资源简介

(共23张PPT)
专题分层突破练3　力与曲线运动
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A组 基础巩固练
1.(2023上海青浦区一模)质量为m的小张坐在秋千上摆动,如果空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是(　　)
A.运动到最低点时,秋千对小张的作用力等于mg
B.运动到最低点时,小张的加速度为零,所受合力为零
C.运动到最高点时,秋千对小张的作用力小于mg
D.运动到最高点时,小张的加速度不为零,所受合力方向竖直向下
C
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解析 运动到最低点时,由于做圆周运动,秋千对小张的作用力提供向心力,则有F-mg= ,因为在最低点的速度不为零,所以秋千对小张的作用力大于mg,小张的加速度不为零,所受合力不为零,A、B错误;运动到最高点时,小张的速度为零,设秋千的摆长为l,摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ,秋千对小张的作用力为F1,则对小张,沿摆绳方向受力分析有
F1-mgcos θ= 。由于小张的速度为零,则有F1=mgcos θ1
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2.(2023福建福州二模)如图所示,某次小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球,将球从A点斜向上击出,球垂直打在墙上的O点后反向弹回,正好落在A点正下方的B点。忽略球的旋转及空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.球在上升阶段和下降阶段的加速度不同
B.球从A点到O点的运动时间等于从O点到B点的运动时间
C.球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水
平速度大小
D.球刚离开A点时的速度大小一定大于刚到达B点时的速度大小
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3.(2023黑龙江牡丹江一中模拟)如图所示,将一小球从M点以速度v水平抛出,小球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。已知坑的形状为圆柱体,忽略空气阻力,若要让小球进入坑中并直接击中坑底的正中间,下列做法可行的是(　　)
A.在M点将小球以小于v的速度水平抛出
B.在M点将小球以大于v的速度水平抛出
C.在M点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
D.在M点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
C
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解析 小球抛出后做平抛运动,竖直方向有 ,可知小球飞行的时间由下落高度决定,如果仍由M点抛出小球,则小球落到坑底的时间不变,若速度小于v,则不能落入坑中,若速度大于v,则不能直接打到坑底,故A、B错误;当抛出位置比M点高时,小球下落时间变长,由于要落到坑底正中间,水平距离相对于第一次要变短,所以水平抛出速度要变小,故C正确;当抛出位置比M点低时,小球下落高度变小,所用时间变短,若水平抛出速度小于v,则小球将不能落入坑中,故D错误。
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4.(2023湖南三湘模拟)如图所示,半径为R的半球形陶罐和陶罐内可视为质点的物块绕竖直轴OO'从静止开始缓慢加速转动,当达到某一角速度时,物块受到的摩擦力减为零,此时物块和陶罐球心O点的连线与OO'之间的夹角为θ,此后保持该角速度做匀速圆周运动,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
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解析 物块做匀速圆周运动的半径为r=Rsin θ,由题意可知此时物块所受支持力和重力的合力恰好提供向心力,如图所示。设物块匀速转动的角速度
转动的速度,物块所受支持力和重力的合力不足以提供向心力,物块将受到沿内壁切线向下的摩擦力,即物块有上滑趋势,故D错误。
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5.(2023河南洛阳联考)如图甲所示,倾角为45°的斜面置于粗糙的水平地面上,有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连(绳与斜面平行),滑块质量为2m,静止在粗糙斜面上,滑块和斜面间的动摩擦因数μ= 。在图乙中,让小球在水平面内做匀速圆周运动,轻绳与竖直方向的夹角为θ,且θ≤60°。两幅图中,滑块、斜面都静止,则以下说法正确的是(　　)
A.图甲中滑块受到斜面的摩擦力大小为mg
B.图甲中斜面受到地面的摩擦力为 mg
C.图乙中θ=45°时,滑块恰好不受摩擦力
D.图乙中,随小球转动角速度增大,滑块受
到的摩擦力一定变小
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6.(2023浙江杭州二中联考)如图所示,甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛,甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出,一段时间后再次滑入赛道,观察发现甲的滞空时间比乙长,运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力,可将运动员视为质点,则下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙的最大腾空高度相同
B.甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C.甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同
D.甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
D
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B组 素能提升练
7.(2023广东华侨中学调研)如图所示,在倾角为30°的光滑斜面顶端M处,将质点a以大小为v0的初速度水平向左抛出,经时间t,质点a恰好落在斜面底端N处。现使另一质点b自M处沿斜面下滑,经过时间t也滑到N处,则质点b的初速度大小应为(　　)
B
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8.(多选)(2022河北卷)如图所示,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1
B.若v1=v2,则h1∶h2=
C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同
D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2
BD
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9.(2022全国甲卷)将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
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解析 因为频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光,每相邻两个球之间被删去3个影像,故相邻两球的时间间隔为t=4T=0.05×4 s=0.2 s
设s1对应的水平位移为x,对应的竖直位移为y,则根据平抛运动的特点得,s2对应的水平位移为x,对应的竖直位移为3y,
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10.(2023福建三校协作联考)如图所示,竖直平面内的 光滑圆弧轨道的半径R=5 m,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面,B端在O的正上方,一个质量为0.1 kg的小球在A点正上方某处由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆弧轨道并能沿轨道到达B点,到达B点时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为1 N。随后小球做平抛运动,最后落到斜面上的C点。小球运动过程空气阻力不计,g取10 m/s2,求:
(1)小球到达B点时速度的大小;
(2)小球离开B点后到离斜面AD所在直线最远处所用的时间;
(3)C点到A点的距离。
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解析 (1)在B点,由重力和轨道的支持力提供向心力,由题意及牛顿第二定律
代入数据解得v0=10 m/s。
(2)小球离开B点后做平抛运动,根据平抛运动规律可得,当垂直于斜面AD方向的分速度为零时,小球离斜面最远,在B点其速度分解如图所示,有
v=v0sin 45°
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由题意及几何关系可得,在垂直于斜面方向的加速度大小为a=gcos 45°(共27张PPT)
专题分层突破练15　近代物理
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A组 基础巩固练
1.(2023湖南卷)2023年4月13日,中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置(EAST)创下新纪录,实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行,为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
C.核聚变的核反应燃料主要是铀235
D.核聚变反应过程中没有质量亏损
A
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解析 核聚变是轻核的聚变,相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多,A正确,C错误;氘氚核聚变反应遵守电荷数守恒和质量数守恒,B错误;核聚变反应有质量亏损,D错误。
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3.(2022广东卷)目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为En= ,其中E1=-13.6 eV。下图是按能量排列的电磁波谱,要使n=20的氢原子吸收一个光子后,恰好失去一个电子变成氢离子,被吸收的光子是(　　)
A.红外线波段的光子 B.可见光波段的光子
C.紫外线波段的光子 D.X射线波段的光子
A
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解析 要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子,则需要吸收光子的能量为E=0- eV=0.034 eV,则被吸收的光子是红外线波段的光子,选项A正确。
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4.(2023山东潍坊统考一模)氢原子的能级示意图如图所示,用一群处于第3能级的氢原子跃迁发出的光照射锌板,锌板表面有光电子逸出,测得光电子的最大初动能为8.79 eV,则锌的逸出功为(　　)
A.4.81 eV B.3.3 eV
C.1.89 eV D.1.41 eV
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解析 根据光电效应方程有Ekm=hν-W逸,入射光能量越大,最大初动能越大,而从能级3向能级1跃迁的氢原子跃迁时发出的光的能量最大,有hνm=-1.51 eV-(-13.6 eV)=12.09 eV,则锌的逸出功为W逸=hνm-Ekm=12.09 eV-8.79 eV=3.3 eV,故选B。
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A
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核子质量,A正确;衰变放出的射线是α射线,即氦核流,它的贯穿能力很弱,电离能力很强,B错误;该反应释放的能量为E=E2+E3-E1,C错误;半衰期具有统计规律,对大量原子核适用,对少量原子核不适用,D错误。
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6.(2023湖南校联考模拟预测)甲图为不同温度下的黑体辐射强度随波长λ的变化规律;乙图中,某种单色光照射到光电管的阴极上时,电流表有示数;丙图为氢原子能级图,有大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁;丁图为放射性元素14C剩余质量m与原质量m0的比值随时间t的变化规律,下列说法正确的是(　　)
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A.甲图中,随着温度的升高,辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
B.乙图中,用频率更低的光照射光电管的阴极时,电流表一定没有示数
C.丙图中,从n=5能级跃迁到n=4能级时产生的光子波长最长
D.丁图中,14C的半衰期是5 730年,则100个14C经过5 730年还剩50个
答案 C
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解析 随着温度的升高,黑体的辐射强度都会增加,同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,A错误;单色光照射到光电管的阴极上时,电流表有示数,说明发生了光电效应,因此该单色光的频率一定大于阴极材料的截止频率,若用频率更低的单色光照射光电管,若此单色光频率大于阴极材料的截止频率,依然可以发生光电效应, B错误;从n=5能级跃迁到n=4能级时,能级差最小,则产生的光子频率最小,波长最长,C正确;半衰期描述的是大量原子核的统计规律,不适用于少数原子核的衰变, D错误。
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7.(2023湖南邵阳模拟)用如图甲所示的光电管研究光电效应实验。用某波长的绿光照射阴极K,实验测得的电流表示数I与电压表示数U的变化规律如图乙所示。光电管的阴极材料的极限频率νc=4.54×1014 Hz,电子的电荷量e=1.6×10-19C,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则(　　)
A.阴极K每秒钟发射的光电子数为4.0×1013个
B.光电子飞出阴极K时的最大初动能为9.6×10-19 J
C.入射光的波长约为0.50 μm
D.若改用紫光照射阴极K,饱和光电流一定变大
C
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解析 饱和光电流Im= ,t=1 s,解得n=4.0×1012,A错误;由Ekm=eUc,解得Ekm=9.6×10-20 J,B错误;根据光电效应方程得Ekm=hν-hνc、ν= ,代入数据解得λ=0.50 μm,C正确;饱和光电流大小取决于单位时间内入射的光子数,改用紫光照射阴极后,若紫光的光照强度减弱,单位时间内光子数可能比绿光少,饱和光电流也可能减小,D错误。
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B组 素能提升练
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9.(2023山东泰安统考一模)在光电效应中,当一定频率的光照射某种金属时,实验得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示,其横轴截距为a,纵轴截距为-b,元电荷电荷量为e。下列说法正确的是(　　)
A.遏止电压与入射光的频率成正比
B.金属的逸出功为eb
C.金属的截止频率为b
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11.(2023辽宁卷)原子处于磁场中,某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示,相应能级跃迁放出的光子分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电效应,且逸出光电子的最大初动能为Ek,则(　　)
A.①和③的能量相等
B.②的频率大于④的频率
C.用②照射该金属一定能发生光电效应
D.用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ek
A
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解析 ①和③光子跃迁能级差相等,故①和③的能量相等,选项A正确;②光子跃迁能级差小于④光子跃迁能级差,根据E=hν,可得②的频率小于④的频率,选项B错误;同理②光子的频率小于①光子的频率,用②照射该金属不一定能发生光电效应,选项C错误;④光子的频率大于①光子的频率,用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek,选项D错误。
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12.(2023山东淄博统考一模)图甲为光电效应实验的电路图,利用不同频率的单色光a、b进行光电效应实验,测得光电管两极间所加电压U与光电流I的关系如图乙所示。则这两种光(　　)
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A.照射该光电管时,a光使其逸出的光电子最大初动能比b光使其逸出的光电子最大初动能大
B.从同种玻璃射入空气发生全反射时,a光的临界角比b光的临界角大
C.通过同一装置发生双缝干涉,b光的相邻条纹间距比a光的相邻条纹间距大
D.在同一介质中传播时,b光的速度比a光的速度大
答案 B
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12(共30张PPT)
专题分层突破练12　振动与波
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A组 基础巩固练
1.(2023全国新课标卷)船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的(　　)
A.波速和波长均不同
B.频率和波速均不同
C.波长和周期均不同
D.周期和频率均不同
A
解析 声波在空气中和水中传播时,频率相同,周期相同,波速不同,波长不同,选项A正确。
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2.(2023浙江6月选考)如图所示,置于管口T前的声源发出一列单一频率声波,分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长,O处探测到声波强度为400个单位,然后将A管拉长d=15 cm,在O处第一次探测到声波强度最小,其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅二次方成正比,不计声波在管道中传播的能量损失,则(　　)
A.声波的波长λ=15 cm
B.声波的波长λ=30 cm
C.两声波的振幅之比为3∶1
D.两声波的振幅之比为2∶1
C
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3.(2023山东济南一模)某同学为了研究水波的传播特点,在水面上放置波源和浮标,两者的间距为L。t=0时刻,波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动,产生的水波沿水平方向传播(视为简谐波),t1时刻传到浮标处使浮标开始振动,此时波源刚好位于正向最大位移处,波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示,则(　　)
A.浮标的振动周期为4t1
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4.(2023黑龙江大庆二模)有两个钓鱼时所用的不同的鱼漂P和Q分别漂浮于平静水面上的不同位置,平衡时状态均如图甲所示。现因鱼咬钩而使鱼漂P和Q均在竖直方向上做简谐运动,振动图像如图乙所示,以竖直向上为正方向,则下列说法正确的是(　　)
A.鱼漂P和Q振动形成的水波叠加后会
形成干涉图样
B.t=0.6 s时鱼漂P和Q的速度都为0
C.t=1.0 s时鱼漂P和Q的速度方向相同
D.t=1.0 s时鱼漂P和Q的加速度方向相同
D
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解析 两列波的周期不相等,不满足干涉条件,所以不能形成干涉图样,A错误;t=0.6 s时,鱼漂P和Q都经过平衡位置,此时它们的速度均为最大值,B错误;t=1.0 s时,鱼漂P的速度方向为正,Q的速度方向为负,即方向相反,C错误;t=1.0 s时,鱼漂P和Q的位移方向均为负,所以加速度方向均为正,此时两者的加速度方向相同,D正确。
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5.(多选)(2023全国乙卷改编)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0时刻的波形图;P是介质中位于x=2 m处的质点,其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　 　)
A.波速为2 m/s
B.波向左传播
C.x=3 m处的质点在t=7 s时位于平衡位置
D.质点P在0~7 s时间内运动的路程为70 cm
ABD
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解析 简谐横波沿x轴传播,由题图甲的波形图可知波长λ=4 m,振幅A=5 cm,由题图乙的振动图像可知周期T=2 s,波速v= =2 m/s,选项A正确。由题图乙可知P在t=0时刻向下振动,由题图甲,根据同侧法(或波形微平移法)可知简谐横波向左传播,选项B正确。t=0时,x=3 m处的质点位于波谷,7 s=3T+ ,所以7 s时,该质点位于波峰,选项C错误。s=14A=70 cm,选项D正确。
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6.(2023湖南郴州三模)有一列简谐横波的波源在O处,某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20 cm处,此时x轴上10 cm处的质点已振动0.2 s,质点P距离O处80 cm,如图所示,取该时刻为t=0,下列说法正确的是(　　)
A.质点P开始振动时的速度方向沿y轴正方向
B.波的传播速度为1 m/s
C.经过1.5 s,质点P第一次到达波峰
D.在0~0.1 s时间内,x=10 cm处的质点振动的速度逐渐增大
C
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解析 波沿x轴正方向传播,根据波形平移法可知,质点A起振方向沿y轴负方向,各个质点的起振方向均相同,故质点P开始振动时的速度方向沿y轴负方向,A错误;根据题图可知波长为20 cm,此时x轴上10 cm处的质点已振动
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7.均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上,坐标分别为0和xB=16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播,波速为v=20 cm/s,波长大于20 cm,振幅为y0=1 cm,且传播时无衰减。t=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同,运动方向相反,此后每隔Δt=0.6 s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0),质点A位于波峰。求:
(1)从t1时刻开始,质点B最少要经过多长时间位于波峰;
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
答案 (1)0.8 s
(2)-0.5 cm
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B组 素能提升练
8.(2023山东日照一模)如图所示,一列简谐横波在xOy平面内沿x轴负方向传播,波速为8 m/s,振幅为4 m,M、N是平衡位置相距4 m的两个质点。t=0时刻,M通过其平衡位置沿y轴正方向运动,N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1 s,则下列说法正确的是(　　)
B.从t=0到t=0.5 s,M向左移动了4 m
C.在t=0.5 s时,N的速度也一定为8 m/s
D.从t=0到t=0.5 s,N的路程为4 m
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9.(多选)(2022浙江1月选考)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播,若两列波均由一次全振动产生,t=0时刻的波形如图1所示,此时两列波相距λ,则(　　)
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10.(多选)(2023山东潍坊一模)M、N两质点分别位于x轴上的xM=0、xN=12 m处,两质点同时开始沿y轴方向做简谐运动,0.5 s后第一次回到各自平衡位置。振动产生的两列波相向传播,某时刻的波形如图所示,一段时间后两列波在M、N之间叠加,下列说法正确的是(　　)
A.两质点起振方向相同
B.两列波波速均为4 m/s
C.两波叠加后M、N间有5个振动加强点
D.两波叠加后x=3 m处质点的振幅为6 cm
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解析 由图可知,以M点为波源的波传播到x=4 m处,该点此时振动方向向下,由同一列波上的点起振方向与波源相同,可知M点的起振方向向下;同理,N点的起振方向向上,A错误。由图可知,两列波波长均为λ=4 m,波源起振后
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x1=1 m、x2=3 m、x3=5 m、x4=7 m、x5=9 m、x6=11 m,所以两波叠加后M、N间有6个振动加强点,C错误。两波叠加后x=3 m处质点是振动加强点,振幅A'=2A=6 cm,D正确。
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11.如图甲所示,做课间操时,与人耳等高的正前方有两个相隔一定距离的扬声器C、D,某同学最初站立在两扬声器中垂线上M处,N、P、M位于平行于C、D连线的同一直线上。某段时间内C、D两扬声器输出的振动图像如图乙所示,振动周期均为T,实线为C扬声器振动图像,虚线为D扬声器振动图像。若声音在空气中传播速度为v,已知NC=10vT,
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A.在M点听到的声音比在N点听到的声音弱
B.在N点听到的声音比在P点听到的声音强
C.在P点听到的声音比在M点听到的声音强
D.在M点听到的声音和在N点听到的声音一样强
答案 C
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12.(多选)(2023湖南张家界二模)如图甲所示,在x轴上有S1和S2两个波源分别位于x1=-0.2 m和x2=1.2 m处,振动方向与xOy平面垂直并向周围空间(介质分布均匀)传播,波速为v=2 m/s。t=0时刻两波源同时开始振动,图像分别如图乙、丙所示。M为xOy平面内一点,Δr=lMS2-lMS1。下列说法正确的是
(　　)
甲
乙
丙
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A.(0.2 m,0)处的质点开始振动方向沿z轴负方向
B.两列波相遇后,(0.6 m,0)处的质点振动加强
C.两列波相遇后,(0.5 m,0)处的质点振动加强
D.若Δr=0.2 m,从两列波在M点相遇开始计时,M点振动方程为
z=0.4sin (10πt+π) m
答案 BD
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解析 (0.2 m,0)处的质点,离S1波源更近,故该质点先按S1波源的振动形式振动,S1波源开始向上振动,故该质点开始振动时也是先向上振动,A错误;两列波的振动周期、波速均相等,故波长也相等,为λ=Tv=0.2×2 m=0.4 m,由图可知两列波的起振方向相反,故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍,为振动减弱点,奇数倍为振动加强点,(0.6 m,0)处的质点离两波源的距离差为0.2 m,为半波长的奇数倍,故为振动加强点,B正确;(0.5 m,0)处的质点,离两波源的距离差为零,为半波长的偶数倍,故为振动减弱点,C错误;若Δr=0.2
m,为半波长的奇数倍,为振动加强点,振幅为A=2×0.2 m=0.4 m,ω= rad/s=10π rad/s,φ=π,故其振动方程为z=Asin (ωt+φ)=0.4sin (10πt+π) m,D正确。
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13.(多选)(2023湖南衡阳二模)一列简谐横波沿x轴传播,在t=0.125 s时的波形如图甲所示,M、N、P、Q是介质中的四个质点,已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16 m。图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是
(　　)
A.该波的波速为240 m/s
B.该波沿x轴负方向传播
C.质点P的平衡位置位于x=3 m处
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13(共26张PPT)
专题分层突破练1　力与物体的平衡
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A组 基础巩固练
1.(2023安徽合肥一模)如图为悬挂比较轻的洗刷用具的小吸盘,安装拆卸都很方便,其原理是排开吸盘与墙壁间的空气,依靠大气压紧紧地将吸盘压在竖直墙壁上。则下列说法正确的是(　　)
A.吸盘与墙壁间有四对相互作用力
B.墙壁对吸盘的作用力沿水平方向
C.若大气压变大,吸盘受到的摩擦力也变大
D.大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力是一对平衡力
D
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解析 吸盘与墙壁间存在弹力和摩擦力两对相互作用,故A错误;墙壁对吸盘的弹力沿水平方向且垂直于墙面,对吸盘的摩擦力竖直向上,所以弹力和摩擦力的合力方向斜向上,即墙壁对吸盘的作用力斜向上,故B错误;吸盘所受摩擦力与重力大小相等,方向相反,与大气压无关,故C错误;大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力大小相等,方向相反,是一对平衡力,故D正确。
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2.图甲是一种常见的持球动作,用手臂挤压篮球,将篮球压在身侧。为了方便问题研究,我们将场景进行模型化处理,如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
A.手臂对篮球的压力可以大于篮球重力
B.篮球对身体的静摩擦力方向竖直向上
C.身体对篮球的作用力方向为垂直身体向外
D.篮球对身体的静摩擦力大小可能等于篮球重力
A
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解析 手臂对篮球的压力可以大于篮球重力,故A正确;篮球对身体的静摩擦力方向竖直向下,故B错误;身体对篮球有竖直向上的摩擦力和水平向右的弹力,合力方向为斜向右上方,故C错误;手臂对篮球的弹力有竖直向下的分量,篮球对身体的静摩擦力大小大于篮球重力,故D错误。
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3.(2023黑龙江肇东模拟)如图所示,物体A、B、C叠放在水平桌面上,水平力F作用于C物体,使A、B、C以共同速度向右匀速运动,且三者相对静止,下面关于摩擦力的说法正确的是(　　)
A.A对B的摩擦力方向向右
B.C对A的摩擦力方向向左
C.A受6个力作用
D.以A、B、C为整体,整体受到的摩擦力为零
C
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解析 对B受力分析,若B受摩擦力,则B所受的合外力不为零,不会做匀速直线运动,所以A对B的摩擦力为零,故A错误;对C受力分析,C做匀速直线运动,则C受到的摩擦力与水平力F等大反向,即A对C的摩擦力方向向左,所以C对A的摩擦力方向向右,故B错误;物体A受重力、B对A的压力、C对A的压力、地面对A的支持力、C对A的摩擦力和地面对A的摩擦力,即A受6个力作用,故C正确;以A、B、C为整体,整体向右做匀速直线运动,受到地面的摩擦力大小与水平力F相等、方向向左,故D错误。
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4.(2022辽宁卷)如图所示,蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上,并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力,则(　　)
A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
D
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解析 对结点O受力分析可得,水平方向F1sin α=F2sin β,即F1的水平分力等于F2的水平分力,选项C错误,D正确;竖直方向F1cos α+F2cos β=mg,解得
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5.(2023江苏南京外国语学院模拟)如图所示,在水平晾衣杆上晾晒床单时,为了使床单尽快晾干,可在床单间支撑轻质小木棍,小木棍的位置不同,两侧床单间夹角θ将不同,设床单重力为G,晾衣杆对床单的作用力大小为F,下列说法正确的是(　　)
A.θ越大,F越大
B.θ越大,F越小
C.无论θ取何值,都有F=G
D.只有当θ=120°时,才有F=G
C
解析 以床单和细杆整体为研究对象,整体受到重力G和晾衣杆的作用力F,由平衡条件知F=G,与θ取何值无关。故选C。
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6.(2023福建泉州三模)三个相同的带孔金属小球A、B、C串在环形绝缘细绳上,A、B所带的电荷量分别为+Q、+2Q,C不带电。将三个小球放在绝缘水平桌面上,保持静止时三个小球的位置如图甲所示。将三个球一起接触后释放,再次静止时,三个小球的位置如图乙所示。不计小球的体积与一切摩擦,则前后两次静止时,细绳中拉力大小之比为(　　)
A.4∶9 B.8∶9
A
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7.(2023河南洛阳模拟)某同学在家中用拖把拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,如图所示,此时推力与水平方向的夹角为θ,且拖把刚好做匀速直线运动,则(　　)
A.拖把所受地面的摩擦力为Fsin θ
B.地面对拖把的作用力方向与水平向左的夹角小于θ
C.从某时刻开始保持力F的大小不变,减小F与水平方向的夹角θ,地面对拖把的支持力FN变小
D.该同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对平衡力
C
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解析 对拖把进行受力分析如图所示,可得拖把所受地面的摩擦力为Fcos θ,故A错误;地面对拖把的作用力为支持力和摩擦力的合力,该合力应该与mg和F的合力等大反向,该合力方向与水平向左的夹角大于θ,故B错误;竖直方向有FN=mg+Fsin θ,则θ减小,FN变小,故C正确;该同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力方向相同,受力对象不同,不是一对平衡力,故D错误。
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8.如图所示,一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间,支架的倾角θ=60°,光滑球体的质量为m,支架的质量为2m,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个装置保持静止,则支架和地面间的动摩擦因数至少为(　　)
D
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解析 对光滑球体受力分析如图甲所示,根据平衡条件可得F2cos θ=mg;对支架受力分析如图乙所示,根据牛顿第三定律可知F3=F2,对支架由平衡条件可得F4=2mg+F3cos θ,Ff=F3sin θ,又Ff=μF4,联立解得μ= ,可知支架和地面间的动摩擦因数至少为 。故选D。
甲
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B组 素能提升练
9.(2023黑龙江肇东模拟)如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上,线的两端分别系有质量为m1和m2的小球,当它们处于平衡状态时,质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=60°。则两小球的质量比 为(　　)
A
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解析 质量为m2的小球保持静止状态,根据二力平衡可知F=m2g;质量为m1的小球受力如图所示,根据共点力平衡条件有Fcos 60°-FNcos 60°=0, Fsin 60°+FNsin 60°-m1g=0,代入数据联立解得 ,故A正确。
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10.(多选)(2023山东潍坊高三一模)如图所示,轻弹簧上端固定,另一端连在置于水平地面a点的小滑块上,弹簧处于压缩状态,小滑块静止。现将小滑块置于b点,小滑块仍能静止于b点,弹簧此时处于伸长状态且与小滑块在a点时形变量相同。则小滑块(　　)
A.在a点时对地面的弹力等于在b点时对地面的弹力
B.在a点时对地面的摩擦力小于在b点时对地面的摩擦力
C.在a点时对地面的作用力大于在b点时对地面的作用力
D.置于ab间任意一点都受到地面的摩擦力
BC
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解析 根据题意,对滑块受力分析,由于滑块在a点和b点弹簧的形变量相同,则受弹簧的弹力大小相等,设为F,如图所示。由平衡条件有mg+Fcos α=FN1,FN2=mg-Fcos β,由牛顿第三定律可知,小滑块在a点时对地面的弹力大于在b点时对地面的弹力,故A错误;由平衡条件有Fsin α=Ff1,Fsin β=Ff2,由题意可知α<β,则Ff2>Ff1,即小滑块在a点时对地面的摩擦力小于在b点时对地面的摩擦力,故B正确;根据题意,由平衡条件可知,地面对小滑块的作用力与弹簧的弹力和小滑块重力的合力等大反向,由图可知,在a点时,弹簧弹力和小滑块重力夹角较小,则弹簧弹力和小滑块重力的合力较大,地面对小滑块的作用力较大,由牛顿第三定律可知,小滑块在a点时对地面的作用力大于在b点时对地面的作用力,故C正确;根据题意
可知,小滑块置于ab间弹簧恢复原长处时,与地面间
没有摩擦力,故D错误。
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11.(多选)如图所示,在一竖直平面内,y轴左侧有一水平向右的匀强电场E1和一垂直纸面向里的匀强磁场B,y轴右侧有一竖直方向的匀强电场E2(未画出)。一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成θ=37°角沿直线经P点匀速运动到图中C点,其中m、q、B均已知,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　　)
A.微粒一定带负电
B.电场强度E2一定竖直向上
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解析 微粒从A到P受重力、静电力和洛伦兹力作用做匀速直线运动,由左手定则及静电力的性质可确定微粒一定带正电,选项A错误;此时有qE1=mgtan 37°,微粒从P到C在静电力和重力作用下做直线运动,必有
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12.(多选)(2023辽宁大连高三期末)如图所示,质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接,物块B放在倾角为θ=30°的斜面体C上,C置于水平地面上,现用水平外力F将小球A从最低点沿圆弧缓慢拉至细线与竖直方向夹角β=60°,该过程物块B和斜面C始终静止不动。则下列说法正确的是(　　)
A.水平外力F逐渐减小
B.物块B和斜面体C之间的摩擦力逐渐增大
C.斜面体C对地面的压力逐渐增大
D.斜面体C对地面的摩擦力逐渐增大
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解析 对A分析有FTcos β=mg,FTsin β=F,解得F=mgtan β,可知,β增大,F增大,A错误;当A在最低点时,细线的弹力大小等于mg,对B分析,由于B重力沿斜面的分力2mgsin θ=mg,则此刻B没有运动趋势,斜面对B的摩擦力为0,
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13.(2023河北九师联盟质检)如图所示,长度为l1的木棒一端支在光滑竖直墙上的A点,另一端B点被轻质细线斜拉着挂在墙上的C点而处于静止状态,细线与木棒之间的夹角为θ,A、C两点之间的距离为l2,墙对木棒的支持力为F,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
C
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13(共25张PPT)
专题分层突破练7　电场　带电粒子在电场中的运动
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A组 基础巩固练
1.(2023湖北卷)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点,其电势分别为φM、φN,电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　)
A.若φM>φN,则M点到正点电荷Q的距离比N点的远
B.若EMC.若把带负电的试探电荷从M点移到N点,静电力做正功,则φM<φN
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点,静电力做负功,则EM>EN
C
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解析 正点电荷Q的电场线是“光芒万丈”,由φM>φN可知,M点到正点电荷Q的距离近,选项A错误。根据 知,若EM1
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2.(多选)(2023海南海口模拟)图甲中A、B、C是某电场中的一条电场线上的三个点,若将一正电荷从A点处由静止释放,仅在静电力作用下,正电荷沿电场线从A点经过B点到C点,运动过程中的速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.在A、B、C三个点中,B点的电场强度最大
B.在A、B、C三个点中,C点的电势最低
C.在A、B、C三个点中,C点的电势最高
D.在A、B、C三个点中,正电荷在A点的电势能最大
BD
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解析 由牛顿第二定律有Eq=ma,v-t图像中斜率表示加速度,由题图可知,电荷在B点时加速度最小,则B点的电场强度最小,故A错误;由题图可知,正电荷沿电场线从A点经过B点到C点,速度一直增加,静电力一直做正功,电势能减少,则有EpA>EpB>EpC,由Ep=φq可得φA>φB>φC,故C错误,B、D正确。
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3.(多选)(2023全国乙卷)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷静电力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点, OP>OM,OM=ON,则小球(　　)
A.在运动过程中,电势能先增加后减少
B.在P点的电势能大于在N点的电势能
C.在M点的机械能等于在N点的机械能
D.从M点运动到N点的过程中,静电力始终不做功
BC
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解析 由图可知,带电小球从P点开始,下落时静电力对其先做正功,后做负功,所以电势能先减少后增加,选项A错误。由于OM=ON,所以带电小球在N点与M点的电势能相等。因为由P到M静电力对小球做正功,电势能减少,所以小球在P点的电势能大于在M点的电势能,在P点的电势能也大于在N点的电势能,选项B正确。小球在运动过程中只有静电力和重力做功,所以只有电势能、动能和重力势能的相互转化,其中动能和重力势能之和为机械能。由于带电小球在M点和N点的电势能相等,所以在这
两点的机械能也相等,选项C正确。从M点运动到N点的过
程中,因为有重力作用,所以虽然M点和N点离O点距离相等,
但轨迹MN不是以O为圆心的圆弧,轨迹MN不在等势面上,
静电力会做功,选项D错误。
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4.(多选)(2023辽宁卷)图甲为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图乙为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则(　　)
A.P点电势比M点的低
B.P点电场强度大小比M点的大
C.M点电场强度方向沿z轴正方向
D.沿x轴运动的带电粒子,电势能不变
CD
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解析 P点电势比O点电势高,O点电势比M点电势高,故P点电势比M点电势高,选项A错误;相邻两等势面间电势差相等,等势面的疏密程度可以反映电场强度的大小,故P点电场强度大小比M点的小,选项B错误;根据电场强度的叠加,M点电场强度方向沿z轴正方向,选项C正确;沿x轴运动的带电粒子,沿等势面运动,电势能不变,选项D正确。
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5.(2023山东青岛模拟)如图所示,O点为两等量异种点电荷连线的中点,一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放。在静电力作用下运动到B点。取A点为坐标原点,沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中,下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化、运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是(　　)
B
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解析 根据等量异种电荷的电场线分布可知,在A到B的运动过程中,电场强度先变小后变大,粒子受到的静电力先变小后变大,则加速度先变小后变大,v-t图像切线的斜率先变小后变大,故A错误,B正确;沿着电场线方向电势降低,电势与位移的图像的斜率表示电场强度,电场强度先减小后增大,所以图像的斜率先减小后增大,故C错误;根据Ep=qφ,得 ,E先减小后增大,所以Ep-x图像切线的斜率先减小后增大,故D错误。
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6.(2023重庆九龙坡三模)某条电场线是一条直线,沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点,相邻两点间距离均为d,以O点为坐标原点,沿电场强度方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个电荷量为+q的粒子,从O点由静止释放,仅受静电力作用。则下列说法正确的是(　　)
D
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7.(2022河北卷)如图所示,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心,电势为零的等势面(取无穷远处电势为零),P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上的一点,下列说法正确的是(　　)
A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外,MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从T点移到P点,静电力做正功
B
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解析 在直线MN上,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度方向水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处(A点)电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,可知在N左侧电场强度不可能为零,在N右侧,设MN距离为L,根据
可知,除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故
C错误;由A选项分析可知,T点电势低于P点电势,则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从T点移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误;由于电场方向垂直等势面,且由高电势指向低电势,所以T点的电场强度方向指向O点,故B正确。
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8.(2022湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴的电荷量和半径可以为(　　)
A.q,r B.2q,r
C.2q,2r D.4q,2r
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B组 素能提升练
9.(2023山东烟台模拟)如图所示,真空中有一边长为10 cm的立方体。空间存在一匀强电场,已知A点电势为0,B、D、A'三点电势均为1 V,下列判断正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度大小为10 V/m,方向由C'指向A
B.匀强电场的电场强度大小为 V/m,方向由C'指向A
C.电子在C点的电势能为 eV
D.电子沿直线由A点到C点静电力做负功
B
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10.(2023全国乙卷)如图所示,等边三角形ABC位于竖直平面内,AB边水平,顶点C在AB边上方,3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下,BC边中点N处的电场强度方向竖直向上,A点处点电荷的电荷量的绝对值为q。
(1)求B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负。
(2)求C点处点电荷的电荷量。
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答案 (1)q　均为正点电荷
解析 (1)场源为位于A、B、C三点的点电荷,场中(M点和
N点)电场强度满足叠加原理。
①M点处的电场强度方向竖直向下,易知C点处电荷为正
点电荷,A、B点处电荷为等量同号点电荷(电荷量的绝对
值均为q)。
②N点处的电场强度方向竖直向上,可把此处电场分解为BC方向分量(由B、C点处点电荷决定)和AN方向分量(由A点处点电荷决定),易知A、B点处均为正电荷,且qB=q。
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11.(2023全国新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带的电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力
油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比;
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
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解析 (1)设空气阻力为Ff,油滴的半径为r,油滴的运动速率为v,油滴的密度为ρ,则有Ff=krv
mg=Ff
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(2)加上电场后,电场强度向下,a油滴减速,所受电场力向上,故a油滴带负电,b油滴加速,所受静电力向下,故b油滴带正电。(共32张PPT)
专题分层突破练11　电磁感应规律及综合应用
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A组 基础巩固练
1.(2023山东烟台一模)智能手表通常采用无线充电方式充电。如图甲所示,充电基座与交流电源相连,智能手表放置在充电基座旁时未充电,将智能手表压在充电基座上,无需导线连接,智能手表便可以充电(如图乙所示)。已知充电基座与智能手表都内置了线圈,则(　　)
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A.智能手表和充电基座无导线连接,所以传输能量时没有损失
B.用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电
C.无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量
D.充电时,充电基座线圈的磁场对智能手表线圈中的电子施加力的作用,驱使电子运动
答案 B
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解析 智能手表在充电基座上充电时存在漏磁效应,所以传输能量时有损失,A错误;智能手表充电利用的是互感原理,因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电,B正确;无线充电的原理是充电基座内的线圈电流变化,产生变化的磁场,导致智能手表内部线圈中的磁通量发生改变,线圈产生感应电流,与变压器、互感器的原理相同,C错误;根据上述分析,充电基座线圈的磁场变化产生感应电场,感应电场使智能手表中的线圈内部的电子做定向运动,形成电流,D错误。
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2.(2023山东德州模拟)某课题组要测量某金属材料的电阻率,他们先取适量该金属材料切割成如图所示的长方体,长方体的三条边长分别为a、b、c,长方体上、下表面与电流传感器用导线相连,导线左端紧贴长方体上、下表面。虚线框左侧有垂直于长方体前、后表面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。使匀强磁场以大小为v的速度向左运动时(长方体全部处于磁场中),电流传感器显示回路中的电流大小为I。不计电流传感器及导线的电阻,则该金属材料的电阻率为(　　)
A
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3.(2023江苏卷)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则(　　)
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
A
解析 导体棒的OA部分切割磁感线,根据右手定则,在电源内部,电流方向由低电势指向高电势,故φO>φA=φC,选项A正确。
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4.(多选)(2023辽宁沈阳模拟)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。有一半径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径MN垂直磁场边界于M点。现以M点为轴在纸面内,线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则(　　)
A.感应电流方向为顺时针方向
B.感应电动势的最大值为BR2ω
AD
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解析 根据楞次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化,在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小,则感应电流方向为顺时针方向,故A正确;当转过90°时的瞬间感应电动势最大,此时切割磁感线的有效长度最大,为圆形线圈的直径,由此可得感应电动势的最大值为
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5.(2023湖南娄底模拟)轻质细线吊着一质量为m=1 kg、边长为0.2 m、电阻R=1 Ω、匝数n=10的正方形闭合线圈abcd,bd为正方形闭合线圈的对角线,bd下方区域分布着匀强磁场,如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的形变和电阻的变化,线圈平面与磁场方向垂直,整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.线圈中感应电流的方向为adcba
B.线圈中的感应电流大小为0.2 A
C.0~2 s 时间内线圈中产生的热量为0.02 J
D.6 s时线圈所受安培力的大小为 N
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解析 由图乙可知磁场的方向垂直纸面向里且磁感应强度增大,由楞次定律可知,感应电流产生的磁场垂直纸面向外,线圈中感应电流的方向为逆时针,
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6.(2023山东济南二模)如图所示,空间存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场,金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿顺时针(从上往下看)旋转。已知NQ=2MP=2r。则(　　)
A.M点电势高于N点电势
B.N点电势低于O点电势
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7.(2023四川成都模拟)如图所示,空间存在方向垂直纸面向里、足够大的磁场,以竖直向下为z轴正方向,磁感应强度的大小为B=B0+kz(各物理量均采用国际单位制单位),式中B0、k为常量。纸面内一质量为m、边长为a、总电阻为R的正方形线框在磁场中由静止开始下落,初始时导线框底边与z轴垂直,最终线框将匀速下落,重力加速度大小为g,则线框匀速下落时的速度大小为(　　)
B
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8.(2023湖南长沙一模)如图所示,正方形线框abcd放在匀强磁场(磁场未画出)中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为F的正方向)(　　)
A
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则电流恒定;由F=BIL可知线框的ab边受到的安培力F均匀减小,由左手定则可知安培力方向水平向左,为正值。1~3 s内磁场方向向外且均匀增大,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀增大,安培力均匀增大,由左手定则可知安培力方向水平向右,为负值。3~5 s内磁场方向向外且均匀减小,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀减小,安培力均匀减小,由左手定则可知安培力方向水平向左,为正值。5~6 s内磁场方向向里且均匀增大,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀增大,安培力均匀增大,由左手定则可知安培力方向水平向右,为负值。故选A。
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B组 素能提升练
9.(2023浙江金华模拟)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行且相距为L,bc是以O为圆心、半径为r的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场,磁感应强度均为B。a、d两端接有一个电容为C的电容器,金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好,初始时,可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上,金属杆MN质量为m,金属杆MN和OP电阻均为R,其余电阻不计。若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的有(　　)
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A.金属杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
答案 C
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则知OP产生的感应电流方向由O到P,则MN中电流方向由M到N,由左手定则知MN受到向左的安培力,MN向左做加速运动,也产生感应电流,与OP产生的电流方向相反,有EMN=BLvMN,随着MN的速度增加,回路中电动势的和逐渐减小,电流减小,电容器的电压减小,则电容器所带的电荷量逐渐减小,故B错误,C正确;回路中电流逐渐减小,MN受到的安培力逐渐减小,则MN向左做加速度逐渐减小的加速直线运动,故D错误。
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10.(多选)(2023山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1 m,电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
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解析 由于v2>v1,对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小为Ff=μmg=2 N,导体棒受到的安培力大小为F1=Ff=2 N,由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M,由平衡条件可知导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,导轨受到的安培力大小为F2=Ff-m0g=1 N,由左手定则可知B2的方向向下,选项A错误,B正确;对导体棒有F1=B1IL,对导轨有F2=B2IL,电路中的电流为I= ,联立解得v2=3 m/s,选项C错误,D正确。
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11.(2023湖南卷)如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
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(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0。
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0。
(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
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解析 (1)a、b与导轨构成闭合回路,b静止,a切割磁感线,a相当于电源
a匀速运动时,对a有E=BLv0
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(2)释放b瞬间,b所受的安培力沿轨道向下,且大小为BIL=mgsin θ
对b,由牛顿第二定律得mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ。
(3)b释放之后,对a、b组成的系统,由动量定理得2mgt0sin θ=2mv-mv0
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12.(2023全国新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
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(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。
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解析 (1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得
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12(共33张PPT)
专题分层突破练8　磁场　带电粒子在磁场中的运动
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A组 基础巩固练
1.(多选)(2023湖南湘潭模拟)如图所示,在截面为圆的绝缘弹性长管内表面两相互垂直的直径两端分别固定有四根轻质平行长直导线a、b、c、d,导线中通有大小相等的电流I,电流方向如图所示。每根长直导线单独存在时,在圆心O处产生磁场的磁感应强度大小均为B= =B0(k为常量,r为圆心
到导线的距离),此时O处的磁感应强度大小为B1。若只解除导线d的固定,其他条件不变,在弹性长管发生形变后,O处的磁感应强度大小为B2,则关于B1和B2,下列说法正确的是(　　)
A.B1=2B0,方向沿ab方向
B.B1=0
C.B1>B2,方向均沿ab方向
D.B1AC
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解析 由安培定则判断四根固定直导线在圆心O处产生磁场的磁感应强度的大小为B1=2B0,方向沿ab方向,A正确,B错误;若只解除导线d的固定,由两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,可知导线d将沿圆的直径cd向上移动,导线d到圆心O的距离变大,稳定后,其在O处产生磁场的磁感应强度小于B0,方向仍沿ab方向,此时B2<2B0,故B1>B2,方向均沿ab方向,C正确,D错误。
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2.(多选)(2023湖南长沙模拟)如图所示,在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内,存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场。一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处,以速度v沿x轴负方向射入磁场,粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出磁场,之后经过D点,D点的坐标为(0,3r),不计带电粒子所受重力。若磁场区域以A点为轴,在xOy平面内顺时针旋转45°后,带电粒子仍以速度v沿x轴负方向射入磁场,飞出磁场后经过y=3r直线时,以下说法正确的是
(　　)
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C.带电粒子将与y=3r的直线成45°角经过这条直线
D.带电粒子仍将垂直经过y=3r这条直线
答案 AC
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解析 根据题意,画出粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示
根据几何知识可以得到当粒子从磁场中出来时与y=3r夹角为45°,根据几何关系计算可以得到DM=(3- )r,故选A、C。
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3.(2023河北名校联考)如图所示,竖直平面内有三根轻质细绳,绳1水平,绳2与水平方向成60°角,O为结点,竖直绳3的下端连接一质量为m、长度为L的垂直于纸面放置的金属棒。金属棒所在空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,整个装置处于平衡状态。现给金属棒通入方向向里、大小由零缓慢增大的电流,电流的最大值为I0,可观察到绳3转过的最大角度为60°。已知重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是
(　　)
A.绳1的拉力先增大后减小
B.绳2的拉力先增大后减小
C.绳3的拉力最大值为2mg
C
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解析 对整体分析,重力大小和方向不变,绳1、2弹力方向不变,根据左手定则,安培力水平向右逐渐增大,由平衡条件得,水平方向F1=F2cos 60°+BIL,竖直方向F2sin 60°=mg,电流逐渐变大,则F1增大、F2不变,故A、B错误;当
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4.(2023山东泰安模拟)如图所示,弹簧测力计下挂有一匝数为N的正方形导线框,导线框用横截面积为S的导线绕制而成,边长为L,质量为m。线框中通有顺时针方向的电流I,它的上边框水平且处于垂直纸面向内、磁感应强度为B的匀强磁场中,线框处于静止状态。已知弹簧测力计示数为F、电子电荷量为e、导线单位体积内自由电子个数为n、重力加速度为g,自由电子定向移动的速率为(　　)
B
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5.(2023山东济南模拟)如图所示,有一边长为a的正方形ABCD,在ABCD内的适当区域加一垂直正方形ABCD所在平面的匀强磁场。一束电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域,已知该束电子从AB边上的任意点入射,都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场,不计电子重力,则下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向垂直于ABCD所在平面向外
B.电子在磁场中做圆周运动的半径为2a
C
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解析 由于电子要在ABCD平面内从C点射出,由左手定则可以判断磁场必须垂直平面向里,故A错误;根据从A点入射的电子,从C点射出磁场,其轨迹恰好为四分之一圆周,可知电子在磁场中做圆周运动的半径为a,故B错误;磁场的最小面积是一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围,如图所示,由几何关系得最小面积为Smin= ,故C正确,D错误。
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6.(多选)(2023湖南株洲联考)如图所示,ACD为一半圆形区域,其中O为圆心,AD为直径,∠AOC=90°,半圆形区域内存在着垂直该平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子(不计重力)从圆弧的P点以速度v沿平行于直径AD方向射入磁场,经过一段时间从C点离开磁场时,速度方向偏转了60°,设P点到AD的距离为d。下列说法正确的是( 　　)
A.该粒子带负电
ABC
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7.(2023湘豫名校联考)如图所示,水平虚线边界的上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,O为水平虚线边界上一点。abcd为边长为L的正方形虚线边界,ad与水平虚线边界重合,O、a两点间的距离为 L,正方形虚线边界内存在与水平虚线边界上方同样的磁场。一束质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子从O点垂直于Oa方向射入磁场,这些粒子具有不同的速率。不计粒子重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为(　　)
A
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8.(2023山东济南模拟)如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直于ab方向射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两点(图中未画出),不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.从M点射出的粒子速率一定大于从N点射出的粒子速率
C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间
D
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则无法判断从M点射出的粒子在磁场中运动的时间和从N点射出的粒子在磁场中运动的时间的大小关系,C错误,D正确。
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B组 素能提升练
CD
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10.(多选)(2023湖南长沙模拟)地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用,从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示,O为地球球心、R为地球半径。地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内,磁感应强度大小均为B,方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q,不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
BD
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地面;而在对着O处以上的方向入射的粒子,因为向上偏转,均不能到达地面;而在对着O处以下的方向入射的粒子均会到达地面。综上所述,入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面,故D正确。
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11.(2023湖南岳阳二模)如图所示,直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场,在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个相同的粒子1和2,其中粒子1经过A点,粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上,且lOA∶lAB=3∶2,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求:
(1)两个粒子的速率之比;
(2)两个粒子经过A点和B点的时间差。
答案 (1)3∶5　(2)0
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解析 (1)设∠NOB=θ,粒子1和2的轨道半径为r1、r2,粒子1的轨迹如图所示
根据几何关系可得lOA=2r1cos θ
同理可得lOB=2r2cos θ
由题意可得lOA∶lOB=3∶5
故r1∶r2=3∶5
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12.(2023浙江6月选考)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示,Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场,方向均垂直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。
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解析 (1)离子刚好不进入区域Ⅱ的轨迹如图甲所示。
根据几何关系得,离子的运动半径为r=2L,偏转角为2θ=120°
甲
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乙
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B2随y变化,设离子刚好到达x轴,在区域Ⅰ中的运动时间为t1,在区域Ⅱ中的运动时间为t2,则在x方向全过程用动量定理得
q∑B1vyt1+q∑B2vyt2=mv-mvcos θ
∑B1vyt1=B1L(共30张PPT)
专题分层突破练16　力学实验
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A组 基础巩固练
1.(2023福建福州二模)如图甲所示,利用向心力演示器,探究做圆周运动的小球当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度ω之间的关系。
甲
乙
丙
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(1)如图乙所示,若传动皮带套在塔轮第二层,左、右塔轮半径R1、R2之比为2∶1,则塔轮转动时,A、C两处的角速度之比为　　　　。
(2)图中标尺上黑白相间的等分格显示如图丙,则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为　　　。
(3)由此实验,得到的结论是_______________________________________
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
1∶2
1∶4
当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度的二次方ω2成正比关系
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解析 (1)左、右塔轮边缘的线速度相等,则根据v=ωR,可得 , A、C两处的角速度之比为1∶2。
(2)根据图中标尺上黑白相间的等分格显示可知,A、C两处钢球所受向心力大小之比约为1∶4。
(3)由此实验,得到的结论是当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度的二次方ω2成正比关系。
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2.(2023浙江6月选考)在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图甲装置进行探究,下列说法正确的是　　　。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度,多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图乙装置进行实验,下列说法正确的是　　　。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置由静止滚下
B
C
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(3)用图丙装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上P点由静止滚下,撞击挡板留下点迹0,将挡板依次水平向右移动x,重复实验,挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点,竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为　　　　。
D
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解析 (1)两球同时落地,只能探究平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,选项A、C错误;实验时,需要改变小锤击打的力度,多次重复实验,选项B正确。
(2)研究平抛运动,斜槽末端必须水平,但轨道没必要光滑,选项A错误;描绘平抛运动的轨迹,没必要将挡板N等间距移动,选项B错误;为了保证平抛运动的初速度一定,小钢球从斜槽M上同一位置由静止滚下,选项C正确。
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3.(2023湖南永州三模)某同学在用单摆测定重力加速度的实验中,测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期,记录数据如下:
l/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2
T/s 1.42 1.79 1.92 2.02 2.22
T2/s2 2.02 3.20 3.69 4.08 4.93
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(1)试以l为横坐标、T2为纵坐标,在坐标纸中作出T2-l图线,并利用此图线求出重力加速度g=　　　　m/s2(结果保留3位有效数字)。
(2)某同学在某次实验中,将每次测得的周期T及测得的摆长l代入公式计算重力加速度的值,但每次的测定值总是偏大,其原因可能是　　　　。
A.计算摆长时,只考虑了摆线的长度,没有加上摆球的半径
B.数摆动次数时,在计时的同时,就开始数1,误将29次全振动记成了30次
C.摆线上端未牢固地固定,振动中出现了松动导致摆线长度变长了
9.48
答案 作图见解析
B
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(2)计算摆长时,只考虑了摆线的长度,没有加上摆球的半径,会导致摆长偏小,则重力加速度测量值偏小,A错误;数摆动次数时,在计时的同时,就开始数1,误将29次全振动记成了30次,会导致周期测量值偏小,则重力加速度测量值偏大,B正确;摆线上端未牢固地固定,振动中出现了松动导致摆线长度变长了,则记录值比实际偏小,使重力加速度测量值偏小,C错误。
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4.(2023全国甲卷)某同学利用如图甲所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连,右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连,钩码下落,带动小车运动,打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图乙所示。
甲
乙
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(1)已知打出图乙中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s,以打出A点时小车位置为初始位置,将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中,
24.00
80.0
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(2)根据表中数据得到小车平均速度 随时间Δt的变化关系,如图丙所示。在图丙中补全实验点。
答案 如解析图所示
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(3)从实验结果可知,小车运动的 -Δt图线可视为一条直线,此直线用方程
=kΔt+b表示,其中k=　　　　 cm/s2,b=　　　　 cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动,得到打出A点时小车瞬时速度大小vA=　　　,小车的加速度大小a=　　　。(结果用字母k、b表示)
71.5
58.7
b
2k
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解析 (1)ΔxAD=ΔxAB+ΔxBC+ΔxCD=24.00 cm
(2)如图所示。
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B组 素能提升练
5.(2022全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　　 kg的滑块作为A。
0.304
1
2
3
4
5
6
7
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。
比较项 1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
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7
(6)表中的k2=　　　　(保留2位有效数字)。
(7) 的平均值为　　　　(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则 的理论表达式为　　　　(用m1和m2表示),本实验中其值为　　　　(保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
0.31
0.32
0.34
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解析 (2)要使两滑块碰撞后运动方向相反,应使质量小的滑块碰撞质量大的滑块,应选取质量为0.304 kg的滑块作为A。
(8)发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得m1v0=-m1v1+m2v2
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6.(2022河北卷)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图甲所示。弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为 ,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。
甲
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(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为　　　　　　　,钩码的动能增加量为　　　　　　　,钩码的重力势能增加量为　　　　　　　。
乙
mgh4
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(2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图丙所示。由图丙可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是　 。
丙
答案 见解析
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(2)钩码机械能的增加量,即钩码动能和重力势能增加量的总和,若无阻力做功,则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功,则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大,导致空气阻力逐渐增大,以至于空气阻力做的功也逐渐增大。
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7.(2023湖南长沙雅礼中学月考)某同学利用如图甲所示的装置测量小车和智能手机的质量,智能手机可以利用手机软件直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m的钩码,用智能手机测出小车运动的加速度a;改变钩码的质量m,进行多次测量;作出a与m(g-a)的图像如图乙所示,已知图像中直线的截距为b,斜率为k。不计空气阻力,重力加速度为g。
甲
乙
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(1)以下说法正确的是　　　　;
A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量
B.细绳应该始终与长木板平行
C.不悬挂钩码时,应使小车和智能手机匀速沿木板下滑
D.细线的拉力等于钩码的重力
(2)根据图像可得,小车和手机的质量为　　　　;
(3)再利用手机软件测出斜面倾角为θ,则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为　　　 　。
B
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解析 (1)设小车和手机的质量为m',斜面倾角为θ,对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有mg+m'gsin θ-μm'gcos θ=(m'+m)a,整理可得a=
+gsin θ-μgcos θ,可得本实验的原理为a与m(g-a)成一次函数关系。因本实验根据牛顿第二定律对系统采用准确的方法,故不需要近似地用钩码重力代替绳的拉力,也就不需要质量关系,即不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的质量,A错误;为了让绳子拉小车的力为恒力,则细绳应该始终与长木板平行,B正确;本实验若平衡了摩擦力,系统的牛顿第二定律表达式为a= ,a与m(g-a)成正比例关系,不符合实验结果,故不需要平衡摩擦力,C错误;本实验中根据牛顿第二定律,可知绳子的拉力小于钩码的重力,D错误。
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7(共26张PPT)
专题分层突破练4　万有引力定律及其应用
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A组 基础巩固练
1.(2023江苏卷)设想将来发射一颗人造卫星,能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行,该轨道可视为圆轨道。该卫星与月球相比,一定相等的是
(　　)
A.质量 B.向心力大小
C.向心加速度大小 D.受到地球的万有引力大小
C
解析 根据 =ma可知,由于轨道半径相同,故向心加速度一定相同,选项C正确;该卫星质量与月球质量基本上不可能相等,故向心力大小和受地球的万有引力大小不可能相等,选项A、B、D错误。
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C
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3.(2023广西柳州三模)北斗三号全球卫星导航系统由中圆轨道(轨道半径约28 000 km)卫星、地球静止同步轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星(两种卫星轨道半径相等,均约为42 000 km)组成,则(　　)
A.倾斜地球同步轨道卫星和地球静止同步轨道卫星周期不相等
B.北斗三号导航系统所有卫星绕地球运行的线速度均小于7.9 km/s
C.倾斜地球同步轨道卫星能定点北京上空并与北京保持相对静止
D.中圆轨道卫星线速度约为地球静止同步轨道卫星线速度的1.5倍
B
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4.(2022湖北卷)2022年5月,我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接,形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动,周期约90 min。下列说法正确的是(　　)
A.组合体中的货物处于超重状态
B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D.组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
C
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解析 组合体在天上只受万有引力的作用,则组合体中的货物处于失重状态,A错误;由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动,而第一宇宙速度为最大的环绕速度,则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度,B
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5.(2023江西赣州一模)我国将卫星“夸父一号”成功送入太阳同步晨昏轨道,从宇宙中看,卫星一方面可视为绕地球做匀速圆周运动,轨道平面与地球的晨昏分界线共面,卫星轨道离地高度h=720 km,周期T1=100 min;另一方面卫星随地球绕太阳做匀速圆周运动,周期T2=1年。卫星轨道平面能保持垂直于太阳光线,如图所示。已知地球的半径为R,引力常量为G,则下列表述正确的是(　　)
A.晨昏轨道平面与地球静止卫星轨道平面重合
B.根据以上信息可以估算出地球的质量
C.“夸父一号”的发射速度大于11.2 km/s
B
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解析 晨昏轨道与地球晨昏分界线共面,静止卫星轨道与赤道平面共面,所以两个轨道平面不重合,故A错误;根据公式a= 可估算出地球的质量,故B正确;“夸父一号”的发射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s,小于第二宇宙速度11.2 km/s,故C错误;因为卫星环绕的中心天体是地球,地球环绕的中心天体是太阳,所以D选项中公式两边不相等,故D错误。
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6.(2023北京海淀一模)如图所示,卫星沿圆形轨道Ⅰ环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施,进入椭圆轨道Ⅱ或Ⅲ。轨道Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均与地球赤道平面共面。变更轨道后(　　)
A.卫星沿轨道Ⅲ运动
B.卫星经过M点时的速度小于7.9 km/s
C.卫星经过M点时的加速度变大
D.卫星环绕地球运动的周期变大
B
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解析 卫星运动到M点时减速,万有引力大于向心力,卫星做近心运动,沿轨道Ⅱ运动,A错误;卫星在近地轨道运动的速度约为7.9 km/s,在轨道Ⅰ的半
离地球的距离不变,所以卫星经过M点时的加速度大小不变,C错误;根据开普勒第三定律,轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径,故从轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ,卫星环绕地球运动的周期变小,D错误。
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7.(2023海南统考)2022年6月5日,神舟十四号载人飞船(以下简称飞船)发射升空,与天和核心舱成功对接。假设飞船与天和核心舱对接过程的简化示意图如图所示,天和核心舱处于半径为r2的圆轨道Ⅲ上,飞船先被发送至半径为r1的圆轨道Ⅰ上,通过变轨操作后,沿椭圆轨道Ⅱ运动到远地点B处与天和核心舱对接。已知地球质量为m地,引力常量为G,则(　　)
A.飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的
周期之比为
B.飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中,速度不断减小
C.飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度小于天和核心舱的加速度
D.飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中,由于离地高度越来越大,所以机械能逐渐增大
B
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8.(2023贵州毕节二模)引力波的发现证实了爱因斯坦100多年前所做的预测。1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在。如图所示,如果将脉冲双星系统简化为理想的圆周运动模型,双星绕彼此连线上的O点做匀速圆周运动。若引力常量为G,双星之间的距离为L,观测到双星的周期为T,则可估算出双星的(　　)
A.线速度 B.轨道半径
C.质量之和 D.向心加速度
C
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B组 素能提升练
9.(多选)(2023辽宁联考)2022年11月30日,我国六名航天员在空间站首次“太空会师”,向世界展示了中国航天工程的卓越能力。载人飞船的发射可简化为如图所示的过程,从地面发射后先沿椭圆轨道Ⅰ运行,从N点经时间t1后运行到距地面高度为400 km的M点,在M点与沿圆轨道Ⅱ运行的天和核心舱成功对接(M点为对接点),对接后从M点经时间t2第一次到达P点,P在MN连线延长线上。已知地球半径为6 400 km。不考虑地球自转的影响及对接所用时间,已知地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是(　 　)
A.飞船在轨道Ⅰ上N点的速度比M点的速度大
B.飞船在轨道Ⅱ上M点的速度比在轨道Ⅰ上M点的速度大
C.飞船沿轨道Ⅰ运行的时间t1大于沿轨道Ⅱ运行的时间t2
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10.(多选)在两个大物体引力场空间中存在着一些点,在这些点处的小物体可相对于两个大物体基本保持静止,这些点称为拉格朗日点。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星,如图所示,该卫星在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动。关于处于拉格朗日L1和L2点上的两颗同等质量的卫星,下列说法正确的是(　　)
A.两卫星绕地球做圆周运动的线速度相等
B.处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大
C.处于L1点的卫星绕地球做圆周运动的角速度大
D.处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大
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解析 两卫星相对于两个大物体的中心基本保持静止,因此绕地球做圆周运动的周期相等,角速度相等,故C错误;由题意可知,两卫星围绕地球运动的角速度相等,运动半径不同,由角速度与线速度的关系v=ωr可得,两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等,故A错误;由F=ma=mω2r可知,质量相同、角速度相同的情况下,运动半径越大,向心加速度越大,向心力越大,由于r2>r1,故处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大,向心力大,故B、D正确。
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11.(2023安徽宣城模拟)2022年10月7日,太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭,采用“一箭双星”方式,成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统试验卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道。设两颗卫星轨道在赤道平面上,运行方向相同,运动周期也相同,其中a卫星为圆轨道,距离地面高度为ha=2R,b卫星为椭圆轨道,近地点M距离地面高度为远地点N距离地面高度的一半,地球表面的重力加速度为g,a卫星线速度大小为v1,b卫星在近地点M时线速度大小为v2,在远地点N时线速度大小为v3,地球半径为R,P点为两个轨道的交点。下列说法正确的是(　　)
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C.v2>v1>v3
D.a、b两卫星在P点受到地球的引力相等
答案 C
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律可知v2>v3,卫星b由N点运动到P点时速度在增大,分析可知若在P点点
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火加速可进入圆形a轨道,可得v1>v3;同理,卫星b在近地点M减速可进入M点所在高度处的圆轨道,根据万有引力公式可知,当卫星围绕地球做圆周运动时轨道越高,速度越小,所以可知卫星a的速度小于M点所在高度处的圆轨道的速度,即卫星b在近地点M的速度大于卫星a的速度,所以有v2>v1>v3,C正确。根据万有引力公式,a、b两卫星在P点时到地球的距离相等,由于两卫星的质量关系未知,所以无法判断受到地球引力的大小关系,D错误。
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12.(多选)(2023安徽芜湖一模)某航天器的发射过程可简化为两个阶段,如图所示,先由椭圆轨道1运动后调整至圆轨道2,然后以大小为v的速度在轨道2上稳定运行。轨道上A、B、C三点与地球中心在同一直线上,A、C两点分别为轨道1的远地点与近地点,且lAC=3lBC=3a。则(　　)
A.航天器在轨道1上C点的速度小于其在轨道2上B点
的速度
B.航天器在轨道2上的机械能等于其在轨道1上的机械能
CD
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12(共38张PPT)
专题分层突破练5　动能定理、机械能守恒定律、
功能关系的应用
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A组 基础巩固练
1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A.0 B.mgh
B
解析 雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B正确。
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2.(2023辽宁卷)如图(a)所示,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　)
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
B
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解析 甲下滑过程中加速度不变,沿轨道Ⅱ下滑,乙下滑过程中加速度减小,沿轨道Ⅰ下滑,同一时刻,甲的速度总是比乙的小,故甲的动能比乙的小,选项A错误,选项B正确;开始时乙的重力功率为0,到达底部时,乙的重力功率仍然为0,故乙的重力功率先增大后减小,选项C、D错误。
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3.(2023浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是(　　)
D
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4.(多选)(2023江西南昌高三期中)图甲为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处由静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F随离地面高度h变化的关系如图乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0~2h0过程,下列判断正确的是(　　)
A.玩具先做匀加速运动再做匀减速运动
B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大
BC
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解析 玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0过程中,由图可知,F从0增大到2mg,在3h0时为mg,所以加速度开始时向下并逐渐减小,速度在增大,当达到3h0时合力为0,加速度为0,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此时加速度向上并逐渐增大,速度在减小,A错误,B正确;根据上面分析,玩具下落到距地面3h0时速度最大,F做负功,大小
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5.(多选)(2023四川德阳二模)甲、乙两赛车在平直赛道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12 s后,速度达到108 km/h,30 s后,速度达到最大速度216 km/h;乙车启动9 s后,速度达到108 km/h,25 s后,速度达到最大速度
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6.(2023江苏卷)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t。
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。
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(2)滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好运动到B点,该过程合力做的功为0,滑雪者从A点由静止开始下滑到P点的速度大小为vP,有
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(3)滑雪者从B点做斜抛运动,若滑雪者刚好落在C点
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B组 素能提升练
7.(多选)(2023湖南怀化模拟)如图所示,在倾角为37°的固定斜面上,轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C连接,另一端连接滑块A。一轻绳通过斜面顶端的定滑轮(质量忽略不计,轻绳与滑轮间的摩擦不计),一端系在滑块A上,另一端与小球B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长,滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37° =0.8,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为 。现由静止释放小球B,已知小球B始终未落地,则下列说法正确的是(　　)
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A.释放小球B前,手受到小球B的压力大小为24 N
B.释放小球B后,滑块A向上滑行x=0.20 m时速度最大
C.释放小球B后,滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2 J
D.释放小球B后,滑块A向上滑行的最大距离为0.48 m
答案 AD
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解析 用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为FT,由滑块A刚要沿斜面向上运动可知FT=mAgsin θ+μmAgcos θ=16 N,对B受力分析,设手的支持力为F,则F=mBg-FT=24 N,根据牛顿第三定律可知手受到小球B的压力大小为24 N,A正确;释放小球B后,A做加速度减小的加速运动,当A受到的合力为0时,速度最大,当A加速度为0时,B的加速度也为0,对A受力分析得FT'-mAgsin θ-μmAgcos θ-F弹=0,对B受力分析得FT'=mBg,又F弹=kx,解得x=0.24 m,B错误;根据能量守恒定律,释放小球B后到滑块A速度最大的过
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错误;当滑块A向上滑行的距离最大时,A、B的速度都为0,小球B的重力势能转化为A的重力势能、弹簧的弹性势能和摩擦产生的内能,根据能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sin θ+μmAgx'cos θ+ kx'2,解得x'=0.48 m,D正确。
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8.(2023安徽高三联考)如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1 m,其余部分是光滑的,质量为1 kg、长度为2L、粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2 N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.软绳先做匀加速运动后做匀减速运动
B.软绳的左端能经过B点
C.软绳的最大动能为0.5 J
D.软绳克服摩擦力做功4 J
C
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绳B端向右运动位移为L时, 软绳速度为0,停止运动。拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,软绳先做加速运动后做减速运动。0≤x≤L时,摩擦力为变力,所以加速度不恒定,A错误。当x=L时,绳子停止运动,软绳的左端不能经
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9.(多选)(2023湖北宜昌高三期末)英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机,受此启发,某实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为R2=2R1,物块A、B由细绳相连,物块B、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连,开始时物块均处于静止状态,它们的质量分别为mA=2m,mB=mC=m。某时刻物块被自由释放,物块A、B下降,C上升。当物块A下降高度h时,A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计转盘与轴以及细绳间的摩擦,忽略空气阻力,运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法正确的是
(　　)
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答案 ABD
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10.(2023山东滨州高三期末)如图所示,质量为m=2 kg的小物块,用长L=0.4 m的细线悬挂于O点,现将细线拉直并与水平方向夹角α=30°,由静止释放,小物块下摆至最低点B处时,细线达到其最大承受力并瞬间断开,小物块恰好从水平传送带最左端滑上传送带,传送带以v0的速度逆时针匀速运转,其上表面距地面高度H=1.6 m,小物块最后从传送带左端飞出,并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0 m,倾角θ=60°,斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后,压缩弹簧,小物块沿斜
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(1)绳子能承受的最大拉力的大小;
(2)传送带速度大小满足的条件;
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)40 N　(2)v0≥2 m/s　(3)31 J
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解析 (1)小球从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有
解得vB=2 m/s
小球在B点时,根据向心力公式有
联立解得F=40 N
根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40 N。
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(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则
vy=gt
联立以上各式得vx=2 m/s
因为vB=2 m/s,则传送带速度v0≥2 m/s即可。
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11.(2023江苏徐州高三期末)如图所示,水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点,已知lBC=lCD=L=2 m,圆轨道半径R=0.4 m,弹簧左端固定在墙壁上,自由放置时其右端在B点。一个质量m=0.5 kg的物块(视为质点)将弹簧压缩到A点并锁定,物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2。
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(1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,解除锁定前弹簧的弹性势能Ep满足什么条件。
(2)若传送带顺时针转动,锁定前弹簧的弹性势能取第(1)问中的最大值,若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道,试计算传送带的速度v的范围。
(3)在第(1)问的情形下,且弹簧的弹性势能取最大值,试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。
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解析 (1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处,则根据能量守恒定律,解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
Ep=μmg·2L+mgR=7 J
所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7 J。
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(2)物块被弹簧弹出滑到C点的过程中,根据能量守恒定律有
解得vE=2 m/s
物块从D到E的过程中,根据机械能守恒定律有
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(3)设物块返回传送带后一直向左加速运动,根据动能定理有
后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,设其总路程为s,根据动能定理有
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解得s=3.6 m
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d1=2L-s=0.4 m
上述两种情况下,物块在水平轨道上向左减速到静止,减速路程为d2,根据动能定理有
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为d2=0.2v2 m
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11(共25张PPT)
专题分层突破练10　恒定电流和交变电流
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A组 基础巩固练
1.(2023浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　　)
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1 100 kV是指交变电流的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
A
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解析 整流后,变压器不能升压,故送电端先升压再整流,选项A正确;对于直流,变压器不能使用,故用户端先变交流再降压,选项B错误;1 100 kV指直流电压,选项C错误;输电功率由用户端功率决定,选项D错误。
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2.(多选)(2023湖南岳阳二模)某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障,为了检测断路的位置,实验小组设计了如图所示的电路,a、b、c、d、e是滑动变阻器上间距相同的五个位置(a、e为滑动变阻器的两个端点)。实验小组将滑动变阻器的滑片分别置于a、b、c、d、x(x是d、e间某一位置)、e进行测量,把相应的电流表示数记录在下表中。已知定值电阻阻值为R,电源内阻和电流表内阻可忽略。下列说法正确的是(　　)
滑片的位置 a b c d x e
电流表示数/A 1.80 0.90 0.60 0.45 1.80
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A.滑动变阻器cd间发生了断路
B.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.85 A
C.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.40 A
D.若滑动变阻器未断路时,其电阻丝的总电阻为4R
答案 CD
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解析 若滑动变阻器cd间发生了断路,滑片在d位置时电流应大于在c位置时的电流,A错误。若x在断路位置的下方,则滑动变阻器下方部分被接入电路,且总电阻大于滑片接d位置时的电阻,电流就比滑片接d位置时的电流要小,所以电流表示数可能小于0.45 A;若x在断路位置的上方,则滑动变阻器xe部分被接入电路,此时电路中的总电阻应该小于滑片接b位置时的电阻,所以电路中的电流应该大于滑片接b位置时的电流,即大于0.90 A,但要小于滑片接a位置或接e位置时的电流,故C正确,B错误。若滑动变阻器未断
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3.(2023山东烟台模拟)如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环,接入电路中,电路与圆环的接触点O点固定,P为电路与圆环良好接触的滑片,电源的电动势为E,内阻为r,闭合开关S,在滑片P缓慢地从m点开始经n点移到q点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.电压表和电流表的示数都一直变大
B.灯L1先变暗后变亮,电流表的示数一直变小
C.灯L2先变暗后变亮,电压表的示数先变大后变小
D.电容器C所带的电荷量先减少后增多
C
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解析 接触点O点与P间电阻丝并联接入电路中,在滑片P缓慢地从m点开始经n点移到q点的过程中,圆环接入电路中的总电阻先变大后变小,故电路中的总电阻先变大后变小,则干路电流I先减小后增大,灯L2先变暗后变亮,根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知,路端电压即电压表示数先变大后变小,圆环与灯L1并联电路的电压U并=U-U1,U1与U并之和等于路端电压,故U并先增大后减小,灯L1先变亮后变暗,流过电流表的电流IA=I-I1,IA先减小后增大,即电流表的示数先变小后变大,故A、B错误,C正确;圆环与灯L1并联的电压先增大后减小,则电容器板间的电压先增大后减小,由Q=CU可知电容器所带的电荷量先增多后减少,故D错误。
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4.(多选)(2023山东临沂模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,电路中R1=100 Ω、R2=15 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为15 Ω,图中电表均为理想交流电表,a、b间的电压如图乙所示,下列说法正确的是
(　 　)
A.该交变电流的频率为50 Hz
B.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电压表的示数变大
C.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电流表的示数变大
D.滑动变阻器接入电阻最大时,电流表的示数为1 A
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5.(2023山东聊城二模)国家为节约电能,执行峰谷分时电价政策,引导用户错峰用电。为了解错峰用电的好处,建立如图所示的“电网仅为3户家庭供电”模型,3户各有功率P=3 kW的用电器,采用两种方式用电,方式一为同时用电1小时,方式二为错开单独用电各1小时。两种方式用电时输电线路总电阻损耗的电能分别为ΔE1、ΔE2,若用户电压恒为220 V,不计其他线路电阻,则(　　)
A.两种方式用电时,电网提供的总电能之比为1∶1
B.两种方式用电时,变压器原线圈中的电流之比为1∶3
C
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6.(多选)(2023湖南长沙模拟)一理想自耦变压器如图所示,在A、B间输入电压恒定的交变电流,P为滑片,初始位置位于副线圈C、D的中点G,电流表A1和A2为理想电表,R为定值电阻,下列说法正确的是(　　)
A.若将滑片P向上滑动,则电流表A1的示数变小
B.若将滑片P向下匀速滑动,则输入功率均匀增大
AD
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B组 素能提升练
7.(2023山东日照模拟)带有照明系统的电动装置电路如图所示,理想变压器原线圈的匝数为n1=220,副线圈匝数分别为n2=50、n3=28,原线圈两端接入电压有效值为220 V的交流电源,两副线圈分别连接电动机M和灯泡L,电动机M线圈的电阻为5 Ω,灯泡L的电阻为28 Ω。开关S闭合时,电动机M和灯泡L都正常工作,理想电流表的示数为0.4 A。下列说法正确的是(　　)
A.开关S闭合时,电动机M中的电流为10 A
B.开关S闭合时,电动机M中的电流为1.76 A
C.开关S断开后,电动机M的总功率为60 W
D.开关S断开前后,电流表的示数不变
C
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解析 原线圈两端的输入电压U1=220 V,由 得,电动机M两端的电压U2=50 V,开关S闭合时,灯泡L两端的电压U3=28 V,变压器的输入功率为P=220 V×0.4 A=88 W,灯泡的功率为PL= =28 W,电动机的功率PM=P-PL=60 W,开关S闭合与断开时电动机两端的电压及功率都不变,断开后总功率仍为PM=60 W,又由PM=U2I得电动机M中的电流I=1.2 A,故A、B错误,C正确;开关S断开后,电动机的功率不变,灯泡的功率为0,由变压器的功率关系可知,变压器的输入功率减小,输入电压恒为220 V不变,因此输入电流减小,即电流表的示数减小,故D错误。
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8.(2023山东模拟)如图所示,理想变压器原线圈的匝数n1=600,副线圈的匝数可调。原线圈串联一个阻值r=4 Ω的电阻和一个电流表,两端接在输出电压u= sin 100πt (V)的交流电源上,副线圈接一阻值R=9 Ω的电阻。调节副线圈的匝数,当电阻R消耗的功率P最大时,下列说法正确的是(　　)
A.副线圈的匝数为900
B.电流表的示数为8 A
C.副线圈的匝数为1 350
D.电阻R消耗的最大功率为450 W
A
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9.(2023安徽高三模拟)在如图甲所示的电路中,变压器为理想变压器,原、副线圈的匝数比为2∶1,电压表和电流表均为理想电表,定值电阻R1=R2=10 Ω,M、N输入如图乙所示的电压, ~T时间内为正弦曲线,则电压表和电流表的示数分别为(　　)
B
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解析 等效电路如图所示
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10.(2023湖南益阳模拟)在如图所示的电路中,正弦交流电源输出的电压有效值U恒定,定值电阻R0=40 Ω,变压器为理想变压器,导线电阻不计。当滑动变阻器的阻值调为R1=30 Ω时,定值电阻与滑动变阻器消耗的功率之比为1∶3;当滑动变阻器的阻值调为R2时,滑动变阻器消耗的功率最大。则R2的值为(　　)
A.10 Ω B.20 Ω
C.30 Ω D.40 Ω
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11.(2023湖南怀化二模)为了激发同学们的学习兴趣和探究精神,某学校建有节能环保风力发电演示系统,该系统由风力发电机、变压器和用户三部分构成,简易示意图如图所示。t=0时刻,发电机线圈所在平面与磁场方向垂直,风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动,
=1∶4。在用户部分电路中电表均为理想电表,定值电阻R1=R2=4 Ω,D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大),则(　　)
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答案 C
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P副=P1+P2=600 W,因为变压器是理想变压器,所以P原=P副=600 W,故D项错误。(共35张PPT)
专题分层突破练6　动量和能量观点的应用
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A组 基础巩固练
1.(2022北京卷) “雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是(　　)
A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
B
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解析 助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力,A错误;起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力,增加向上的速度,B正确;飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力,从而减小水平方向的加速度,C错误;着陆阶段,运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间,根据动量定理可知,可以减少身体受到的平均冲击力,D错误。
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2.(多选)(2023全国新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
BD
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解析 根据F-μmg=ma可得 ,因m甲>m乙,故a甲m乙,甲和乙系统合外力的冲量方向向左,故甲的动量大小比乙的小,选项B、D正确,选项C错误。
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3.(2022山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　)
A.火箭的加速度为零时,动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能
的增加量
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解析 选火箭为研究对象,其先向上做加速运动,后向上做减速运动,至火箭速度为零。开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,动能最大,选项A正确。火箭向上运动过程中,重力势能也增加,选项B错误。根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加量,选项C错误。根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,选项D错误。
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4.(2023湖南张家界二模)已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍,但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍,科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况,研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴,而是与雨滴融为一体,顺应雨滴的趋势落下,随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m,初速度为零;雨滴质量为50m,击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v,蚊子与雨滴的作用时间为t,以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则(　　)
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D.若雨滴直接砸在静止的蚊子上,蚊子受到的平均作用力将变小
答案 C
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5.(2023山东青岛统考)如图所示,质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动,与质量为4m的静止小球B发生碰撞,碰撞后小球A以速率v=kv0(k为待定系数)弹回,然后与固定挡板P发生弹性碰撞,要使A球能与B球再次发生碰撞,则k的取值范围为(　　)
A
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6.如图所示,滑块A、B、C位于光滑水平面上,已知A、B、C的质量均为1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧,弹簧开始时处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=2 m/s的速度水平向右运动,弹簧被压缩到最短时,B与C恰好相碰并黏接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短,则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
A.0.25 J B.0.50 J
C.0.75 J D.1.00 J
A
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解析 对A、B组成的系统,A、B速度相等时,弹簧被压缩到最短,根据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v1,代入数据解得v1=1 m/s,弹簧被压缩到最短时,B的速度为v1=1 m/s,此时B与C发生完全非弹性碰撞,对B、C组成的系统,由动量守恒定律得mBv1=(mB+mC)v2,代入数据解得v2=0.5 m/s,只有B与C发生非弹性碰撞,有机械能损失,则损失的系统机械能为
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7.(2023湖南邵阳二模)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,在图示情况下,探测器在远离行星后速度大小为vt。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断正确的是(　　)
A.vt=2u
B.vt=v0+2u
C.vt=2v0+u
D.vt=v0+u
B
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8.(多选)(2023山东济南一模)某课外兴趣小组在一次实验中,将自制火箭从地面竖直向上发射,火箭到达最高点时爆炸,分裂成质量不等的P、Q两部分,P、Q两部分的质量比为2∶5。爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s,方向与竖直方向成60°斜向下。若爆炸点离地高度为120 m,不计P、Q运动过程中受到的阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
AC
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B组 素能提升练
9.(2023山东济宁一模)如图甲所示,物块A、B的质量均为2 kg,用轻弹簧连接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与物块A黏在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性
势能为40.5 J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为0
D.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为3.6 m/s
D
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解析 由图知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1 kg,A错误;A、C黏在一起速度变为0时,弹簧的
度为v3=-3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小,也等于弹簧对A和C整体的冲量大小,则墙壁对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2=-18 N·s,即大小为18 N·s,C错误;物块B刚离开墙壁时,由机械能守恒定律可得,A、C向左运动的速度大小为3 m/s,物块B离开墙壁后,系统动量守恒、机械能守恒,当弹簧再次恢复原长时,物块B的速度
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10.(多选)(2023安徽淮南一模)如图所示,静止在光滑水平面上的小车,由三段轨道平滑连接而成。AB段是倾角为37°的斜面,BC段水平,CD段是半径为0.3 m的竖直 圆弧,A、D两点等高,小车的总质量为2 kg。一质量为1 kg的小物块,从A点以1.5 m/s的初速度沿斜面向下运动,当其首次经过BC段的最左端时,速度大小为2 m/s。已知AB段粗糙,BC段、CD段均光滑,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,则(　　)
A.小物块最终相对于小车静止在B点
B.小物块首次经过BC段的最左端时,小车的速度
大小为1 m/s
C.小物块会从D点离开小车
D.小车向左位移最大时小物块的速度大于1.2 m/s
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解析 只要小物块在B点速度不为零,小物块就会冲上斜面,并下滑,由能量守恒定律,小物块最终相对于小车静止在B点,A正确;设小车质量为m车,小物块质量为m,小物块首次经过BC段的最左端时速度为vB,取水平向右为正方向,小车和小物块水平方向动量守恒,mvAcos 37°=m车v车+mvB,解得v车=
-0.4 m/s,小物块首次经过BC段的最左端时,小车的速度大小为0.4 m/s,B错误;设小物块在CD段上升最大高度(相对BC)为h,此时小物块和小车速度相同,设为v,由水平方向动量守恒,得mvB+m车v车=(m车+m)v,由机械能守恒定
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小物块不会从D点离开小车,C错误;小车向左位移最大时,小车的速度为零,小物块此时在CD段,设小物块的速度为v', 速度方向与水平方向的夹角为θ,由水平方向动量守恒得mvB+m车v车=mv'cos θ,因为01.2 m/s,D正确。
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11.(2022湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静
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(1)求C的质量。
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小。
(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。
解析 (1)系统在题图虚线位置保持静止,以C为研究对象,根据平衡条件可知mCg=2mgcos 30°
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(3)设某时刻C向下运动的速度为v',图中虚线与竖直方向的夹角为α,根据机械能守恒定律可知
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12.(2023湖南卷)如图所示,质量为m0的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。
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(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离。
(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程。
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(2)小球与凹槽组成的系统,在水平方向上动量守恒,则
m0x1'=mx2'
x+x2'=a
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12(共24张PPT)
专题分层突破练14　热学
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A组 基础巩固练
1.(多选)(2023全国乙卷改编)对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　)
A.等温增压后再等温膨胀 B.等压膨胀后再等温压缩
C.等容减压后再等压膨胀 D.等容增压后再等温膨胀
AC
解析 某种定量理想气体的内能只与温度有关。前后内能相等,即前后温度不变。选项A中,两个等温过程,温度一直未变,选项A正确。等压膨胀过程温度升高,而等温压缩温度不变,选项B错误。等容减压降温,等压膨胀升温,有可能前后温度不变,选项C正确。等容增压升温,而等温膨胀温度不变,选项D错误。
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2.(多选)(2023湖南湘潭第二中学模拟)如图所示,F表示两分子间的作用力,Ep表示分子间的势能,图中两条图线分别表示分子间作用力和分子势能随分子间距离变化的规律,图中r1是分子势能为0时对应的距离,r2是分子间作用力为0时对应的距离,r3是分子间作用力随分子间距离变化的图像最低点对应的距离,r4是分子间作用力及分子势能均可视为0的足够远的某一距离。下列说法正确的是(　　)
A.r2对应着分子势能的最小值
B.从r1到r3,Ep先增大后减小
C.从r1到r3,F一直减小
D.从r2到r4,F先增大后减小,Ep不断增大
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解析 根据图像可知,分子间距离小于r2时,F表现为斥力,距离越小,F越大;分子间距离大于r2时,F表现为引力,随着距离增大,F先增大后减小;分子间距离从0开始增大的过程,F为斥力时做正功,F为引力时做负功,故分子间距离等于r2时,Ep最小,从r1到r3,Ep先减小后增大,从r1到r3,F先减小后增大,从r2到r4,F先增大后减小, Ep不断增大,A、D正确,B、C错误。
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3.(2023江苏卷)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　)
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
B
解析 气体发生等容变化,故气体分子的数密度不变,选项A错误;气体温度升高,故气体分子的平均动能增大,选项B正确;气体压强增大,故单位时间内气体分子对单位面积的作用力增大,选项C错误;由于气体分子的平均动能增大,气体体积不变,故单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大,选项D错误。
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4.(2023山东淄博统考一模)一种消杀喷药装置如图所示,内部装有2 L药液,上部密封压强为1×105 Pa的空气0.5 L,保持阀门关闭,再充入1×105 Pa的空气0.1 L。假设在所有过程中空气可看作理想气体,且温度不变,外部大气压强为1×105 Pa,下列说法正确的是(　　)
A.充气后,密封气体压强变为1.1×105 Pa
B.充气后,密封气体的分子平均动能增加
C.打开阀门后,密封气体对外界做正功
D.打开阀门后,密封气体向外界放热
C
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解析 把充入的气体和原气体作为整体,气体做等温变化,根据玻意耳定律可得p0(V1+V2)=p1V1,解得p1=1.2×105 Pa,A错误;温度是平均动能的标志,温度不变,所以分子的平均动能不变,B错误;充气后密封气体压强变为1.2×105 Pa,大于大气压强,所以打开阀门后,气体膨胀,对外界做功,C正确;打开阀门后,密封气体对外做功,温度不变,内能不变,则气体从外界吸热,D错误。
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5.(2023辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是
(　　)
B
解析 从a到b气体发生等压变化,温度升高,气体体积增大,选项C、D错误;从b到c气体压强减小,p-T图线的斜率减小,故气体体积增大,选项A错误,选项B正确。
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6.(2022海南卷改编)足够长的玻璃管水平放置,用长19 cm的水银封闭一段长为25 cm的空气柱,大气压强相当于76 cm汞柱产生的压强,环境温度为300 K,将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直。
(1)空气柱长度变为多少 空气柱是吸热还是放热
(2)当气体温度变为360 K时,空气柱长度是多少
答案 (1)20 cm　放热
(2)24 cm
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解析 (1)以封闭气体为研究对象,气体做等温变化,设玻璃管横截面积为S,玻璃管水平时
p1=0.76 mρ汞g、V1=0.25 mS
玻璃管竖起来后
p2=(0.19+0.76) mρ汞g=0.95 mρ汞g、V2=LS
根据p1V1=p2V2
解得L=20 cm
气体体积减小,外界对气体做功,但其温度不变,内能不变,根据热力学第一定律可知气体向外放热。
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其中T1=300 K、V2=20 cmS、V3=L'S
解得L'=24 cm。
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B组 素能提升练
7.(多选)(2023全国新课标卷)如图所示,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后
(　　)
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
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解析 对f中的气体加热,f中的气体温度升高,压强增大,活塞向右移动,对活塞和弹簧整体进行研究,h中的气体压强也增大,h中的气体体积减小,弹簧被压缩,g中的气体体积减小,压强增大。因活塞对h中的气体做正功,故h中的气体内能增加,选项A正确;f中的气体压强大于g中的气体压强,f中的气体体积大于g中的气体体积,根据 =C可得,f中的气体温度高于g中的气体温度,选项B错误;f和h中的气体压强相同,但f中的气体体积大于h中的气体体积,根据盖-吕萨克定律可得,f中的气体温度高于h中的气体温度,选项C错误,选项D正确。
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8.(多选)(2023山东卷)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　)
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
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解析 理想气体的内能只和温度有关,等容过程ΔU=400 J,故两个过程内能增加量都为400 J,选项D正确;等压过程Q=600 J,根据ΔU=W+Q,可得W=-200 J,选项B错误;等压过程中,-W=pΔV,解得ΔV=2×10-3 m3=2 L,根据
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9.(2022全国甲卷)如图所示,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中:两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为 。环境压强保持不变, 不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度。
(2)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
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解析 本题考查气体实验定律、理想气体状态方程,意在考查分析综合能力。
(1)环境温度升高,汽缸内气体发生等压变化
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10.(2023山东济宁高三一模)如图甲所示,两端开口的导热汽缸水平固定,A、B是厚度不计的两轻活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,两轻活塞用一轻杆相连,缸内封闭有理想气体。A、B静止时,缸内两部分气柱的长度分别为L和 ;现用轻质细线将活塞B与重物C连接在一起,如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为S1=2S2=2S,大气压强为p0,重力加速度为g,重物C质量为m= ,环境温度保持不变。当两活塞再次静止时,求:
(1)汽缸内气体的压强;
(2)活塞移动的距离x。
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解析 (1)两活塞再次静止时,对整体有
p0S1+p2S2+mg=p2S1+p0S2
(2)两活塞开始静止时,对整体有
p0S1+p1S2=p1S1+p0S2
开始静止时封闭气体的体积为
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11.(2022山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示,鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室,A室壁厚,可认为体积恒定,B室壁薄,体积可变;两室内气体视为理想气体,可通过阀门进行交换。质量为m鱼的鱼静止在水面下H处,B室内气体体积为V,质量为m;设B室内气体压强与鱼体外压强相等,鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等,鱼的质量不变,鱼鳔内气体温度不变,水的密度为ρ,重力加速度为g,大气压强为p0。
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,求需从A室充入B室的气体质量Δm。
(2)求鱼静止于水面下H1处时,B室内气体质量m1。
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11(共27张PPT)
专题分层突破练13　光学
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A组 基础巩固练
1.(多选)(2023辽宁卷)“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置,当轮船以设计的标准速度航行时,球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示,两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是(　　)
A.插入水中的筷子,看起来折断了
B.阳光下的肥皂膜,呈现彩色条纹
C.驶近站台的火车,汽笛音调变高
D.振动音叉的周围,声音忽高忽低
BD
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12
解析 两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力是波的干涉现象。插入水中的筷子,看起来折断了,是光的折射现象,选项A错误;阳光下的肥皂膜,呈现彩色条纹是光的干涉现象,选项B正确;驶近站台的火车,汽笛音调变高,是声波的多普勒效应,选项C错误;振动音叉的周围,声音忽高忽低,是声波的干涉现象,选项D正确。
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2.光程是光学中的概念,定义为光在介质中经过的几何路程与该介质折射率的乘积。当两束相干光的光程差为波长的整数倍时,在屏幕上出现亮条纹。瑞利干涉仪就是利用这个原理测量气体的折射率。如图甲所示,两束光的光程差为零时,屏幕上O点为零级干涉亮条纹。将长度为l、装有待测气体的透明薄管放在S1后面,如图乙所示,零级亮条纹移至屏幕上的O'点,O点为第k级干涉亮条纹。已知空气的折射率为n0,所用光的波长为λ,则待测气体的折射率为(　　)
B
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解析 乙图中两束光到O点的光程差为Δs=kλ,根据题意得Δs=(n-n0)l,联立可得n= +n0,故选B。
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3.(2023江苏卷)用某种单色光进行双缝干涉实验,在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示,改变双缝间的距离后,干涉条纹如图乙所示,图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的(　　)
B
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4.(多选)(2023湖南卷)一位潜水爱好者在水下活动时,利用激光器向岸上救援人员发射激光信号,设激光光束与水面的夹角为α,如图所示。他发现只有当α大于41°时,岸上救援人员才能收到他发出的激光光束,下列说法正确的是(　　)
C.当他以α=60°向水面发射激光时,岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D.当他以α=60°向水面发射激光时,岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
BC
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解析 如图甲所示,其临界角C=90°-α,n= ,A错误,B正确;当α=60°时,入射角i=30°,如图乙所示,根据折射定律,光从光密介质到光疏介质(空气),折射角大于入射角,所以救援人员接收激光光束与水面夹角小于60°,C正确,D错误。
甲
乙
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5.(2023山东济宁一模)如图所示,O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面与纸面的交线,MN是垂直于O1O2放置的光屏,A、B是关于O1O2等距且平行的两束不同颜色单色细光束,沿O1O2方向左右移动光屏,可在屏上得到一个光点P,根据该光路图,下列说法正确的是(　　)
A.在真空中A光的速度比B光的速度大
B.在该玻璃体中,A光比B光的运动时间长
C.在同一条件下,B光比A光发生衍射现象更加明显
D.用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大
D
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解析 在真空中,各色光的传播速度相等,即A光的速度等于B光的速度,A错误;由光路可知,B光的偏折程度比A光大,则B光的折射率较大,根据v= 可知,B光在玻璃中的速度较小,则在该玻璃体中,B光比A光的运动时间长,B错误;因B光折射率较大,则B光波长较短,则在同一条件下,A光比B光发生衍射现象更加明显,C错误;因A光波长较长,则根据 可知,用同一装置做双缝干涉实验时,A光产生的条纹间距比B光的大,D正确。
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6.(2023山东潍坊高三一模)劈尖干涉是一种薄膜干涉,如图甲所示,将一块样板玻璃a放置在另一玻璃板b上,在一端夹入两张纸片,当黄光从上方入射后,从上往下可以观察到如图乙所示的干涉条纹。则(　　)
A.任意相邻的亮条纹中心位置下方的空气膜厚度差相等
B.弯曲条纹中心位置下方的空气膜厚度不相等
C.若抽去一张纸片,条纹变密
D.若换用蓝光从上方入射,条纹变疏
A
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解析 光在空气膜中的光程差为Δx=2d,即光程差为空气层厚度的2倍,当光程差Δx=nλ时,此处表现为亮条纹,当光程差为 时,此处表现为暗条纹,所以任意相邻的亮条纹中心位置下方的空气膜厚度差相等,A正确;根据选项A的分析可知,弯曲条纹中心位置下方的空气膜厚度相等,B错误;当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹,则相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为 ,抽去一张纸后空气层的倾角变小,故相邻两条纹之间的距离变大,干涉条纹变稀疏,C错误;蓝光的波长小于黄光的波长,则换用蓝光从上方入射,条纹变密集,D错误。
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7.(多选)(2023全国甲卷改编)等腰三角形△abc为一棱镜的横截面,ab=ac;一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜,在bc边反射后从ac边射出,出射光分成了不同颜色的两束,甲光的出射点在乙光的下方,如图所示。不考虑多次反射,下列说法正确的是(　 　)
A.甲光的波长比乙光的长
B.甲光的频率比乙光的高
C.在棱镜中的传播速度,甲光比乙光的大
D.在棱镜内bc边反射时的入射角,甲光比乙光的大
ACD
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解析 作出光路图如图所示,细光束经折射后,根据几何关系可知,在bc边反射时的入射角,甲光比乙光的大,选项D正确;根据折射定律可知n甲v乙,选项C正确;因为n甲λ乙,选项A正确。
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8.(多选)(2023山东临沂一模)为了研究某种透明新材料的光学性质,将其制成半圆柱体,如图甲所示,一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射入。CD为光学传感器,可以探测光的强度,从AB面反射回来的光的强度随角θ变化的情况如图乙所示。现将这种新材料制成的一根光导纤维束暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同),用同种激光从端面EF射入,且光线与EF所夹锐角为β,如图丙所示。则(　　)
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A.图甲中若减小入射角θ,则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
答案 BC
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解析 图甲中若减小入射角θ,则反射角减小,折射角也减小,则反射光线和折射光线之间的夹角将变大,A错误;由图乙可知,当入射角大于45°时,反射光线的强度不再变化,可知临界角为C=45°,则该新材料的折射率为
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B组 素能提升练
C
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甲
乙
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11.如图所示,一长方体透明玻璃砖在底部挖去半径为R的半圆柱,玻璃砖长为L。一束单色光垂直于玻璃砖上表面射入玻璃砖,且覆盖玻璃砖整个上表面,已知该单色光在玻璃砖中的折射率为n= ,真空中光速c=3.0×108 m/s,求:
(1)单色光在玻璃砖中的传播速度;
(2)半圆柱面上有光线射出的表面积。
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12.(2023山东临沂一模)透明材料制成的一件艺术摆件的截面图如图所示,上半部分是半径为R的半圆形,一细光束沿径向射入,在底面B点恰好发生全反射,OA是圆心O到底面的高,已知 ,光在真空中传播的速度为c,求:
(1)该透明材料的折射率;
(2)最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线
相比偏转的角度;
(3)光在透明艺术摆件中传播的时间。
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则∠DCO=α=45°
可得∠CDO=75°,即最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转了105°。
(3)光在透明艺术摆件中传播的速度(共26张PPT)
专题分层突破练18　光学与热学实验
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A组 基础巩固练
1.(2023湖南长沙模拟)如图甲所示,某实验小组用DIS研究在温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系。
(1)本实验通过压强传感器测得气体压强值,气体体积则是通过
　 得到。
(2)在实验过程中,推动活塞时要　　　　(选填“迅速”或“缓慢”)。
注射器的刻度
缓慢
1
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6
(3)某同学用V- 图像处理实验数据,得到如图乙所示的图线,若实验操作规范正确,则图线不过原点的原因可能是(　　)
A.注射器中有一颗小泡沫
B.实验时用手握住了注射器筒身
C.注射器内气体温度升高
D.注射器内气体温度降低
A
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解析 (1)用DIS研究做实验时,气体的压强是用压强传感器通过计算机系统得到的,气体体积则是通过注射器的刻度得到。
(2)在实验过程中,推动活塞时要缓慢,使气体的温度不会发生变化。
(3)根据玻意耳定律知pV=C,则V与 成正比,图线不经过原点,可能是因为注射器中有小泡沫,占据一定的体积,此时方程为p(V-ΔV)=C,可得V= +ΔV,A正确;手握住注射器封闭气体部分,温度会发生变化,则图线是曲线,B、C、D错误。
1
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2.(2023湖南长沙模拟)“测定玻璃的折射率”实验中,在水平放置的白纸上放好玻璃砖,aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面,如图所示,在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,用“+”表示大头针的位置,然后在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4。
(1)在插P3和P4时,应使　　　　(选填选项前的字母)。
A.P3只挡住P1的像
B.P4只挡住P3
C.P3同时挡住P1、P2的像
D.P4挡住P3及P1、P2的像
CD
1
2
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5
6
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验,如图记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示,其中实验操作正确的是　　　　。
(3)该小组选取了操作正确的实验记录,在白纸上画出光线的径迹,以入射点O为圆心作圆,与入射光线、折射光线分别交于A、B
两点,再分别过A、B两点作法线NN'的垂线,垂足分别为
C、D点,如图所示,则玻璃的折射率n=　　　　。(用图
中线段的字母表示)
D
1
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6
解析 (1)在“测定玻璃的折射率”实验中,大头针均应在同一传播光路上,即P3同时挡住P1、P2的像且P4挡住P3及P1、P2的像,故选C、D。
(2)光由光疏介质(空气)到光密介质(玻璃)中时,入射角应大于折射角,且根据折射定律可知光射入玻璃的入射角应等于射出玻璃时的折射角,即入射光线和出射光线平行,故选D。
1
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3.(2023山东济宁模拟)(1)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中,实验简要步骤如下:
A.根据油酸酒精溶液的浓度,算出一滴溶液中纯油酸的体积V,用公式d= 求出薄膜的厚度,即油酸分子的直径
B.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒,记下量筒内增加一定体积时的滴数
C.将油酸酒精溶液滴在水面上,待油酸薄膜的形状稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上
D.用浅盘装入约2 cm深的水,然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面
E.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去,多于半个的算一个),再根据方格的边长求出油膜的面积S
上述实验步骤的合理顺序是　　　　　　　　;
BDCEA
1
2
3
4
5
6
(2)将1 mL的纯油酸配制成1 000 mL的油酸酒精溶液,接着用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液,量筒中的溶液体积增加了1 mL。若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大的盛水的浅盘中(水中撒了痱子粉),由于酒精溶于水,油酸在水面展开,稳定后形成的油膜的形状如图所示。已知每一小方格的边长为1 cm,则可估算出油酸分子的直径大小是　　　　 m(计算结果保留一位有效数字)。
3×10-9
1
2
3
4
5
6
(3)某同学将实验中得到的计算结果和实际值比较,发现计算结果偏小,可能的原因是　　　　。
A.水面上痱子粉撒得过多,油酸未完全散开
B.求每滴溶液中纯油酸的体积时,1 mL溶液的滴数多记了10滴
C.计算油膜面积时,舍去了所有不足1格的方格
D.油酸酒精溶液长时间放置,酒精挥发使溶液的浓度增大
BD
1
2
3
4
5
6
解析 (1)实验步骤:将配制好的油酸酒精溶液,通过量筒测出n滴此溶液的体积,并计算出1滴此溶液中纯油酸的体积,然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘的水面上,等待形状稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔描绘出油酸膜的形状,将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,按不足半格舍去,多于半格算一格的原则,统计出油酸薄膜的面积,则用1滴此溶液中油酸的体积除以1滴此溶液的面积,即为油酸分子的直径。故上述实验步骤的合理顺序是BDCEA。
1
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6
(3)水面上痱子粉撒得过多,油酸未完全散开,导致油膜面积偏小,所以油酸分子的直径偏大,A错误;求每滴溶液中纯油酸的体积时,1 mL溶液的滴数多记了10滴,导致油酸体积偏小,所以油酸分子的直径偏小,B正确;计算油膜面积时,舍去了所有不足1格的方格,导致油膜面积偏小,所以油酸分子的直径偏大,C错误;油酸酒精溶液长时间放置,酒精挥发使溶液的浓度增大,导致油酸浓度变大,计算出的油酸体积偏小,所以油酸分子的直径偏小,D正确。
1
2
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6
B组 素能提升练
4.(2023江苏苏州中学模拟)(1)细丝和单缝有相似的衍射图样,在相同条件下,小明用激光束分别垂直照射两种不同直径的细丝Ⅰ和细丝Ⅱ,在光屏上形成的衍射图样如图甲中a和b所示,已知细丝Ⅰ的直径为0.605 mm,现用螺旋测微器测量细丝Ⅱ的直径,如图乙所示,细丝Ⅱ的直径为　　　　 mm,图甲中的　　　　(选填“a”或“b”)是细丝Ⅱ的衍射图样;
甲
乙
0.999
a
1
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3
4
5
6
(2)小明在做“用双缝干涉测量光的波长”实验时,尝试用单缝和平面镜做类似实验。单缝和平面镜的放置如图丙所示,白炽灯发出的光经滤光片成为波长为λ的单色光照射单缝,能在光屏上观察到明暗相间的干涉条纹。
丙
①若S视为其中的一个缝,那么　　　　相当于另一个“缝”;
②小明测得单缝与镜面延长线的距离为h、与光屏的距离为D,光的波长用
λ表示,则条纹间距的表达式可写为Δx=　　　　;
A
1
2
3
4
5
6
③实验表明,光从光疏介质射向光密介质界面发生反射,在入射角接近90°时,反射光与入射光相比,相位有π的变化,即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触,则接触点P处是　　　　　　(选填“亮条纹”或“暗条纹”);
④实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h=0.15 mm,单缝到光屏的距离D=1.2 m,观测到第3个亮条纹中心到第12个亮条纹中心的间距为22.78 mm,则该单色光的波长λ=　 　　 m(结果保留三位有效数字);
⑤随后小明撤去平面镜,在单缝下方A处放置同样的另一单缝,形成双缝结构,则在光屏上　　　　(选填“能”或“不能”)观察到干涉条纹。
暗条纹
6.33×10-7
不能
1
2
3
4
5
6
解析 (1)根据螺旋测微器的读数方法可知,细丝Ⅱ的直径为0.5 mm +49.9×0.01 mm=0.999 mm;单缝衍射,单缝越宽,条纹间距越小,衍射效果越不明显,所以a是直径更大的细丝衍射的图样。
(2)①若S视为其中的一个缝,S发出的光线经过平面镜反射后的光线的反向延长线与S所在竖直方向的交点A可以视为另一个缝;
③把光屏移动到和平面镜接触后,光线经过反射后存在半波损失,故接触点P处将为暗条纹;
1
2
3
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5
6
⑤撤去平面镜,在单缝下方A处放置同样的另一单缝,虽然形成了双缝结构,但发出的光不是相干光了,所以不能观察到干涉条纹。
1
2
3
4
5
6
5.如图甲所示,用一个带有刻度的注射器及DIS来探究一定质量气体的压强和体积关系。
(1)所研究的对象是　　 　 　　　;它的体积可用　　　　　　直接读出。
(2)实验过程中,下列操作错误的是　　　　。
A.推拉活塞时,动作要慢
B.推拉活塞时,手不能握住注射器筒有气体的部位
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后,应立即重新接上,继续实验并记录数据
D.活塞与针筒之间要保持润滑且不漏气
甲
注射器中封闭的气体
注射器的刻度
C
1
2
3
4
5
6
(3)在验证玻意耳定律的实验中,如果用实验所得数据在图乙所示的p- 图像中标出,则应为图乙中的　　　　线。如果实验中,使一定质量气体的体积减小的同时,温度逐渐升高,则根据实验数据描出的图像是图乙中的
　　　　线。(均选填“A”“B”或“C”)
乙
B
A
1
2
3
4
5
6
解析 (1)根据题意可知,本实验探究一定质量气体的压强和体积关系,则研究对象为注射器内封闭的气体,气体的体积可以通过注射器刻度直接读出。
(2)实验过程中,推拉活塞时,动作要慢,避免因推拉活塞过快,封闭气体温度升高,A正确;推拉活塞时,手不能握住注射器筒有气体的部位,如用手握住注射器筒有气体的部位会使气体温度升高,B正确;压强传感器与注射器之间的软管脱落后,气体的质量发生了变化,若立即重新接上,继续实验,将出现较大误差,C错误;为了防止摩擦生热及气体质量变化,活塞与针筒之间要保持润滑且不漏气,D正确。本题选操作错误的,故选C。
1
2
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6
1
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3
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5
6
6.(2023湖南师大附中二模)某同学利用如图甲所示装置测量某种单色光波长。实验时,接通电源使光源正常发光,调整光路,使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题:
甲
1
2
3
4
5
6
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。
A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮,可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致
B.A处为单缝,B处为双缝,滤光片在A和B之间
C.A处为单缝,B处为双缝,滤光片在凸透镜和A之间
D.若想增加从目镜中观察到的条纹个数,可以换用间距更小的双缝
(2)某次测量时,选用的双缝的间距为0.4 mm,测得屏与双缝间的距离为0.5 m,用某种单色光实验得到的干涉条纹及分划板在某两个位置时游标卡尺的读数如图乙所示,则①位置对应的读数为　　　　 mm。②位置对应的读数为15.6 mm,则所测单色光的波长约为　　　　 nm(结果保留整数部分)。
AC
10.9
624
1
2
3
4
5
6
乙
(3)若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行,如图丙所示,在这种情况下测量相邻条纹间距Δx,则波长λ的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
丙
大于
1
2
3
4
5
6
解析 (1)该实验中若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮,可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致,A正确;为获取两个单色线光源,A处应为单缝、B处应为双缝,滤光片在凸透镜和A之间,B错误,C正确;若想增加从目镜中观察到的条纹个数,则条纹间距Δx将减小,根据相邻亮条纹间的距离为
1
2
3
4
5
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(3)若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行,在这种情况测量相邻条纹间距Δx时,将导致测量值Δx大于实际值,由λ= 可知,λ的测量值也将大于实际值。(共31张PPT)
专题分层突破练2　力与直线运动　
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A组 基础巩固练
1.(2023浙江衢州模拟)北京冬奥会速滑馆内装有猎豹超高速4K轨道摄像机,让犯规无处遁形。某次速度滑冰比赛中,摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.摄像机做直线运动,运动员做曲线运动
B.0~t1时间内摄像机在前,t1~t2时间内运动员在前
C.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同
D.0~t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度
C
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解析 摄像机做直线运动,运动员也做直线运动,A错误;0~t1时间内摄像机在前,t1~t2时间内摄像机也在前,B错误;0~t2时间内摄像机与运动员的位移相同,根据v= 可知,摄像机与运动员的平均速度相同,C正确;x-t图像的斜率表示速度,0~t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度,D错误。
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2.如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内能够实现通信。t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为5 m/s,乙车的速度为2 m/s,O1、O2的距离为3 m。从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为(　　)
A.2.00 s B.4.75 s
C.6.00 s D.6.25 s
D
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3.(2023河南安阳模拟)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况,用手掌托着智能手机,打开加速度传感器,把手机向上抛出,然后又在抛出点接住手机,得到如图所示的加速度随时间变化的图像,图中t1=0.38 s,t2=0.55 s,t3=0.66 s,t4=1.26 s,重力加速度g取10 m/s2,由此可判断出
(　　)
A.t1时刻手机的速度最大
B.t2时刻手机离开手掌
C.t3时刻手机处于超重状态
D.手机离开手掌后上升的高度为0.45 m
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解析 t1时刻手机的加速度最大,方向向上,与速度方向相同,手机向上加速,则速度不是最大,故A错误;t2时刻,手机的加速度为0,所受合力为0,则不可能离开手掌,故B错误;t3时刻,手机的加速度方向向下,处于失重状态,故C错误;手机在t3=0.66 s离开手掌后做竖直上抛运动,t4=1.26 s被接住,则上升高
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4.(2023全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球(　　)
A.上升时间等于下落时间
B.被垫起后瞬间的速度最大
C.达到最高点时加速度为零
D.下落过程中做匀加速运动
B
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解析 在上升阶段,初始时刻速度最大,对排球受力分析,受到重力和向下的阻力(变力),根据牛顿第二定律得mg+kv=ma,物体做加速度减小的变减速运动,在最高点时速度为零,受重力,加速度不为零,选项C错误。下降阶段,重力方向向下,阻力(变力)方向向上,合力是向下的,根据牛顿第二定律得mg-kv'=ma',物体做加速度减小的变加速运动,选项D错误。最终回到出发点,上升阶段的逆过程为初速度为0、加速度增大的变加速运动,与下降阶段相比,两个阶段位移的大小相同,加速度不同,时间不同,选项A错误。全过程有阻力做功,初始时刻速度最大,选项B正确。
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5.(2023山东日照模拟)如图所示,质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,重力加速度g取10 m/s2。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间(　　)
A.弹簧的弹力大小为40 N
B.A的加速度为零
C.B对A的压力大小为20 N
D.B的加速度大小为5 m/s2
D
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解析 原来A处于平衡状态,细线剪断瞬间,弹簧的弹力不会发生突变,仍有FT=mAg=20 N,故A错误;细线剪断瞬间,A、B一起加速下降,由于原来A平衡,故整体受到的合力等于B的重力,由牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a,解得A、B共同的加速度a=5 m/s2,故B错误,D正确;对B由牛顿第二定律可得mBg-FN=mBa,解得B受到A的支持力为FN=10 N,由牛顿第三定律可知,B对A的压力大小为10 N,故C错误。
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6.(2023江苏高邮模拟)如图所示,弹簧下端固定,上端自由伸长到O点,将质量为m的物块从上方B处由静止释放,物块压缩弹簧至最低点A后恰能返回到O点,物块与斜面间动摩擦因数处处相同,则(　　)
A.物块从B到O加速,从O到A减速
B.物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度减小
C.物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置相同
D.物块从B到A的过程中加速度方向会发生变化
D
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解析 物块从上方B处由静止释放向下运动,说明mgsin θ>μmgcos θ,到达O点后,物块继续向下运动压缩弹簧,当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力与弹簧弹力之和时,加速度为0,此位置并不在O点,应在O点与A点之间的某点,接着弹力继续增大,物块向下减速运动,则物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度先减小后反向增大,故A、B错误,D正确;物块下滑过程中速度最大时,有kx1+μmgcos θ=mgsin θ,物块上滑过程中速度最大时,有mgsin θ+μmgcos θ=kx2,由此可知,弹簧的压缩量不同,即物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置不相同,故C错误。
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7.(2023湖南长沙模拟)如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线正确的是(　　)
A
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B组 素能提升练
8.(多选)(2023湖北卷)t=0时刻,质点P从原点由静止开始做直线运动,其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化,周期为2t0。在0~3t0时间内,下列说法正确的是(　　)
A.t=2t0时,P回到原点
B.t=2t0时,P的运动速度最小
C.t=t0时,P到原点的距离最远
BD
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解析 Δv=aΔt,图像的面积表示速度变化量,P在0~t0内,Δv为正值,表示P沿正方向做加速度先增加后减小的加速运动,t0~2t0内,加速度和速度反向,0~2t0内图像面积为0,表示Δv=0,在2t0时刻速度为0,在此之前,速度方向一直沿正方向,选项A错误,B正确。由于0~3t0内,速度方向一直沿正方向,在3t0时刻
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9.(2023四川巴中模拟)越来越多的人喜欢挑战极限,如图是两位“勇士”参与溜索活动,两倾斜的钢索分别套有M、N两个滑轮(滑轮与钢索之间有可调节的制动片),两滑轮上用安全带系着两位“勇士”,当他们都沿钢索向下滑动时,M上的安全带与钢索垂直, N上的安全带始终竖直向下,则以下判断正确的是(　　)
A.滑轮M与钢索之间有摩擦力
B.滑轮N与钢索之间无摩擦力
C.系在滑轮M上的“勇士”做匀速直线运动
D.系在滑轮N上的“勇士”做匀速直线运动
D
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解析 滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜,对该“勇士”受力分析,如图所示,由牛顿第二定律得加速度大小为a= =gsin θ,则滑轮M及系在其上的“勇士”做匀加速运动,对整体受力分析,有m总gsin θ-Ff=m总a,解得Ff=0,即滑轮M与钢索之间没有摩擦力,故A、C错误;滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向,可知系在滑轮N上的“勇士”所受合力为零,做匀速直线运动,则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力,故B错误,D正确。
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10.(多选)如图所示,质量为m=1.0 kg的长方体物块B放置在粗糙的水平地面上,右侧中心点位置固定一个轻质滑轮。一根不可伸长的轻绳一端通过滑轮与质量为m=1.0 kg、表面光滑的滑块A相连,另一端固定在墙壁上,轻质滑轮与墙壁之间的轻绳始终保持水平,滑块A刚好与物块B的右侧相接触且能竖直下滑。现让滑块A由静止释放,已知重力加速度大小g取10 m/s2,物块B与粗糙水平地面间的动摩擦因数μ= 。则在滑块A下滑的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.长方体物块B的加速度大小为2 m/s2
B.滑块A的加速度大小为2 m/s2
C.水平轻绳的拉力大小为10 N
D.长方体物块B对滑块A的支持力大小为2 N
AD
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解析 设水平轻绳的拉力大小为F,长方体物块B对滑块A的支持力大小为FN,长方体物块B的加速度大小为a,滑块A下降的加速度与物块B向右运动的加速度大小相等,由牛顿第二定律得,对A在竖直方向上mg-F=ma,滑块A在水平方向上与物块B有共同的加速度,由牛顿第二定律有FN=ma,对物块B在水平方向上,由牛顿第二定律得F-μ(mg+F)-FN'=ma,又FN=FN',解得a=2 m/s2,F=8 N,FN=2 N,故长方体物块B的加速度大小为2 m/s2,水平轻绳的拉力大小为8 N,长方体物块B对滑块A的支持力大小为2 N,故A、D正确,C错误;滑块A的加速度大小为 m/s2,故B错误。
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11.(2023辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板的质量为m0=4 kg,长为L=1.4 m;木板右端放一小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,可视为质点。现用水平恒力F作用在木板右端,恒力F取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者的a-F图像如图乙所示,g取10 m/s2。
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(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2。
(2)若水平恒力F=27.8 N,且始终作用在木板上,当小滑块从木板上滑落时,经历的时间为多长
答案 (1)0.4　0.1　(2)2 s
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解析 (1)由题图乙可知,当恒力F>25 N时,小滑块与木板将出现相对滑动,以小滑块为研究对象
根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1
代入数据解得μ1=0.4
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有
F-μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2
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(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t时,小滑块从木板上滑落,当水平恒力F=27.8 N时,小滑块的加速度为a1=μ1g=4 m/s2
由题可知,x2-x1=L
联立以上各式解得t=2 s。
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12.(2023浙江联考)交规规定:“在没有信号灯的路口,一旦行人走上人行道,机动车车头便不能越过停止线”。如图甲所示,一长度为D=5 m的卡车以v0=36 km/h的初速度向左行驶,车头距人行道距离为L1=40 m,人行道宽度为L2=5 m。同时,一距离路口L3=3 m的行人以v1=1 m/s的速度匀速走向长度为L4=9 m的人行道。图乙为卡车的侧视图,车上的货物可视为质点,货物与车之间的动摩擦因数为μ=0.4,货物距离车头、车尾的间距分别为d1=2.5 m、d2=1.5 m。重力加速度g取10 m/s2。
(1)当司机发现行人在图示位置时立即加速且以后加速度恒定,要保证卡车整体穿过人行道时,人还没有走上人行道,求卡车加速度的最小值。
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甲
乙
(2)如果司机以第(1)问的最小加速度加速,且穿过人行道后立即匀速,通过计算说明货物是否会掉下来。
(3)当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定,要保证不违反交规,且货物不撞到车头,求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件。
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12(共35张PPT)
专题分层突破练9　带电粒子在复合场中的运动
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A组 基础巩固练
1.(多选)(2022广东卷)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有
(　　)
A.电子从N到P,静电力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N,洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
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解析 电子所受静电力水平向左,电子从N到P的过程中静电力做负功,选项A错误。匀强电场方向水平向右,N点的电势高于P点的电势,选项B正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故电子从M到N,洛伦兹力不做功,选项C正确。由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P静电力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受静电力作用,在匀强电场中电子在这两点静电力相等,即合力相等,选项D错误。
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2.(2023全国新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的 ,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为(　　)
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
C
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解析 当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向左,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向右,不可能有粒子射到a点,选项A错误;当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的左侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的左侧,选项B错误;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里时,可能有受力平衡的粒子,若a处为电子,则α粒子受到的静电力大,将射到a的右侧,若a处为α粒子,则电子受到的洛伦兹力大,将射到a的右侧,选项C正确;当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外时,若粒子带正电,则静电力和洛伦兹力都向右,若粒子带负电,则静电力和洛伦兹力都向左,不可能有粒子射到a点,选项D错误。
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3.(2023浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足(　　)
A
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4.(多选)(2023湖南九师联盟联考)回旋加速器的主要部件示意图如图甲所示,回旋加速器D形盒的俯视图如图乙所示,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间忽略不计,已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度为B,D形盒的半径为r,高频电源的频率为f,最大电压为U,若A处的粒子源产生一个电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场,能一直被回旋加速最后从D形盒出口飞出,下列说法正确的是(　　)
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5.(多选)(2023湖北武汉模拟)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面的流体体积)。如图所示,它是由一个产生磁场的线圈,以及用来测量电动势的两个电极a、b所构成,可架设于管路外来测量液体流量。以v表示流速,B表示电磁线圈产生的磁场,D表示管路内径,若磁场B的方向、流速v的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互垂直,则测得的感应电动势为U0,下列判断正确的是(　　)
A.电极a为负极,电极b为正极
B.电极a为正极,电极b为负极
C.U与液体流量成正比
D.U与液体流量成反比
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解析 根据左手定则,带正电离子受洛伦兹力向电极b移动,带负电离子受洛伦兹力向电极a移动,故电极a为负极,电极b为正极,故A正确,B错误;带电
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6.(多选)(2023陕西西安模拟)如图所示,质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度进入两平行板间的正交电磁场后恰好沿虚线做直线运动,然后从P点进入右侧的圆形匀强磁场,最后从Q点离开圆形磁场。两板间的电压为U,间距为d,两板间磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,圆形磁场的方向垂直纸面向里且圆心O在虚线上,半径也为d,P、Q两点间的距
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7.(2023重庆二模)如图所示,一带电粒子以速度v0从O点沿两极板中线OA射入平行板电容器,若电容器极板间只有图示磁感应强度为B的匀强磁场时,该粒子从上极板右端点N射出,若电容器极板间只有图示电场强度为E的匀强电场时,该粒子从下极板右端点Q射出,若电容器极板间同时有图示磁感应强度为B的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场时,该粒子将(不计粒子重力)(　　)
A.从AN间射出 B.从AQ间射出
C.从A点射出 D.无法直接射出
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知,静电力大于洛伦兹力,由分析知,若电容器极板间同时有图示磁感应强度为B的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场时,粒子将从AQ间射出。故选B。
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8.(多选)(2023安徽高三联考)如图甲所示,让离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入加速电场,加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场,最后打在照相底片D上,形成一系列谱线。某位科学爱好者经过一系列操作得到图乙所示的图像,图像纵轴x表示“谱线”到离子射入磁场的入射点的距离,而横轴表示的量未知,则下列分析判断正确的是(　　)
A.图像横坐标轴一定表示离子比荷的二次方根
B.图像横坐标轴可能表示离子比荷倒数的二次方根
C.图像横坐标轴可能表示加速电场的电势差
D.图像横坐标轴可能表示加速电场电势差的二次方根
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B组 素能提升练
9.(2023湖南卷)如图所示,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
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A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
答案 D
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10.(2023湖南怀化高三阶段练习)利用电场和磁场控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,第四象限内边长为L的正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以速度v0垂直射入电场,从a点进入磁场后,恰好从c点离开磁场。已知P点坐标为(0,L),a点坐标为(L,0),c点坐标为(2L,-L),不计粒子受到的重力,求:
(1)匀强电场的电场强度E的大小;
(2)粒子离开磁场时的速度v的大小;
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
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解析 (1)设粒子在电场中运动时的加速度大小为a,运动时间为t,水平方向则有L=v0t
竖直方向则有
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11.(2023江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度E的大小。
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解析 (1)当电子以速度v0沿x轴正方向射入时,电子沿x轴做直线运动,故eE=ev0B
解得E=v0B。
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(3)当电子速度v在最低点合力大小为F1=eE-evB=e(v0-v)B
设电子在最高点的速度大小为v1,在最高点合力大小为
F1=ev1B-eE=e(v1-v0)B
解得v1=2v0-v
解得v=0.9v0
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12.(2023湖南张家界二模)如图所示,O-xyz坐标系的y轴竖直向上,在yOz平面左侧-2l(1)匀强电场的电场强度的大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小;
(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。
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(2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的速度为vy,则有
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7
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(3)将粒子在O点的速度分解
vx=vcos θ=v0,vy=vsin θ=v0
因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O后,每转一周到达x轴一次,第n次到达x轴时,粒子运动的时间
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12(共31张PPT)
专题分层突破练17　电学实验
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A组 基础巩固练
1.(2023福建漳州三模)某物理小组欲探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系,提供的实验器材有:学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。
图甲为实验原理图,在原线圈A、B两端连接上电源,用电压表分别测量原、副线圈两端的电压,测量数据如表所示。
甲
实验 序号 原线圈匝数n1=400,原线圈两端电压U1/V 副线圈匝数n2=200,副线圈两端电压U2/V 副线圈匝数n3=1 400,副线圈两端电压U3/V
1 5.8 2.9 20.3
2 8.0 4.0 28.0
3 12.6 6.2 44.0
1
2
3
4
5
6
请回答下列问题:
(1)在图乙中,应将A、B分别与　　　　(选填“a、b”或“c、d”)连接。
乙
(2)根据表中数据得出的实验结论:在实验误差允许的范围内,变压器原、副线圈的电压之比等于　　　 　　　　　　。
c、d
原、副线圈的匝数之比
1
2
3
4
5
6
(3)在实验序号为2的测量中,若把图丙中的可移动铁芯取走,副线圈匝数n2=200,则副线圈两端电压　　　　。
A.一定小于4.0 V
B.一定等于4.0 V
C.一定大于4.0 V
丙
A
1
2
3
4
5
6
解析 (1)在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验中,原线圈两端应接入交变电流,故应将A、B分别与c、d连接。
(2)根据题表中数据可得,在实验误差允许的范围内 ,得出结论:在实验误差允许的范围内,变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比。
(3)若把题图丙中的可移动铁芯取走,磁损耗变大,原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大,根据法拉第电磁感应定律知,副线圈两端电压一定小于4.0 V。
1
2
3
4
5
6
2.(2023辽宁卷)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态),某同学欲测量其电阻率,设计了如图(a)所示的电路图,实验步骤如下:
图(a)
a.测得样品截面的边长a=0.20 cm;
b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触,其中甲、乙、丁位置固定,丙可在乙、丁间左右移动;
c.将丙调节至某位置,测量丙和某探针之间的距离L;
1
2
3
4
5
6
d.闭合开关S,调节电阻箱R的阻值,使电流表示数I=0.40 A,读出相应的电压表示数U,断开开关S;
e.改变丙的位置,重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示,得到直线的斜率k。
图(b)
1
2
3
4
5
6
回答下列问题:
(1)L是丙到　　　　　(选填“甲”“乙”或“丁”)的距离;
(2)写出电阻率的表达式ρ=　　　　　(用k、a、I表示);
(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ=　 　Ω·m(保留2位有效数字)。
乙
6.5×10-5
1
2
3
4
5
6
解析 (1)由题图(b)可知,电压表示数U与L成正比例关系,随L的增大而增大,由串联分压关系可知,L是丙到乙的距离。
1
2
3
4
5
6
3.(2023山东济宁高三一模)某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻,要求测量结果尽量准确,实验器材如下:
电流表A1(量程0~200 μA,内阻为800 Ω);
电流表A2(量程0~300 mA,内阻为0.3 Ω);
定值电阻R1(阻值为4.0 Ω);
定值电阻R2(阻值为9 200 Ω);
滑动变阻器R(最大阻值为50 Ω);
待测蓄电池一节(电动势约为2 V);
开关S一个,导线若干。
1
2
3
4
5
6
(1)该实验小组利用所学知识正确连接实物电路如图甲所示,图中虚线框内的电流表应选　　　　(选填“A1”或“A2”),虚线框内的定值电阻应选
　　　　(选填“R1”或“R2”);
甲
A2
R2
1
2
3
4
5
6
(2)电流表A1示数用I1表示,电流表A2示数用I2表示,该实验小组通过改变滑动变阻器滑片的位置,得到了多组I1、I2数据,并作出I1-I2图像,如图乙所示。根据I1-I2图像可知,该蓄电池的电动势为　　　　 V,内阻为　　　　 Ω。(结果均保留2位有效数字)
乙
(3)从实验设计原理来看,该蓄电池电动势的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
1.9
1.0
等于
1
2
3
4
5
6
解析 (1)图中虚线框内电流表通过的电流比较大,应选择量程大的电流表A2,A1用来改装成电压表;蓄电池的电动势为2 V,改装后电压表量程为2 V,所以串联电阻大小为R= -RA1=9 200 Ω,故选R2。
(2)如图所示延长I1-I2图像与两坐标轴相交。根据闭合电路欧姆定律可得
1
2
3
4
5
6
(3)因为考虑到电表内阻,对电压表分流的影响进行了修正,电动势和内阻的测量值均等于真实值。
1
2
3
4
5
6
4.(2023山东潍坊高三一模)某同学测量一量程为0~500 mV的电压表的内阻。实验所提供的器材有:待测电压表、滑动变阻器R1(0~20 Ω)、电阻箱R2、定值电阻R3(阻值20 Ω)、电池(电动势约1.5 V,内阻可忽略不计)、导线和两个开关。
甲
该同学设计了如图甲所示的电路图,正确连接电路后进行了如下操作:
①把滑动变阻器R1的滑片滑到a端,闭合开关S2,并将电阻箱R2的阻值调到适当阻值;
1
2
3
4
5
6
②闭合开关S1,调节滑动变阻器R1滑片的位置,使电压表的指针指到满刻度;
③保持开关S1闭合、滑动变阻器R1滑片的位置不变,断开开关S2,调整电阻箱R2的阻值,当电阻箱R2调节旋钮位置如图乙所示时,电压表的指针指在满
乙
1
2
3
4
5
6
请回答下列问题:
(1)用笔画线代替导线将实物图丙补充完整;
丙
(2)图乙中电阻箱R2接入电路的阻值为　　　 Ω;
(3)该电压表内阻为　　 　　 Ω;
(4)在操作无误的情况下,实际测出的电压表内阻的测量值R测　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值RV。在其他条件不变的情况下,若RV越大测量误差就越　　　　(选填“大”或“小”)。
答案 见解析
596.0
1 192.0
大于
小
1
2
3
4
5
6
解析 (1)根据电路图将实物图补充如图所示。
(2)电阻箱的读数为0×10 000 Ω+0×1 000 Ω+5×100 Ω+9×10 Ω+6×1 Ω+0×0.1 Ω=596.0 Ω。
1
2
3
4
5
6
(3)根据串联电路的分压特点有 =2,代入数据解得RV=2R=1 192.0 Ω。
(4)实验中在断开S2,调整电阻箱接入电路的阻值时,滑动变阻器R1与电阻箱R2、电压表并联部分电路总电阻增大,根据串联电路的分压特点,滑动变阻
阻的测量值大于真实值;若RV越大,滑动变阻器R1的左边部分电压变化小,电阻箱R2两端的电压越接近满偏电压的三分之一,测量误差就越小。
1
2
3
4
5
6
B组 素能提升练
5.(2022河北卷)某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲,设计电路如图甲所示。选用的器材有:限温开关S1(手动将其按下,开始持续加热煮饭,当锅内温度高于103 ℃时自动断开,之后不能自动闭合);保温开关S2(当锅内温度高于80 ℃时自动断开,温度低于70 ℃时自动闭合);电饭煲的框架(结构如图乙所示)。自备元件有:加热电阻丝R(阻值为60 Ω,用于加热煮饭);限流电阻R1和R2(阻值均为1 kΩ);指示灯L1和L2(2.5 V,0.6 W,当电流低于30 mA时可视为熄灭);保险丝T。
1
2
3
4
5
6
甲
乙
(1)按照兴趣小组设计的电路,下列说法正确的是　　　　(多选)。
A.按下S1,L1和L2均发光
B.当锅内温度高于103 ℃时,S1自动断开,L1和L2均发光
C.保温过程中,S2自动在闭合、断开状态之间交替切换
D.当锅内温度低于70 ℃时,S2自动闭合,L1发光,L2熄灭
CD
1
2
3
4
5
6
(2)简易电饭煲制作完成后,试用时L1始终不亮,但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下,断开电源,使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是　　　　　　(填写各步骤前的字母)。
A.将选择开关旋转到“×100”位置
B.将两支表笔直接接触,调节“欧姆调零旋钮”,使指针指向欧姆零点
C.调整“指针定位螺丝”,使指针指到零刻度
D.测量指示灯L1两端的阻值
E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡
CABDE
1
2
3
4
5
6
操作时,将多用电表两表笔与L1两端接触,若指针如图丙所示,可判断是
　　　　断路损坏;若指针如图丁所示,可判断是　　　　断路损坏。(用电路中的元件符号表示)
丙
丁
L1
R1
1
2
3
4
5
6
解析 (1)按下S1后L2支路被短路,则L2不会发光,A错误;当锅内温度高于103 ℃时,S1断开,而要温度降到70 ℃以下时S2才会闭合,此时电路中R1和
小于30 mA,则L1熄灭,B错误;由题知,保温过程中,S2在锅内温度高于80 ℃时自动断开,锅内温度降到70 ℃以下时S2自动闭合,C正确;当锅内温度低于
1
2
3
4
5
6
70 ℃时,S2自动闭合,L2支路被短路,则L2不会发光,此时电路中R1和L1串联后再与R并联,则流过L1的电流为IL1'= A=0.218 A,因为流过L1的电流大于30 mA,则L1发光,D正确。
(2)多用电表的操作步骤:调整“指针定位螺丝”,使指针指到零刻度——机械调零;将选择开关旋转到欧姆挡“×100”挡位置——选挡;将两支表笔直接接触,调节“欧姆调零旋钮”,使指针指向欧姆零点——欧姆调零;测量指示灯L1两端的阻值——测量;将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表,故正确顺序为CABDE;由于使用时L1始终不亮,但加热和保温功能均正常,则说明R、L2、R2、T均正常,由图丙可知L1两端有1 090
1
2
3
4
5
6
Ω左右的电阻,则说明L1始终不亮的原因是L1断路损坏;由于使用时L1始终不亮,但加热和保温功能均正常,则说明R、L2、R2、T均正常,由图丁可知欧姆表的示数几乎为零,但由于RL = 10.42 Ω,此时选用的是“×100”挡,则说明灯泡L1正常,故L1始终不亮的原因是R1断路损坏。
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2
3
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6
6.(2023山东泰安一模)某实验小组欲将内阻Rg=40 Ω、量程为0~100 μA的电流表改装成欧姆表,供选择的器材有:
定值电阻R0(阻值为14 kΩ);
滑动变阻器R1(最大阻值为1 500 Ω);
滑动变阻器R2(最大阻值为500 Ω);
电阻箱(0~9 999.9 Ω);
干电池(E=1.5 V,r=2 Ω);
红、黑表笔各一只,开关,导线若干。
(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用,滑动变阻器选　　　　(选填“R1”或“R2”)。请用笔画线代替导线将图甲中的实物连接组成欧姆表。
甲
R1
答案 实物连接见解析
1
2
3
4
5
6
(2)欧姆表改装好后,将红、黑表笔短接进行调零,此时滑动变阻器接入电路的电阻应为　　　　 Ω;电流表表盘的50 μA刻度对应改装后的欧姆表的刻度为　　　　 kΩ。
(3)利用改装后的欧姆表进行电阻测量,小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时,电流表指针偏转角太大,不能进行读数,他们利
用电阻箱和开关,对电路进行了改进,使中值电阻为1 500 Ω,
他们改进后的电路如图乙所示,图乙中电阻箱的阻值应调
为　　　　 Ω。若用该表测量一阻值为1 000 Ω的电阻
时,则电流表指针对应的电流是　　　　 μA。
乙
958
15
1 560
60
1
2
3
4
5
6
路的阻值为R滑=R欧-R0-Rg-r=(15 000-14 000-40-2) Ω=958 Ω,则滑动变阻器应选R1;欧姆表黑表笔应接电源的正极,实物连接如图所示。
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4
5
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(2)由(1)分析可知欧姆调零时滑动变阻器接入电路的阻值为958 Ω;设电流表表盘的50 μA刻度对应改装后的欧姆表的刻度为Rx,由闭合电路欧姆定
1
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5
6

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