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(共24张PPT)
三　体育运动情境练
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.如图甲所示,一攀岩爱好者正在进行攀岩运动,由于前期攀爬体力消耗过大,所以借助攀岩绳停在图示位置做短暂休息调整。攀岩绳可视为轻绳,一端固定在竖直崖壁上的B点,另一端拴在人的腰间O点(重心处),人的两脚并拢,踩在崖壁上的A点,该过程可以简化为如图乙所示的模型,轻绳为拉直状态,OA也视为直线。已知图乙中三角形三条边的长度比OA∶OB∶AB=4∶5∶6,则攀岩爱好者对岩壁的作用力和对轻绳的拉力大小之比为(　　)
A.4∶5　　　B.5∶4　　
C.5∶6　　　D.6∶5
√
【解析】选A。如图所示

由力的平衡和三角形相似有==,根据牛顿第三定律可得攀岩爱好者对岩壁的作用力和对轻绳的拉力大小之比为4∶5,故选A。
2.战绳训练是一项高爆发的减脂运动,它对关节损伤极小。如图甲所示,健身者把两根相同的绳一端固定在同一点,两只手分别握住绳的另一端,上、下抖动使绳振动起来。如图乙所示为健身者左手抖动绳过程中某时刻的波形图,以手抖动的平衡位置作为坐标原点O,左手抖动的频率为1.25 Hz。则下列判断中正确的是(　　)
A.该绳波的传播速度为8 m/s
B.该时刻质点P的位移为10 cm
C.该时刻质点Q的振动方向为y轴负方向
D.健身者抖动绳子频率越高,波在绳子中的传播速度越快
√
【解析】选B。该绳波的波长为8 m,频率为1.25 Hz,则传播速度为v=λf= 10 m/s,A错误。该时刻质点P的位移为y=Asin45°=10 cm,B正确;波沿x轴正向传播,则根据“同侧法”,该时刻质点Q的振动方向为y轴正方向,C错误;波的传播速度只与介质有关,与振源的振动频率无关,D错误。
3.排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。已知球重0.125 kg,某次比赛中运动员将一个速度为5 m/s,方向与水平面成30°角飞来的排球以等大反向的速度垫向队友。已知垫球处离地高度为1.5 m,球与手作用时间为0.1 s,网高1.9 m,g取10 m/s2, 空气阻力忽略不计,则以下说法正确的是(　　)
A.运动员垫球过程中球的动量变化量大小为0
B.运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为 N
C.运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为12.5 N
D.队友可在球飞至最高点时将球直接扣杀过网
√
【解析】选B。垫球过程中,球的动量变化量大小应为Δp=mv ( mv) =2mv=1.25 kg·m/s,A错误;根据动量定理可知F合==12.5 N,方向与水平方向夹角为30°斜向上,如图所示
且根据几何关系可知θ=120°。根据余弦定理,则有F手== N,B正确,C错误;垫出后,根据竖直方向运动特点可知最大高度h==0.312 5 m,加上之前的1.5 m,有hm=1.8125 m<1.9 m,故无法直接扣球,故D错误。
4.跳台滑雪是一项勇敢者的运动,某运动员从跳台A处沿水平方向飞出,在斜面AB上的B处着陆,斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长,如图所示,测得A、B间的距离为40 m,斜坡与水平面的夹角为30°,运动员质量m=60 kg,不计空气阻力,下列说法正确的有(　　)
A.运动员在空中相同时间内的速度变化逐渐增大
B.运动员的质量越大,落点离A越远
C.运动员在A处的速度为10 m/s
D.运动员落在B处的速度与水平方向夹角为60°
√
【解析】选C。根据题意可知,运动员在空中做平抛运动,加速度为重力加速度,由Δv=gt可知,运动员在空中相同时间内的速度变化相同,故A错误;根据平抛运动规律有x=v0t,h=gt2 又有tan30°=,s=,整理可得t=, s=,代入数据解得v0=10 m/s,t=2 s。可知,运动员在A处的速度为10 m/s,在斜面上的落点到A点的距离与初速度的平方成正比,与质量无关,故B错误,C正确;运动员落在B处的竖直速度为vy=gt=20 m/s,则速度与水平方向夹角的正切值tanα==,可见速度与水平方向夹角不等于60°,故D错误。
5.(2025·佛山模拟)2025年5月6日,中国选手赵心童夺得2025年斯诺克世锦赛冠军。某次比赛中,赵心童用球杆击打母球,使其以速度v与静止的目标球发生正碰(两球完全相同且质量为m),若碰撞后目标球的速度为v,则关于母球与目标球的碰撞过程,下列说法正确的是(　　)
A.该碰撞过程可能为弹性碰撞
B.母球的动量变化率大于目标球的动量变化率
C.碰撞过程母球的速度变化量大小为
D.碰撞过程目标球对母球撞击力的冲量大小为mv
√
【解析】选D。碰撞过程,根据动量守恒可得mv=mv'+mv,解得碰后母球的速度为v'=v,则碰撞过程母球的速度变化量为Δv=v' v = v,可知碰撞过程母球的速度变化量大小为,故C错误;根据动量定理可知碰撞过程目标球对母球撞击力的冲量大小为I=m·v 0 =mv,故D正确;碰撞过程损失的机械能为ΔE=mv2 mv'2 m(v)2 =mv2,可知该碰撞过程不可能为弹性碰撞,故A错误;根据牛顿第三定律可知,碰撞过程母球对目标球的作用力大小等于目标球对母球的作用力大小,根据动量定理可知F=,则母球的动量变化率等于目标球的动量变化率,故B错误。
6.在奥运会滑板街式比赛中,某选手(视为质点)从U形池边缘以初速度v0斜向上腾空,初速度方向与水平方向夹角为θ。若忽略空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.选手在上升过程处于超重状态,下降过程处于失重状态
B.选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度相同
C.选手在最高点时的速度为零
D.选手回到与U形池边缘等高处的时间为
√
【解析】选D。选手在上升过程和下降过程,只受重力,故加速度为重力加速度,方向竖直向下,所以选手在两过程中都处于失重状态,故A错误;根据对称性原理,选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度大小相同,方向不同,故B错误;将选手斜抛的初速度分解到竖直方向和水平方向,则竖直方向的速度为vy=v0sinθ,水平方向的速度为vx=v0cosθ,选手在竖直方向做匀减速直线运动,直至最高点,此时竖直方向的速度为0,则上升的时间为t1=。根据对称性原理,选手下落到与U形池边缘等高处的时间为t2=t1=,所以选手从飞出至回到与U形池边缘等高处的时间为t=t1+t2=,D正确;由D项分析,选手做斜抛运动,可知选手在最高点时,竖直方向速度为零,仍有水平方向的速度,C错误。
7.(多选)如图所示,“封盖”也叫“盖帽”,是篮球比赛中常用的防守方式。投篮运动员出手点离地面的高度h1=2.75 m,封盖的运动员击球点离地面的高度h2=3.20 m,两运动员竖直起跳点的水平距离x1=0.60 m。封盖运动员击球时手臂竖直伸直,这时篮球及封盖运动员均恰好运动至最高点,击球后,篮球以击球前速度的3倍水平飞出。已知封盖运动员站立单臂摸高h=2.40 m,取g=10 m/s2,不计空气阻力,篮球可视为质点。下列说法正确的是(　　)
A.球脱离投篮运动员时的速度大小为2 m/s
B.封盖运动员竖直起跳离地时的速度大小为4 m/s
C.篮球从被封盖到落地过程的水平位移大小为4.8 m
D.封盖运动员在篮球投出前0.4 s开始起跳
√
√
【解析】选B、C。根据题意可知,篮球从出手到被封盖,可看作平抛运动的逆运动,则有h2 h1=gt2,x1=v2t,联立解得t=0.3 s,v2=2 m/s,则球脱离投篮运动员时的速度大小v1== m/s,A错误;封盖运动员的起跳看作竖直上抛运动,有v2=2g(h2 h),代入题中数据,解得封盖运动员竖直起跳离地时的速度大小v=4 m/s,B正确;篮球从被封盖到落地,在竖直方向上有h2=g,在水平方向上有x= 3v2t2,联立解得x=4.8 m,C正确;篮球从出手到最高点的时间t=0.3 s, 封盖运动员从起跳到最高点的时间t1==0.4 s,则封盖运动员在篮球投出前Δt=t1 t=0.1 s开始起跳,D错误。
8.如图甲所示,每只冰壶直径d=30 cm、质量m=19 kg。某次试投过程中,冰壶A在t=0时刻以v0=1 m/s的初速度投出,与静止的冰壶B发生弹性正碰,此后冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止,冰壶B的v t图像如图乙所示,不计空气阻力,则(　　)
A.两只冰壶在t=3 s时发生碰撞
B.碰撞前摩擦力对冰壶A做功为 3.42 J
C.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4 N·s
D.t=0和t=5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9
√
【解析】选C。两冰壶质量相等,发生弹性正碰时,两冰壶发生速度交换,由冰壶B的v t图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为a= m/s2,冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止,所以冰壶B运动时间为t,则xB=v1t at2,v1 at=0,解得t=3 s,v1=0.6 m/s,所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3 s,因此两只冰壶在t1=2 s时发生碰撞,故A错误;对冰壶A有Wf=mm,解得Wf= 6.08 J,故B错误;碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I=mv1 0,解得I=11.4 N·s,故C正确;碰撞全过程的位置图如图所示
两只冰壶在t1=2 s时发生碰撞,所以t=0时两冰壶重心的距离为
Δx1=·t1+d
解得Δx1=1.9 m,t=5 s两冰壶重心的距离为Δx2=·(5 t1)+d,解得Δx2=
1.2 m,所以t=0和t=5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为=,D错误。
【加固训练】
滑滑板是一项青少年酷爱的运动,依靠自身的体能,展现快速的运动艺术。如图所示,一少年在一次训练中以速度v0=3 m/s从P点沿切线进入曲面轨道,从O点离开曲面轨道,离开O点时的速度与水平方向夹角为30°,再经过1 s落在倾角为30°的斜面上Q点(Q点未标出)。已知重力加速度g取10 m/s2,P点到O点的竖直高度h=0.86 m,少年和滑板(可视为质点)总质量m=50 kg,忽略空气阻力。少年在此运动过程中,下列说法错误的是(　　)
A.从O点到Q点的距离为5 m
B.在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30 J
C.少年落在Q点前瞬间重力的功率为3 750 W
D.少年离斜面的最大距离为1 m
√
【解析】选D。少年由O到Q的过程做平抛运动,
将此运动沿水平方向与竖直方向分解,如图1所示
设O点的速度大小为v,其水平分速度大小为vcos30°,
竖直分速度大小为vsin30°,从O到Q水平方向做匀速
直线运动,可得x=vcos30°·t,竖直方向做竖直上抛运动,可得y= vsin30°·t
+gt2,由几何关系得=tan30°,又已知t=1 s,联立解得v=5 m/s, x= m,
y=2.5 m。由几何关系得O点到Q点的距离xOQ== m =5 m,
故A正确,不符合题意;设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为W,对此过程,根据
动能定理得mgh W=mv2 m,解得W=30 J,B正确,不符合题意;少年落在Q
点前瞬间的竖直分速度大小为vy= vsin30°+gt= 5× m/s +10×1 m/s=
7.5 m/s,此时重力的瞬时功率为P=mgvy= 50×10×7.5 W=3 750 W,C正确,不
符合题意;由O到Q的过程,少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时,其离斜
面的距离最远,将O到Q的运动沿垂直于斜面与平行于斜面分解,如图2所示
O点的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分别为vcos30°、gcos30°。
设少年离斜面的最大距离为ym,在垂直于斜面的方向上,由运动学公式得ym=
解得ym= m,D错误,符合题意。本题选错误的,故选D。
二、计算题:12分。
9.如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画,图中的运动员手持一种重物起跳,这可以使运动员跳得更远。若某位运动员的质量为60 kg,两手各持一个质量为3 kg的重物,在某次立定跳远练习过程中,起跳离地时速度大小为5 m/s,方向与水平方向成37°夹角,在最高点沿水平方向将两个重物相对于地面速度为零扔出,不计空气阻力,扔出重物时间极短,重力加速度大小取g=10 m/s2。与在最高点不扔出重物相比,运动员可以多跳的距离是多少 (sin37°=0.6, cos37° =0.8)
答案:0.12 m
【解析】运动员起跳时,竖直方向的速度vy=v0sin37°=3 m/s
水平方向的速度vx=v0cos37°=4 m/s
运动员在空中运动的时间t==0.6 s
运动员的质量为M=60 kg,重物的质量为m=3 kg,运动员在最高点将两个重物相对于地面速度为零扔出的过程中,根据水平方向动量守恒有(M+2m)vx=Mv'x 解得v'x=4.4 m/s
运动员多跳的距离为Δx=(v'x vx)· 解得Δx=0.12 m(共23张PPT)
六　学习探究情境练
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.如图为“用传感器探究气体等温变化的规律”的实验装置,实验时某同学缓慢推动活塞,在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中,由注射器壁上的刻度读出气体的体积V,由压强传感器测得的压强值p在计算机屏幕上实时显示,实验过程中该同学发现,封闭气体的温度有缓慢且细微地升高,则实验得到的图像可能是(　　)
√
【解析】选B。根据理想气体状态方程=C,整理可得p=CT,由此可知,随着环境温度的升高,图像的斜率会逐渐变大,故选B。
2.(多选)某同学用可拆变压器探究变压器原副线圈的电压关系,如图所示,a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端,线圈b接小灯泡,线圈电阻忽略不计。当闭合电源开关时,他发现电源过载(电流过大,超过学生电源允许的最大值)。为解决电源过载问题,下列措施可行的是(　　)
A.增大电源电压
B.适当增加原线圈a的匝数
C.适当增加副线圈b的匝数
D.换一个电阻更大的灯泡
√
√
【解析】选B、D。根据=可知增大电源电压Ua,则Ub增大,流过灯泡的电流Ib增大,根据=可知Ia增大,不符合题意,A错误;适当增加原线圈a的匝数na,则Ub减小,流过灯泡的电流Ib减小,Ia减小,符合题意,B正确;适当增加副线圈b的匝数nb,则Ub增大,流过灯泡的电流Ib增大,Ia增大,不符合题意,C错误;换一个电阻更大的灯泡,由于匝数比不变、Ua不变,Ub不变,根据Ib=可知流过灯泡的电流Ib减小,则Ia减小,符合题意,D正确。
3.某弹簧锁的开锁原理如图1所示,当钥匙插入锁孔时,锁芯内弹簧被压缩成相同长度,此时转动钥匙就能开锁。如图2所示,插入钥匙的过程可简化为:A沿光滑水平槽向右推动,使B沿光滑竖直槽向上滑动。已知A、B间的接触面与水平方向夹角为45°,且A、B间动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B的质量为m,重力加速度为g。为使B上移,则加在A上的水平力F的最小值为(　　)
A.　　 B.　　
C.mg　　 D.mg
√
【解析】选D。由分析知,当B恰好能相对A沿接触面上滑时,对应的F最小。对A、B进行受力分析易得,对B在竖直方向有NABcos45° =fsin45° +mg,对A在水平方向有NABsin45°+fcos45°=F,又f=μNAB,联立解得F= mg,故选D。
4.如图所示为某兴趣小组制作的手摇式发电机原理示意图,一半径为R的单匝半圆形金属线圈处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,通过摇动把手使金属线圈绕水平轴ab直线以角速度ω匀速转动,使灯泡刚好正常发光,电路中除灯泡电阻为r外,其余部分电阻不计,则下列说法正确的是(　　)
A.线圈在图中位置时,灯泡中电流方向向右
B.线圈由图中位置转过90°时产生的电流最大
C.当转动角速度为ω时,产生的感应电动势最大值为πBR2ω
D.如果把小灯泡换成交流电压表,其示数为
√
【解析】选B。图示位置,线圈的线速度方向与磁场方向平行,线圈没有切割磁感线,可知,此时通过灯泡的电流为0,故A错误;线圈由图中位置转过90°时,线圈的线速度方向恰好与磁场方向垂直,此时感应电动势达到最大值,产生的电流最大,故B正确;根据正弦式交流电的产生原理,当转动角速度为ω时,产生的感应电动势最大值为emax=BSω=πBR2ω,C错误;交流电压表测量的是有效值,结合上述可知,其示数为U== ,D错误。
5.(多选)“离心轨道演示仪”是演示物体在竖直平面内做圆周运动的实验仪器,其原理示意图如图所示。某同学调整小球初始位置与圆形轨道最高点等高后,由静止释放小球,已知圆形轨道半径R=0.1 m, 取g=10 m/s2,小球可视为质点,不计轨道厚度,不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.小球对轨道的最小压力为0
B.小球离开圆形轨道后做平抛运动
C.小球离开轨道时的速度大小为 m/s
D.小球进入圆形轨道后运动的最高点与释放点的高度差为 m
√
√
√
【解析】选A、C、D。因为小球在与圆形轨道最高点等高处释放,所以一定能过与圆心等高处,不能到圆形轨道最高点,会离开轨道做斜抛运动,离开时对轨道的压力为0,A正确,B错误;设小球离开轨道的位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,由动能定理得mgR(1 cosθ)=mv2,由重力的分力提供向心力得mgcosθ=,联立解得cosθ=,v= m/s,C正确;小球离开轨道时在水平方向的分速度大小vx=vcosθ= m/s。设所求高度为h,则mgh=m,得h= m,D正确。
6.(多选)如图为探究电磁感应的实验装置,小磁铁(N极朝上)在螺线管正上方由静止释放,小磁铁靠近、通过和远离螺线管的过程中,电流传感器和电压传感器示数都会变化。下列说法正确的是(　　)
A.小磁铁靠近螺线管的过程中,电流传感器中
的电流由a到b
B.小磁铁远离螺线管的过程中,电流传感器中
的电流由b到a
C.小磁铁恰好运动到螺线管中央位置时,电压传感器示数最大
D.小磁铁下落过程中克服安培力做的功等于闭合回路中的电能
√
√
√
【解析】选A、B、D。小磁铁下端是S极,在S极靠近螺线管的过程中,磁通量增加,根据楞次定律结合安培定则,可知电流传感器中的电流由a到b,小磁铁远离螺线管的过程中,电流传感器中的电流由b到a,A、B正确;小磁铁运动到螺线管中央位置时,螺线管中磁通量最大,磁通量的变化率为零,因此电压传感器示数为零,故C错误;感应电流的产生,正是克服安培力做功的结果,克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能,故D正确。
7.图甲为张老师设计的测液体折射率装置,示意图如图乙,装有液体的厚长方体透明容器放在支架上可绕水平转轴转动。激光笔固定在量角器上且与AO边重合。过中心O悬挂一重锤,其所指位置为B。现让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现光线1和2,支架转动到光线1恰好消失时,读出∠AOB并记为θ,即可求出液体的折射率并标在量角器上。已知容器的折射率为n,下列说法正确的是(　　)
A.该液体的折射率为
B.该液体的折射率为nsinθ
C.越靠近A端标注的折射率值越大且刻度均匀
D.若为薄壁容器,激光也必须垂直容器壁入射
√
【解析】选D。由题意知光线1恰好消失时,光恰好发生全反射,由几何关系可知,光在液体内部的入射角为θ(临界角),则有sinθ=,整理得n液=,A、B错误;由n液=可知越靠近A端θ越小,n液越大,但n液与θ不成正比,即刻度不均匀,故C错误;若为薄壁容器,激光不垂直容器壁入射时,在容器壁处会发生折射,此时θ不再等于光在液体内部的入射角,会对测量液体折射率产生干扰,所以激光也必须垂直容器壁入射,故D错误。
【加固训练】
(多选)某小组用如图甲所示气垫导轨来探究两滑块碰撞的规律,导轨末端装有位移传感器(图中未画出),滑块a、b的质量分别为0.1 kg和0.3 kg。打开气泵,将气垫导轨调节水平。让滑块a获得初速度后与静止的滑块b发生碰撞,规定滑块a碰前的速度方向为正方向,根据传感器记录的数据,得到它们在碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图乙。下列说法正确的是(　　)
A.碰撞过程滑块a对滑块b的冲量大于
滑块b对滑块a的冲量
B.碰撞前滑块a的速度为2.5 m/s
C.碰撞后瞬间滑块b的动量大小为0.3 kg·m/s
D.滑块a、b间的碰撞属于弹性碰撞
√
√
【解析】选B、C。碰撞过程滑块a对滑块b的作用力与滑块b对滑块a的作用力是一对相互作用力,则两个力始终等大反向,同时产生同时消失,故冲量大小相等,故A错误;根据图像的斜率表示速度,可知碰撞前a的速度为v0== m/s=2.5 m/s,B正确;碰撞后瞬间b的速度为v2== m/s =1 m/s,b的动量为p2=mbv2=0.3 kg·m/s,故C正确;由图像计算碰撞后a的速度大小v1===0.5 m/s,根据动能的公式有Ek1=ma=0.312 5 J, Ek2 =ma+mb=0.162 5 J,有动能损失,不属于弹性碰撞,故D错误。
8.(多选)利用手机内置的加速度传感器可测出手机的加速度。如图(a),将橡皮筋的左端固定,右端连接放置于水平桌面、质量为150 g的手机,保持手机与橡皮筋在同一条水平直线上,向右移动手机使橡皮筋拉伸到一定长度。手机从t=0时无初速度释放到t=1 s时停止运动,其加速度 时间图像如图(b)所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。关于此过程,下列说法正确的是(　　)
A.在t=0.5 s时手机的速度最大
B.手机与桌面间的动摩擦因数为0.4
C.橡皮筋的最大拉力大小为2.1 N
D.在0~1 s内橡皮筋拉力的冲量大小为0.6 N·s
√
√
√
【解析】选B、C、D。手机释放后,在运动过程中,在水平方向上手机只受到橡皮筋的拉力F和桌面给的摩擦力f,最初时F>f,手机做加速度减小的加速运动;当F=f时,加速度为0,手机速度最大,之后F二、计算题:12分。
9.某自动称米机的原理如图所示,阀门距秤盘的高度h=0.2 m,当阀门打开时大米从静止开始下落,大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹(碰撞过程重力可忽略)。当称米机的示数为1 kg时,阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量Q=100 g/s,取重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度,求:
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小及阀门关闭瞬间空中大米的质量;(2分)
答案:(1)2 m/s　0.02 kg　
【解析】(1)设每粒大米质量为m0,由机械能守恒m0gh=m0v2,
解得大米落入秤盘时的速度大小v=2 m/s。
阀门关闭,米在空中近似做自由落体运动,则有h=gt2,解得t=0.2 s,
空中大米的质量m=Qt=0.02 kg。
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小;(4分)
答案:(2)0.2 N　
【解析】(2)Δt时间内,从阀门处下落的大米质量Δm=QΔt,
令其落到秤上时受到的冲击力为F,根据动量定理有 FΔt=0 Δmv,
解得F=0.2 N。
根据牛顿第三定律可知,
大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力F'=F=0.2 N。
(3)稳定后(空中的大米全部落入秤盘),称米机的示数。(6分)
答案:(3)1 kg
【解析】(3)关闭阀门时,秤示数为1 kg,此时,结合上述可知,秤上大米质量为m'=1 kg =0.98 kg,
则当空中大米全部落入盘中后,大米的总质量M=m+m'=1 kg。(共25张PPT)
四　传统文化情境练
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.在首届“中国非物质文化遗产保护成果展”中,百姓常用的扇风纳凉的工具——葵扇亮相于国家博物馆。如图所示,当我们扇风纳凉时,手摇动扇子,在C点绕O点匀速转动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.A、B、C三点的角速度大小关系为ωA>ωB>ωC
B.A、B、C三点的线速度大小关系为vA>vB>vC
C.C点的加速度保持不变
D.B点在水平方向上做匀速运动
√
【解析】选B。A、B、C三点在同一个物体上,相对位置未发生改变,同轴转动,故角速度相等,故A错误;根据v=ωr,且rA>rB>rC,可得vA>vB>vC,故B正确;C点的加速度方向始终指向O点,方向时刻变化,故C错误;B点做的是部分圆周运动,其水平方向的运动不是匀速直线运动,故D错误。
2.如图(a),倒挂的彩虹被叫作“天空的微笑”,是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶(直六棱柱)折射形成的。如图(b)光线从冰晶的上顶面进入后,经折射从侧面射出,发生色散。以下分析正确的是(　　)
A.光线从空气进入冰晶后波长不变
B.在冰晶中红光和紫光的传播速度相同
C.光线从空气射入冰晶时可能发生全反射
D.当入射角α逐渐减小,在侧面紫光比红光先发生全反射
√
【解析】选D。光线从空气进入冰晶后,频率不变,速度减小,根据λ=可知,波长变小,故A错误;红光的频率小于紫光的频率,则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率,根据v=可知,红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大,故B错误;全反射只能发生在光线从光密介质射入光疏介质,而光线从空气射入冰晶是从光疏介质射入光密介质,所以不可能发生全反射,故C错误;全反射的条件为入射角度达到临界角C,根据sinC=可知,冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率,紫光的临界角更小,更容易发生全反射,即紫光比红光先在侧面发生全反射,D正确。
3.茶道文化起源于中国,是一种以茶修身的生活方式。如图所示,向茶杯中倒入热水,盖上杯盖茶水漫过杯盖,在水面和杯盖间密闭了一部分空气(可视为质量和体积均不变的理想气体),过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象,下列说法正确的是(　　)
A.泡茶时,热水比冷水能快速泡出茶香,是因为温度越高
每个分子动能都越大
B.水中放入茶叶后,水的颜色由浅变深,是布朗运动现象
C.温度降低后杯盖拿起来比较费力,是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D.温度降低,杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小,气体对外界放热
√
【解析】选D。温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子的平均动能
越大,但不是每个分子的动能都越大,分子动能遵循统计规律,存在动能
大小的分布规律,故A错误;水中放入茶叶后,水的颜色由浅变深,是因为
茶叶中的色素分子在水中扩散,扩散现象是分子的无规则运动,而布朗运
动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动,所以这不是布朗
运动现象,故B错误;温度降低后杯盖拿起来比较费力,是因为杯内气体做
等容变化,根据查理定律=C(p是压强,T是温度,C是常量 )可知温度降低,
气体压强减小,外界大气压大于杯内气体压强,产生向下的压力差,而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用,故C错误;温度降低,根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释,气体分子的平均动能减小,撞击单位面积器壁的平均作用力变小;同时,理想气体温度降低,内能减小,即ΔU<0,体积不变,W=0(气体不对外做功,外界也不对气体做功 ),根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可得Q=ΔU<0,即气体对外界放热,故D正确。
4.“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具,是古代货郎担子上的遮阳伞。在这种伞下通常陈列各种商品,伞上也常常装饰彩幡、挂件等,具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边转动伞具,甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　)
A.远离伞把的挂件向心加速度更大
B.在失重条件下也可以重复以上运动
C.靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大
D.只要伞体转动的角速度足够大,一定会有挂件达到水平状态
√
【解析】选A。由题意可知伞的挂件属于同轴转动,角速度相同,根据向心加速度a=ω2r,由于远离伞把的挂件r更大,故远离伞把的挂件向心加速度更大,故A正确;在失重条件下,物体具有向下的加速度,挂件不可能重复以上运动,故B错误;设挂件偏离竖直方向的角度为θ,则有mgtanθ=mω2r,解得ω=,可知靠近伞把的挂件r小,因为ω不变,故tanθ小,所以θ小,故C错误;因为挂件竖直方向一直受到重力作用,所以无论伞体转动的角速度多大,挂件不可能达到水平状态,故D错误。
5.宋应星所著《天工开物》一书是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示,简化的物理模型如图乙所示:人站在水平木板上,两根绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30°,人与木板的总重力为800 N,木板与地面动摩擦因数μ=,若人与木板匀速前进,以下说法正确的是(　　)
A.木板对地面的压力FN=800 N
B.每根绳中的拉力F=320 N
C.若θ可调,则当绳子水平时F有最小值
D.若θ可调,则当绳子与水平面夹角正切值为tanθ=时F有最小值
√
【解析】选D。以人与木板为对象,根据受力平衡可得2Fcosθ=f, 2Fsinθ+N=mg 又f=μN,联立解得F== N=160 N,N=640 N,可知木板对地面的压力大小FN=N=640 N,选项A、B错误;若θ可调,根据F==,其中sinα===, cosα==,可知当θ+α=90°时,F有最小值,则有tanθ==,C错误,D正确。
6.水车作为农耕文化的重要组成部分,体现了中国古代劳动人民的创造力。如图所示为一种水车的原理简化图,水车竖直放置,其叶片与半径共线,水渠引出的水从一定高度以4 m/s的速度水平流出,水的流量为60 kg/s,水流出后做平抛运动,某时刻水流均垂直冲击到与竖直面成60°的叶片上(叶片面积大于水流横截面积)。已知水流冲击叶片后速度变为零并从两侧流走,则水流对叶片的冲击力大小为(　　)
A.240 N　　 B.480 N　　
C.780 N　　 D.1 080 N
√
【解析】选B。水流出后做平抛运动,水流冲击叶片前瞬间的速度大小为v=,水的流量为Q=60 kg/s,取极短时间Δt,和叶片作用的水质量为Δm=QΔt,根据动量定理有 FΔt=0 Δmv,解得叶片对水的作用力大小为F=480 N,根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480 N,故选B。
7.中国的二十四节气是中华民族优秀的文化传统与祖先广博智慧的世代传承, 被国际气象界誉为中国“第五大发明”。如图所示为地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位置, 分别对应我国的四个节气。冬至和夏至时地球中心与太阳中心的距离分别为r1、r2,下列说法正确的是(　　)
A.冬至时地球的运行速度最小
B.地球运行到冬至和夏至时,运行速度之比为
C.地球从秋分到冬至的运行时间为公转周期的
D.地球在冬至和夏至时, 所受太阳的万有引力之比为()2
√
【解析】选B。由开普勒第二定律可知,地球绕太阳做椭圆运动时,近地点的速度大于远地点的速度,所以冬至时运行速度最大,A错误;地球从轨道的冬至位置经足够短的时间t,与太阳的连线扫过的面积可看作很小的扇形,其面积S=;同理地球从轨道的夏至位置经足够短的时间t,与太阳的连线扫过的面积可看作很小的扇形,其面积S=;根据开普勒第二定律,得=,即速度之比为,B正确;由开普勒第二定律可知,冬至附近速度快,时间短,所以周期小于公转的,C错误;由万有引力公式F=可知,F与R2成反比,所以地球在冬至和夏至时,所受太阳的万有引力之比为()2,D错误。
8.图(a)为记载于《天工开物》的风扇车,它是用来去除水稻等农作物籽实中杂质的木制传统农具。风扇车的工作原理可简化为图(b)模型:质量为m1的杂质与质量为m2的籽实仅在水平恒定风力和重力的作用下,从同一位置P静止释放,若m1小于m2,杂质与籽实受到的风力大小相等。下列说法正确的是(　　)
A.杂质与籽实在空中做曲线运动
B.杂质与籽实在空中运动的时间相等
C.杂质与籽实落地时速度大小相等
D.杂质落地点与P点的水平距离小于籽实落地点与P点的水平距离
√
【解析】选B。在水平恒定风力和重力的作用下,从同一位置P静止释放,所以杂质与籽实在空中做初速度为零的匀变速直线运动,故A错误;因为竖直方向两者均做自由落体运动,高度相同,所以杂质与籽实在空中运动的时间相等,故B正确;杂质与籽实在空中都做初速度为零的匀加速直线运动,所受合力F合=,因为m1a2,又杂质与籽实在空中运动的时间相等,则落地速度v=at,得v1>v2,故C错误;杂质的水平加速度a=较大,水平方向位移x=at2,杂质落地点与P点的水平距离大于籽实落地点与P点的水平距离,D错误。
【加固训练】
(多选)如图甲所示,水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆
上滑动,算珠与杆之间的动摩擦因数恒定,使用时发现某一根杆上有A、B两颗算
珠未归零。A、B相隔s1=3.5 cm,B与上边框相隔s2=2 cm。现用手指将A以某一
初速度拨出,在方格纸中作出A、B运动的v t图像如图乙所示(实线代表A,虚线
代表B)、忽略算珠A、B碰撞的时间,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.算珠A不能自己归零、算珠B能自己归零
B.算珠A在碰撞前运动了0.2 s
C.算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1
D.算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒
√
√
【解析】选A、C。由乙图可知,A拨出时的速度v0=0.4 m/s,A与B碰前A的速度为vA=0.3 m/s,A与B碰后A的速度为v'A=0.1 m/s,A与B碰后B的速度为vB=0.2 m/s,根据匀变速直线运动规律则有(vA+v0)t =s1,代入数据解得算珠A在碰撞前运动的时间t= = s=0.1 s,算珠A的加速度大小为a== m/s2=1 m/s2, 碰撞后算珠A的位移s'1== m=0.5 cm,由于s1+s'1=4 cm,而算珠A到边框的距离s=s1+s2=5.5 cm>4 cm,算珠A无法归零,碰后算珠B的位移sB== m=2 cm
而算珠B到边框的距离恰好为2 cm,算珠B恰好归零,A正确,B错误;结合上述分析,根据牛顿第二定律则有μmg=ma,解得μ==0.1,C正确;设算珠的质量为m,碰前算珠的机械能E=m =×m×0.32(J) =0.045m(J),碰撞后算珠具有的机械能E'=mv+m =m(0.12+ 0.22)(J) =0.025m(J),显然E≠E',D错误。
二、计算题:12分。
9.“打水漂”是很多同学体验过的游戏,小石片被水平抛出,碰到水面时并不会直接沉入水中,而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行,跳跃数次后沉入水中。如图所示,某同学在岸边离水面高度h0=0.2 m处,将一块质量m=0.1 kg的小石片以初速度v0=12 m/s水平抛出,若小石片与水面碰撞后,竖直分速度反向,大小变为碰前的,水平分速度方向不变,大小变为碰前的,当小石片的入水角(速度方向与水面间的夹角)大于53°时,小石片将沉底。空气阻力可忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,tan53°=。求:
(1)第一次接触水面处与抛出点的水平距离;(3分)
答案:(1)2.4 m　
【解析】(1)小石片抛出后做平抛运动,而平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动,则有h0=gt2,解得t=0.2 s,
平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动,则有x=v0t,解得x=2.4 m。
(2)小石片第一次与水面碰撞过程中损失的机械能;(4分)
答案:(2) J　
【解析】(2)小石片第一次接触水面前瞬间的竖直分速度vy=gt=
2 m/s,第一次被反弹后竖直分速度大小vy1=vy= m/s,
水平分速度大小为v01=v0=4 m/s,则小石片第一次与水面碰撞过程中损失的机械能ΔE=m(+) m(+)= J。
(3)小石片最多能弹跳的次数。(5分)
答案:(3)4次
【解析】(3)设小石片完成第一次弹跳后还能弹跳n次,则根据已知条件可得≤tan53°=,解得n≤3,因此可知小石片最多能弹跳4次。(共28张PPT)
热考情境专攻练
一　生产生活情境练
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。
1.玻璃缸中的浓糖水静置足够长时间后其浓度随深度变化。如图所示,一束激光从左侧射入后光线发生弯曲,下列说法不正确的是(　　)
A.该激光束在传播过程中波长不断变化
B.该激光束在传播过程中频率不断变化
C.该激光束在传播过程中速度不断变化
D.越往上溶液折射率越小
√
【解析】选B。光的频率由光源决定,在传播过程中只要光源不变,频率就不会改变。激光束在糖水中传播,其频率不会不断变化,故B错误,符合题意;根据光线的偏转情况可知,光线经过的区域折射率先变小后变大,根据v=及v=λf可知,该激光束在传播过程中速度、波长不断变化,故A、C、D正确,不符合题意。
2.如图所示为充满了一定质量理想气体的密封气柱袋,主要用于保护易碎、易损坏的物品。气柱袋在受到快速挤压的过程中与外界无热量交换,关于快速挤压过程中的气柱袋内的气体,下列说法正确的是(　　)
A.内能不变
B.压强不变
C.气体对外做功
D.分子热运动的平均动能增大
√
【解析】选D。气柱袋受到快速挤压时,体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律得知气体的内能增大,A错误;气体的体积变小,内能增大,温度升高;根据理想气体的状态方程=C可知,气体的压强必定增大,B错误;气体的体积减小,外界对气体做功,C错误;气体的体积减小,外界对气体做功;内能增大,温度升高,分子热运动的平均动能增大;D正确。
3.如图所示的火灾自动报警器工作原理为:放射源处的镅Am发生α衰变生成镎Np,α粒子使壳内气室空气电离而导电。当烟雾进入壳内气室时,α粒子被烟雾颗粒阻挡,于是蜂鸣器报警。下列说法正确的是(　　)
A.发生火灾时温度升高Am的半衰期变长
B.这种报警装置应用了α射线贯穿本领强的特点
CAm发生α衰变过程中需要吸收能量
D.α衰变的本质是原子核内的两个质子与两个中子结合成了一个α粒子然后释放出来
√
【解析】选D。半衰期只由原子核内部决定,与所处环境温度无关,A错误;这种报警装置应用了α射线电离本领强的特点,故B错误;Am发生α衰变过程中要释放能量,C错误;α衰变的本质是原子核内的两个质子与两个中子结合成了一个α粒子然后释放出来,D正确。
4.如图所示是某种磁吸式的手机支架,将支架静置于水平桌面上,再将手机放到支架上,手机便会被吸住不动。已知手机质量为m,手机屏幕与水平桌面夹角为θ=53°,手机与支架接触面间的动摩擦因数μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度的大小为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。则支架对手机的磁吸力至少为(　　)
A.mg　　 B.mg　
C.mg　　 D.mg
√
【解析】选C。手机受力如图所示

由平衡条件得:mgsinθ=μ(mgcosθ+F),代入数据解得:F=mg,故选C。
5.如图1所示,文物保护人员对古建筑进行修缮与维护,需要将屋顶的瓦片安全运送到地面,某同学设计了一个装置。如图2所示。两根圆柱形木杆AB和CD相互平行,斜搭在竖直墙壁上,把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上,瓦片将沿滑轨滑到地面,为了防止瓦片速度较大而被损坏,下列措施中可行的是(　　)
A.适当增大两杆之间的距离
B.减小木杆与瓦片的动摩擦因数
C.减少每次运送瓦片的块数
D.减小木杆的长度
√
【解析】选A。由题意可知,斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下,要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力,由f=μFN可知,可以通过增大FN来增大摩擦力,弹力大小FN=mgcosα,若设木杆对瓦片的弹力与竖直方向的夹角为β,则2F'Ncosβ=FN= mgcosα,则摩擦力f=2μF'N=,适当增大两杆之间的距离,则β变大,则f变大,瓦片滑到底端时的速度减小;减小木杆与瓦片的动摩擦因数,则f减小,则瓦片滑到底端时的速度增加,A正确,B错误;减少瓦片的块数,减少了瓦片的质量,虽然摩擦力小了,但同时重力的分力也减小,不能起到减小加速度的作用,故减少瓦片的块数是没有作用的,C错误。减小木杆的长度,则摩擦力做功会减小,落地速度会变大,况且速度与竖直方向的夹角也变大,则更容易损坏瓦片,D错误。
6.(多选)如图1是摄影师航拍到钱塘江两波潮水娓娓向对方走来,交织在一起形成壮观的景象。其原理为两列平面波相遇的干涉现象,可将两列波简化成如图2示意图(其中实线表示波峰,虚线表示波谷),甲、乙两列频率均为0.5 Hz的水波以2 m/s的速度传播,振幅均为0.2 m,波面间形成120°夹角,此时O点刚要开始起振,C点距O点8 m,则(　　)
A.C点是振动加强点
B.经过 s,波传到C点
C.图中此刻A点经过的总路程比B点多1.6 m
D.稳定干涉后,O、C连线间共有三个振动加强点(不含C、O)
√
√
【解析】选A、C。O点刚要开始起振,将过O点的两列波面等效为波源,C点到两波面间距相等,即间距差为0,根据干涉原理可知,C点是振动加强点,故A正确;O点刚要开始起振,波面间形成120°夹角,C点到过O点的两列波面间距x1=xOCsin,波传到C点的时间t1==2 s,B错误;根据图2可知,AO沿垂直于右侧波面的投影比BO沿垂直于左侧波面的投影长一个波长,即A点比B点振动时间多一个周期,由于A、B均为振动加强点,则图中此刻A点经过的总路程比B点多4A=4×(0.2+0.2) m=1.6 m,C正确;将过O点的两列波面等效为波源,由于O、C连线上各个质点到左右两波面的间距相等,可知,O、C连线上各个质点均为振动加强点,D错误。
7.(多选)图甲为一种常见的3D打印机的实物图,打印喷头做x轴、y轴和z轴方向的运动,t=0时,打印喷头从打印平台的中心开始运动,在x轴方向的位移—时间图像和y轴方向的速度—时间图像如图乙、丙所示,下列说法正确的是(　　)
A.0.5 s末喷头的速度大小为0.25 m/s
B.喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P
C.1.0 s末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为53°
D.1.0 s末喷头离打印平台中心的距离为 m
√
√
√
【解析】选B、C、D。由图乙可知,在x轴方向做匀速直线运动,速度大小为
vx== m/s=0.3 m/s
由图丙可知,在y轴方向做匀加速直线运动,
加速度大小为ay== m/s2=0.4 m/s2
0.5 s末喷头在y轴的分速度大小为v0.5y=ayt0.5=0.4×0.5 m/s=0.2 m/s,0.5 s末喷
头的速度大小为v0.5== m/s = m/s,A错误;由以上
分析可知,喷头在x轴方向做匀速直线运动,在y轴方向做匀加速直线运动,所以
合力沿y轴方向,所以轨迹可能为P,故B正确;1.0 s末喷头沿y轴方向的分速度大小为v1.0y=ayt1.0=0.4×1.0 m/s=0.4 m/s
设1.0 s末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则tanθ===,解得θ=53°,C正确;1.0 s末喷头沿x轴的位移大小为x=vxt1.0= 0.3×1.0 m=0.3 m,在y轴方向的位移大小为y=t1.0=×1.0 m=0.2 m,所以,1.0 s末喷头离打印平台中心的距离为d== m= m,D正确。
【加固训练】
1.(多选)汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度j,急动度j是评判乘客是否感到舒适的重要指标。了解“急动度”有助于我们在日常驾驶中采取更合理的驾驶习惯,保护车辆,延长其使用寿命。一辆汽车沿平直公路以v0=10 m/s的速度做匀速运动,t=0时刻开始加速,0~12.0 s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量m=2×103 kg,运动过程中所受阻力f=1×103 N。则(　　)
A.急动度j=,其中a为加速度
B.汽车在0~4.0 s内做匀加速直线运动
C.在4.0~8.0 s内,汽车牵引力等于所受阻力
D.10.0 s时,汽车牵引力的功率为7.5×104 W
√
√
【解析】选A、D。根据急动度的概念j=可知其中a为加速度,故A正确;由题图可知汽车在0~4.0 s内j=0.5,急动度为一定值,汽车做加速度均匀增大的加速直线运动,故B错误;在4.0~8.0 s内,j=0,加速度恒定,由F f=ma可知汽车牵引力大于所受阻力,故C错误;由图可知加速度随时间变化的图像,如图所示
由图可知,10.0 s时加速度为1.0 m/s2,a t图像中图线与横轴所围面积表示速度的增加量,则10.0 s时v=v0+[×2.0 ] m/s =25 m/s,由牛顿第二定律可知F牵 f=ma10,解得F牵=3 000 N,则
10.0 s时,汽车牵引力的功率为P=F牵v=7.5×104 W,D正确。
2.(多选)“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证,如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器,两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20∶1和1∶20,各互感器和电表均为理想状态,则下列说法正确的是(　　)
A.电压互感器起降压作用,电流互感器起把强电流变为弱电流作用
B.若电压表的示数为200 V,电流表的示数为5 A,则线路输送电功率为100 kW
C.若保持发电机输出电压U1和用户数不变,仅将滑片Q下移,则输电线损耗功率增大
D.若发电机输出电压U1一定,仅增加用户数,为维持用户电压U4不变,可将滑片P上移
√
√
√
【解析】选A、C、D。电压互感器副线圈匝数低于原线圈匝数,能将高电
压变为低电压,起降压作用;电流互感器副线圈匝数高于原线圈匝数,能将
强电流变为弱电流 ,故A正确;变压器原、副线圈电压与匝数成正比,则电
压互感器原线圈两端电压U2=×220 V=4 400 V,变压器原、副线圈电流
与匝数成反比,则电流互感器原线圈中的电流I2=×5 A=100 A,对于理想
变压器,线路输送电功率P2=U2I2=440 kW,B错误; 仅将滑片Q下移,相当于
增加了升压变压器副线圈的匝数n2,根据理想变压器的规律可知,升压变压
器副线圈两端的电压增大,则降压变压器原线圈两端电压U3增大,副线圈两
端电压U4增大,又用户数不变,即负载总电阻R不变,则通过负载的电流I4增大,由于降压变压器原线圈中的电流匝数比不变,故降压变压器原线圈中的电流I3增大,输电线损耗功率ΔP=R线,可知输电线上损耗功率增大,故C正确;仅增加用户数,即负载总电阻R减小,若降压变压器副线圈两端电压U4不变,则通过副线圈的电流I4需增大,降压变压器原线圈中的电流I3增大,输电线上的电压损失ΔU=I3R线,可知ΔU增大,因为升压变压器副线圈两端电压U2不变,则降压变压器原线圈两端电压U3减小,根据U4=U3可知,当U3减小时,减小n3可以使U4不变,所以要将降压变压器的滑片P上移,故D正确。
二、计算题:18分。
8.电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中,踩下驱动踏板时电池
给电动机供电,松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研
究其原理,设计了如图所示的模型:两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的
辐向磁场,磁场方向沿半径方向,有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN
通过导电轻杆与中心轴相连,可绕轴无摩擦转动,金属棒所在之处的磁感应强度大
小均为B,整个装置沿竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关:踩下驱动踏板,
开关接通1,电池给金属棒供电,金属棒相当于电动机,所用
电池的电动势为E,内阻为r;松开驱动踏板或踩下刹车,开
关自动切换接通2,金属棒相当于发电机,给电容器充电,所
接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒MN静
止,电路其余部分的电阻不计。
(1)踩下驱动踏板后,求金属棒刚启动时加速度a的大小及开始运动后的转动方向(从上往下看);(4分)
答案:(1),金属棒开始运动后沿顺时针转动　
【解析】(1)电流方向向下,根据左手定则判断,从上往下看,金属棒开始运动后沿顺时针转动,当开关闭合的瞬间,金属棒还没有发生转动,则有I=,金属棒在安培力作用下发生转动,根据牛顿第二定律有BIL=ma,解得a=。
(2)踩下驱动踏板后,求金属棒可达到的最大转动线速度。(4分)
答案:(2)　
【解析】(2)当金属棒达到最大线速度vm时,金属棒中无电流通过,即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E,则有BLvm=E,解得vm=。
(3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板,在一段时间后金属棒MN将匀速转动。
①求此时电容器C上的带电量。(4分)
②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U q图像,并结合图像和题目中的条件,求电容器最终能回收多少能量储存起来。(6分)
答案:(3)①
②见解析图,
【解析】(3)①当金属棒由最大速度减速至匀速转动,由动量定理可得 ∑BILΔt= BqL=mv mvm,
当电路达到稳定时,回路中无电流,电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等,则有=BLv,结合上述解得q=。
②根据电容的定义式有C=,则有U=,作出图像如图所示
由于q=,由微元法可知图像下面积等于电容器储存
的电能,则有W=Uq=,结合上述解得W=。(共32张PPT)
二　科技前沿情境练
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。
1.γ射线探伤机(如图)的基本原理是利用放射性同位素产生的γ射线对材料进行穿透,通过探测材料反射、透射和吸收射线的能力,来判断其内部的缺陷和异常情况,是一种无损探伤检测设备,被广泛应用于工业探伤领域。下列有关γ射线及放射现象的说法正确的是(　　)
A.γ射线垂直磁场射入时,其运动轨迹不发生偏转,故γ射线的本质是高速中子流
B.γ射线具有高穿透力、波长短的特点,故其电离作用非常强,能穿透几十厘米厚的混凝土
C.原子核衰变过程中伴随着放射现象的发生,由于γ射线的产生衰变前的质量数不等于衰变后的质量数之和
D.与天然放射性物质相比,人工放射性同位素具有放射强度容易控制、半衰期比较短、放射性废料容易处理等优点
√
【解析】选D。γ射线的本质是光子流,故A错误;γ射线具有高穿透力但是电离能力非常弱,故B错误;原子核发生衰变时,衰变前的质量数等于衰变后的质量数之和,故C错误;人工放射性同位素与天然放射性物质相比具有放射强度容易控制、半衰期比较短、放射性废料容易处理等优点,故D正确。
2.2025年11月,神舟二十一号载人飞船发射升空,并与空间站天和核心舱自主交会对接成功。将二者对接前飞船和空间站的稳定运行轨道简化,如图,轨道Ⅰ为载人飞船稳定运行的椭圆轨道,轨道Ⅱ为空间站稳定运行的圆轨道,在两轨道的相切点载人飞船与空间站可实现对接,则(　　)
A.飞船在椭圆轨道Ⅰ上经过远地点P的速度大于经过
近地点Q的速度
B.飞船在椭圆轨道Ⅰ上稳定运行时机械能不守恒
C.飞船在轨道Ⅰ的运行周期大于空间站在轨道Ⅱ的运行周期
D.飞船要想从轨道Ⅰ变轨至轨道Ⅱ,需要在P点点火加速
√
【解析】选D。由开普勒第二定律,可知飞船在椭圆轨道Ⅰ上远地点的速度小于近地点的速度,A错误;由于只有万有引力做功,飞船在椭圆轨道Ⅰ上运行时机械能守恒,B错误;由开普勒第三定律,可知飞船在轨道Ⅰ的运行周期小于空间站在轨道Ⅱ的运行周期,C错误;飞船由内轨道向外轨道变轨,必须点火加速做离心运动,D正确。
3.在电子显微镜中,电子束相当于光束,通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成,其结构如图甲所示,图乙为图甲的截面示意图。显微镜工作时,两圆环的电势φN>φM,图乙中虚线表示两圆环之间的等势面(相邻等势面间电势差相等),O为水平虚线与竖直虚线的交点,a、b两点关于O点中心对称。现有一束电子经电场加速后,沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环M。下列说法正确的是(　　)
A.a点电势比b点电势低
B.a点电场强度与b点电场强度相同
C.该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D.电子在穿越电子透镜的过程中电势能增大
√
【解析】选B。两圆环的电势φN>φM,则靠近N环的电势较高,即a点电势比b点电势高,故A错误;根据对称性可知,a点电场强度与b点电场强度大小相等,方向相同,故B正确;根据电场线与等势线垂直可知,入射的电子受电场力指向中轴线,则该电子透镜对入射的电子束能起到会聚的作用,故C错误;根据Ep=qφ可知电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少,故D错误。
4.被称为“空中电站”的S1000型涵道式浮空风力发电系统(如图),于2025年1月首次稳定悬停于高空,并顺利发电。该系统叶片转动时可形成与风向垂直的圆面,并将此圆面内10%的空气动能转化为电能。已知悬停位置的风速为v时,该系统的发电功率为P,则悬停位置的风速为2v时,该系统的发电功率为(　　)
A.2P　　　 B.4P　　　
C.6P　　　 D.8P
√
【解析】选D。设t时间内吹到圆面上空气的质量为m,则有m=ρV=ρS·vt,故t时间内空气的动能Ek=mv2=ρS·vtv2=ρSv3t。该系统的发电功率为P==ρSv3,当风速为2v时,系统的发电功率为P'=ρS(2v)3=8P,故选D。
5.如图1,宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2,把待测宝石紧密贴放在半球棱镜上,标准光源发出黄光,射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝石的光,当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石,观测目镜上表现为暗域;当入射角大于临界角的光线全反射回棱镜,观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置,目镜下安装有一个标尺,刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是(　　)
A.棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率
B.换用白光光源,测量宝石折射率的准确度会更高
C.换用红光光源,其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方
D.把宝石的另一个侧面与棱镜接触,测得宝石的折射率与之前不同,说明宝石是非晶体
√
【解析】选A。根据题意可知,黄光从半球棱镜射入宝石能够发生全反射,即半球棱镜相对于宝石是光密介质,可知,棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率,故A正确;换用白光光源,由于白光是由七种单色光复合而成,不同种单色光的折射率不相同,当入射角一定时,有些能够发生全反射,有些不能够发生全反射,则观测目镜上各种单色光显现的亮暗区域不相同,测量宝石折射率的准确度会更低,故B错误;红光的折射率小于黄光的折射率,则红光对应的临界角大于黄光的临界角,可知,换用红光光源,其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的上方,故C错误;把宝石的另一个侧面与棱镜接触,测得宝石的折射率与之前不同,即宝石具有各向异性,说明宝石是单晶体,故D错误。
6.“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度,在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内,由于重力作用,血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深,红细胞的形状为球体。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为f=6πηrv,其中η为血液的粘滞系数,r为红细胞半径,v为红细胞运动的速率。若某血样中半径为r的红细胞,由静止下沉直到匀速运动的速度为vm,红细胞密度为ρ1,血液的密度为ρ2,重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)
A.该红细胞先做匀加速运动,后做匀速运动
B.该红细胞的半径可表示为r=
C.若血样中红细胞的半径较小,则红细胞匀速运动的速度较大
D.若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位,则其单位为kg/m
√
【解析】选B。设红细胞质量为m,所受浮力为F浮,由牛顿第二定律有mg f F浮=ma,又因为f=6πηrv,故红细胞随着速度的增大,粘滞阻力逐渐增大,加速度逐渐减小,红细胞做加速度减小的加速运动,当加速度减到零时,受力平衡,此后匀速运动,A错误;红细胞匀速运动时有mg=f+F浮,又因为红细胞的质量为m=ρ1·πr3,其所受浮力为F浮=ρ2·πr3g,联立可解得r=,B正确;由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小,则红细胞匀速运动的速度较小,C错误;由粘滞阻力公式f=6πηrv可知η=,故采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位,应为,D错误。
7.中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置
(EAST),这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实
验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动,
如图所示。磁场方向水平向右,磁感应强度大小为B,甲粒子速度方向与磁场垂
直,乙粒子速度方向与磁场方向平行,丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ,
所有粒子的质量均为m,电荷量均为+q,且粒子的初速度方向在纸面内,不计粒子
重力和粒子间的相互作用,则从图示位置开始计时,经历的时间后(　　)
A.甲、乙两粒子均回到图示位置
B.甲、丙两粒子均回到图示位置
C.乙、丙两粒子位置改变了
D.丙粒子位置改变了
√
【解析】选D。甲粒子受到洛伦兹力大小为F甲=qvB,根据左手定则可知
方向垂直纸面向里,在磁场中做匀速圆周运动,经过一个周期后回到图示
位置;乙粒子速度与磁场平行,不受洛伦兹力,所以乙粒子做匀速直线运
动,经过一个周期不能回到图示位置;丙粒子速度与磁场方向成θ角,分解
丙粒子的速度,会得到平行磁场和垂直磁场的两分速度,垂直磁场的分速
度会使粒子在平面做匀速圆周运动,在平行磁场方向做匀速直线运动,所
以经过一个周期后也不能回到图示位置,A、B错误;乙粒子做匀速直线
运动,一个周期运动的位移为x乙=,将丙粒子速度分解为沿磁场方向
的速度v1=vcosθ和垂直磁场方向的速度v2=vsinθ,丙粒子在磁场中以速度v2做匀速圆周运动,qv2B=m,周期T=,解得周期T=,所以丙粒子一个周期内垂直磁场方向位移为0,平行磁场方向经过的位移为x丙=v1T=,C错误,D正确。
【加固训练】
1.(多选)图(a)是风洞实验室全景图,风洞实验室是可量度气流对实体作用效果以及观察物理现象的一种管道状实验设备。图(b)为风洞实验室的侧视图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间为风洞区域,物体进入该区域会受到水平方向的恒力,自该区域下边界的O点将质量为m的小球以一定的初速度竖直上抛,从M点离开风洞区域,经过最高点Q后小球再次从N点返回风洞区域后做直线运动,最终落在风洞区域的下边界P处,NP与水平方向的夹角为37°, sin37°= 0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小为g,小球在运动过程中不受阻力作用。则下列说法正确的是(　　)
A.小球到达最高点的速度为零
B.风洞区域内小球受到水平方向恒力的大小为mg
C.小球运动过程中离风洞下边界OP的最大高度为H
D.小球运动过程中离风洞下边界OP的最大高度为H
√
√
【解析】选B、D。小球在最高点速度方向沿水平方向,速度不为零,故
A错误;小球从N点返回风洞区域后做直线运动,所受合力方向沿NP,则
tan37°=,解得F=mg,B正确;设小球在最高点的速度大小为v,在M、N
点竖直方向的速度大小为vy,小球由O到M的时间为t,在水平方向上,由牛
顿第二定律得F=ma,解得a=g。由运动学公式得v=gt,小球在竖直方向
上做竖直上抛运动,由运动的对称性知,小球从N到P的运动时间为t,在P
点,水平方向速度vx1=v+gt=2v,由几何关系得tan37°=,解得vy1=v,则
小球在P点的竖直方向速度为v,小球从N到P做直线运动,则=,解得vy=v,则小球在N点的竖直方向速度为v=gt1,小球由N到P,竖直方向vy1 vy=gt,解得t1=t
在竖直方向上,hQN=t1,H=t,解得hQN=H,小球运动过程中离风洞下边界OP的最大高度hm=+H=H,C错误,D正确。
2.(多选)某科技团队设计了一款磁悬浮列车的电磁制动系统,其简化模型俯视图如图所示。在塑料模型列车底面安装多个相同矩形线圈,列车和线圈的总质量为2 kg。每个矩形线圈匝数为50匝,电阻为0.5 Ω,ab、bc边的边长分别为0.2 m、0.5 m,线圈平面与水平滑轨平行。列车以10 m/s的初速度沿光滑水平轨道进入方向竖直向下、磁感应强度为0.2 T的匀强磁场区域,磁场范围足够大。下列说法正确的是(　　)
A.第1个线圈进入磁场的过程中,通过线圈截面的电荷量为2 C
B.第1个线圈完全进入磁场时,列车的速度降为8 m/s
C.至少需要10个线圈进入磁场才能使列车停止
D.完全进入磁场的最后1个线圈与进入磁场的第1个线圈产生的热量之比为1∶8
√
√
【解析】选A、B。第1个线圈进入磁场的过程中,通过线圈截面的电荷
量为q=n=n=2 C,故A正确;设向右为正方向,当第1个线圈恰好完全
进入磁场时设所用时间为t,此时列车的速度大小为v1,由动量定理可得
t=mv1 mv0,整理得 =mv1 mv0,解得v1=8 m/s,故B
正确;由以上分析可知,每一个线圈进入磁场后,列车的速度减小量为
Δv=2 m/s,则有N==5,至少5个线圈进入磁场才能使列车停止,故C错误;
根据能量守恒定律,进入磁场的第1个线圈产生的热量Q1=mm=36 J,完全进入磁场的最后1个线圈,即第5个线圈产生的热量Q5=m=4 J,所以完全进入磁场的最后1个线圈与进入磁场的第1个线圈产生的热量之比为1∶9,故D错误。
二、计算题:18分。
8.在高能粒子物理实验室中,科学家正在进行一项名为“磁场制导”的关键实验。实验目标是通过精确调控磁场,使电子经加速后从枪口射出,沿预设路径击中远端的靶点。这一技术可应用于粒子对撞机轨道修正,医学放射治疗的精准定位等领域。如图所示,某次实验时让空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场,电子在电子枪内经电压U从静止加速距离l后从枪口T沿直线a方向射出、需精准打击位于φ(弧度制)方向、距枪口T距离为d的靶点M。已知电子电荷量为e,质量为m,重力可忽略不计,电子在枪内运动不受磁场影响。
(1)求电子出枪口后击中靶点M所需要的磁感应强度B1的大小;(6分)
答案:(1)
【解析】(1)电子在电场中被加速,有eU=mv2,解得v=。设电子在磁场中的轨道半径为R,由几何关系可知sinφ=,解得R=,又由洛伦兹力提供向心力B1ev=m,联立解得B1=。
(2)求电子从静止出发到靶点M所需的时间t;(6分)
答案:(2)(2l+)　
【解析】(2)电子在电场中加速有l=t1,解得t1==2l。电子在磁场中的运动时间t2=T=×==,则电子从静止出发到靶点M所需的时间t=t1+t2=(2l+)。
(3)若将磁场方向改为平行于枪口T向靶点M所指引的直线TM方向,电子仍能打至靶点M,求所需的磁场的磁感应强度B2的大小。(6分)
答案:(3)cosφ(n=1,2,3…)
【解析】(3)当磁场方向平行于TM时,电子的运动是沿TM方向的匀速直线运动和垂直于TM方向的匀速圆周运动的合运动。沿TM方向有d=v1t3 =vcosφt3=t3cosφ,解得t3=。
设垂直于TM方向电子做圆周运动的周期为T',则有T'=,
要使电子打在M点,则电子在t3时间内在垂直于TM方向恰好完成整数次圆周运动,有t3=nT'(n=1,2,3…)
即=(n=1,2,3…),
解得B2=cosφ(n=1,2,3…)。(共25张PPT)
五　自然现象情境练
(40分钟　70分)
一、选择题:本题共9小题,每小题6分,共54分。
1.潜水员在潜水时偶然会观察到上方坑洞里存在着明亮的“反光”,这是因为坑洞里存在空气,光在水面发生了全反射。如图所示,a处光源发出沿ab方向的光在b点恰好发生全反射,被c处的潜水员观察到。若水的折射率为n,光线与水面的夹角为θ,则(　　)
A.sinθ=　　　　 B.sinθ=n
C.cosθ= D.cosθ=n
√
【解析】选C。由光的折射定律可得sinC=,由几何关系可得C= θ,联立可得cosθ=,故选C。
2.如图所示,植物的繁殖通常依赖昆虫(比如蜜蜂)把花粉粒从一朵花传送到另一朵花,带正电的蜜蜂在花粉囊附近盘旋时,花粉粒跳向蜜蜂黏附在身上,蜜蜂飞到下一朵花接近花的柱头(柱头通过花的内部与带负电的大地连接)时,花粉粒从蜜蜂跳到柱头上,使花受精,蜜蜂可看成带+4.5×10 11 C电荷的球形导体,静电力常量k=9.0× 109 N·m2/C2,下列说法正确的是(　　)
A.距蜜蜂中心越远的位置电势越高
B.距蜜蜂中心9.0 cm处的电场强度大小为4.5 N/C
C.蜜蜂接近花的柱头时,花粉粒主要依靠空气阻力作用落到柱头上
D.花粉粒被吸引到蜜蜂的过程中,花粉粒受到的静电力大于自身重力
√
【解析】选D。由于蜜蜂可看成带+4.5×10 11 C电荷的球形导体,可知距蜜蜂中心越远的位置电势越低;根据点电荷电场强度公式可得距蜜蜂中心9.0 cm处的电场强度大小为E=k=9.0×109× N/C =50 N/C,A、B错误;蜜蜂接近花的柱头时,花粉粒主要依靠库仑引力作用落到柱头上,C错误;花粉粒被吸引到蜜蜂的过程中,花粉粒的加速度向上,合力向上,则花粉粒受到的静电力大于自身重力,D正确。
3.“七星连珠”是一种罕见的天文现象,指太阳系中距太阳由近到远的七颗行星(水星、金星、火星、木星、土星、天王星、海王星)在天空中几乎排列成一条直线。假设某次“七星连珠”发生时,七颗行星按照距离太阳由近到远的顺序在太阳同一侧排列成一条直线,行星运动均看作匀速圆周运动,且仅受太阳引力作用。则下列说法正确的是(　　)
A.水星距离太阳最近,受到太阳引力最大
B.水星距离太阳最近,线速度最小
C.水星距离太阳最近,周期最大
D.水星距离太阳最近,加速度最大
√
【解析】选D。根据万有引力定律有F=G,引力的大小取决于太阳质量、行星质量和距离。题目中没有给出行星的质量信息,故A错误;根据万有引力提供向心力有G=m行星,解得v=,即距离越小,线速度越大。因此,水星距离最近,线速度应最大,而不是最小,故B错误;根据周期和线速度的关系有T== 2π,即距离越大,周期越大。水星距离最近,周期应最小,故C错误;根据牛顿第二定律有G=m行星a,解得a=G,即距离越小,加速度越大。水星距离最近,因此加速度最大,D正确。
4.闪电是由云层中所积累的电荷放电引起的,通常是云层底部带正电荷,云层下方的地面会感应出负电荷,当云层底部与地面间的电场强度增大到E0=5×105 V/m时击穿空气,发生短时放电现象,形成闪电。某圆盘形云朵底部与地面的距离h=1×103 m,该云朵与地面间的电场强度恰好达到E0时发生闪电,放电电流随时间变化的简化函数图像如图所示。假设该次放电将云朵所带电荷全部放掉,云朵和地面构成的电容器可视为理想的平行板电容器。下列说法不正确的是(　　)
A.这次放电释放的总电荷量Q=5 C
B.这次放电过程中的平均电流I=5×104 A
C.该等效电容器的电容值C=1×10 8 F
D.放电前该电容器存储的电能E=2.5×109 J
√
【解析】选D。根据q=It可知I t图像与t轴围成面积表示电荷量,则这次放电释放的总电荷量Q=×100×103×0.1×10 3 C=5 C,A正确;这次放电过程中平均电流I== A=5×104 A,B正确;云朵和地面的电势差U=E0×h=5×108 V,该等效电容器的电容值C==1×10 8 F, C正确;放电前该电容器存储的电能E=CU2=1.25×109 J。本题选不正确的选项,故选D。
5.“雨打芭蕉”是自然现象,也是富含美感和韵味的古典意象。设某张芭蕉叶水平,叶片面积为S,雨水以速度v竖直匀速下落,落到叶片上以原来速率的一半竖直反弹。已知空中雨水的平均密度为ρ,不计落到叶片上雨水的重力。则雨打芭蕉叶的力大小为(　　)
A. B. C. D.
【解析】选A。根据题意,设时间为t,则落到芭蕉叶上雨水的质量为m=ρV=ρvtS。设雨打芭蕉叶的力大小为F,取向上为正方向,由动量定理有Ft=m· m( v),解得F=,故选A。
√
6.地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示,某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动,不计粒子的重力和一切阻力,下列说法正确的是(　　)
A.该粒子带负电
B.从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小
C.粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D.粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域
√
【解析】选D。由左手定则可知,该带电粒子带正电,故A错误;因洛伦兹力对带电粒子不做功,则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变,故B错误;根据洛伦兹力提供向心力qv⊥B=m,带电粒子每旋转一周的时间为T=,可知随着磁场的增强,粒子运动半径逐渐减小,带电粒子每旋转一周的时间变小,带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为x=v‖T,故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小,故C错误;若粒子的速度方向与磁场方向不垂直,则一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区域到弱磁场区域做螺旋线运动,故D正确。
7.潮汐是发生在沿海地区海水周期性涨落的一种自然现象,主要是受月球对海水的引力而形成,导致地球自转持续减速,同时月球也会逐渐远离地球。如图所示,已知地球和月球的球心分别为O和O',A和B是地球上的两个海区,多年后,下列说法正确的是(　　)
A.海区A的角速度小于海区B的角速度
B.地球赤道上的重力加速度会增大
C.月球绕地球做圆周运动的加速度会增大
D.地球的静止卫星距离地面的高度会减小
√
【解析】选B。根据题意可知,A和B是地球上的两个海区,角速度与地球自转角速度相同,则海区A的角速度等于海区B的角速度,A错误;根据题意,对地球赤道上的物体有=mg+mR,地球自转持续减速,周期T变大,可得,地球赤道上的重力加速度会增大,故B正确;由万有引力提供向心力有=ma,由于月球逐渐远离地球,r增大,则月球绕地球做圆周运动的加速度会减小,C错误;=m(R+h),解得h= R,由于地球自转周期变大,则地球的静止卫星距离地面的高度会增大,D错误。
8.极光是一种大气发光的自然现象,太阳风(高能带电粒子)高速运动到地球时会受到地磁场的作用而偏向两极上空。高能带电粒子与大气中的氧原子、氮原子碰撞并使其受到激发,处于激发态的氧原子、氮原子向低能级跃迁时放出可见光,其中氧原子发出红光、氮原子发出绿光。关于极光下列说法正确的是(　　)
A.赤道上空不能看到极光是因为射向赤道的高能带电粒子受到地磁场作用而偏向两极
B.绿色极光比红色极光的光子能量小
C.极光的产生是高能带电粒子与大气中氧、氮原子碰撞使其内层电子受激辐射的结果
D.太阳活动剧烈期间更不容易产生极光
√
【解析】选A。赤道上空不能看到极光是因为射向赤道的高能带电粒子受到地磁场作用而偏向两极,故A正确;绿色极光的频率较大,所以绿色极光比红色极光的光子能量大,故B错误;极光的产生是高能带电粒子与大气中氧、氮原子碰撞并使其受到激发,处于激发态的氧原子、氮原子向低能级跃迁时放出可见光,故C错误;太阳活动剧烈,即高能带电粒子运动剧烈,更容易产生极光,故D错误。
9.中国科学家发现了代号为TMTS J0526的双星系统,该系统由一颗质量约为0.7MS(MS为太阳质量)的碳氧白矮星与质量约为0.3MS的热亚矮星两颗星体组成。它们的轨道平面几乎与地球的观测平面重合,用望远镜在地球附近观测,发现双星系统的亮度周期性地变暗和变亮,已知两个天体周期性地互相遮挡造成观测的双星系统亮度变化周期是该系统匀速圆周运动周期的一半。某次观测记录该双星系统的亮度随时间t的变化情况如图所示,图中“星等”表示亮度,实线为实验数据经最佳拟合得到的正弦式曲线,虚线所对时刻是曲线上系统亮度最小的时刻。已知太阳质量约为MS=2×1030 kg,引力常量G=6.67×10 11 N·m2/kg2,π2≈10,下列说法正确的是(　　)
A.碳氧白矮星和热亚矮星转动的半径之比为7∶3
B.该双星系统的运转周期约为600 s
C.两星体之间的距离约为×108 m
D.若多年以后,两星体间的距离逐渐减小,两星体转动的角速度也将减小
√
【解析】选C。由题目描述可知碳氧白矮星的质量为0.7MS,热亚矮星质量
为0.3MS。设两星球之间的距离为L,两星球做圆周运动的半径分别为R1、
R2,圆周运动周期为T。由双星系统万有引力提供圆周运动向心力可得
F=G=0.7MSR1=0.3MS()2R2,化简可得=,A错误;根据
实验数据经最佳拟合得到的亮度变化的正弦式曲线可知,正弦曲线周期为
600 s。因为亮度变化周期是该系统匀速圆周运动周期的一半,所以该双星
系统的运转周期约为T=1 200 s,B错误;由双星系统万有引力提供圆周运动
向心力,分别对两星体列式可得G=0.7MS()2R1, G
=0.3MS()2R2,化简消去质量可得G=()2R1,G=()2R2,将上式左右两边分别相加可得G=()2(R1+R2)=()2L,则两星体之间的距离为L=,代入题中数据可得两星体之间的距离L约为×108 m, C正确;根据C选项推导过程可知,双星系统的运动周期由两星体的质量之和以及两星体间的距离决定。多年以后,两星体间的距离逐渐减小,质量和不变,则周期T减小。由ω=可知,角速度增大,D错误。
二、计算题:16分。
10.螺旋星系中有大量的恒星和星际物质,主要分布在半径为R的球体内,球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M,可认为均匀分布,球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动,恒星到星系中心的距离为r,引力常量为G。
(1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系;(4分)
答案:(1)v=(r>R)　
【解析】(1)由题可知,星系中心就是半径为R的球体的球心,r>R区域的恒星(设其质量为m)绕星系中心做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力得=m,解得v=(r>R)。
(2)根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零,利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识,求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系;(6分)
答案:(2)v=r(r≤R)
【解析】(2)由题意通过类比可知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力也为零。设在r≤R区域内,半径为r的球体内的物质总质量为M1;根据球体积公式V=πr3,可得=,同理,由万有引力提供向心力得=m,解得r≤R区域内的恒星的速度大小v与r的关系为v=r(r≤R)。
(3)宇宙中某恒星质量是太阳质量的8倍,单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转,且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1,绕此恒星公转的周期为T2,求。(6分)
答案:(3)2
【解析】(3)设太阳的辐射功率为P,日地之间的距离为r,地球上每单位面积上获得的热功率为P0,则有P0=,宇宙中某恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍,且地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样,则有P0=,解得地球在新公转轨道上运动的轨道半径为r'=4r,卫星在半径为r的轨道上做匀速圆周运动时周期为T,根据万有引力提供向心力,有=mr,解得T=,所以有===2。

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