10 m/s2,忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度,求:
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小,及阀门关闭瞬间空中大米的质量;
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小;
(3)稳定后(空中的大米全部落入秤盘),秤米机的示数.
5.(16分)[2025·江西赣州一模] 如图所示,在竖直平面直角坐标系中,有方向竖直向上的匀强电场(大小未知),x轴上方空间覆盖有垂直纸面向里的匀强磁场B1,磁感应强度大小为B1=B,x轴下方空间覆盖有方向竖直向上的匀强磁场B2.一质量为2m、电荷量为2q的带正电金属小球M,由x轴上的P点与x轴正方向成30°角的速度v0射入第一象限,小球M恰好做匀速圆周运动到达坐标原点O,刚好与在O点静止释放的不带电金属小球N发生弹性正碰,碰后两小球电荷量均分.已知金属小球N的质量为m,两球均可看成质点,碰撞时间极短,不计空气阻力和碰后两小球间的相互作用,重力加速度为g,求:
(1)匀强电场的电场强度大小E和P点的横坐标x;
(2)两球碰后瞬间的速度大小vM、vN﹔
(3)要使两球能再次发生碰撞,匀强磁场的磁感应强度大小B2应满足的条件和再次碰撞前瞬间两球的总动能Ek.
题型小卷33　“2实验+3计算”
1.(1)顺　(2)红　(3)
[解析] (1)由折射定律可知,入射角减小时,折射角也减小,即折射光线与入射光线的转动方向为顺时针.
(2)逐渐增大θ角,反射光线逆时针转动,反射光线射到水面的入射角增大,由于紫光的临界角最小,因此紫光的入射角首先达到临界角,发生全反射,则从屏上最先消失的是紫光,最后消失的是红光.
(3)最后消失的是红光,红光传播的光路如图所示.设光在空气与水的界面的折射角为β,由折射定律有n=,设红光在平面镜上的入射角为γ,由几何关系有β+γ=θ,红光由水面射向空气,恰好发生全反射时入射角为C,由几何关系有C=β+2γ,有全反射可知sin C=,解得n==.
2.(1)③4.0　2.0　(2)①c　③0.15　1.2
[解析] (1)③断开S1,闭合S2,S3接b,根据闭合电路欧姆定律有U=E-r,则有=+·,结合图像有=0.25 V-1,= Ω/V,解得E=4.0 V,r=2.0 Ω.
(2)①滑动变阻器采用分压式接法,为了确保安全,闭合开关之前,需要使得控制电路输出电压为0,即应先将滑动变阻器的滑片P滑到c端.
③I U图像中,直线表明电阻不变,原因是电压较小,电动机不转动,视为纯电阻.图线上的点与坐标原点连线的斜率倒数表示电动机的电阻RM,可得RM=3.75 Ω,两曲线的临界电压为1.50 V,则电动机停止转动前的瞬间电压为1.50 V,那么电动机的总功率P=UI=1.5×0.2 W=0.3 W,电动机的热功率P热=I2RM=0.22×3.75 W=0.15 W,电动机的输出功率约为P出=P-P热=0.15 W;停止转动后的瞬间,电源的总功率P=EI=3×0.4 W=1.2 W.
3.(1)x=0.3sin (4πt+π) m　(2)2.625 s
[解析] (1)设A点位移x随时间t变化的关系式为x=Asin (ωt+φ)(m) (1分)
依题意,A=0.3 m,T=0.5 s (1分)
由ω=得ω=4π rad/s (1分)
由图可知,B点的起振方向向下,则A点的起振方向也向下,故t=T时,x=-0.3 m (1分)
解得φ=π (1分)
依上可得x=0.3sin (4πt+π) (m) (1分)
(2)依题意,振动从A点传到B点,用时t=0.5 s (1分)
质点振动一个周期,路程为4个振幅,当质点B运动的路程为5.1 m时,共17个振幅,故共经过的时间为t2=4T+T=2.125 s (2分)
综上可得t'=t+t2=2.625 s (1分)
4.(1)2 m/s　0.02 kg　(2)0.2 N　(3)1 kg
[解析] (1)设每粒大米质量为m0、到秤盘前瞬间速度大小为v,由机械能守恒定律可得m0gh=m0v2 (1分)
解得大米落入秤盘时的速度大小v=2 m/s (1分)
阀门关闭,米在空中近似做自由落体运动,则有
h=gt2 (1分)
解得t=0.2 s (1分)
空中大米的质量m=Qt=0.02 kg (1分)
(2)Δt时间内,从阀门处下落的大米质量Δm=QΔt (1分)
令其落到秤上时受到的冲击力为F,根据动量定理有
-FΔt=0-Δmv (1分)
解得F=0.2 N (1分)
根据牛顿第三定律可知,大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
F'=F=0.2 N (1分)
(3)关闭阀门时,秤示数为1 kg,此时,结合上述可知,秤上大米质量为
m'=1kg-=0.98 kg (2分)
则当空中大米全部落入盘中后,大米的总质量
M=m+m'=1 kg (2分)
5.(1)　　(2)　　(3)(n=1,2,3,…)　m
[解析] (1)小球M做匀速圆周运动,电场力与重力平衡,可得2Eq=2mg
解得E= (1分)
由洛伦兹力提供向心力有2qv0B= (1分)
解得轨道半径为r= (1分)
由几何关系解得x=2rsin 30°= (1分)
(2)设两球碰后瞬间的速度大小分别为vM、vN,发生弹性碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律
可得2mv0=2mvM+mvN (1分)
2m=2m+m (1分)
联立解得vM=,vN= (1分)
(3)碰后两球电荷量均分为q,小球N球受到的电场力与重力平衡Eq=mg
小球N进入B2磁场速度方向与x轴正方向成30°,对速度正交分解得
vNx=,vNy= (1分)
小球N在B2磁场中做竖直向下的匀速直线运动和水平方向的匀速圆周运动.
小球M竖直方向受到的电场力与重力的合力F合=2mg-Eq=mg (1分)
小球M进入B2磁场速度方向与x轴正方向成30°,对速度正交分解得
vMx=,vMy= (1分)
由牛顿第二定律,得竖直方向加速度为a==
小球M在B2磁场中竖直方向做匀加速直线运动和水平方向的匀速圆周运动.
小球M、N在B2磁场中做匀速圆周运动,则有
qvB2=m,T= (1分)
代入数据解得TM=,TN= (1分)
要使两球能再次发生碰撞,有竖直方向位移相等,设第一次碰撞到第二次碰撞的时间为t,即
t+×t2=t (1分)
解得t=
小球M转动n个周期的时间等于t时,两球能再次发生碰撞,即t=nTM(n=1,2,3,…)
联立解得B2=(n=1,2,3,…) (1分)
那么两球相碰撞前小球M瞬间速度大小为
vMy=+×t=v0 (1分)
碰撞前瞬间两球的总动能Ek=EkM+EkN
代入数据解得Ek=m (1分)