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题型必刷练 1 “3 实验+4 计算”
1． 两个同学相互配合，利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。跨过定滑轮的
细绳两端与两个钩码A、B相连，其中钩码A的质量为m，钩码B的质量为M（M＞m）。实
验过程如下：
①钩码A放置在地面上，钩码B跨过定滑轮悬空，同学甲用手将钩码A压在地面上，使得A、
B静止不动，同学乙用米尺测量并记录钩码B的底端距地面的高度为H，然后手持秒表，做好测
量B落地时间的准备。
②某时刻，同学甲松手让A、B运动起来，与此同时，同学乙开启秒表，在钩码 B落地时停止
计时，记录下钩码B的运动时间。
③重复测量几次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
（1）钩码B落地时的瞬时速度v＝ 。
（2）根据实验数据，并知道当地重力加速度为g，如果关系式H＝ 成立，则可说明机械能守
恒定律成立。
（3）你认为本实验误差产生的原因，可能有 。（写出一条即可）
H 0+v 2H
【解答】解：（1）运动过程中的平均速度v= ，又因为v= ，因此落地速度v= ；
t 2 t
（2）系统动能的增加量为1 2H2 (M+m)，系统重力势能的减少量为（M﹣m）
(M+m)v2=
2 t2
gH，如果机械能守恒，则有 2H2 (M+m)，所以 (M−m)g ；
(M−m)gH= H= t2
t2 2(M+m)
（3）空气阻力、滑轮阻力、释放钩码A的时间与秒表开始计时时间不同步等，都会造成误差。2H (M−m)g
故答案为：（1） ，（2） t2，（3）释放钩码A的时间与秒表开始计时时间不同
t 2(M+m)
步、空气阻力、滑轮与绳子摩擦力等都会造成误差。
2． 某同学利用如图甲所示的电路测量一电源的电动势和内阻（电动势 E约为2V，内阻
约为几欧姆）。
可供选用的器材有
A．电流表A（量程0～30mA，内阻为45 ）
B．电压表V
1
（量程0～3V，内阻约为2kΩ）
C．电压表V （量程0～15V，内阻约为1Ω0k ）
2
D．滑动变阻器R（阻值0～50 ） Ω
E．定值电阻R 1 ＝5 Ω
F．定值电阻R ＝50Ω0
2
（1）为更准确的进行Ω实验测量，电压表应该选择 ，定值电阻应该选择 。（填器
材前的字母）
（2）实验中电压表和电流表的读数如下：
序号 1 2 3 4 5 6
I 4.0 8.0 12.0 16.0 18.0 20.0
（mA）
U（V） 1.72 1.44 1.16 0.88 0.74 0.60
（3）在图乙中已根据上述实验数据进行描点，请画出U﹣I图象。
（4）由图象可知，电源电动势E＝ V，内阻r＝ ．（结果均保留2位有
效数字） Ω【解答】解：（1）因为电动势E约为2V，故电压表选B；因为电源内阻约几欧，则回路的最大
2
电流I = ≈0.22A=220mA，而电流表A 的量程只有30mA，故应并联一个小电阻扩大电流
m 9 1
表的量程，故定值电阻选E；（3）根据表中数据，画出的U﹣I图象，如图所示：
（4）根据闭合电路欧姆定律得： I R R R
E=U+(I+ A )(r+ A 1 )
R R +R
1 A 1
变形得： rR +rR +R R ，
U=−I( A 1 A 1 )+E
R
1
由图可知，图象的纵截为2.0V，即E＝2.0V；
图线斜率的绝对值为 rR +rR +R R ，
|k|= A 1 A 1
R
1
代入数据得： 2.00−0.60 rR +rR +R R
| |=70= A 1 A 1
0−20×10−3 R
1
解得：r＝2.5 。
故答案为：（Ω1）B （2）E （3）（4）2.0；2.5
3． （1）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中，下列说法正确的是
。
A．若去掉铁芯，实验结果不会受到影响
B．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
C．交变电流产生的磁场对铁芯有力的作用，可能使铁芯振动发出“嗡嗡”声
（2）某同学在完成上述实验后，采用如图所示的电路测量变压器原线圈的电阻（阻值较小），
为保证电路中各元件安全，实验结束时，首先进行的操作是 。
A．断开导线A
B．断开开关
C．取下电池
（3）下列说法正确的是 。A．图甲“验证动量守恒定律”实验中，斜槽轨道必须光滑且其末端水平
B．图乙“验证机械能守恒定律”实验中，应先接通打点计时器的电源，再释放重物
C．图丙“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，先滴入油酸酒精溶液，再撒入痱子粉
D．图丁“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，把滤光片由红色换成绿色，可增加目镜中观
察到的亮条纹个数
【解答】解：（1）A．在理想变压器中铁芯的作用是减小磁场的损失，若去掉铁芯，实验结果
会受到影响，故A错误；
B．为保证实验安全，原线圈应接低压交流电源，故B错误；
C．交变电流产生的磁场，使变压器铁芯硅钢片产生涡电流，导致变压器振动而发出声音，正常
情况下这种声音是清晰而有规律的，但若螺丝没有拧紧，变压器就会发出明显的“嗡嗡”低鸣
声，故C正确。
故选：C。
（2）当通过线圈的电流急剧减小时，会产生较大自感电动势，阻碍电流的减小，因此在实验结
束时，应先把并联在线圈上的电压表从电路中断开，否则断开开关瞬间会产生大电压烧毁电表，
故应先断开导线A，故A正确，BC错误。
故选：A。
（3）A．图甲“验证动量守恒定律”实验中，只要保证小球每次从同一位置静止释放即可，斜
槽轨道没有必要必须光滑，但其末端必须水平，故A错误；
B．图乙“验证机械能守恒定律”实验中，应先接通打点计时器的电源，再释放重物，故B正确；
C．图丙“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，先撒入痱子粉，再滴入油酸酒精溶液，故 C
错误；
D．图丁“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，把滤光片由红色换成绿色，入射光的波长变
短；L
根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ可知，相邻条纹间距减小，可增加目镜中观察到的亮条纹个
d
数，故D正确。
故选：BD。
故答案为：（1）C；（2）A；（3）BD。
4． 空气悬挂减震（气体弹簧）正在广泛应用于各类车辆悬挂减震，不断提升汽车乘坐舒
适性。某新型国产轿车上的气体弹簧减震装置简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良
好，缸内气体温度与环境温度保持一致，横截面积为 S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时
气缸内密闭一段长度为L ，压强为p 的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。某次汽车检
0 1
测时，车辆载重，相当于在气缸顶部加一个重物（图中未画出），活塞固定不动，稳定时气缸
下降了0.5L 。已知环境温度保持不变，重力加速度为g。
0
（1）气缸下降过程中，缸内气体是吸热还是放热，请说明你的判断依据；
（2）求重物的质量；
（3）为使气缸升到原位置，需向缸内充入与缸内气体温度相同、压强为 p 、体积为多少的空气？
1
（此过程气体温度保持不变）
【解答】解：（1）缸内气体温度不变，则气体内能不变，则有
ΔU＝0
体积减小，气体对外界做功，则有
W＞0
根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q
可知
Q＜0
故气体放热。
（2）设气缸下降0.5L 后，缸内气体压强为p ，对缸内气体，根据玻意耳定律有
0 2
1
p SL =p SL
1 0 22 0
解得
p ＝2p
2 1
设大气压强为p 、气缸质量为m ，未载重时，对气缸有
0 0
m g+p S＝p S
0 0 1
载重时，对气缸和重物有
m g+p S+mg＝p S
0 0 2
联立解得
p S
m= 1
g
（3）设充入的气体体积为V，根据玻意耳定律有
p （L S+V）＝p L S
1 0 2 0
解得
V＝L S
0
答：（1）气缸下降过程中，缸内气体是放热过程，判断依据见解析；
p S
（2）重物的质量为 1 ；
g
（3）为使气缸升到原位置，需向缸内充入与缸内气体温度相同、压强为p 、体积为L S的空气。
1 0
5． 某兴趣学习小组设计了如图所示装置，一滑块从足够长的倾斜轨道AB上的某位置静
止滑下，经水平轨道BC进入竖直光滑圆轨道后，可滑入水平轨道C'E（C与C'沿垂直于纸面略
错开），倾斜轨道EF与水平轨道C'E相接于E点，轨道各部分平滑连接。已知轨道AB倾角
＝37°，轨道EF倾角为 （tan ＜0.5），圆轨道半径R＝0.4m，水平轨道BC长L ＝1.0m。C'Eα
1
长L ＝3.0m，滑块与轨β道AB、β BC、C'E、EF之间的动摩擦因数 相同，且 ＝0.5，视为质点
2
的滑块质量m＝0.1kg，忽略空气阻力。（取sin37°＝0.6，cos37°＝μ0.8。g＝10μm/s2）
（1）某次操作中将滑块从AB斜面上某点静止释放后恰能通过圆轨道最高点D，求：
①滑块通过圆轨道最高点D时的速度大小；②滑块刚到圆轨道最低点C'时，滑块对圆轨道的压力。
（2）若滑块能到达E点，并能滑向EF轨道，求：
①滑块到达E点时滑块动能E 与滑块释放点到B点距离x之间的函数关系；
k
②滑块最终静止在轨道EF上的位置与滑块释放位置之间连线与水平面的夹角的正切值。
【解答】解：（1）①滑块恰好通过最高点 D，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
v2
mg=m D
R
代入数据解得：v ＝2m/s
D
1 1
②从D到C'过程，由动能定理得：mg×2R= mv2− mv2
2 C 2 D
在C'点，由牛顿第二定律得： v2
F −mg=m C'
N R
代入数据解得：F ＝6N，则滑块对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。
N
（2）①设滑块释放点到B点距离为x，到达E位置时的动能为E ，
k
根据动能定理有：E ＝mgxsin ﹣ mgxcos ﹣ mg（L +L ）
k 1 2
解得：E ＝0.2x﹣2（x＞10m）α μ α μ
k
②设滑块释放点到B点距离为x ，滑块最后停在EF轨道的位置距离E点为x ，
1 2
根据动能定理有：mgx sin ﹣ mgx cos ﹣ mg（L +L ）﹣mgx sin ﹣ mgx cos ＝0﹣0
1 1 1 2 2 2
滑块最终静止在轨道EF上α 的μ位置与滑α块μ释放位置之间连线的倾β角为μ ，根β据几何关系有：
θ
x sinα−x sinβ
tanθ= 1 2
x cosα+x cosβ+L +L
1 2 1 2
代入数据解得：tan ＝ ＝0.5
答：（1）①滑块通θ过μ圆轨道最高点D时的速度大小是2m/s；
②滑块刚到圆轨道最低点C'时，滑块对圆轨道的压力大小是6N，方向竖直向下。
（2）①滑块到达E点时滑块动能E 与滑块释放点到B点距离x之间的函数关系是E ＝0.2x﹣2
k k（x＞10m）；
②滑块最终静止在轨道EF上的位置与滑块释放位置之间连线与水平面的夹角的正切值是0.5。
6． 如图所示，足够长的光滑竖直平行金属轨道处于一个很大的匀强磁场中，已知轨道宽
为l，磁感应强度大小为B、方向垂直轨道平面水平指向纸里。轨道上端接入一个滑动变阻器和
R
一个定值电阻，已知滑动变阻器的最大阻值为 R，定值电阻阻值为 ．轨道下端有根金属棒
2
CD恰好水平搁在轨道上，接触良好，已知金属棒质量为m。起初滑片P处于变阻器的中央，
CD棒在一平行于轨道平面的竖直向上F作用下，以某一初速度开始向上做匀减速直线运动，
已知初速度大小为v ，加速度大小为a。不考虑金属棒和轨道的电阻，重力加速度大小为g。则
0
（1）请说明金属棒运动过程中棒中感应电流方向；
（2）保持滑片P位置不变，金属棒运动过程中经过多少时间时流过定值电阻的电流为零？此时
外力F多大？
（3）保持滑片P位置不变，金属棒运动过程中经过多少时间时流过定值电阻的电流为I （I 已
0 0
知且非零值）？此时外力F多大？
【解答】解：（1）金属棒先向上匀减速直线运动，速度减到零后向下匀加速直线运动。因此根
据右手定则，当金属棒CD向上运动时，棒中感应电流方向为：D→C；然后当金属棒CD向下
运动时，棒中感应电流方向为：C→D。
（2）若流过定值电阻的电流为零，则此时电路中没有感应电流，即感应电动势为零，根据E＝
BLv可知道，v＝0
根据运动学公式：0＝v ﹣at
0
v
得：t= 0
a
金属棒运动过程中流过定值电阻的电流为零，此时安培力为零，
根据牛顿第二定律，得：mg﹣F＝ma此时外力为：F＝mg﹣ma
R 3
（3）当滑片处于中央时，并联电阻为 R，回路总电阻为 R．流过定值电阻的电流为I 时，此
0
4 4
时干路电流为2I 。
0
3 3 E 3I R
感应电动势为：E＝2I • R= I R，根据E＝BLv得：v= = 0
0 0
4 2 BL 2BL
讨论：金属棒先向上匀减速直线运动，后向下匀加速直线运动。
3I R
①当v
0
＜ 0 时，只在向下加速过程中，才出现流过定值电阻的电流为 I根据运动学
2BL
公式得到，经过时间流过定值电阻的电流为I 。
0
此时，根据牛顿第二定律得：
mg﹣F﹣F ＝ma，此时F＝mg﹣ma﹣F ＝mg﹣ma﹣2I LB
A A 0
v 3I R
此时t= 0+ 0
a 2BLa
3I R
②当v = 0 时，在t ＝0以及向下加速过程中，出现流过定值电阻的电流为I 。
0 1 0
2BL
t ＝0时，棒向上运动，mg+F ﹣F＝ma，得到此时F＝mg+F ﹣ma＝mg﹣ma+2I LB
1 A A 0
2v
t = 0时，棒向下运动，mg﹣F﹣F ＝ma，此时F＝mg﹣ma﹣F ＝mg﹣ma﹣2I LB
2 A A 0
a
3I R
3I R v − 0
③当v＞ 0 ，t 0 2BL
0 2BL =
a
时，向上和向下过程中都出现流过定值电阻的电流为I
0
向上过程中，此时 mg+F ﹣F＝ma，得到此时 F＝mg+F ﹣ma＝mg﹣ma+2I LB 此时 t
A A 0
3I R
v − 0
0 2BL
=
a
向下过程中，经过时间，此时mg﹣F﹣F ＝ma，此时F＝mg﹣ma﹣FA＝mg﹣ma﹣2I LB 此时
A 0
v 3I R
t= 0+ 0
a 2BLa
答：（1）金属棒CD向上运动时，棒中感应电流方向为：D→C；然后当金属棒CD向下运动时，
棒中感应电流方向为：C→D。v
（2）金属棒运动过程中经过时间为 0时流过定值电阻的电流为零，此时外力Fmg﹣ma。
a
3I R v 3I R
（3）①当v＜ 0 时，时t= 0+ 0 ，F＝mg﹣ma﹣2I LB
0 0
2BL a 2BLa
3I R
②当v = 0 时，在t ＝0 F＝mg﹣ma+2I LB
0 1 0
2BL
2v
t = 0时，F＝mg﹣ma﹣2I LB
2 0
a
3I R
3I R v − 0
③当v＞ 0 时，向上F＝mg﹣ma+2I LB 此时t 0 2BL
0 2BL 0 =
a
v 3I R
向下过程F＝mg﹣ma﹣2I LB 此时：t= 0+ 0
0
a 2BLa
7． 托卡马克（Tokamak）装置是一种利用磁约束来实现可控核聚变的环形容器，又称环
流器或“人造太阳”。如图是环流器局部截面的磁场简化示意图，环形磁场区域内边界半径为
R、外边界半径为2R，内有磁感应强度大小为B的匀强磁场。以区域圆心O为原点建立平面直
角坐标系xOy，在点（0.5R，0）处放置一个粒子源S，粒子源S可以沿xOy平面向外发射比荷
为k的带正电的粒子，以此测试该装置的磁约束效果。忽略带电粒子间的相互作用，不计重力。
（1）若粒子源S以v 的速率朝x轴正方向发射一个粒子，该粒子恰好不离开磁场外边界，求
1
v ；
1
（2）若粒子源S以v 的速率平行于y轴向上发射一个粒子，该粒子恰好不离开磁场外边界，求
2
v 及该粒子回到粒子源位置所经历的时间t（只考虑一次回到粒子源的时间）；
2
6
（3）若粒子源S均匀地朝xOy平面内各个方向发射速率均为v = kBR的粒子，求被束缚在磁
3 7
场内的粒子数占总粒子数的比例 。进一步分析，如果通过调整磁场的磁感应强度来实现上述粒
子的全部约束，求调整后磁场磁感η应强度的最小值B′。【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图1所示，设粒子的轨迹半径为r ，由几何关系，有
1
(2R−r ) 2=r2+R2
1 1
解得
3
r = R
1 4
又
mv2
qv B= 1
1 r
1
解得
3
v = kBR
1 4
图1
（2）粒子运动轨迹如图2所示，设该粒子的轨迹半径为r ，由余弦定理，有
2
(2R−r ) 2=r2+R2−2Rr cos60°
2 2 2
解得r ＝R
2又
mv2
qv B= 2
2 r
2
解得v ＝kBR
2
粒子运动的轨迹如图所示，回到粒子源位置的时间为
4πm √3R
t=3( + )
3qB v
2
解得
4π+3√3
t=
kB
图2
6
（3）所有粒子的速度都为v = kBR，则粒子的轨迹半径都为
3 7
6
r = R
3 7
由（1）、（2）中的分析可知，这些粒子必定只有部分能被磁场束缚。假设从粒子源出射方向
与x轴正方向成 角的粒子刚好能够不离开磁场，如图3所示。该粒子射入磁场的位置记为Q，
轨迹弧的圆心记为θ O ，记∠OQS＝ ，∠OQO ＝ ，由余弦定理，有
3 3
6 2 8 2 α β
( R) +R2−( R)
7 7 1
cosβ= = =sinα
6 4
2R⋅ R
7
由正弦定理R
2 R
=
sinα sin(π−θ)
得
1
sinθ=2sinα=
2
故 ＝30°或 ＝150°
由此θ可知，当θ带电粒子的发射方向角 介于30°～150°之间时，粒子无法离开磁场，占比
150°−30° 1 θ
η= = ≈33.3%
360° 3
图3
进一步分析，调整磁场的磁感应强度为B′以实现上述粒子的全部约束，则只需保证最易离开的
粒子无法离开即可。朝y轴负方向向下发射的粒子最易离开磁场，不妨假设该粒子刚好不离开磁
场，轨迹半径为r ，如图4所示，由几何关系，有
1
(2R−r ) 2=r2+R2−2Rr cos120°
4 4 4
解得
3
r = R
4 5
而
mv2
qv B'= 3
3 r
4
故v
r = 3
4 kB'
解得
10
B'= B
7
10
综上，调整磁场前 ≈33.3%的粒子被束缚在磁场内，至少调整磁场为B'= B后可以实现全部
7
η
粒子的约束。
图4
3
答：（1）该粒子的速度为 kBR；
4
4π+3√3
（2）粒子源S的的速率v 为kBR， ；
2
kB
（3）被束缚在磁场内的粒子数占总粒子数的比例 为33.3%，调整后磁场磁感应强度的最小值
η
10
B′为 B。
7
