《2026年学易优高考二轮总复习物理》

1. 某同学用如图甲所示的装置验证动能定理和测量滑块与长木板之间的动摩擦因数。将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧。长木板上安装有两个光电门。


(1) 用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图乙所示，其读数为$d=$4.702mm；
(2) 给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后先后通过光电门1、2，与光电门相连的计时器记录下遮光片通过光电门1、2的时间分别为$\Delta t_1$和$\Delta t_2$，用刻度尺测出$PQ$间的距离为$l$，设滑块质量为$m$，滑块与长木板间的动摩擦因数为$\mu$，重力加速度为$g$，则滑块从$P$位置运动到$Q$位置的过程中验证动能定理的表达式为$-\mu mgl = \frac{1}{2}m(\frac{d}{\Delta t_2})^2 - \frac{1}{2}m(\frac{d}{\Delta t_1})^2$(用第1、2小问中所给的字母表示)；
(3) 改变弹簧的压缩程度进行多次实验，并计算得出多组滑块通过$P$点和$Q$点的速度$v_1$和$v_2$，根据下表中的数据在坐标纸上描点连线，作出$v_1^2 - v_2^2$图像如图丙所示；

(4) 若重力加速度$g$取$9.8\ m/s^2$，用刻度尺测出$PQ$间的距离$l=33.0\ cm$，由$v_1^2 - v_2^2$图像可得，滑块与长木板间的动摩擦因数为0.34(结果保留2位小数)。

答案： 答案：
(1)4.702
(2)$-\mu mgl = \frac{1}{2}m(\frac{d}{\Delta t_2})^2 - \frac{1}{2}m(\frac{d}{\Delta t_1})^2$
(4)0.34
解析：
(1)螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动部分为0.01mm×20.2 = 0.202mm。所以读数为d = 4.5mm + 0.202mm = 4.702mm。
(2)选光片通过光电门1、2的速度分别为$v_1 = \frac{d}{\Delta t_1}$，$v_2 = \frac{d}{\Delta t_2}$
则滑块从P位置运动到Q位置的过程中，由动能定理得：$-\mu mgl = \frac{1}{2}m(\frac{d}{\Delta t_2})^2 - \frac{1}{2}m(\frac{d}{\Delta t_1})^2$。
(4)由上式可得$v_1^2 = v_2^2 + 2\mu gl$，由题图可知，$v_2^2 = 0$时，$v_1^2 = 2.2$，代入数据解得$\mu = 0.34$。

2. (2025·山东菏泽二模)我国新能源汽车年产量现已突破1000万辆，成为全球首个达成这一成就的国家。在电动汽车等领域，电容储能技术得到了广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器$C$(额定电压8 V，电容值未知)
电源$E$(电动势10 V，内阻不计)
电阻箱$R_0$(最大阻值为99999.9 Ω)
滑动变阻器$R$(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)
电流传感器，计算机，开关，导线若干。


(1) 闭合开关$S_1$，调节滑动变阻器，将开关$S_2$接1，观察到电流传感器示数C；
A. 逐渐增大到某一值后保持不变
B. 逐渐增大到某一值后迅速减小到零
C. 迅速增大到某一值后逐渐减小到零
D. 先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值
(2) 调节滑动变阻器，待电压表示数稳定在6 V后，将开关$S_2$接2，$t=1\ s$时的电流$I=0.6\ mA$，图中虚线两侧图像与时间轴围成的面积比为$3:1$，则$t=1\ s$时，电容器两极板间的电压$U_C=$1.5V，电阻$R_0=$2500Ω；
(3) 电容器的储能公式$E_C=\frac{1}{2}Uq$，上述放电过程电容器释放的电能$E_C$约为$4.5×10^{-3} J$(结果保留2位有效数字)。

答案： 答案：
(1)C
(2)1.5 2500
(3)$4.5×10^{-3} J$
解析：
(1)电容器开始充电的瞬间，其两极板间没有电荷积累，电压为零，相当于短路，此时充电电流最大，电流传感器的示数达到最大值。随着电容器极板上电荷的积累，两板间的电压$U_C$逐渐增大，方向与电源电动势相反，故电路的总电动势减小，电流传感器的示数逐渐减小，当电容器的电压等于电源电动势时，电流等于零，此时电容器充满，电路达到稳定，故C正确。
(2)设$t = 0$时刻，电容器两极板间的电压为$U_0$，依题意$U_0 = 6V$，由$C = \frac{\Delta Q}{\Delta U}$，得$\frac{\Delta Q_1}{U_0 - U_C} = \frac{\Delta Q_2}{U_C - 0}$，其中，依题意有$\frac{\Delta Q_1}{\Delta Q_2} = \frac{3}{1}$，解得$U_C = 1.5V$，由欧姆定律$I = \frac{U}{R}$，得$0.6 mA = \frac{U_C}{R_0}$，解得$R_0 = 2500\Omega$。
(3)在I-t图像中，图线与时间轴所围成的面积表示电容器所释放的电荷量，故数出图线围的面积约有38个格，每个格$q_0 = 4×10^{-5} C$，故$q = 38q_0 = 1.52×10^{-3} C$，由$E_C = \frac{1}{2}Uq$，其中$U = U_0 = 6V$，解得$E_C ≈ 4.5×10^{-3} J$。