2026年高考物理二轮复习主观题热练四（解析版）

主观题热练四

一、实验题

1.某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。

(1)滤光片应安装在图中位置。

A.A装置左边

B.A、B两装置之间

C.B、C两装置之间

(2)实聆中发现，观察到的干涉条纹较模糊，要便条纹变清晰，可采取的措施.星。

A.旋转测显头

B.减小单缝与双缝间距离

C.调节拨杆使单缝与双缝平行

(3)该同学测得图示装置中力、B、C、£各装置之间的距离分别为£八七、心、心，又测

得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为。。已知单缝宽度为双缝间距为小，

则该单色光波长的表达式为(用题中字母表示工

【答案】(1)B(2)C(3)等

【解析】(I)为保证实验效果，滤光片应放在凸透镜(A)和单缝(B)之间。

故选Bo

(2)若粗调后看不到清晰的干涉条纹，观察到的是较模糊的干涉条纹，最可能的原因是单

缝与双缝不平行，要使条纹变得清晰，应调节拨杆使单缝与双缝平行。

故选C。

(3)由题意知，相邻两条亮条纹之间的距离—二£

4

双缝间距为4=4

双缝到屏的距离/=4

代入双缝干涉实验条纹间距公式—二二，可得卜―

d44

解得人=等

2.某同学从实验室找到一些器材自己动手制作了一个多用电表，他设计的电表电路如图甲

所示。该同学设计初衷是①单刀双掷开关加接/)时，c、d端接入回路中作为量程分别为1mA

和10mA的电流表使用；②单刀双掷开关在接。时,可作为“X100”和“xlk”双量程的欧姆表

使用。已知电流表G满偏电流4=100〃A,内阻4=720C；电源电动势为L5V,内阻为1C。

请帮助该同学解决以下问题。

(1)电路中定值电阻凡=C,&=Q。

(2)某次测电流时，单刀双掷开关S1接力，S?接1,表头示数如图乙所示，此时回路电流值

/=O

(3)若想保证欧姆表正常使用，调零电阻A可选下面两个滑动变阻器中的u

A.电阻范围0~200QB.电阻范围0~20000

(4)当单刀双掷开关和接明再将开关S?接1时，欧姆表的挡位为(选填“X1O0”或

“xlk”)，某次测量欧姆调零后将待测电阻凡接在4旬，发现挡位不合适，断开电路将

开关，接2欧姆调零后重新测量发现挡位合适，是因为开关，接1时电流表指针偏转角—

(选填“太大”或“太小”)。开关S?接2后再次欧姆调零时滑动变阻器夫接入回路的阻值

为O

【答案】(1)872(2)5.2mA/5.20mA(3)B(4)xlOO太小1427c

【解析】(1)由电路图可知，S?接I时为10mA电流表，Sz接2时为1mA电流表，于是可

得10mA=/+4("+"),1mA=1+:凡

sM8

试卷第2页，共7页

代入数据可得994一&=720c,R}+R2=80Q

解得A=8C,&=72。

(2应接b.s?接1时，多用电表为量程为10mA的电流表，由图乙可知，每个小格为0.2mA,

所以读数为5.2mA

(3)欧姆表需要进行欧姆调零，所以单刀双掷开关，接。，接1时，欧姆表的内阻

F15

/?,„=—=,n=i5()Q

阿10x10-3

AI

E15

单刀双掷开关号接。，Sz接2时，欧姆表的内阻右2=『=而记C=1500C,

%=/?+&+尸

用为改装后电流表的内阻。

故选Bo

(4)单刀双掷开关S?接1时为大量程电流表，所以和接。、“接1时即为小倍率欧姆表，

对应的挡位是xlOO。S?接2为大倍率欧姆表，因为需要调换挡位说明现在测量的是一个大

电阻，此时量程太小，所以出现的情况应该是指针偏角太小。调整好倍率进行欧姆调零

JR

<2=150012,开关S?接2时，电流表内阻以=产=72。

滑动变阻器的阻值A=15C0C—72C-1Q=1427Q

二、解答题

3.如图所示，长度为上的粗糙水平面46与竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道在8点平

滑相接，•质量为〃?的小滑块将轻弹簧压缩至力点后由静止释放，小滑块到达4点前已和

弹簧分离，经过4点后沿半圆轨道恰好能通过最高点C作平抛运动。已知：R=0.9m,

〃?=0.2kg,£=10m,小滑块与轨道间的动摩擦因数4=02,重力加速度大小取

g=10m/s2o求：

(1)小滑块通过C点后落地点到B的距离;

(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小F；

(3)弹簧压缩至4点时的弹性势能彳。

【答案】(l)L8m(2)12N(3)8.5J

【解析】⑴小滑块恰好靠通过最高点c,根据牛顿第二定律仃叫=4

解得%=\[g^=3m/s

小滑块在空中做平抛运动，则有2R=；却2,x=%/

联解得小滑块通过C点后落地点到B的距离为x=1.8m

(2)小滑块从8点到。点过程，根据动能定理得鹿-;〃咫

解得%=3\/5m/s

在B点由牛顿第二定律有产〃唱=

R

解得尸'=12N

根据牛顿第三定律可知小滑块对圆轨道最低处8点的压力大小/二歹'=12N

(3)根据能量守恒可得综=+咫

解得4=8.5J

4.如图，竖直平面内有两个连续的有界区域，边界竖直且平行。第I区域宽度为4,其内分

布着方向水平向右，电场强度大小为£的匀强电场；第n区域宽度为出，其内分布着垂直于

竖直平面向里的磁感应强度大小为4(4为未知量)的匀强磁场，一质量为〃?，带电量为

夕(q>0)的带电粒子从左侧边界的尸点以与竖直方向夹角为45。的初速度射入第I区域的电场

内，经过一段时间后进入第H区域时的速度方向恰好与电场右边界夹角为60。，不计粒子的

重力，忽略边缘效应求：

试卷第4页，共7页

II

4•出

一反X

：xX:

III

I-----------►I

!E\B!

(1)该粒子从P点入射时的速度大小；

(2)能使该粒了•重新回到左侧电场4的最小值。

［答案］⑴依旦(2)二呻

Vmqd2

【解析】(1)设粒子从尸点入射时的速度大小为%,将其沿水平方向和竖直方向分解，水平

分量为%、=%sin45。二等%

竖直分量为%,,=v0cos450=—%

2

粒子进入第II区域时的速度为v,水平分量匕=vsin60。=与v

竖直分量匕,=NCOS60。=gi，

粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上为匀速直线运动，则有。=%,.

可得V=亚V。

水平方向上做匀加速直线运动，电场力提供加速度，可得4月二〃口

根据匀加速直线运动速度位移关系有d-脸=为4

联立解得%国

Vm

(2)粒子在磁场内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有0，8=皆

可得8=号

qR

其中「折。=2、回

Ym

当粒子的运动轨迹与磁场右边界相切时，轨迹半径达到最大值凡由，此时为粒子能够回到左

侧电场的磁场强度最小值及加。根据几何关系可得8s60。+出=凡…

解得凡J2d2

可得心=斗

5.如图所示，质量为〃=2kg的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为机=lkg的小滑块

（可视为质点）以％=3m；s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，己知滑块与木板间的动

摩擦因数〃=。1,重力加速度g=10m/s、求：

_%

----►

...........................]

////////////////////</////////

（1）若滑块刚好没有从木板右端滑出，求木板的长度；

（2）若木板长L=2.25m,求滑块在木板上运动过程中木板对滑块的冲量大小。

【答案】⑴3m（2）师N・s

【解析】（1）滑块刚好没有从木板右端滑出，则最终滑块到达边缘时与木板同速，则对系统

根据动量守恒定律得〃=（加+