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小综合练(二)
1.(2024·湖南省九省联盟二模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。某学习小组在探究苹果的碰伤阈值实验中，发现苹果从静止竖直跌落，在接触某材料后0.1 s减速至0，苹果刚好碰伤，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是：
A.苹果刚接触此材料时的速率约为3 m/s
B.苹果在此材料的碰伤阈值约为20 cm
C.苹果在此材料的碰伤阈值与苹果质量成正比
D.苹果从静止竖直跌落到减速为0的过程中平均速度为0
2.(2024·浙江省金华十校模拟)如图所示，棱长为2a的正方体玻璃砖，底面中心有一单色点光源O，从外面看玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，不考虑光的反射。从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为：
A.2a2 B.a2 C.2πa2 D.πa2
3.(2024·黑龙江牡丹江市期末)汽车轮胎内气体压强过高或过低都将缩短轮胎的使用寿命，夏季轮胎内气体压强过高还容易爆胎。假设某型号轮胎容积是30升，冬天最低气温-23 ℃时胎内压强值为2.6 atm，为了确保夏季某天最高气温为37 ℃时胎内压强不超过2.2 atm，当天早晨给轮胎放气，以避免温度最高时胎内压强过高，则放出气体的质量与轮胎内原有气体质量比至少约为：
A. B. C. D.
4.(2024·安徽安庆市二模)如图所示，两个完全相同的平行板电容器水平放置，上极板由导线经二极管相互连接，下极板由导线直接连接且接地，开始时两电容器上极板带电荷量相等。带电小球A静止在左边电容器的中间位置，另一个带电小球B通过绝缘细线悬挂在右边电容器的上极板上，且B球静止时距下极板的距离为两板间距的四分之一。两球均可视为点电荷。以下说法中正确的是：
A.A球电势能大于B球电势能
B.将左边电容器下极板上移少许，A、B两球开始所在位置处的电势均升高
C.将左边电容器下极板下移少许，稳定后左右两平行板电容器内电场强度大小相等
D.在左边电容器靠近下极板插入一电介质板，稳定后右边电容器内电场强度大小不变
5.(多选)(2024·湖北省十一校联考二模)如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压恒定U0=36 V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶2。已知R0=2 Ω，R的最大阻值为20 Ω。现将滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是：
A.电压表示数变大，电流表示数变小
B.电源的输出功率变大
C.当R=16 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大
D.当R=16 Ω时，电压表示数为48 V
6.(多选)(2024·湖南省三模)某科技小组利用物理知识研究一款无接触驱动的游戏装置，如图所示，导轨a、b由半径为r=0.4 m的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d通过导线良好衔接，导轨a、b部分宽度为L1=2 m，导轨c、d部分宽度为L2=1 m，金属棒P与金属棒Q上分别固定有绝缘卡通玩偶，营造出猫追老鼠的氛围，两者将随金属棒始终无翻转水平运动，金属棒P与“猫”总质量为M=2 kg，金属棒Q与“老鼠”总质量为m=1 kg，接入导轨间的电阻大小均为R=1 Ω，Q棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1 T。现将P棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，P棒到达圆弧轨道最低点时P棒对导轨压力为其重力的两倍，金属棒与轨道接触良好，不考虑一切摩擦，导轨电阻不计，重力加速度为g取10 m/s2，则：
A.从释放P棒到运动至圆弧轨道最低点过程中通过金属棒的电荷量为0.3 C
B.在Q棒一直锁定的情况下，要使P棒不能带“猫”进入c、d轨道，则a、b轨道水平部分长度至少为2 m
C.当P棒到达圆弧最低点时，若Q棒立即解除锁定，水平导轨均足够长，且P棒始终在ab上运动，Q棒始终在cd上运动，则两金属棒运动稳定时速度大小分别为vP= m/s，vQ= m/s
D.P棒在导轨a、b的水平部分运动过程中，两者运动状态第一次稳定后，P棒进入c、d导轨时，若此时距Q棒1 m，则此后两者将会相碰
7.(2024·福建师范大学附属中学期末)电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图甲所示电路，若灵敏电流计G示数为0，说明此时两电源的电动势相等；根据这一原理，某同学设计了如图乙所示电路，来测量某电源C的电动势，其中A为工作电源(内阻不计)，B为电动势(为E)恒定的标准电源，R1、R2为电阻箱，R3为滑动变阻器，G为灵敏电流计，S1、S3为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，实验过程如下：
①实验开始之前，将R1和R2的阻值限定在1 000 Ω到3 000 Ω之间；
②将S2置于1处，闭合开关S1、S3，通过调节R1、R2、R3，使R3的阻值为0时，灵敏电流计G示数为0，记录此时的R1与R2的阻值，分别为a、b；
③将开关S2置于2处，保持通过R1、R2的电流不变，重复上述操作，使灵敏电流计的示数为0，记录此时的R1与R2的阻值，分别为c、d。
根据上述实验过程回答问题：
(1)(2分)实验步骤①中，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应外在最　　　　　 端(填“左”或“右”)；
(2)(2分)在步骤③中，为保持实验过程中流过R1与R2的电流不变，则a+b　　　　　 c+d(填“>”“=”或“<”)；
(3)(2分)待测电源C的电动势为　　　　　　　　(用a、b、c、d、E中必要的符号表示)；
(4)(2分)若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势测量值相比于上述方案结果　　　　　　　(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
8.(2024·全国甲卷·24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求：
(1)(2分)救护车匀速运动时的速度大小；
(2)(6分)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
9.(2024·新课标卷·26)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用如图所示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力。求：
(1)(3分)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)(3分)电场强度的大小；
(3)(6分)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
答案精析
1.B　[苹果刚好碰伤，可知苹果接触材料过程中平均合力为F合=FN-mg=2mg，由牛顿第二定律，得平均加速度为a==2g，由加速度大小公式a==可知苹果刚接触材料时的速率约为v=2gt=2×10×0.1 m/s=2 m/s，A错误；设苹果从静止状态下落的最大高度为h，有v2=2gh，解得h=0.2 m=20 cm，B正确；由上述推导可知，苹果在此材料上的碰伤阈值与苹果质量无关，C错误；苹果从静止状态竖直跌落到减速为0的过程中位移不为0，故平均速度不为0，D错误。]
2.D　[由几何关系可知底面对角线为=2a，玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，即四个顶角处恰好不发生全反射，设临界角为C，由几何关系可得sin C==点光源O在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，则有sin C=联立解得r=a，从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为S=4×πr2=πa2，故选D。]
3.C　[对轮胎内气体初态温度、体积、压强分别为T1=(t1+273) K=(-23+273) K=250 K，V1=30 L，p1=2.6 atm，对轮胎内气体末态，留在轮胎内的部分温度、体积、压强分别为T2=(t2+273) K=(37+273) K=310 K，V2=30 L，p2=2.2 atm，根据理想气体状态方程=+代入数据可得V3≈9.53 L，放出的气体质量与轮胎内原有气体质量比为=≈0.318<=0.32，故选C。]
4.D　[开始时左右两电容器内电场强度相等，由于不知道两球的质量及所带电荷，因此无法比较两者的电势能，故A错误；将左边电容器下极板上移少许，由电容的决定式C=可知电容C增大，由于二极管的存在，右侧电容器内的电荷不能移向左边电容器，因此左边电容器的带电荷量Q不变，由Q=CU，E=联立可得E=可知，左边电容器两极板间电压减小，但是电场强度大小不变，对两点电势大小的计算有φ-0=Eh，由于两边电场强度均不变，而左侧h减小，右侧h不变，因此左边A球所在位置电势减小，右边B球所在位置电势不变，故B错误；将左边电容器下极板下移少许，根据C=可知左边电容器电容减小，因此左边电容器需要放电，即左边电容器内的电荷将移向右边电容器，根据E=U=联立可得E=可知，左边电容器内电场强度减小，而右边电容器内电场强度增大，故C错误；在左边电容器靠近下极板插入一电介质板，根据C=可知，左边电容器电容变大，而由于二极管的单向导电性，可知右边电容器中的电荷不能左移，因此，稳定后右边电容器内电场强度大小不变，故D正确。]
5.BD　[依题意，理想变压器原、副线圈电压之比为=又=联立解得I2=可知滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动时，R减小，I2增大，即电流表示数变大，I1也增大，由U1=U0-I1R0，可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小，故A错误；电源的输出功率P=U0I1，随I1的增大而增大，故B正确；滑动变阻器消耗的功率为PR=R=()2R=当满足=即R=8 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，故C错误；当R=16 Ω时，有I2==3 A，电压表示数为U2=I2R=48 V，故D正确。]
6.BC　[从释放P棒到运动至圆弧轨道最低点过程中通过金属棒的电荷量q=·Δt=·Δt===0.4 C，故A错误；设金属棒P到达圆弧导轨最低点时速度为v0，由牛顿第二定律有FN-Mg=M且FN=2Mg，解得v0==2 m/s，在Q棒一直锁定的情况下，P棒将减速到零，由动量定理-BL1t=0-Mv0，其中==BL1x=t，联立可得=Mv0，解得x=2 m，故B正确；解除锁定后，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路中电流为零，设两棒最终速度分别为vP和vQ，由于EQ=EP，即BL1vP=BL2vQ，由动量定理对P棒有-BIL1t'=M(vP-v0)，对Q棒有BIL2t'=mvQ，解得vP= m/s，vQ= m/s，故C正确；P棒在导轨a、b的水平部分运动过程中两者运动状态第一次稳定后，P棒速度小于Q棒，进入到c、d轨道后虽然加速，但距离还会加大，两棒速度相等后不再变化，不可能碰上，故D错误。]
7.(1)左　(2)=　(3)E　(4)不变
解析　(1)由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应处在最左端。
(2)改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R1与R2的阻值之和为某一固定阻值， 使R1'和R2'的阻值之和也为该固定阻值，即a+b=c+d
(3)根据部分电路欧姆定律，
有=
=
由于a+b=c+d，解得：EC=
(4)若考虑工作电源内阻，
则有=
=
由于a+b=c+d
考虑到了工作电源内阻后，则a+b+r=c+d+r
解得EC=
测量值不变。
8.(1)20 m/s　(2)680 m
解析　(1)根据匀变速运动速度公式v=at1
可得救护车匀速运动时的速度大小
v=2×10 m/s=20 m/s
(2)救护车匀加速运动过程中的位移
x1=a=100 m
设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得
+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离
x=x1+(t3-t1)v
代入数据联立解得x=680 m。
9.(1)　　(2)Bv0
(3)
解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
v==v0
根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m
得粒子做圆周运动的半径为
r=
周期为T==
(2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，
根据a=可知任意点的加速度大小相等，
故可得=
解得E=Bv0
(3)根据题意分析可知P点从b点到c点，粒子在磁场中转过的角度为270°，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图所示，P点从a到b过程中粒子做类平抛运动，得t=v0
故可得该段时间内沿y方向位移为L=v0t
根据几何知识可得
ybc=r
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
yaa'=ybc-2L
联立解得yaa'=。(共32张PPT)
考前热身练
小综合练(二)
1.(2024·湖南省九省联盟二模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。某学习小组在探究苹果的碰伤阈值实验中，发现苹果从静止竖直跌落，在接触某材料后0.1 s减速至0，苹果刚好碰伤，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.苹果刚接触此材料时的速率约为3 m/s
B.苹果在此材料的碰伤阈值约为20 cm
C.苹果在此材料的碰伤阈值与苹果质量成正比
D.苹果从静止竖直跌落到减速为0的过程中平均速度为0
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苹果刚好碰伤，可知苹果接触材料过程中平均合力为F合=FN-mg=2mg，
由牛顿第二定律，得平均加速度为a==2g，由加速度大小公式a= =，可知苹果刚接触材料时的速率约为v=2gt=2×10×0.1 m/s=2 m/s，
A错误；
设苹果从静止状态下落的最大高度为h，有v2=2gh，解得h=0.2 m=
20 cm，B正确；
由上述推导可知，苹果在此材料上的碰伤阈值与苹果质量无关，C错误；
苹果从静止状态竖直跌落到减速为0的过程中位移不为0，故平均速度不为0，D错误。
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2.(2024·浙江省金华十校模拟)如图所示，棱长为2a的正方体玻璃砖，底面中心有一单色点光源O，从外面看玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，不考虑光的反射。从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为
A.2a2 B.a2
C.2πa2 D.πa2
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由几何关系可知底面对角线为=2a，玻
璃砖的上表面刚好全部被照亮，即四个顶角处恰好不发生
全反射，设临界角为C，由几何关系可得sin C==，点光源O在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，则有sin C=
，联立解得r=a，从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为S=4×πr2=πa2，故选D。
3.(2024·黑龙江牡丹江市期末)汽车轮胎内气体压强过高或过低都将缩短轮胎的使用寿命，夏季轮胎内气体压强过高还容易爆胎。假设某型号轮胎容积是30升，冬天最低气温-23 ℃时胎内压强值为2.6 atm，为了确保夏季某天最高气温为37 ℃时胎内压强不超过2.2 atm，当天早晨给轮胎放气，以避免温度最高时胎内压强过高，则放出气体的质量与轮胎内原有气体质量比至少约为
A. B.
C. D.
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对轮胎内气体初态温度、体积、压强分别为T1=(t1+273) K=(-23+273) K=250 K，V1=30 L，p1=2.6 atm，对轮胎内气体末态，留在轮胎内的部分温度、体积、压强分别为T2=(t2+273) K=(37+273) K=310 K，V2=30 L，p2=2.2 atm，根据理想气体状态方程=+，代入数据可得V3≈9.53 L，放出的气体质量与轮胎内原有气体质量比为= ≈0.318<=0.32，故选C。
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4.(2024·安徽安庆市二模)如图所示，两个完全相同的平行板电容器水平放置，上极板由导线经二极管相互连接，下极板由导线直接连接且接地，开始时两电容器上极板带电荷量相等。带电小球A静止在左边电容器的中间位置，另一个带电小球B通过绝缘细线悬挂在右边电容器的上极板上，且B球静止时距下极板的距离为两板间距的四分之一。两球均可视为点电荷。以下说法中正确的是
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A.A球电势能大于B球电势能
B.将左边电容器下极板上移少许，A、B两球
开始所在位置处的电势均升高
C.将左边电容器下极板下移少许，稳定后左
右两平行板电容器内电场强度大小相等
D.在左边电容器靠近下极板插入一电介质板，稳定后右边电容器内电场
强度大小不变
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开始时左右两电容器内电场强度相等，由于不知道两球的质量及所带电荷，因此无法比较两者的电势能，故A错误；
将左边电容器下极板上移少许，由电容的决定式C=，可知电容C增大，由于二极管的存在，右侧电容器内的电荷不能移向左边电容器，因此左边电容器的带电荷量Q不变，由Q=CU，E=，联立可得E=可知，左边电容器两极板间电压减小，但是电场强度大小不变，对两点电势大小的计算有φ-0=Eh，由于两边电场强度均不变，而左侧h减小，右侧h不变，因此左边A球所在位置电势减小，右边B球所在位置电势不变，故B错误；
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将左边电容器下极板下移少许，根据C=，可知左边电容器电容减小，因此左边电容器需要放电，即左边电容器内的电荷将移向右边电
容器，根据E=，U=，联立可得E=可知，左边电容器内电场强度减小，而右边电容器内电场强度增大，故C错误；
在左边电容器靠近下极板插入一电介质板，根据C=可知，左边电容器电容变大，而由于二极管的单向导电性，可知右边电容器中的电荷不能左移，因此，稳定后右边电容器内电场强度大小不变，故D正确。
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5.(多选)(2024·湖北省十一校联考二模)如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压恒定U0=36 V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶2。已知R0=2 Ω，R的最大阻值为20 Ω。现将滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是
A.电压表示数变大，电流表示数变小
B.电源的输出功率变大
C.当R=16 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大
D.当R=16 Ω时，电压表示数为48 V
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依题意，理想变压器原、副线圈电压之比为
==，联立解得I2=，可知滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下
滑动时，R减小，I2增大，即电流表示数变大，I1也增大，由U1=U0-I1R0，可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小，故A错误；
电源的输出功率P=U0I1，随I1的增大而增大，故B正确；
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滑动变阻器消耗的功率为PR=R=()2R ==，即R=8 Ω时，
滑动变阻器消耗的功率最大，故C错误；
当R=16 Ω时，有I2==3 A，电压表示数为U2=I2R=48 V，故D正确。
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6.(多选)(2024·湖南省三模)某科技小组利用物理知识研究一款无接触驱动的游戏装置，如图所示，导轨a、b由半径为r=0.4 m的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d通过导线良好衔接，导轨a、b部分宽度为L1=2 m，导轨c、d部分宽度为L2=1 m，金属棒P与金属棒Q上分别固定有绝缘卡通玩偶，营造出猫追老鼠的氛围，两者将随金属棒始终无翻转水平运动，金属棒P与“猫”总质量为M=2 kg，金属棒Q与“老鼠”总质量为m=1 kg，接入导轨间的电阻大小均为R=1 Ω，Q棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1 T。现将P棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，P棒到达圆弧轨道最低点时P棒对导轨压力为其重力的两倍，金属棒与轨道接触良好，
不考虑一切摩擦，导轨电阻不计，重力加速度为g取
10 m/s2，则
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A.从释放P棒到运动至圆弧轨道最低点过程中通过
金属棒的电荷量为0.3 C
B.在Q棒一直锁定的情况下，要使P棒不能带“猫”
进入c、d轨道，则a、b轨道水平部分长度至少
为2 m
C.当P棒到达圆弧最低点时，若Q棒立即解除锁定，水平导轨均足够长，且P棒
始终在ab上运动，Q棒始终在cd上运动，则两金属棒运动稳定时速度大小分
别为vP= m/s，vQ= m/s
D.P棒在导轨a、b的水平部分运动过程中，两者运动状态第一次稳定后，P棒
进入c、d导轨时，若此时距Q棒1 m，则此后两者将会相碰
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从释放P棒到运动至圆弧轨道最低点过程中通过
金属棒的电荷量q=·Δt=·Δt===0.4 C，
故A错误；
设金属棒P到达圆弧导轨最低点时速度为v0，由牛顿第二定律有FN-Mg=M，且FN=2Mg，解得v0==2 m/s，在Q棒一直锁定的情况下，P棒将减速到零，由动量定理-BL1t=0-Mv0，其中==BL1，x=t，联立可得=Mv0，解得x=2 m，故B正确；
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解除锁定后，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路中电流为零，设两棒最终速度分别为vP和vQ，由
于EQ=EP，即BL1vP=BL2vQ，由动量定理对P棒有-BIL1t'=M(vP-v0)，对Q棒有BIL2t'=mvQ，解得vP= m/s，vQ= m/s，故C正确；
P棒在导轨a、b的水平部分运动过程中两者运动状态第一次稳定后，P棒速度小于Q棒，进入到c、d轨道后虽然加速，但距离还会加大，两棒速度相等后不再变化，不可能碰上，故D错误。
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7.(2024·福建师范大学附属中学期末)电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图甲所示电路，若灵敏电流计G示数为0，说明此时两电源的电动势相等；根据这一原理，某同学设计了如图乙所示电路，来测量某电源C的电动势，其中A为工作电源(内阻不计)，B为电动势(为E)恒定的标准电源，R1、R2为电阻箱，R3为滑动变阻器，G为灵敏电流计，S1、S3为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，实验过程如下：
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①实验开始之前，将R1和R2的阻值限定在1 000 Ω到3 000 Ω之间；
②将S2置于1处，闭合开关S1、S3，通过调节R1、R2、R3，使R3的阻值为0时，灵敏电流计G示数为0，记录此时的R1与R2的阻值，分别为a、b；
③将开关S2置于2处，保持通过R1、R2的电流不变，重复上述操作，使灵敏电流计的示数为0，记录此时的R1与R2的阻值，分别为c、d。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
根据上述实验过程回答问题：
(1)实验步骤①中，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应外在最____端(填“左”或“右”)；
左
由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应处在最左端。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
(2)在步骤③中，为保持实验过程中流过R1与R2的电流不变，则a+b___c+d(填“>”“=”或“<”)；
=
改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R1与R2的阻值之和为某一固定阻值， 使R1'和R2'的阻值之和也为该固定阻值，即a+b=c+d
6
1
2
3
4
5
7
8
9
(3)待测电源C的电动势为_____(用a、b、c、d、E中必要的符号表示)；
E
根据部分电路欧姆定律，有=
=
由于a+b=c+d，解得：EC=
6
1
2
3
4
5
7
8
9
(4)若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势测量值相比于上述方案结果　　　(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
不变
若考虑工作电源内阻，则有=
=
由于a+b=c+d
考虑到了工作电源内阻后，则a+b+r=c+d+r
解得EC=
测量值不变。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
6
1
2
3
4
5
8.(2024·全国甲卷·24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求：
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
7
8
9
答案　20 m/s　
根据匀变速运动速度公式v=at1
可得救护车匀速运动时的速度大小
v=2×10 m/s=20 m/s
6
1
2
3
4
5
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
7
8
9
答案　680 m
救护车匀加速运动过程中的位移x1=a=100 m
设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1+(t3-t1)v
代入数据联立解得x=680 m。
6
1
2
3
4
5
9.(2024·新课标卷·26)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用如图所示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移
7
8
9
动至c(-v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力。求：
6
1
2
3
4
5
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
7
8
9
答案　　　
粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
v==v0
根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m
得粒子做圆周运动的半径为r=
周期为T==
6
1
2
3
4
5
(2)电场强度的大小；
7
8
9
答案　Bv0
根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，
根据a=可知任意点的加速度大小相等，
故可得=
解得E=Bv0
6
1
2
3
4
5
(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
7
8
9
答案　
6
1
2
3
4
5
根据题意分析可知P点从b点到c点，粒子在磁场中转过的角度为270°，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图所
示，P点从a到b过程中粒子做类平抛运动，得t=v0
故可得该段时间内沿y方向位移为L=v0t
根据几何知识可得
ybc=r
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时
粒子位移的大小为yaa'=ybc-2L
联立解得yaa'=。
7
8
9小综合练(一)
1.(2024·河南漯河市期末)可控核聚变技术研发已进入快车道，预计将来可以实现商用。下列相关描述正确的是：
A.目前核电站使用的都是核聚变技术
B.核反应U+n→Ba+Kr+n是核聚变
C.太阳是一个巨大的核聚变反应堆
D.原子弹是利用核聚变原理制成的
2.(2024·广东广州市二模)北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组入驻“天宫”。如图为“天宫”绕地球运行的示意图，测得“天宫”在t时间内沿顺时针从A点运动到B点，这段圆弧对应的圆心角为θ。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则“天宫”运动的：
A.轨道半径为
B.线速度大小为
C.周期为
D.向心加速度大小为
3.(2024·重庆卷·4)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘：
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
4.(2024·江苏省五校联考模拟)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是：
A.A→B→C过程中，气体压强先增加后不变
B.C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C.整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功
D.整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变
5.(多选)(2023·全国乙卷·19)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电场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，电场力始终不做功
6.(多选)(2024·东北三省四校模拟)一列简谐横波沿x轴传播，图甲和图乙分别是平衡位置位于x1=1 m及x2=4 m处两质点的振动图像。下列说法正确的是：
A.波长可能为3 m B.波长可能为 m
C.波速可能为 m/s D.波速可能为 m/s
7.(2024·河南信阳市二模)某同学想要测量当地的重力加速度。一光滑桌面倾斜放置，其与水平面间的夹角为θ，在桌面上固定一悬挂点O，轻绳通过拉力传感器拴接在O点，另一端连接一个质量为m的物块。
①现给物块足够大的初速度，使其在桌面内做圆周运动，分别记录物块在最低点时绳子的拉力FT1和最高点时绳子的拉力FT2，改变不同的初速度，记录多组FT1和FT2；
②建立坐标系，以拉力FT1为纵轴、拉力FT2为横轴，得到了一条线性图像，测得图线斜率为k，纵轴截距为b
(1)(2分)根据以上数据，可得重力加速度的表达式为g=　　　　(用m、b、θ表示)；
(2)(4分)在本次实验中，斜率k=　　　　，若改变斜面的倾角θ，斜率k的值　　　　(选填“会”或“不会”)发生变化；
(3)(2分)若仅考虑物块运动过程中的受到桌面的滑动摩擦力，不计其他阻力，此时的斜率k'将　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)该值。
8.(2024·黑吉辽·13)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
(1)(3分)求变压器的输出功率P；
(2)(5分)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
9.(2024·广东佛山市二模)2023年11月，福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L=0.2 m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0=20 m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m=0.2 kg、边长均为L=0.2 m、电阻均为R=1 Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(3分)磁感应强度B的大小；
(2)(6分)导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小；
(3)(3分)首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？
答案精析
1.C　[目前核电站使用的都是核裂变技术，故A错误；核反应U+n→Ba+Kr+n是核裂变，故B错误；恒星、氢弹、太阳都是利用核聚变释放能量，而原子弹利用的是核裂变，故C正确，D错误。]
2.A　[由角速度定义式可得ω=则周期为T==故C错误；由万有引力提供向心力可得G=mω2r，又G=mg，联立解得轨道半径为r=故A正确；线速度大小为v=ωr==故B错误；向心加速度大小为a=ωv=故D错误。]
3.A　[根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=故A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，此过程中克服阻力做功为F2d2，根据动能定理有Ek=F2d2，故B、C错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp==故D错误。]
4.D　[A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意耳定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A错误；C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律ΔU1=Q1+W1可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由ΔU2=Q2+W2可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知是定值，则由=可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由ΔU3=Q3+W3可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由ΔU4=Q4+W4可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程压强减小可知，A→B过程中压强的最大值pA小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C错误；由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体对外界放热，故D正确。]
5.BC　[由题知，OP>OM，OM=ON，则根据正点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM=EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。]
6.BC　[若波沿x轴负方向传播，则x1=1 m及x2=4 m的振动相差时间为Δt1=(n+)T(n=0，1，2，3…)，则(n+)λ1=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ1= m(n=0，1，2，3…)，由题意可知T=4 s，故对应的波速为v1== m/s(n=0，1，2，3…)，同理，若波沿x轴正方向传播，则x1=1 m及x2=4 m的振动相差时间为Δt2=(n+)T(n=0，1，2，3…)，则(n+)λ2=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ2= m(n=0，1，2，3…)，故对应的波速为v2== m/s(n=0，1，2，3…)，当波沿x轴负方向传播且n=1时λ= m，且波长不可能为3 m，故A错误，B正确；结合A、B分析可知，当波沿x轴正方向传播，且n=1时v= m/s，且波速不可能为 m/s，故C正确，D错误。]
7.(1)　(2)1　不会　(3)等于
解析　(1)物块在最低点FT1-mgsin θ=m
在最高点FT2+mgsin θ=m
从最低点到最高点根据动能定理有
-mg×2Lsin θ=m-m
可知FT1=FT2+6mgsin θ
故b=6mgsin θ
得g=
(2)由FT1=FT2+6mgsin θ可知，图线的斜率k始终为1，与斜面的倾角无关。
(3)若考虑滑动摩擦力，则动能定理的方程为-mg×2Lsin θ-μmgscos θ=m-m
其中s=πL
整理得FT1=FT2+6mgsin θ+2πμmgcos θ
故此时的斜率k'仍然为1，保持不变。
8.(1)　(2)
解析　(1)由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为U1=
设变压器副线圈的输出电压为U2，
根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
=联立解得U2=U1=
理想变压器的输出功率等于电热丝的热功率，即
P==
(2)设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有=解得T2=2T0
由Q=CΔT知气体吸收的热量
Q=C(2T0-T0)=CT0
电热丝产生的热量全部被气体吸收得Q=Pt
联立整理得t=CT0
解得t=。
9.(1)1 T　(2)10 m/s　0　10 m/s　(3)5 m/s
解析　(1)由题知，一开始b恰能保持静止，则有BIbL=μ2mg
Eb=BLv0
Ib=
联立解得B=1 T
(2)当a达到最大速度时，有
BIaL=μ1mg
Ea=BL(v0-vam)
Ia=
联立解得vam=10 m/s
a、b发生弹性碰撞有mvam=mvb+mva
m=m+m
解得va=0，vb=10 m/s
(3)由于碰撞后a、b组成的系统合外力为0，
则a、b组成的系统动量守恒，
则a、b共速时相距最远，
有mvam=2mv共
解得v共=5 m/s(共32张PPT)
考前热身练
小综合练(一)
1.(2024·河南漯河市期末)可控核聚变技术研发已进入快车道，预计将来可以实现商用。下列相关描述正确的是
A.目前核电站使用的都是核聚变技术
B.核反应U+n→+Kr+n是核聚变
C.太阳是一个巨大的核聚变反应堆
D.原子弹是利用核聚变原理制成的
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
目前核电站使用的都是核裂变技术，故A错误；
核反应U+n→+Kr+n是核裂变，故B错误；
恒星、氢弹、太阳都是利用核聚变释放能量，而原子弹利用的是核裂变，故C正确，D错误。
7
8
9
2.(2024·广东广州市二模)北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组入驻“天宫”。如图为“天宫”绕地球运行的示意图，测得“天宫”在t时间内沿顺时针从A点运动到B点，这段圆弧对应的圆心角为θ。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则“天宫”运动的
A.轨道半径为 B.线速度大小为
C.周期为 D.向心加速度大小为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由角速度定义式可得ω=，则周期为T==，故C错误；
由万有引力提供向心力可得G=mω2r，又G=mg，联立解得轨道半径为r=，故A正确；
线速度大小为v=ωr==，故B错误；
向心加速度大小为a=ωv=，故D错误。
3.(2024·重庆卷·4)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
1
2
3
4
5
6
√
7
8
9
1
2
3
4
5
6
根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v= ，故A正确；
针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，此过程中克服阻力做功为F2d2，根据动能定理有Ek=F2d2，故B、C错误；
针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp==，故D错误。
7
8
9
1
2
3
4
5
6
4.(2024·江苏省五校联考模拟)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是
A.A→B→C过程中，气体压强先增加后不变
B.C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变
后增加
C.整个循环过程中，气体对外界做的功大于外
界对气体做的功
D.整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变
7
8
9
√
A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意耳定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A错误；
C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律ΔU1=Q1+W1可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界
没有相互做功，由ΔU2=Q2+W2可知，气体从外界吸收了热量；C→D
过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知=可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由
ΔU3=Q3+W3可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由ΔU4=Q4+W4可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中
A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程压强减小可知，A→B过程中压强的最大值pA小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体对外界放热，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
5.(多选)(2023·全国乙卷·19)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电场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，电场力始终不做功
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
√
1
2
3
4
5
6
由题知，OP>OM，OM=ON，则根据正点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM=EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；
从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
7
8
9
6
1
2
3
4
5
6.(多选)(2024·东北三省四校模拟)一列简谐横波沿x轴传播，图甲和图乙分别是平衡位置位于x1=1 m及x2=4 m处两质点的振动图像。下列说法正确的是
A.波长可能为3 m
B.波长可能为 m
C.波速可能为 m/s
D.波速可能为 m/s
7
8
9
√
√
6
1
2
3
4
5
若波沿x轴负方向传播，则x1=1 m及x2=4 m的振动相差时间为Δt1= (n+)T(n=0，1，2，3…)，则(n+)λ1=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ1= m(n=0，1，2，3…)，由题意可知T=4 s，故对应的波速为v1= = m/s(n=0，1，2，3…)，同理，若波沿x轴正方向传播，则x1=
1 m及x2=4 m的振动相差时间为Δt2=(n+)T(n=0，1，2，3…)，
7
8
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则(n+)λ2=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ2= m(n=0，1，2，3…)，故对应的波速为v2== m/s(n=0，1，2，3…)，当波沿x轴负方向传播且n=1时λ= m，且波长不可能为3 m，故A错误，B正确；
结合A、B分析可知，当波沿x轴正方向传播，且n=1时v= m/s，且波速不可能为 m/s，故C正确，D错误。
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7.(2024·河南信阳市二模)某同学想要测量当地的重力加速度。一光滑桌面倾斜放置，其与水平面间的夹角为θ，在桌面上固定一悬挂点O，轻绳通过拉力传感器拴接在O点，另一端连接一个质量为m的物块。
①现给物块足够大的初速度，使其在桌面内做圆周运动，分别记录物块在最低点时绳子的拉力FT1和最高点时绳子的拉力FT2，改变不同的初速度，记录多组FT1和FT2；
②建立坐标系，以拉力FT1为纵轴、拉力
FT2为横轴，得到了一条线性图像，测得
图线斜率为k，纵轴截距为b
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(1)根据以上数据，可得重力加速度的表达式为g=　　 　　(用m、b、θ表示)；
物块在最低点FT1-mgsin θ=m
在最高点FT2+mgsin θ=m
从最低点到最高点根据动能定理有
-mg×2Lsin θ=m-m
可知FT1=FT2+6mgsin θ
故b=6mgsin θ
得g=
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(2)在本次实验中，斜率k=　　，若改变斜面的倾角θ，斜率k的值______ (选填“会”或“不会”)发生变化；
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不会
由FT1=FT2+6mgsin θ可知，图线的斜率k始终为1，与斜面的倾角无关。
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(3)若仅考虑物块运动过程中的受到桌面的滑动摩擦力，不计其他阻力，此时的斜率k'将　　 　(选填“大于”“小于”或“等于”)该值。
等于
若考虑滑动摩擦力，则动能定理的方程为
-mg×2Lsin θ-μmgscos θ=m-m
其中s=πL
整理得FT1=FT2+6mgsin θ+2πμmgcos θ
故此时的斜率k'仍然为1，保持不变。
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8.(2024·黑吉辽·13)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P；
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答案　　
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由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为U1=
设变压器副线圈的输出电压为U2，
根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
=，联立解得U2=U1=
理想变压器的输出功率等于电热丝的热功率，即
P==
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(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
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答案　
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设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有=，解得T2=2T0
由Q=CΔT知气体吸收的热量
Q=C(2T0-T0)=CT0
电热丝产生的热量全部被气体吸收得Q=Pt
联立整理得t=CT0
解得t=。
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9.(2024·广东佛山市二模)2023年11月，福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L=0.2 m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0=20 m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m=0.2 kg、边长均为L=0.2 m、电阻均为R=1 Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，
忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁
辐射效应，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)磁感应强度B的大小；
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答案　1 T　
由题知，一开始b恰能保持静止，则有
BIbL=μ2mg
Eb=BLv0
Ib=
联立解得B=1 T
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(2)导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小；
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答案　10 m/s　0　10 m/s　
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当a达到最大速度时，有
BIaL=μ1mg
Ea=BL(v0-vam)
Ia=
联立解得vam=10 m/s
a、b发生弹性碰撞有mvam=mvb+mva
m=m+m
解得va=0，vb=10 m/s
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(3)首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？
答案　5 m/s
由于碰撞后a、b组成的系统合外力为0，
则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远，
有mvam=2mv共
解得v共=5 m/s
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