2024版高考物理復(fù)習(xí)考前特訓(xùn)考前熱身練匯編

小綜合練(一)1.(2023·江蘇省海安高級(jí)中學(xué)月考)a、b兩束單色光的波長(zhǎng)分別為λa和λb，通過(guò)相同的單縫衍射實(shí)驗(yàn)裝置得到如圖所示的圖樣，則這兩束單色光()A．b單色光的波動(dòng)性比a單色光強(qiáng)B．在水中的傳播速度va＜vbC．光子動(dòng)量pa＜pbD．a(chǎn)、b兩束單色光射向同一雙縫干涉裝置，其干涉條紋間距Δxa＜Δxb答案C解析在相同的單縫衍射實(shí)驗(yàn)裝置的條件下，光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，其衍射現(xiàn)象越顯著，中央亮條紋越寬。從圖中可知光束a的衍射現(xiàn)象比光束b更加顯著，故可知λa＞λb，b單色光的波動(dòng)性比a單色光弱，故A錯(cuò)誤；波長(zhǎng)長(zhǎng)，則頻率低，折射率小，根據(jù)v＝eq\f(c,n)，可知在水中的傳播速度va＞vb，故B錯(cuò)誤；光子動(dòng)量p＝eq\f(h,λ)，所以pa＜pb，故C正確；a、b兩束單色光射向同一雙縫干涉裝置，其干涉條紋間距Δx＝λeq\f(L,d)，則Δxa＞Δxb，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，兩個(gè)體積相同的容器，甲一直敞口，乙在中午蓋上蓋子密封。到了夜間溫度降低。若大氣壓強(qiáng)保持不變，容器導(dǎo)熱性良好，下列說(shuō)法正確的是()A．夜間甲容器中分子數(shù)增加B．夜間乙容器中氣體的內(nèi)能增大C．夜間甲容器中氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積器壁的次數(shù)減少D．從中午到夜間，乙容器中氣體從外界吸收熱量答案A解析夜間溫度降低，甲容器敞口，壓強(qiáng)不變，容器的體積不變，由eq\f(pV,T)＝C可知，相比中午，容器中“原來(lái)的氣體”體積變小，會(huì)再進(jìn)入一部分氣體，則容器內(nèi)的分子數(shù)增加，A正確；乙容器中氣體分子數(shù)不變，夜間溫度降低，分子平均動(dòng)能減小，內(nèi)能減小，B錯(cuò)誤；氣體壓強(qiáng)p＝eq\f(F,S)＝eq\f(I,St)，等于氣體分子單位時(shí)間對(duì)單位面積器壁的沖量，夜間溫度降低，分子平均動(dòng)能減小，平均每次撞擊對(duì)器壁的沖量變小，又甲容器中氣體壓強(qiáng)不變，所以氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積器壁的次數(shù)增加，C錯(cuò)誤；由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，從中午到夜間，乙容器中氣體內(nèi)能減小，氣體體積不變，外界對(duì)其不做功，可知?dú)怏w向外界放熱，D錯(cuò)誤。3.(2023·江蘇無(wú)錫市期末)如圖所示，一球員將足球從球門(mén)正前方某處踢出，在豎直平面內(nèi)經(jīng)位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高點(diǎn)。所受空氣阻力不變，不考慮足球的旋轉(zhuǎn)，則足球()A．經(jīng)過(guò)位置2時(shí)，重力的功率最大B．由位置1運(yùn)動(dòng)到位置3過(guò)程中，合力做功為0C．在位置2的加速度比位置3的加速度小D．由位置1運(yùn)動(dòng)到位置2的時(shí)間小于由位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的時(shí)間答案D解析足球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)位置2時(shí)，豎直方向速度vy減為零，由pG＝mgvy得，此時(shí)重力的功率最小，A錯(cuò)誤；由于足球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到空氣阻力作用，阻力做負(fù)功，則足球從位置1運(yùn)動(dòng)到位置3過(guò)程中，合力做負(fù)功，B錯(cuò)誤；空氣阻力方向與速度方向相反，足球在位置2時(shí)，豎直速度為零，阻力與重力成90°夾角；在位置3時(shí)，阻力方向斜向上，阻力與重力夾角大于90°，阻力與重力的合力一定小于位置2，由牛頓第二定律有F合＝ma，可得足球在位置2的加速度比位置3的加速度大，C錯(cuò)誤；由于運(yùn)動(dòng)時(shí)間由豎直方向的運(yùn)動(dòng)決定，則對(duì)豎直方向受力分析，從位置1到位置2，由牛頓第二定律mg＋Ff1＝ma1，從位置2到位置3，由牛頓第二定律mg－Ff2＝ma2，比較可得，上升階段的加速度a1大于下降階段的加速度a2，即a1＞a2，位移相同時(shí)，由h＝eq\f(1,2)at2可得，由位置1運(yùn)動(dòng)到位置2的時(shí)間小于由位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的時(shí)間，D正確。4．(2023·江蘇省海安高級(jí)中學(xué)月考)如圖所示，一完整絕緣球體球心為O1，由A、B兩部分組成，其中B是球心為O2的小球體，A均勻帶正電，且?guī)щ姾闪繛椋玅，B均勻帶有等量的負(fù)電，帶電荷量為－Q。M、N為兩球心連線上兩點(diǎn)，P、Q連線過(guò)球心O1且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點(diǎn)到O1距離相等。取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。則()A．M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相等B．M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等C．將＋q從N點(diǎn)移至P點(diǎn)靜電力做負(fù)功D．電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的大答案C解析將A看成完整的均勻帶正電荷的小球，將B看成完整的均勻帶負(fù)電荷的小球，兩球帶電荷量相等，將其等效為位于球心的點(diǎn)電荷，因?yàn)榫唧w比例不清楚，無(wú)法判斷兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；完整球體A在M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等，而對(duì)于B來(lái)說(shuō)，則靠近N點(diǎn)，所以φN＜φM，故B錯(cuò)誤；同理φN＜φP，將＋q從N點(diǎn)移至P點(diǎn)，電勢(shì)能Ep＝φq增大，靜電力做負(fù)功，故C正確；φN<φM，則電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的小，故D錯(cuò)誤。5.(2023·江蘇揚(yáng)州市高郵中學(xué)模擬)河外星系中兩黑洞A、B的質(zhì)量分別為M1和M2，它們以兩者連線上的某一點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。為研究方便簡(jiǎn)化為如圖所示的示意圖，黑洞A和黑洞B均可看成球體，OA＞OB，下列說(shuō)法正確的是()A．兩黑洞質(zhì)量之間的關(guān)系一定是M1＞M2B．黑洞A的運(yùn)行角速度小于黑洞B的運(yùn)行角速度C．人類(lèi)要把航天器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進(jìn)行探索，發(fā)射速度一定大于第三宇宙速度D．若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質(zhì)移到黑洞B上，它們運(yùn)行的周期變大答案C解析黑洞A與黑洞B繞O點(diǎn)在相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度相同，所以，二者的角速度相等，設(shè)它們相距為L(zhǎng)，角速度為ω，根據(jù)牛頓第二定律得Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，Geq\f(M1M2,L2)＝M2ω2·OB，聯(lián)立得M1·OA＝M2·OB，根據(jù)題意OA>OB，所以M1<M2，故A、B錯(cuò)誤；人類(lèi)要把航天器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進(jìn)行探索，必須沖出太陽(yáng)系，所以發(fā)射速度一定大于第三宇宙速度，故C正確；根據(jù)M1·OA＝M2·OB，OA＋OB＝L，可得OA＝eq\f(M2L,M1＋M2)，又由于Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，整理得ω＝eq\r(\f(GM1＋M2,L3))，所以周期為T(mén)＝2πeq\r(\f(L3,GM1＋M2))，若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質(zhì)移到黑洞B上，兩黑洞質(zhì)量之和不變，周期不變，故D錯(cuò)誤。6.如圖所示，一彈性繩原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，一端固定在天花板上P點(diǎn)，另一端穿過(guò)光滑小環(huán)后與小鐵塊M相連，小環(huán)固定在P點(diǎn)正下方Q處，P、Q距離等于L0。鐵塊從水平面上a處由靜止釋放，在彈性繩的拉動(dòng)下，經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)正下方的O處，運(yùn)動(dòng)到b處速度減為0。已知Oa大于Ob，彈性繩遵循胡克定律，鐵塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)沿鐵塊運(yùn)動(dòng)方向建立x軸，從a到b過(guò)程鐵塊的動(dòng)能Ek、系統(tǒng)(鐵塊和彈性繩)機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)變化的圖像較符合實(shí)際的是()答案D解析設(shè)鐵塊質(zhì)量為m，彈性繩的勁度系數(shù)為k，Q與水平面的高度差為h，當(dāng)Q、M間彈性繩與水平方向夾角為θ時(shí)，彈力F＝keq\f(h,sinθ)。鐵塊豎直方向受力平衡，有FN＋Fsinθ－mg＝0，得FN＝mg－kh。鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－kh)。若mg＝kh，則鐵塊不受摩擦力，由機(jī)械能守恒定律可知，b點(diǎn)應(yīng)和a點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，而Oa大于Ob，故此情況不可能，所以一定有mg>kh。鐵塊所受摩擦力為定值，向右先加速后減速，當(dāng)彈性繩拉力水平向右的分量大小等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度達(dá)到最大，鐵塊動(dòng)能達(dá)到最大，此位置在O點(diǎn)左側(cè)，A、C錯(cuò)誤。由功能關(guān)系可知鐵塊克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量。取一段位移微元Δx，有－FfΔx＝ΔE，可知eq\f(ΔE,Δx)＝－Ff，即E－x圖線為斜率小于0的傾斜直線，B錯(cuò)誤，D正確。7．(2023·江蘇省一模)某實(shí)驗(yàn)小組用圖甲所示裝置測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：①取若干個(gè)完全相同的鉤碼，將部分鉤碼懸掛在細(xì)線下，剩余的鉤碼放在木塊凹槽中，記錄懸掛鉤碼的個(gè)數(shù)n；②保持長(zhǎng)木板水平，釋放木塊后打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出紙帶；③將木塊凹槽中的鉤碼逐個(gè)添加到細(xì)線下端，重復(fù)多次打出紙帶。(1)如圖乙所示用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)的位置，其第4點(diǎn)讀數(shù)為_(kāi)_______cm。(2)已知打點(diǎn)周期為T(mén)＝0.02s，第5點(diǎn)的瞬時(shí)速度為_(kāi)_______m/s。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)測(cè)得懸掛鉤碼個(gè)數(shù)n與相應(yīng)的加速度a如下表，請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖丙作出a－n圖像。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2，由圖線可求得木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)a/(m·s－2)0.601.301.962.623.30n/個(gè)678910(4)實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，考慮到此因素的影響，μ的測(cè)量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值。答案(1)10.30(2)0.85(3)見(jiàn)解析圖0.35(4)小于解析(1)刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值的下一位，第4點(diǎn)讀數(shù)為10.30cm。(2)v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(13.70－10.30,2×0.02)×10－2m/s＝0.85m/s。(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出a－n圖像如圖所示設(shè)每個(gè)鉤碼的質(zhì)量均為m，所有鉤碼質(zhì)量的之和為M，木塊質(zhì)量為m0，當(dāng)細(xì)線下端掛有n個(gè)鉤碼時(shí)，對(duì)這n個(gè)鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－FT＝nma，對(duì)木塊及剩余鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a聯(lián)立解得a＝eq\f(mg1＋μ,M＋m0)n－μg根據(jù)圖像可得－μg＝－3.4解得μ＝0.35(4)實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，設(shè)木板與水平面夾角為θ，根據(jù)(3)分析，縱軸截距為μgcosθ＝b則μ＝eq\f(b,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)計(jì)算，則μ的測(cè)量值小于真實(shí)值。8.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，開(kāi)口向上豎直放置的玻璃管長(zhǎng)為5h，質(zhì)量為m、高為h的水銀柱將一段空氣柱封在管內(nèi)，被封空氣柱的溫度為T(mén)0，水銀柱上端到管口的距離為h?，F(xiàn)給玻璃管加熱，水銀柱緩慢上升至管內(nèi)剩余一半水銀，此過(guò)程中空氣柱的內(nèi)能增加了ΔU，已知水銀柱的橫截面積為S，大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g，忽略空氣柱向外界傳遞的能量，求：(1)水銀柱上升至管口時(shí)，空氣柱的溫度T；(2)水銀柱上升過(guò)程中，空氣柱需要吸收的熱量Q。答案(1)eq\f(4,3)T0(2)ΔU＋eq\f(3,2)p0Sh＋eq\f(11,8)mgh解析(1)水銀柱上升至管口時(shí)，封閉氣體內(nèi)部壓強(qiáng)不變，均為p1＝p0＋eq\f(mg,S)空氣柱為等壓變化，有eq\f(3hS,T0)＝eq\f(4hS,T)解得T＝eq\f(4,3)T0(2)在水銀柱上升至管口時(shí)，空氣柱對(duì)水銀做功為W1＝(p0S＋mg)h在水銀柱上升至管口并只剩下一半水銀時(shí)，空氣柱對(duì)水銀做功W2＝eq\x\to(F)·eq\f(h,2)＝eq\f(p0S＋mg＋p0S＋\f(mg,2),2)·eq\f(h,2)故整個(gè)過(guò)程，空氣柱對(duì)水銀做功為W＝W1＋W2＝(eq\f(3,2)p0S＋eq\f(11,8)mg)h根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q－W解得Q＝ΔU＋eq\f(3,2)p0Sh＋eq\f(11,8)mgh。9.(2023·江蘇省三模)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的粗糙水平面上放一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.5m、質(zhì)量為m＝1kg、左右擋板厚度不計(jì)的不帶電U形盒子P(盒子內(nèi)底面水平)，盒子P與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5。在盒子的左端放一質(zhì)量為M＝4kg的物塊Q(可看作質(zhì)點(diǎn))，Q的帶電荷量始終為q＝＋2×10－2C。整個(gè)裝置始終處在一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝1×103N/C，Q與盒子內(nèi)表面無(wú)摩擦，物塊放開(kāi)后即在盒內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)與右擋板碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊與盒子發(fā)生第一次碰撞后，P、Q的速度大??；(2)物塊與盒子發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，求Q與盒子右擋板間的最大距離(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)；(3)P最終是否會(huì)停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒內(nèi)P前進(jìn)的路程；若P會(huì)停止，求P前進(jìn)的總路程。答案(1)8m/s3m/s(2)eq\f(5,12)m(3)P終將停止，P前進(jìn)的總路程為10m解析(1)設(shè)Q與P第一次碰撞前的速度為v0，碰后P、Q的速度分別為vP和vQ，由動(dòng)能定理得qEL＝eq\f(1,2)Mv02－0碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒Mv0＝MvQ＋mvP碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)MvQ2＋eq\f(1,2)mvP2代入數(shù)據(jù)解得v0＝5m/s，vP＝8m/s，vQ＝3m/s(2)碰后Q勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小aQ＝eq\f(qE,M)＝5m/s2碰后P勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小aP＝eq\f(μM＋mg,m)＝25m/s2設(shè)物塊Q與盒子P速度相等時(shí)經(jīng)過(guò)時(shí)間為t0，則有vQ＋aQt0＝vP－aPt0解得t0＝eq\f(1,6)s物塊Q與盒子P速度相等時(shí)Q與盒子右擋板間的距離最大，最大距離為二者相對(duì)位移，即Δx＝xP－xQ＝(vPt0－eq\f(1,2)aPt02)－(vQt0＋eq\f(1,2)aQt02)＝eq\f(5,12)m，Δx＝eq\f(5,12)m<L滿足題意，此時(shí)不會(huì)與盒子左擋板碰撞。(3)由qE<μ(M＋m)g可知P、Q終將停止(否則前進(jìn)足夠長(zhǎng)的位移，減少的電勢(shì)能會(huì)小于增加的內(nèi)能，違背能量守恒定律)停止時(shí)，Q在P的右端，設(shè)P前進(jìn)的總路程為s，由能量守恒定律有qE(s＋L)＝μ(M＋m)gs解得s＝10m。

小綜合練(二)1．(2023·江蘇南通市調(diào)研)兩只相同的籃球甲、乙內(nèi)氣體壓強(qiáng)相等，溫度相同。用打氣筒給甲球快速充氣，給乙球緩慢充氣，兩球充入空氣的質(zhì)量相同。設(shè)充氣過(guò)程籃球體積不變，則()A．剛充完氣，兩球中氣體分子的平均動(dòng)能相等B．剛充完氣，甲中分子的數(shù)密度較大C．剛充完氣，兩球內(nèi)氣體壓強(qiáng)相等D．對(duì)甲充氣過(guò)程人做的功比對(duì)乙的多答案D解析用打氣筒給甲球快速充氣，外界對(duì)氣體做功，內(nèi)能增加，溫度升高；打氣筒給乙球緩慢充氣，則乙球氣體溫度不變，內(nèi)能不變；所以剛充完氣，甲球中氣體分子的平均動(dòng)能比乙球大，故A錯(cuò)誤；由題知充完氣后，兩球中氣體質(zhì)量相等，兩球體積相同，則兩球中分子的數(shù)密度相等，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知，剛充完氣兩球中分子的數(shù)密度相等，而甲球中氣體溫度比乙球高，則甲球的氣體壓強(qiáng)比乙球大，故C錯(cuò)誤；兩球充入空氣的質(zhì)量相同，由于充氣過(guò)程，甲球的氣體壓強(qiáng)大于乙球的氣體壓強(qiáng)，則對(duì)甲充氣過(guò)程人需要克服氣體壓強(qiáng)做的功更多，即對(duì)甲充氣過(guò)程人做的功比對(duì)乙的多，故D正確。2．(2023·江蘇南通市模擬)甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，兩列波在t＝0時(shí)的部分波形曲線如圖所示。則()A．t＝0時(shí)，x＝3.5m處的質(zhì)點(diǎn)的位移為零B．t＝0時(shí)，x＝3.5m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)C．x＝5.5m處的質(zhì)點(diǎn)一直不振動(dòng)D．兩列波遇到寬度為4m的障礙物時(shí)，不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象答案C解析由題圖可知，該時(shí)刻，兩列波在x＝3.5m處的質(zhì)點(diǎn)均沿y軸正向運(yùn)動(dòng)，且位移均為正，則x＝3.5m處的質(zhì)點(diǎn)的位移不為零，故A、B錯(cuò)誤；由題圖可知，兩列波在x＝5.5m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)相位差為π，則此點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)一直不振動(dòng)，故C正確；由題圖可知，兩列波的波長(zhǎng)為8m，遇到寬度為4m的障礙物時(shí)能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。3.(2023·江蘇省如東中學(xué)等四校聯(lián)考)如圖所示，正六邊形ABCDEF的B、D兩點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電、帶電荷量為＋q的點(diǎn)電荷，F(xiàn)點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電、帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷，O為正六邊形的幾何中心。則下列說(shuō)法正確的是()A．O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0B．C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向由C指向FC．電子在A點(diǎn)電勢(shì)能比在O點(diǎn)小D．O、A兩點(diǎn)間電勢(shì)差和O、E兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等答案D解析根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(q,r2)，三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，兩個(gè)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度與負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，則O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度沿OF方向，故A錯(cuò)誤；兩個(gè)正點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為keq\f(q,r2)，由F指向C，負(fù)點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為keq\f(q,4r2)，由C指向F，則C點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度由F指向C，故B錯(cuò)誤；AD是BF連線的中垂線，B和F點(diǎn)的點(diǎn)電荷在AD上各點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)相等，由D點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢(shì)，可知φO＞φA，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在A點(diǎn)電勢(shì)能比在O點(diǎn)大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，A點(diǎn)和E點(diǎn)的電勢(shì)相等，則O、A兩點(diǎn)間電勢(shì)差和O、E兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，D正確。4．(2023·江蘇南京市金陵中學(xué)月考)圖甲為某科技興趣小組制作的重力投石機(jī)示意圖。支架固定在水平地面上，輕桿A可繞支架頂部水平軸OO′在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。A端凹槽內(nèi)裝有一石子，B端固定一配重。某次打靶時(shí)，將桿沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)至與豎直方向成θ角后由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)石子被水平拋出。石子投向正前方豎直放置的靶，打到靶心上方的“6”環(huán)處，如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，下列操作不可能打中靶心“10”環(huán)的是()A．減小石子的質(zhì)量，同時(shí)增大配重的質(zhì)量B．增大石子的質(zhì)量，同時(shí)減小配重的質(zhì)量C．增大投石機(jī)到靶的距離，同時(shí)增大θ角D．增大投石機(jī)到靶的距離，同時(shí)減小θ角答案A解析由題意要打到“10”環(huán)處，則此時(shí)豎直方向位移要變大，此時(shí)水平方向石子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向石子做自由落體運(yùn)動(dòng)，h＝eq\f(1,2)gt2，h增大，故時(shí)間要增大，水平方向位移不變，由勻速直線運(yùn)動(dòng)位移公式可得x＝vt，故此時(shí)石子水平拋出的速度要減小。由題圖可知，減小石子的質(zhì)量，會(huì)減小其重力勢(shì)能；增大配重的質(zhì)量，則會(huì)使配重對(duì)桿做的功增加，則桿對(duì)石子做的功增加；對(duì)小石子從A點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理有－mgr(1－cosθ)＋W桿＝eq\f(1,2)mv2，因此減小石子的質(zhì)量，同時(shí)增大配重的質(zhì)量會(huì)增加石子獲得的動(dòng)能，即增加石子拋出時(shí)的速度。因此減小石子的質(zhì)量，同時(shí)增大配重的質(zhì)量不可能打中靶心；同理可知增大石子的質(zhì)量，同時(shí)減小配重的質(zhì)量可能打中靶心；改變?chǔ)冉强赡軙?huì)使石子拋射出的速度發(fā)生改變，而增大投石機(jī)到靶的距離，無(wú)論速度怎樣變化均有可能使石子在空中飛行的時(shí)間變長(zhǎng)，由上述分析可知，只要飛行時(shí)間變長(zhǎng)就有可能打到靶心。故增大投石機(jī)到靶的距離，無(wú)論θ角怎樣變化都有可能打中靶心，故選A。5．如圖所示，航天員在半徑為R的某星球表面將一輕彈簧豎直固定在水平面上，把質(zhì)量為m的小球P(可看作質(zhì)點(diǎn))從彈簧上端h處(h不為0)由靜止釋放，小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)。從接觸彈簧開(kāi)始的小球加速度a與彈簧壓縮量x間的關(guān)系如圖乙所示，其中a0、h和x0為已知量，空氣阻力不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A．該星球的第一宇宙速度為eq\r(2a0R)B．該彈簧勁度系數(shù)k的大小eq\f(ma0,2x0)C．小球在最低點(diǎn)處加速度大于a0D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為ma0(h＋x0)答案C解析根據(jù)圖像可知小球接觸彈簧時(shí)的加速度為a0，所以星球表面的重力加速度為a0，所以第一宇宙速度為v＝eq\r(a0R)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)壓縮量為x0時(shí)加速度為0，故kx0＝ma0，所以k＝eq\f(ma0,x0)，故B錯(cuò)誤；若小球從彈簧原長(zhǎng)處釋放到最低點(diǎn)時(shí)小球的加速度為a＝a0，在h＞0情況下，小球到最低點(diǎn)的加速度大于a0，故C正確；小球下降到最低點(diǎn)時(shí)H＞h＋x0，根據(jù)機(jī)械能守恒，彈性勢(shì)能最大值大于ma0(h＋x0)，故D錯(cuò)誤。6．如圖所示，一半徑為r、質(zhì)量為m、電阻為R的n匝圓形細(xì)線圈在足夠長(zhǎng)的磁鐵產(chǎn)生的徑向輻射狀磁場(chǎng)中由靜止開(kāi)始下落，線圈下落高度h時(shí)速度達(dá)到最大值vm。已知線圈下落過(guò)程中始終水平且所經(jīng)過(guò)位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相同，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則()A．線圈下落高度h的過(guò)程中產(chǎn)生的總焦耳熱為mghB．線圈下落過(guò)程中所經(jīng)過(guò)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,2πr)eq\r(\f(mgR,vm))C．線圈下落高度h的過(guò)程中通過(guò)線圈某橫截面的電荷量為heq\r(\f(2mg,Rvm))D．線圈下落高度h所經(jīng)歷的時(shí)間為eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)答案D解析根據(jù)能量守恒定律可知，線圈下落高度h的過(guò)程中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mgh－eq\f(1,2)mvm2，A錯(cuò)誤；由右手定則判斷知線圈下落過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流(俯視)沿順時(shí)針?lè)较?，根?jù)左手定則判斷知安培力方向豎直向上，當(dāng)安培力與重力大小相等時(shí)，線圈的速度最大，有nBIm·2πr＝mg，根據(jù)歐姆定律得Im＝eq\f(nB·2πrvm,R)，解得B＝eq\f(1,2πnr)eq\r(\f(mgR,vm))，B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\x\to(E)＝nB·2πreq\x\to(v)，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，電荷量q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(nB·2πrh,R)，解得q＝heq\r(\f(mg,Rvm))，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理有mgt－nBeq\x\to(I)·2πrt＝mvm－0，解得t＝eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)，D正確。7．當(dāng)今人工智能技術(shù)迅猛發(fā)展，電池是新型人工智能機(jī)器人的重要部分，某新型機(jī)器人上的一節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻約為2～7Ω，某課外活動(dòng)小組利用所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)電路測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。使用的器材有：A．待測(cè)電池B．電流表G(量程3mA，內(nèi)阻未知)C．滑動(dòng)變阻器R1(阻值范圍0～1000Ω)D．電阻箱R2(0～99.99Ω)E．電阻箱R3(0～999.99Ω)F．定值電阻R4＝1ΩG．開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干考慮到電池的內(nèi)阻較小，電流表的內(nèi)阻不能忽略。經(jīng)過(guò)思考后，該小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，先測(cè)出該電流表G的內(nèi)阻Rg，再利用圖乙所示的電路測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。(1)該小組連接好電路后，首先對(duì)電流表G的內(nèi)阻Rg進(jìn)行測(cè)量，請(qǐng)完善測(cè)量步驟。①保持S2斷開(kāi)，閉合S1，調(diào)節(jié)R1的滑片位置使其阻值由最大逐漸減小，直到電流表示數(shù)等于其量程Im；②保持R1不變，閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R3使其阻值由最大逐漸減小，當(dāng)電流表讀數(shù)等于eq\f(1,2)Im時(shí)記錄下R3的值為199.00Ω，則Rg＝________Ω。(2)用圖甲所示的方法測(cè)得的電流表的內(nèi)阻Rg與真實(shí)值相比________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。(3)該小組測(cè)得電流表的內(nèi)阻Rg之后，利用圖乙電路測(cè)量得到電阻箱R2的阻值R和電流表的讀數(shù)I以及計(jì)算出eq\f(1,I)的多組數(shù)據(jù)后，作出了如圖丙所示的eq\f(1,I)－R圖像。根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。(結(jié)果均保留1位小數(shù))答案(1)199.00(2)偏小(3)3.05.0解析(1)保持R1不變，閉合S2，將電阻箱R3由最大阻值逐漸調(diào)小，當(dāng)電流表讀數(shù)等于eq\f(1,2)Im時(shí)，由于總電流Im不變，通過(guò)電阻箱R3的電流也為eq\f(1,2)Im，所以Rg＝R2＝199.00Ω。(2)實(shí)際操作中，閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過(guò)R3的電流大于eq\f(1,2)Im，所以該方法測(cè)出的電流表內(nèi)阻要小于電流表內(nèi)阻的真實(shí)值。(3)改裝后的電流表的內(nèi)阻Rg′＝eq\f(199.00×1,199.00＋1)Ω≈1.0Ω由閉合電路歐姆定律，有E＝200I×10－3(R＋r＋Rg′)＝0.2I(R＋r＋Rg′)解得eq\f(1,I)＝eq\f(0.2,E)R＋eq\f(0.2r＋Rg′,E)，結(jié)合圖像可知eq\f(0.2,E)＝eq\f(1.2－0.4,12.0－0)，eq\f(0.2r＋Rg′,E)＝0.4解得E＝3.0V，r＝5.0Ω。8.(2023·江蘇南京市金陵中學(xué)月考)如圖所示為半徑為R的半圓柱形玻璃磚的橫截面，O為該橫截面的圓心。光線PQ沿著與AB成30°角的方向射入玻璃磚，入射點(diǎn)Q到圓心O的距離為eq\f(\r(3),3)R，光線恰好從玻璃磚的中點(diǎn)E射出，已知光在真空中的傳播速度為c。(1)求玻璃磚的折射率及光線從Q點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間；(2)現(xiàn)使光線PQ向左平移，求移動(dòng)多大距離時(shí)恰不能使光線從圓弧面射出(不考慮經(jīng)半圓柱內(nèi)表面反射后射出的光)。答案(1)eq\r(3)eq\f(2R,c)(2)eq\f(2－\r(3),3)R解析(1)光線PQ入射到玻璃磚表面，入射角α＝60°，設(shè)對(duì)應(yīng)折射光線QE的折射角為β，如圖所示：由幾何關(guān)系得：tanβ＝eq\f(\f(\r(3),3)R,R)＝eq\f(\r(3),3)，即β＝30°，根據(jù)折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)解得n＝eq\r(3)光線在玻璃磚內(nèi)傳播的速度為v＝eq\f(c,n)傳播的距離為QE＝eq\f(R,cosβ)光線從Q點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(QE,v)＝eq\f(2R,c)；(2)若使光線PQ向左平移距離x，折射光線Q′E′，到達(dá)圓弧面的入射角恰好等于臨界角C，則：sinC＝eq\f(1,n)在△Q′E′O應(yīng)用正弦定理有：eq\f(R,sin90°－β)＝eq\f(\f(\r(3),3)R＋x,sinC)聯(lián)立解得：x＝eq\f(2－\r(3),3)R。9．如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊P以v0＝2m/s的初速度從傳送帶左端滑上傳送帶，傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝5.25m。傳送帶右側(cè)水平面上放置一質(zhì)量為M＝8kg的光滑四分之一圓弧滑塊Q，Q的最低點(diǎn)與傳送帶平滑連接。傳送帶以v＝4m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦忽略不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2。(1)求四分之一圓弧滑塊的半徑。(2)試判斷物塊能否再次滑上圓弧滑塊，并說(shuō)明理由。(3)改變傳送帶的速度，且圓弧滑塊半徑足夠大，求傳送帶速度v傳與物塊在圓弧滑塊上運(yùn)動(dòng)到的最大高度的關(guān)系。答案(1)0.64m(2)能，理由見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析解析(1)物塊滑上傳送帶后，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)，物塊與傳送帶速度相同，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2ax＝v2－v02解得x＝3m<L物塊和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)2.25m后滑上圓弧滑塊設(shè)圓弧滑塊的半徑為R，物塊滑上圓弧滑塊的過(guò)程，在水平方向上，由動(dòng)量守恒定律有mv＝(m＋M)v′對(duì)物塊和圓弧滑塊，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋M)v′2解得R＝0.64m。(2)設(shè)物塊離開(kāi)圓弧滑塊時(shí)的速度大小為v1，圓弧滑塊的速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv＝mv1＋Mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝－2.4m/s，v2＝1.6m/s結(jié)合(1)中分析可知，物塊返回到傳送帶上后將從傳送帶右端再次返回到光滑水平面上，且速度大小為2.4m/s>v2，故物塊能再次運(yùn)動(dòng)到圓弧滑塊上。(3)傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)時(shí)物塊不能從傳送帶右端離開(kāi)，傳送帶沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，且物塊P在傳送帶上一直加速，有2aL＝v32－v02，則物塊在傳送帶上能達(dá)到的最大速度為v3＝5m/s，①當(dāng)傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，且速度小于5m/s時(shí)，物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度與傳送帶速度相同，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，物塊與圓弧滑塊的水平速度相同，在水平方向由動(dòng)量守恒定<5m/s)②當(dāng)傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，且速度大于等于5m/s時(shí)，物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度為5m/s，同理可得，物塊上升到的最大高度h＝1m(v傳≥5m/s)。

小綜合練(三)1.(2023·江蘇南通市調(diào)研)1917年斯泰瓦和托爾曼發(fā)現(xiàn)加速轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬環(huán)中產(chǎn)生了電流。正離子被金屬晶格束縛相對(duì)金屬環(huán)靜止，而電子由于慣性相對(duì)金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)，正離子和電子的運(yùn)動(dòng)共同產(chǎn)生電流。如圖所示，金屬環(huán)繞過(guò)圓心O且垂直于環(huán)平面的軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則()A．若勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)中會(huì)產(chǎn)生恒定電流B．若勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速越大，圓環(huán)中電流越大C．若加速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)中有順時(shí)針?lè)较螂娏鱀．若加速轉(zhuǎn)動(dòng)，O處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外答案C解析若勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)中的正離子和電子的相對(duì)位置不會(huì)變化，不會(huì)產(chǎn)生電流，故A、B錯(cuò)誤；若加速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)中正離子被金屬晶格束縛相對(duì)金屬環(huán)靜止，而電子由于慣性相對(duì)金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)即逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，根據(jù)正電荷的定向移動(dòng)方向?yàn)殡娏鞣较?，?fù)電荷的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)殡娏鞯姆捶较蚩芍许槙r(shí)針?lè)较螂娏鳎蔆正確；根據(jù)右手螺旋定則可知，若加速轉(zhuǎn)動(dòng)，O處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故D錯(cuò)誤。2.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，OO′右側(cè)空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，面積為S的金屬線框adcb與電壓表接觸良好，線框繞OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則電壓表示數(shù)為()A.eq\f(BSω,2)B.eq\f(BSω,\r(2))C．BSωD．0答案A解析若OO′左右兩側(cè)空間均有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且有一個(gè)阻值為R電阻組成閉合回路，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值Em＝BSω，電動(dòng)勢(shì)的有效值為E有效＝eq\f(BSω,\r(2))，在如圖所示的磁場(chǎng)中，線框繞OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，只有半個(gè)周期產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，設(shè)電壓表的示數(shù)為UV，即此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E有效′，仍假設(shè)有一個(gè)阻值為R的電阻與線框組成閉合回路。設(shè)周期為T(mén)，eq\f(\f(BSω,\r(2))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(E有效′2,R)×T，得E有效′＝eq\f(BSω,2)，電壓表示數(shù)為UV＝eq\f(BSω,2)，故選A。3.如圖所示，絕緣細(xì)圓環(huán)固定在絕緣水平面上，圓心位于O點(diǎn)，a、b將圓環(huán)二等分，c、d將圓環(huán)上半部分三等分。上半圓環(huán)上均勻分布著正電荷，下半圓環(huán)上均勻分布著等量負(fù)電荷。取走劣弧cd段后圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，取走劣弧ac和db段后圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2，則E1∶E2為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶eq\r(2) D．1∶eq\r(3)答案A解析將帶負(fù)電荷的下半圓環(huán)三等分，由對(duì)稱性可知，六部分圓環(huán)在O點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均相等，可將圓環(huán)的六個(gè)部分看成六個(gè)點(diǎn)電荷，如圖所示。設(shè)六個(gè)等效點(diǎn)電荷在圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，由平行四邊形定則可知，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為4E，取走劣弧cd段后圓心處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，又劣弧cd段在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則有E1＝3E。劣弧ac、db段在圓心O處的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則移走這兩段圓環(huán)后，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2＝3E，則E1∶E2＝1∶1，A正確。4．某同學(xué)將一定質(zhì)量的氣體封閉在導(dǎo)熱性能良好的注射器內(nèi)，注射器通過(guò)非常細(xì)的導(dǎo)氣管與壓強(qiáng)傳感器相連，將整套裝置置于恒溫水池中。開(kāi)始時(shí)，活塞位置對(duì)應(yīng)刻度數(shù)為“8”，測(cè)得壓強(qiáng)為p0。活塞緩慢壓縮氣體的過(guò)程中，當(dāng)發(fā)現(xiàn)導(dǎo)氣管連接處有氣泡產(chǎn)生時(shí)，立即進(jìn)行氣密性加固。繼續(xù)緩慢壓縮氣體，當(dāng)活塞位置對(duì)應(yīng)刻度數(shù)為“2”時(shí)，停止壓縮，此時(shí)壓強(qiáng)為eq\f(4,3)p0。則該過(guò)程中()A．泄漏氣體的質(zhì)量為最初氣體質(zhì)量的eq\f(2,3)B．氣泡在上升過(guò)程中內(nèi)部氣體壓強(qiáng)變大C．在壓縮氣體的過(guò)程中，氣體分子的平均動(dòng)能變大D．注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能不變答案A解析對(duì)于被封閉氣體，如沒(méi)有泄露氣體，等溫變化時(shí)，由玻意耳定律p0·8lS＝eq\f(4,3)p0·xlS，解得x＝6則泄露氣體的質(zhì)量與最初氣體質(zhì)量之比為Δm∶m＝ΔV∶V＝2∶3，故A正確；氣泡在上升過(guò)程，內(nèi)部氣體的壓強(qiáng)逐漸減小，故B錯(cuò)誤；注射器導(dǎo)熱性能良好，在壓縮氣體的過(guò)程中，氣體溫度不變，所以氣體分子的平均動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；注射器內(nèi)存留氣體的溫度不變，分子平均動(dòng)能不變，但分子數(shù)目減少，則注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能減少，故D錯(cuò)誤。5.(2023·江蘇南京市第二十九中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，一長(zhǎng)方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一條狀豎直擋板，擋板的兩端固定于水平地面上，擋板跟木板之間并不接觸?，F(xiàn)在有一個(gè)方形物塊在木板上沿?fù)醢逡阅骋凰俣冗\(yùn)動(dòng)，同時(shí)木板以相同大小的速度向左運(yùn)動(dòng)，木板的運(yùn)動(dòng)方向與豎直擋板垂直，已知物塊跟豎直擋板和水平木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，重力加速度為g，物塊的質(zhì)量為m，為讓方形物塊沿圖示方向勻速運(yùn)動(dòng)，需要對(duì)物塊沿?fù)醢宸较蚴┘油屏?，則推力F的大小為()A.eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg＋eq\f(\r(2),2)μ2mg B.eq\f(\r(2),2)μ1μ2mgC．μ2mg D.eq\f(\r(2),2)μ2mg答案A解析設(shè)物塊沿?fù)醢宸较虻乃俣葹関1，與木板的相對(duì)速度為v2，物塊相對(duì)于木板的運(yùn)動(dòng)方向如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得tanθ＝eq\f(v2,v1)＝1，可得θ＝45°木板對(duì)物塊的摩擦力Ff2方向與v合方向相反，擋板對(duì)物塊的支持力大小FN1＝Ff2sinθ，其中Ff2＝μ2mg，則擋板對(duì)物塊的摩擦力大小為Ff1＝μ1FN1，聯(lián)立可得Ff1＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg對(duì)物塊沿v1方向根據(jù)平衡條件得F＝Ff1＋Ff2cos45°＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg＋eq\f(\r(2),2)μ2mg，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。6.某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)提出了一種運(yùn)輸管道設(shè)想，如圖所示，沿地球某一橫截面(過(guò)球心)的一條弦鋪設(shè)一光滑管道，管道兩端分別在甲地和乙地。裝有貨物的小車(chē)從甲地以某一初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)管道運(yùn)動(dòng)到乙地。地球可看成質(zhì)量分布均勻的球體，已知質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零。不考慮地球自轉(zhuǎn)，不考慮小車(chē)自身的動(dòng)力，下列說(shuō)法正確的是()A．小車(chē)的加速度先減小后增大再減小再增大B．小車(chē)的加速度始終大于零C．在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，貨物對(duì)小車(chē)的壓力先減小后增大D．在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，貨物對(duì)小車(chē)的摩擦力始終為零答案D解析設(shè)地球的密度為ρ0，裝有貨物的小車(chē)的質(zhì)量為m，弦(甲、乙連線)的中點(diǎn)為O′點(diǎn)，O′點(diǎn)到地球球心的距離為h，當(dāng)小車(chē)運(yùn)動(dòng)到距O′點(diǎn)x處時(shí)，小車(chē)到地心的距離為r＝eq\r(x2＋h2)，所受萬(wàn)有引力大小為F＝eq\f(4,3)πρ0Gmr，萬(wàn)有引力沿弦方向的分力大小為F分＝Fsinθ，其中sinθ＝eq\f(x,r)，則F分＝eq\f(4,3)πρ0Gmx，由牛頓第二定律可知，小車(chē)的加速度大小與其到O′點(diǎn)的距離成正比，在O′點(diǎn)小車(chē)受到的萬(wàn)有引力最小，加速度大小為零，速度最大，A、B錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，管道對(duì)小車(chē)的作用力FN＝Fcosθ＝eq\f(4,3)πρ0Gmh，始終不變，同理可知，小車(chē)與貨物之間的壓力也不變，C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，貨物對(duì)小車(chē)的摩擦力為零，D正確。7．(2022·江蘇卷·11)小明利用手機(jī)測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，?shí)驗(yàn)場(chǎng)景如圖甲所示，他將一根木條平放在樓梯臺(tái)階邊緣，小球放置在木條上，打開(kāi)手機(jī)的“聲學(xué)秒表”軟件，用鋼尺水平擊打木條使其轉(zhuǎn)開(kāi)后、小球下落撞擊地面，手機(jī)接收到鋼尺的擊打聲開(kāi)始計(jì)時(shí)，接收到小球落地的撞擊聲停止計(jì)時(shí)，記錄下?lián)舸蚵暸c撞擊聲的時(shí)間間隔t，多次測(cè)量不同臺(tái)階距離地面的高度h及對(duì)應(yīng)的時(shí)間間隔t。(1)現(xiàn)有以下材質(zhì)的小球，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)當(dāng)選用________________________________。A．鋼球B．乒乓球C．橡膠球(2)用分度值為1mm的刻度尺測(cè)量某級(jí)臺(tái)階高度h的示數(shù)如圖乙所示，則h＝________cm。(3)作出2h－t2圖線，如圖丙所示，則可得到重力加速度g＝________m/s2。(4)在圖甲中，將手機(jī)放在木條與地面間的中點(diǎn)附近進(jìn)行測(cè)量，若將手機(jī)放在地面A點(diǎn)，設(shè)聲速為v，考慮擊打聲的傳播時(shí)間，則小球下落時(shí)間可表示為t′＝________(用h、t和v表示)。(5)有同學(xué)認(rèn)為，小明在實(shí)驗(yàn)中未考慮木條厚度，用圖像法計(jì)算的重力加速度g必然有偏差。請(qǐng)判斷該觀點(diǎn)是否正確，簡(jiǎn)要說(shuō)明理由__________________________________________。答案(1)A(2)61.20(3)9.52(4)t＋eq\f(h,v)(5)不正確，理由見(jiàn)解析解析(1)為了減小空氣阻力等誤差影響，應(yīng)該選用材質(zhì)密度較大的小鋼球，故選A。(2)刻度尺的分度值為1mm，估讀到分度值的下一位，由題圖可知h＝61.20cm。(3)根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知eq\f(2h,t2)＝g，故在2h－t2圖像中斜率表示重力加速度，則根據(jù)圖線有g(shù)＝eq\f(3.26－0.50,0.35－0.06)m/s2≈9.52m/s2(4)下落過(guò)程中聲音傳播的時(shí)間為t0＝eq\f(h,v)則小球下落的時(shí)間為t′＝t＋t0＝t＋eq\f(h,v)(5)設(shè)木條厚度為H，臺(tái)階距離地面的高度為h1時(shí)的時(shí)間為t1，高度為h2(h2>h1)時(shí)的時(shí)間為t2；則根據(jù)前面的分析有g(shù)＝eq\f(2h2＋H－2h1＋H,t22－t12)＝eq\f(2h2－h(huán)1,t22－t12)可知與H無(wú)關(guān)。8.(2023·江蘇鎮(zhèn)江市三模)如圖所示，一個(gè)處于光滑水平面的彈簧振子，O點(diǎn)是其平衡位置，振子質(zhì)量為m，彈簧勁度系數(shù)為k，其振動(dòng)周期為T(mén)＝2πeq\r(\f(m,k))，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度為v，在O點(diǎn)正上方有一質(zhì)量為m的物體自由下落，恰好落在振子上，并與振子粘在一起振動(dòng)。(1)求物體落在振子上后，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度大?。?2)以物體落在振子上為t＝0時(shí)刻，求振子到達(dá)最左端的時(shí)刻。答案(1)eq\f(1,2)v(2)eq\f(1＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)或eq\f(3＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)解析(1)振子與物體碰撞過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒mv＝2mv共，解得物體落在振子上后，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度大小v共＝eq\f(1,2)v(2)彈簧振子周期T＝2πeq\r(\f(2m,k))，振子第一次到達(dá)最左端的時(shí)刻可能為t1＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2m,k))，t2＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(2m,k))，振子第N次達(dá)到最左端的時(shí)刻可能為t1′＝eq\f(1＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)t2′＝eq\f(3＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)9．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)波蕩器是利用同步輻射產(chǎn)生電磁波的重要裝置，它能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺。其裝置簡(jiǎn)化模型如圖所示，n個(gè)互不重疊的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)沿水平直線分布，半徑均為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相同，方向均垂直紙面，相鄰磁場(chǎng)方向相反、間距相同，初始時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0。一重力不計(jì)的帶正電粒子，從靠近平行板電容器P板處由靜止釋放，P、Q極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面從A點(diǎn)射入波蕩器，射入時(shí)速度與水平直線夾角為θ，θ在0～30°范圍內(nèi)可調(diào)。(1)若粒子入射角θ＝0，粒子恰好能從O1點(diǎn)正下方離開(kāi)第一個(gè)磁場(chǎng)，求粒子的比荷k；(2)若粒子入射角θ＝30°，調(diào)節(jié)AO1的距離d、磁場(chǎng)的圓心間距D和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使粒子每次穿過(guò)水平線時(shí)速度與水平線的夾角均為30°，最終通過(guò)同一水平線上的F點(diǎn)，A到F的距離為L(zhǎng)＝2eq\r(3)nR，求D的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；(3)在第(2)問(wèn)的情況下，求粒子從A運(yùn)動(dòng)到F的時(shí)間。答案(1)eq\f(2U,R2B02)(2)2eq\r(3)Req\f(\r(3),3)B0(3)(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)解析(1)設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2由幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB0＝eq\f(mv2,R)聯(lián)立解得粒子的比荷為k＝eq\f(q,m)＝eq\f(2U,R2B02)(2)粒子的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得D＝2d＝eq\f(L,n)＝2eq\r(3)R粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心恰好在磁場(chǎng)圓周上且在磁場(chǎng)圓心的正下方或正上方。由幾何關(guān)系可得r1＝eq\r(3)R，qvB1＝eq\f(mv2,r1)可得B1＝eq\f(\r(3),3)B0(3)由幾何關(guān)系可得粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角α＝eq\f(π,3)，AH＝R每次從水平線到磁場(chǎng)邊緣的時(shí)間為t1＝eq\f(R,v)每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(αr1,v)可得粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝n(2·t1＋t2)＝(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)。

小綜合練(四)1.舞蹈《只此青綠》表演中，需要舞者兩腳前后分開(kāi)，以胯部為軸，上半身緩慢后躺，與地面近乎平行，在舞者緩慢后躺的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．舞者對(duì)地面的壓力就是舞者的重力B．地面對(duì)舞者的支持力和舞者的重力是一對(duì)平衡力C．舞者受到地面的摩擦力向前D．舞者處于失重狀態(tài)答案B解析舞者緩慢后躺，始終處于平衡狀態(tài)，則舞者所受的支持力大小始終等于舞者的重力大小，而舞者對(duì)地面的壓力和地面對(duì)舞者的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，故舞者對(duì)地面的壓力大小等于舞者的重力大小，故A錯(cuò)誤；地面對(duì)舞者的支持力和舞者的重力二者大小相等，方向相反，作用在同一物體上，故是一對(duì)平衡力，故B正確；舞者緩慢后躺，始終處于平衡狀態(tài)，重力大小和支持力大小相等，不處于失重狀態(tài)，且水平方向上不受摩擦力，故C、D錯(cuò)誤。2．(2023·江蘇南京市金陵中學(xué)月考)放射性元素A衰變時(shí)放出α粒子同時(shí)生成新核C，A的半衰期為t；放射性元素B衰變時(shí)放出β粒子同時(shí)生成新核D，B的半衰期為2t。A和B為同位素，且A的質(zhì)量數(shù)比B多3，開(kāi)始時(shí)放射性元素A的數(shù)目(大量)為放射性元素B數(shù)目的4倍。則下列說(shuō)法正確的是()A．C比D的電荷數(shù)少1B．C比D的中子數(shù)多3C．經(jīng)時(shí)間2t，剩余A的數(shù)目仍為B的4倍D．經(jīng)時(shí)間4t，剩余A的數(shù)目與B相同答案D解析設(shè)A的電荷數(shù)為m，質(zhì)量數(shù)為n，則B的電荷數(shù)為m，質(zhì)量數(shù)為n－3，A的衰變方程為eq\o\al(n,m)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\ar(n－4,m－2)C，B的衰變方程為eq\o\ar(n－3,m)B→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\ar(n－3,m＋1)D，C比D的電荷數(shù)少3，中子數(shù)多2，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)初始時(shí)A的原子核數(shù)為4N，B的是N，經(jīng)過(guò)2t時(shí)間，A剩余的數(shù)目為N1＝4N(eq\f(1,2))2＝N，B剩余的數(shù)目為N2＝eq\f(1,2)N，經(jīng)過(guò)4t時(shí)間，A剩余的數(shù)目為N1′＝4N(eq\f(1,2))4＝eq\f(N,4)，B剩余的數(shù)目為N2′＝N(eq\f(1,2))2＝eq\f(N,4)，故C錯(cuò)誤，D正確。3.(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)如圖所示，由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌道不是拋物線，而是圖中的“彈道曲線”，圖中a、c高度相同，b為彈道曲線最高點(diǎn)，則炮彈()A．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)加速度豎直向下B．在下落過(guò)程中機(jī)械能增加C．重力在ab段的沖量小于bc段的沖量D．在ab段克服阻力做功小于bc段克服阻力做功答案C解析在曲線最高點(diǎn)b點(diǎn)位置時(shí)，豎直方向沒(méi)有速度，僅有水平方向的分速度，因此除了會(huì)受到豎直向下的重力，還會(huì)受到水平方向的空氣阻力，因此二力的合力不是豎直向下的，由牛頓第二定律可知，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)加速度也不是豎直向下的，故A錯(cuò)誤；下落過(guò)程中由于有空氣阻力做功，因此機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；重力沖量為I＝mgt，因?yàn)榕趶椛仙^(guò)程受到豎直向下的重力和向下的空氣阻力，所以其加速度大小大于g，而下降過(guò)程受到向上的空氣阻力和豎直向下的重力，所以其加速度大小小于g，故上升過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間小于下降過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間，所以重力在ab段的沖量小于bc段的沖量，故C正確；由于空氣阻力一直做負(fù)功，所以機(jī)械能減小，而在a、c兩點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能相同，故經(jīng)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，由能量守恒可得在ab段克服阻力做功大于bc段克服阻力做功，故D錯(cuò)誤。4．如圖甲所示為某品牌的氣壓式電腦椅，其簡(jiǎn)易構(gòu)造如圖乙所示，圓柱形汽缸與椅面固定連接，總質(zhì)量為m。橫截面為S的柱狀汽缸桿與底座固定連接，可自由移動(dòng)的汽缸與汽缸桿之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體。設(shè)汽缸氣密性、導(dǎo)熱性良好，忽略摩擦力。已知大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A．人迅速坐下時(shí)，缸內(nèi)氣體的溫度可能不變B．人坐在椅子上不動(dòng)，打開(kāi)空調(diào)，環(huán)境溫度降低時(shí)，椅面會(huì)下降C．人離開(kāi)椅子后，足夠長(zhǎng)時(shí)間內(nèi)，汽缸內(nèi)的氣體放出熱量D．若質(zhì)量為M的人盤(pán)坐在椅面上，則汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為eq\f(m＋Mg,S)答案B解析人迅速坐下時(shí)，外界對(duì)氣體做功，氣體還沒(méi)來(lái)得及與外界充分發(fā)生傳熱，即Q＝0，W＞0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，則ΔU＞0，所以缸內(nèi)氣體的溫度升高，故A錯(cuò)誤；人坐在椅子上不動(dòng)，由于人處于平衡狀態(tài)，可知?dú)怏w的壓強(qiáng)不發(fā)生變化，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，可知，環(huán)境溫度降低時(shí)，缸內(nèi)氣體體積減小，椅面會(huì)下降，故B正確；人離開(kāi)椅子后，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，氣體的溫度和外界溫度相等，可知?dú)怏w的內(nèi)能不變，氣體體積增大，則氣體對(duì)外界做功，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，可知汽缸內(nèi)的氣體吸收熱量，故C錯(cuò)誤；質(zhì)量為M的人盤(pán)坐在椅面上，由受力平衡有(M＋m)g＋p0S＝pS，解得p＝p0＋eq\f(m＋Mg,S)，故D錯(cuò)誤。5．(2023·江蘇淮安市模擬)北京高能物理研究所的正、負(fù)粒子對(duì)撞機(jī)是世界八大高能加速器中心之一，是中國(guó)第一臺(tái)高能加速器，其結(jié)構(gòu)如圖所示，正、負(fù)粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向同時(shí)注入對(duì)撞機(jī)的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，正、負(fù)粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)只受洛倫茲力作用而沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后在碰撞區(qū)內(nèi)迎面相撞，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是()A．正、負(fù)粒子的比荷可以不相同B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能大C．加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大D．對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，可能是由于U不變、B變大引起的答案B解析根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)，可知正、負(fù)粒子的比荷一定相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(1,2)·eq\f(q,m)·qB2r2，磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能大，B正確；根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))，加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小，C錯(cuò)誤；根據(jù)B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))可知對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，若U不變，B就不能變。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，可知一定的粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，一定是U變大，B相應(yīng)變大，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間會(huì)變短，同時(shí)加速過(guò)程的時(shí)間也會(huì)變短，故D錯(cuò)誤。6.如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在斜面上，空間中存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩完全相同的金屬棒A、B垂直導(dǎo)軌放置。初始時(shí)將棒B固定，棒A由靜止釋放，當(dāng)棒A開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，將棒B由靜止釋放。已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，只考慮金屬棒的電阻。從釋放棒B開(kāi)始計(jì)時(shí)，下列A、B兩棒速度隨時(shí)間變化的圖像正確的是()答案B解析棒A勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒A受到的沿導(dǎo)軌向上的安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力相等，有mgsinθ＝eq\f(B2L2v,2R)，棒A的加速度為零。釋放棒B瞬間，棒B受到的安培力沿導(dǎo)軌向下，與棒A所受的安培力大小相等，則釋放瞬間棒B的加速度為aB＝eq\f(mgsinθ＋\f(B2L2v,2R),m)＝2gsinθ，棒B向下加速，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向與棒A產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相反，回路中的電流變小，棒A受到的沿斜面向上的安培力小于重力沿斜面向下的分力，棒A也向下加速，棒B的加速度從2gsinθ逐漸變小，棒A的加速度從零開(kāi)始增加，兩棒均做加速運(yùn)動(dòng)。由mgsinθ＋eq\f(B2L2,2R)Δv＝maB′和mgsinθ－eq\f(B2L2,2R)Δv＝maA′可知，棒A的速度大于棒B的速度時(shí)，aB′一定大于aA′，兩棒的速度差就會(huì)減小，則穩(wěn)定時(shí)兩金屬棒的速度一定相等，且aA＝aB＝gsinθ，B正確。7．某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)想盡量準(zhǔn)確測(cè)量一節(jié)廢棄干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r(約為幾歐)，實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)干電池E；標(biāo)準(zhǔn)電池E0，電動(dòng)勢(shì)E0＝1.5V，內(nèi)阻r0＝1.0Ω；電流表G，量程Ig＝50mA，內(nèi)阻Rg未知；電阻箱R；單刀雙擲開(kāi)關(guān)S；導(dǎo)線若干。設(shè)計(jì)的電路圖如圖甲所示。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①根據(jù)電路圖，連接實(shí)物圖。②開(kāi)關(guān)S撥到a，調(diào)節(jié)電阻箱R取不同的值，記錄對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I。擬合出的eq\f(1,I)－R圖像如圖乙中a所示。③開(kāi)關(guān)S撥到b，調(diào)節(jié)電阻箱R取不同的值，記錄對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I。擬合出的eq\f(1,I)－R圖像如圖乙中b所示。請(qǐng)完成下列問(wèn)題：(1)在圖丙中以筆畫(huà)線代替導(dǎo)線連接實(shí)物圖。(2)實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)電阻箱，如圖丁所示時(shí)，電阻箱R的阻值為_(kāi)_______Ω。(3)某次電流表指針?biāo)肝恢萌鐖D戊所示，則電流表的示數(shù)為_(kāi)_______mA。(4)由圖乙可知干電池電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω，電流表內(nèi)阻Rg＝________Ω。(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)答案(1)見(jiàn)解析圖(2)622(3)43(4)1.304.135.00解析(1)實(shí)物圖如圖所示。(2)電阻箱R的阻值為6×100Ω＋2×10Ω＋2×1Ω＝622Ω。(3)根據(jù)電流表讀數(shù)規(guī)則可知，電流表示數(shù)為43mA。(4)開(kāi)關(guān)S撥到a時(shí)，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E0,r0＋Rg＋R)， 整理得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E0)R＋eq\f(r0＋Rg,E0)。可以看出eq\f(1,I)－R圖中直線a的縱截距b1＝eq\f(r0＋Rg,E0)，可得Rg＝b1E0－r0，將直線a的縱截距b1＝4.0A－1代入得Rg＝5.00Ω。開(kāi)關(guān)S撥到b時(shí)，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,r＋Rg＋R)，整理得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r＋Rg,E)?？梢钥闯鰁q\f(1,I)－R圖中直線b的斜率k2＝eq\f(1,E)，得E＝eq\f(1,k2)。縱截距b2＝eq\f(r＋Rg,E)，可解得r＝b2E－Rg＝eq\f(b2,k2)－Rg。圖中k2＝eq\f(23,30)V－1，b2＝7.0A－1，代入得E＝1.30V，r＝4.13Ω。8．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市二模)如圖甲為一“永動(dòng)機(jī)”玩具，其模型簡(jiǎn)化圖如圖乙，abcd是一組光滑細(xì)金屬雙軌，軌道間距為l＝0.8cm，bc段水平。按下一個(gè)隱蔽開(kāi)關(guān)后，把質(zhì)量m＝3.6g的鋼球從軟木盤(pán)中心洞口O無(wú)初速度釋放，鋼球便沿軌道運(yùn)動(dòng)至d點(diǎn)斜向上飛出，速度與水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O點(diǎn)附近的G點(diǎn)，接著在洞口附近來(lái)回運(yùn)動(dòng)一段＝0.8。(1)已知鋼球直徑d＝1cm，求鋼球在bc段上滾動(dòng)時(shí)，每條軌道對(duì)鋼球的支持力F的大??；(2)若將鋼球視作質(zhì)點(diǎn)，Gd處在同一高度，水平距離s＝60cm，求鋼球從d點(diǎn)飛出后能上升的最大高度h；(3)要使鋼球能“永動(dòng)”，求鋼球每運(yùn)動(dòng)一圈，玩具中隱蔽的加速裝置需對(duì)鋼球做的功W。答案(1)0.03N(2)0.2m(3)1.125×10－2J解析(1)鋼球在bc段上滾動(dòng)時(shí)，支持力與豎直方向夾角滿足sinθ＝eq\f(\f(l,2),\f(d,2))＝eq\f(4,5)豎直方向根據(jù)受力平衡可得2Fcosθ＝mg聯(lián)立解得F＝0.03N(2)Gd間的運(yùn)動(dòng)可以視為斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有eq\f(s,2)＝vxt豎直方向有vy＝gtd點(diǎn)速度與水平方向夾角滿足tan53°＝eq\f(vy,vx)又h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得t＝0.2s，h＝0.2m(3)d點(diǎn)拋出時(shí)的豎直分速度為vy＝gt＝2m/sd點(diǎn)速度為vd＝eq\f(vy,sin53°)＝2.5m/s由動(dòng)能定理可知，鋼球每運(yùn)動(dòng)一圈加速裝置需對(duì)鋼球做的功為W＝eq\f(1,2)mvd2－0＝1.125×10－2J。9.如圖所示，豎直圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，固定在圓盤(pán)上的小圓柱(可視為質(zhì)點(diǎn))會(huì)帶動(dòng)T形支架在豎直方向振動(dòng)，小圓柱到轉(zhuǎn)動(dòng)軸O的距離r＝0.2m。T形支架末端與導(dǎo)體棒MN的中點(diǎn)相連，導(dǎo)體棒MN始終與豎直放置的光滑導(dǎo)軌ab、cd垂直且接觸良好，導(dǎo)軌平面內(nèi)存在大小為B＝1T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)。已知導(dǎo)體棒MN的質(zhì)量m＝0.1kg，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m，ab、cd的間距L＝0.5m，定值電阻R＝0.5Ω，其余電阻均忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，不考慮電路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)。現(xiàn)使圓盤(pán)以2s的周期勻速運(yùn)動(dòng)，T形支架帶動(dòng)導(dǎo)體棒MN在磁場(chǎng)內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，從導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)。(計(jì)算時(shí)取π2＝10)(1)寫(xiě)出導(dǎo)體棒的位移x(x為相對(duì)平衡位置的位移，規(guī)定豎直向上為正方向)隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。(2)求0～0.5s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱。(3)求0～0.5s內(nèi)T形支架對(duì)導(dǎo)體棒做的功。答案(1)x＝－0.2cosπt(m)(2)0.05J(3)0.27J解析(1)分析可知導(dǎo)體棒的振幅A＝r＝0.2m，周期T＝2s，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知x與t的關(guān)系式為x＝－Acos

eq\f(2π,T)t＝－0.2cosπt(m)。(2)導(dǎo)體棒的速度v＝eq\f(2π,T)r·sin

eq\f(2π,T)t＝eq\f(π,5)sinπt(m/s)回路中的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝eq\f(π,10)sinπt(V)0～0.5s內(nèi)，剛好完成eq\f(1,4)個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝(eq\f(Em,\r(2)R))2Rt＝(eq\f(π,10\r(2)R))2Rt(J)＝0.05J。(3)0～0.5s內(nèi)導(dǎo)體棒重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgr＝0.2J導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mvm2－0＝eq\f(1,2)m(eq\f(2π,T)r)2＝0.02J，0～0.5s內(nèi)T形支架對(duì)導(dǎo)體棒做的功為W＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝0.27J。

小綜合練(五)1．(2023·江蘇省如東中學(xué)等四校聯(lián)考)一條輕長(zhǎng)繩放置在水平桌面上，俯視圖如圖甲所示，用手握住長(zhǎng)繩的一端O，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始用手帶動(dòng)O點(diǎn)沿垂直繩的方向(圖甲中y軸方向)在水平面內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，0～6s內(nèi)O點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示。t＝4s時(shí)輕長(zhǎng)繩上的波形圖可能正確的是()答案B解析由題圖乙可知，波形圖對(duì)應(yīng)的質(zhì)點(diǎn)起振方向?yàn)閥軸正方向，且開(kāi)始時(shí)的周期較小，則對(duì)應(yīng)的波形圖開(kāi)始時(shí)波長(zhǎng)較小。故選B。2．在激光出現(xiàn)后，多光子光電效應(yīng)得以實(shí)現(xiàn)。多光子光電效應(yīng)即金屬表面的一個(gè)電子吸收多個(gè)光子發(fā)生的光電效應(yīng)。某金屬片的極限波長(zhǎng)為λ0，用頻率為ν的弱單色光照射，發(fā)現(xiàn)沒(méi)有光電子放出。若保持頻率ν不變，逐漸增大光強(qiáng)，直至釋放出光電子，已知普朗克常量為h、真空中的光速為c，則該金屬表面一個(gè)電子變?yōu)楣怆娮拥倪^(guò)程吸收的光子數(shù)量最少為()A.eq\f(c,νλ0)B.eq\f(νλ0,c)C.eq\f(hc,νλ0)D.eq\f(c,hνλ0)答案A解析由題述可知，該金屬的逸出功為W0＝eq\f(hc,λ0)，則由題述可知，設(shè)該金屬表面一個(gè)電子變?yōu)楣怆娮拥倪^(guò)程最少吸收n個(gè)光子時(shí)，能夠發(fā)生光電效應(yīng)。則nhν＝W0，解得n＝eq\f(c,νλ0)，A正確。3.如圖為掛在架子上的雙層晾衣籃的結(jié)構(gòu)示意圖。上、下籃子完全相同且保持水平，每個(gè)籃子由兩個(gè)質(zhì)地均勻的圓形鋼圈穿進(jìn)網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過(guò)四根等長(zhǎng)的輕繩與鋼圈的四等分點(diǎn)相連，上籃鋼圈用另外四根等長(zhǎng)輕繩系在掛鉤上。晾衣籃的有關(guān)尺寸如圖所示，則圖中上、下層各一根輕繩的張力大小之比為()A．1∶1B．2∶1C．5∶2D．5∶4答案C解析設(shè)一個(gè)籃子的質(zhì)量為m，連接下籃的繩子的拉力為FT2，對(duì)下籃，根據(jù)平衡條件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)；設(shè)連接上籃的繩子的拉力為FT1，繩子與豎直方向夾角為θ，對(duì)兩個(gè)籃整體由平衡條件得4FT1cosθ＝2mg，根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，聯(lián)立解得FT1＝eq\f(5,8)mg，則eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(5,2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.如圖所示質(zhì)量均為m的滑塊A、B，A不帶電，B帶正電，電荷量為q，A套在固定豎直桿上，B放在絕緣水平面上并靠近豎直桿，A、B間通過(guò)鉸鏈及長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣輕桿連接且靜止。現(xiàn)施加水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，B開(kāi)始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，已知A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦。則在A下滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是()A．A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)A的作用力大小為qEC．A的機(jī)械能最小時(shí)，B的加速度大小為eq\f(qE,m)D．A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，A的速度大小為eq\r(2gL＋\f(qEL,m))答案D解析A、B組成的系統(tǒng)因有靜電力做功，故機(jī)械能不守恒，A正確，不符合題意；A到最低點(diǎn)時(shí)B的速度為0，處于平衡狀態(tài)，故桿對(duì)B的作用力大小等于靜電力qE，則輕桿對(duì)A的作用力大小也為qE，B正確，不符合題意；桿先對(duì)A做負(fù)功后對(duì)A做正功，A的機(jī)械能先減小后增加，當(dāng)桿對(duì)A的作用力為0時(shí)，A的機(jī)械能最小，此時(shí)B僅受靜電力，故B的加速度大小為eq\f(qE,m)，C正確，不符合題意；A落地的瞬時(shí)，B的速度為0，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL＋\f(2qEL,m))，D錯(cuò)誤，符合題意。5．示波器是一種用途廣泛的電子測(cè)量?jī)x器。如圖甲所示，電子槍可不斷生成速度近似為零的電子，偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和YY′之間不加電壓時(shí)，電子被加速電場(chǎng)加速后沿直線(Z軸)運(yùn)動(dòng)，打到熒光屏中心O，熒光屏如圖乙所示，XX′之間或YY′之間加12V電壓時(shí)，電子打在熒光屏上的位置相對(duì)O點(diǎn)的偏轉(zhuǎn)距離為1cm，方形熒光屏的邊長(zhǎng)為5cm，則所給電場(chǎng)組合方式能使熒光屏上形成圖丙所示圖像的是()A．①③B．②④C．①④D．②③答案A解析設(shè)電子在單個(gè)方向偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，離開(kāi)該電場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則電子在該方向的偏轉(zhuǎn)距離為x′＝eq\f(1,2)at12＋at1t2，又粒子沿Z軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，則要使粒子在X方向偏轉(zhuǎn)5cm，電子在X軸方向的最大加速度要增大到原來(lái)的5倍，由qeq\f(U,d)＝ma知，最大偏轉(zhuǎn)電壓要增大到原來(lái)的5倍，則①符合要求，②不符合。同理Y方向最大加速度需是12V時(shí)的3倍，最大偏轉(zhuǎn)電壓要增大到原來(lái)的3倍。①中X軸方向電壓變化周期為6×10－2s，示波器上有兩個(gè)波形，則Y軸方向電壓變化周期為3×10－2s，③符合要求。綜上所述，A正確。6.(2023·江蘇徐州市一模)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體A放在光滑的水平面上，已知A的質(zhì)量為2m，高為h，質(zhì)量為m的細(xì)長(zhǎng)直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運(yùn)動(dòng)。初始時(shí)，A在水平推力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)B桿下端正好壓在A的頂端?，F(xiàn)撤去推力F，A、B便開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則()A．推力F的大小為mgsinθB．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A對(duì)B不做功C．A、B組成的系統(tǒng)，水平方向上動(dòng)量守恒D．當(dāng)桿的下端剛滑到斜面底端時(shí)，斜面體的速度大小為eq\r(\f(2gh,2＋tan2θ))答案D解析靜止時(shí)A對(duì)B只有垂直斜面