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·江蘇省海安高級中學(xué)月考)a、b兩束單色光的波長分別為λa和λb，通過相同的單縫衍射實驗裝置得到如圖所示的圖樣，則這兩束單色光()A．b單色光的波動性比a單色光強B．在水中的傳播速度va＜vbC．光子動量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驗裝置的條件下，光的波長越長，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單色光的波動性比a單色光弱，故A錯誤；波長長，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錯誤；光子動量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錯誤。2.如圖所示，兩個體積相同的容器，甲一直敞口，乙在中午蓋上蓋子密封。到了夜間溫度降低。若大氣壓強保持不變，容器導(dǎo)熱性良好，下列說法正確的是()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“原來的氣體”體積變小，會再進入一部分氣體，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，分子平均動能減小，內(nèi)能減小，B錯誤；氣體壓強p＝eq\f(F,S)＝eq\f(I,St)，等于氣體分子單位時間對單位面積器壁的沖量，夜間溫度降低，分子平均動能減小，平均每次撞擊對器壁的沖量變小，又甲容器中氣體壓強不變，所以氣體分子單位時間撞擊單位面積器壁的次數(shù)增加，C錯誤；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，外界對其不做功，可知氣體向外界放熱，D錯誤。3.(2023·江蘇無錫市期末)如圖所示，一球員將足球從球門正前方某處踢出，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。所受空氣阻力不變，不考慮足球的旋轉(zhuǎn)，則足球()A．經(jīng)過位置2時，重力的功率最大B．由位置1運動到位置3過程中，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運動到位置2的時間小于由位置2運動到位置3的時間答案D解析足球經(jīng)過最高點位置2時，豎直方向速度vy減為零，由pG＝mgvy得，此時重力的功率最小，A錯誤；由于足球運動的過程中受到空氣阻力作用，阻力做負功，則足球從位置1運動到位置3過程中，合力做負功，B錯誤；空氣阻力方向與速度方向相反，足球在位置2時，豎直速度為零，阻力與重力成90°夾角；在位置3時，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錯誤；由于運動時間由豎直方向的運動決定，則對豎直方向受力分析，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，由h＝eq\f(1,2)at2可得，由位置1運動到位置2的時間小于由位置2運動到位置3的時間，D正確。4．(2023·江蘇省海安高級中學(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均勻帶有等量的負電，帶電荷量為－Q。M、N為兩球心連線上兩點，P、Q連線過球心O1且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點到O1距離相等。取無窮遠處電勢為零。則()A．M、N兩點電場強度相等B．M、N兩點電勢相等C．將＋q從N點移至P點靜電力做負功D．電子在M點的電勢能比在N點的大答案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電荷的小球，兩球帶電荷量相等，將其等效為位于球心的點電荷，因為具體比例不清楚，無法判斷兩點電場強度，故A錯誤；完整球體A在M、N兩點電勢相等，而對于B來說，則靠近N點，所以φN＜φM，故B錯誤；同理φN＜φP，將＋q從N點移至P點，電勢能Ep＝φq增大，靜電力做負功，故C正確；φN<φM，則電子在M點的電勢能比在N點的小，故D錯誤。5.(2023·江蘇揚州市高郵中學(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為圓心做勻速圓周運動。為研究方便簡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的運行角速度小于黑洞B的運行角速度C．人類要把航天器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進行探索，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，它們運行的周期變大答案C解析黑洞A與黑洞B繞O點在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相同，所以，二者的角速度相等，設(shè)它們相距為L，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錯誤；人類要把航天器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進行探索，必須沖出太陽系，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＝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錯誤。6.如圖所示，一彈性繩原長為L0，一端固定在天花板上P點，另一端穿過光滑小環(huán)后與小鐵塊M相連，小環(huán)固定在P點正下方Q處，P、Q距離等于L0。鐵塊從水平面上a處由靜止釋放，在彈性繩的拉動下，經(jīng)過Q點正下方的O處，運動到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摩擦因數(shù)處處相同。以O(shè)為坐標原點沿鐵塊運動方向建立x軸，從a到b過程鐵塊的動能Ek、系統(tǒng)(鐵塊和彈性繩)機械能E隨位置坐標變化的圖像較符合實際的是()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，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。鐵塊所受滑動摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－kh)。若mg＝kh，則鐵塊不受摩擦力，由機械能守恒定律可知，b點應(yīng)和a點關(guān)于O點對稱，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，加速度為0，速度達到最大，鐵塊動能達到最大，此位置在O點左側(cè)，A、C錯誤。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錯誤，D正確。7．(2023·江蘇省一模)某實驗小組用圖甲所示裝置測量木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ。實驗操作步驟如下：①取若干個完全相同的鉤碼，將部分鉤碼懸掛在細線下，剩余的鉤碼放在木塊凹槽中，記錄懸掛鉤碼的個數(shù)n；②保持長木板水平，釋放木塊后打點計時器打出紙帶；③將木塊凹槽中的鉤碼逐個添加到細線下端，重復(fù)多次打出紙帶。(1)如圖乙所示用刻度尺測量紙帶上點的位置，其第4點讀數(shù)為________cm。(2)已知打點周期為T＝0.02s，第5點的瞬時速度為________m/s。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)測得懸掛鉤碼個數(shù)n與相應(yīng)的加速度a如下表，請根據(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678910(4)實驗中發(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的測量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實值。答案(1)10.30(2)0.85(3)見解析圖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)細線下端掛有n個鉤碼時，對這n個鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－FT＝nma，對木塊及剩余鉤碼，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)實驗中發(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)計算，則μ的測量值小于真實值。8.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，開口向上豎直放置的玻璃管長為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T0，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，空氣柱的溫度T；(2)水銀柱上升過程中，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，封閉氣體內(nèi)部壓強不變，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，空氣柱對水銀做功為W1＝(p0S＋mg)h在水銀柱上升至管口并只剩下一半水銀時，空氣柱對水銀做功W2＝eq\x\to(F)·eq\f(h,2)＝eq\f(p0S＋mg＋p0S＋\f(mg,2),2)·eq\f(h,2)故整個過程，空氣柱對水銀做功為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，在足夠長的粗糙水平面上放一長為L＝2.5m、質(zhì)量為m＝1kg、左右擋板厚度不計的不帶電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)，Q的帶電荷量始終為q＝＋2×10－2C。整個裝置始終處在一個水平向右的勻強電場中，電場強度大小為E＝1×103N/C，Q與盒子內(nèi)表面無摩擦，物塊放開后即在盒內(nèi)向右運動與右擋板碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞過程中沒有機械能損失，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)果可用分數(shù)表示)；(3)P最終是否會停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒內(nèi)P前進的路程；若P會停止，求P前進的總路程。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，由動能定理得qEL＝eq\f(1,2)Mv02－0碰撞過程動量守恒Mv0＝MvQ＋mvP碰撞過程機械能守恒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勻加速運動的加速度大小aQ＝eq\f(qE,M)＝5m/s2碰后P勻減速運動的加速度大小aP＝eq\f(μM＋mg,m)＝25m/s2設(shè)物塊Q與盒子P速度相等時經(jīng)過時間為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Q與盒子右擋板間的距離最大，最大距離為二者相對位移，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，此時不會與盒子左擋板碰撞。(3)由qE<μ(M＋m)g可知P、Q終將停止(否則前進足夠長的位移，減少的電勢能會小于增加的內(nèi)能，違背能量守恒定律)停止時，Q在P的右端，設(shè)P前進的總路程為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)充氣過程籃球體積不變，則()A．剛充完氣，兩球中氣體分子的平均動能相等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)氣體壓強相等D．對甲充氣過程人做的功比對乙的多答案D解析用打氣筒給甲球快速充氣，外界對氣體做功，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能比乙球大，故A錯誤；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，則甲球的氣體壓強比乙球大，故C錯誤；兩球充入空氣的質(zhì)量相同，由于充氣過程，甲球的氣體壓強大于乙球的氣體壓強，則對甲充氣過程人需要克服氣體壓強做的功更多，即對甲充氣過程人做的功比對乙的多，故D正確。2．(2023·江蘇南通市模擬)甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負向傳播，兩列波在t＝0時的部分波形曲線如圖所示。則()A．t＝0時，x＝3.5m處的質(zhì)點的位移為零B．t＝0時，x＝3.5m處的質(zhì)點沿y軸負向運動C．x＝5.5m處的質(zhì)點一直不振動D．兩列波遇到寬度為4m的障礙物時，不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象答案C解析由題圖可知，該時刻，兩列波在x＝3.5m處的質(zhì)點均沿y軸正向運動，且位移均為正，則x＝3.5m處的質(zhì)點的位移不為零，故A、B錯誤；由題圖可知，兩列波在x＝5.5m處的質(zhì)點振動相位差為π，則此點為振動減弱點，質(zhì)點一直不振動，故C正確；由題圖可知，兩列波的波長為8m，遇到寬度為4m的障礙物時能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯誤。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兩點各固定一個帶正電、帶電荷量為＋q的點電荷，F(xiàn)點固定一個帶負電、帶電荷量為－q的點電荷，O為正六邊形的幾何中心。則下列說法正確的是()A．O點電場強度為0B．C點電場強度方向由C指向FC．電子在A點電勢能比在O點小D．O、A兩點間電勢差和O、E兩點間電勢差相等答案D解析根據(jù)點電荷的電場強度公式E＝keq\f(q,r2)，三個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，兩個正點電荷產(chǎn)生的合電場強度與負點電荷產(chǎn)生的電場強度方向相同，則O點電場強度沿OF方向，故A錯誤；兩個正點電荷在C點產(chǎn)生的合電場強度大小為keq\f(q,r2)，由F指向C，負點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小為keq\f(q,4r2)，由C指向F，則C點的合電場強度由F指向C，故B錯誤；AD是BF連線的中垂線，B和F點的點電荷在AD上各點產(chǎn)生的電勢相等，由D點電荷產(chǎn)生的電勢，可知φO＞φA，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在A點電勢能比在O點大，故C錯誤；根據(jù)對稱性可知，A點和E點的電勢相等，則O、A兩點間電勢差和O、E兩點間電勢差相等，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。A端凹槽內(nèi)裝有一石子，B端固定一配重。某次打靶時，將桿沿逆時針方向轉(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，同時增大配重的質(zhì)量B．增大石子的質(zhì)量，同時減小配重的質(zhì)量C．增大投石機到靶的距離，同時增大θ角D．增大投石機到靶的距離，同時減小θ角答案A解析由題意要打到“10”環(huán)處，則此時豎直方向位移要變大，此時水平方向石子做勻速直線運動，豎直方向石子做自由落體運動，h＝eq\f(1,2)gt2，h增大，故時間要增大，水平方向位移不變，由勻速直線運動位移公式可得x＝vt，故此時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，會減小其重力勢能；增大配重的質(zhì)量，則會使配重對桿做的功增加，則桿對石子做的功增加；對小石子從A點到最高點由動能定理有－mgr(1－cosθ)＋W桿＝eq\f(1,2)mv2，因此減小石子的質(zhì)量，同時增大配重的質(zhì)量會增加石子獲得的動能，即增加石子拋出時的速度。因此減小石子的質(zhì)量，同時增大配重的質(zhì)量不可能打中靶心；同理可知增大石子的質(zhì)量，同時減小配重的質(zhì)量可能打中靶心；改變θ角可能會使石子拋射出的速度發(fā)生改變，而增大投石機到靶的距離，無論速度怎樣變化均有可能使石子在空中飛行的時間變長，由上述分析可知，只要飛行時間變長就有可能打到靶心。故增大投石機到靶的距離，無論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)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)向下運動直到最低點。從接觸彈簧開始的小球加速度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。下列說法正確的是()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．小球在最低點處加速度大于a0D．彈簧的最大彈性勢能為ma0(h＋x0)答案C解析根據(jù)圖像可知小球接觸彈簧時的加速度為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錯誤；當(dāng)壓縮量為x0時加速度為0，故kx0＝ma0，所以k＝eq\f(ma0,x0)，故B錯誤；若小球從彈簧原長處釋放到最低點時小球的加速度為a＝a0，在h＞0情況下，小球到最低點的加速度大于a0，故C正確；小球下降到最低點時H＞h＋x0，根據(jù)機械能守恒，彈性勢能最大值大于ma0(h＋x0)，故D錯誤。6．如圖所示，一半徑為r、質(zhì)量為m、電阻為R的n匝圓形細線圈在足夠長的磁鐵產(chǎn)生的徑向輻射狀磁場中由靜止開始下落，線圈下落高度h時速度達到最大值vm。已知線圈下落過程中始終水平且所經(jīng)過位置磁感應(yīng)強度大小都相同，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則()A．線圈下落高度h的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱為mghB．線圈下落過程中所經(jīng)過位置的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(1,2πr)eq\r(\f(mgR,vm))C．線圈下落高度h的過程中通過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的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mgh－eq\f(1,2)mvm2，A錯誤；由右手定則判斷知線圈下落過程中，線圈中感應(yīng)電流(俯視)沿順時針方向，根據(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，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錯誤；由動量定理有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器人的重要部分，某新型機器人上的一節(jié)電池的電動勢約為3V，內(nèi)阻約為2～7Ω，某課外活動小組利用所學(xué)知識設(shè)計電路測量該電池的電動勢E和內(nèi)阻r。使用的器材有：A．待測電池B．電流表G(量程3mA，內(nèi)阻未知)C．滑動變阻器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)過思考后，該小組設(shè)計了如圖甲所示的電路，先測出該電流表G的內(nèi)阻Rg，再利用圖乙所示的電路測量電池的電動勢E和內(nèi)阻r。(1)該小組連接好電路后，首先對電流表G的內(nèi)阻Rg進行測量，請完善測量步驟。①保持S2斷開，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時記錄下R3的值為199.00Ω，則Rg＝________Ω。(2)用圖甲所示的方法測得的電流表的內(nèi)阻Rg與真實值相比________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。(3)該小組測得電流表的內(nèi)阻Rg之后，利用圖乙電路測量得到電阻箱R2的阻值R和電流表的讀數(shù)I以及計算出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)圖線求得電源電動勢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，由于總電流Im不變，通過電阻箱R3的電流也為eq\f(1,2)Im，所以Rg＝R2＝199.00Ω。(2)實際操作中，閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過R3的電流大于eq\f(1,2)Im，所以該方法測出的電流表內(nèi)阻要小于電流表內(nèi)阻的真實值。(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點傳播到E點所用的時間；(2)現(xiàn)使光線PQ向左平移，求移動多大距離時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點傳播到E點所用的時間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，傳送帶長度為L＝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的最低點與傳送帶平滑連接。傳送帶以v＝4m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，物塊恰能運動到圓弧軌道的最高點。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦忽略不計，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動到的最大高度的關(guān)系。答案(1)0.64m(2)能，理由見解析(3)見解析解析(1)物塊滑上傳送帶后，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)物塊運動的位移為x時，物塊與傳送帶速度相同，由勻變速直線運動規(guī)律有2ax＝v2－v02解得x＝3m<L物塊和傳送帶一起勻速運動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程，在水平方向上，由動量守恒定律有mv＝(m＋M)v′對物塊和圓弧滑塊，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋M)v′2解得R＝0.64m。(2)設(shè)物塊離開圓弧滑塊時的速度大小為v1，圓弧滑塊的速度大小為v2，由動量守恒定律和機械能守恒定律有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，故物塊能再次運動到圓弧滑塊上。(3)傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動時物塊不能從傳送帶右端離開，傳送帶沿順時針轉(zhuǎn)動，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到的最大速度為v3＝5m/s，①當(dāng)傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，且速度小于5m/s時，物塊離開傳送帶時的速度與傳送帶速度相同，物塊運動到最高點時，物塊與圓弧滑塊的水平速度相同，在水平方向由動量守恒定<5m/s)②當(dāng)傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，且速度大于等于5m/s時，物塊離開傳送帶時的速度為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)動的金屬環(huán)中產(chǎn)生了電流。正離子被金屬晶格束縛相對金屬環(huán)靜止，而電子由于慣性相對金屬環(huán)運動，正離子和電子的運動共同產(chǎn)生電流。如圖所示，金屬環(huán)繞過圓心O且垂直于環(huán)平面的軸順時針轉(zhuǎn)動，則()A．若勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)中會產(chǎn)生恒定電流B．若勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速越大，圓環(huán)中電流越大C．若加速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)中有順時針方向電流D．若加速轉(zhuǎn)動，O處的磁場方向垂直紙面向外答案C解析若勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)中的正離子和電子的相對位置不會變化，不會產(chǎn)生電流，故A、B錯誤；若加速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)中正離子被金屬晶格束縛相對金屬環(huán)靜止，而電子由于慣性相對金屬環(huán)運動即逆時針運動，根據(jù)正電荷的定向移動方向為電流方向，負電荷的運動方向為電流的反方向可知有順時針方向電流，故C正確；根據(jù)右手螺旋定則可知，若加速轉(zhuǎn)動，O處的磁場方向垂直紙面向里，故D錯誤。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磁場，磁感應(yīng)強度為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，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磁場，且有一個阻值為R電阻組成閉合回路，回路中感應(yīng)電動勢的峰值Em＝BSω，電動勢的有效值為E有效＝eq\f(BSω,\r(2))，在如圖所示的磁場中，線框繞OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，只有半個周期產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，設(shè)電壓表的示數(shù)為UV，即此時感應(yīng)電動勢的有效值E有效′，仍假設(shè)有一個阻值為R的電阻與線框組成閉合回路。設(shè)周期為T，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，絕緣細圓環(huán)固定在絕緣水平面上，圓心位于O點，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電荷。取走劣弧cd段后圓心O處電場強度大小為E1，取走劣弧ac和db段后圓心O處電場強度大小為E2，則E1∶E2為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶eq\r(2) D．1∶eq\r(3)答案A解析將帶負電荷的下半圓環(huán)三等分，由對稱性可知，六部分圓環(huán)在O點處產(chǎn)生的電場強度大小均相等，可將圓環(huán)的六個部分看成六個點電荷，如圖所示。設(shè)六個等效點電荷在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小均為E，由平行四邊形定則可知，圓心O處的電場強度大小為4E，取走劣弧cd段后圓心處電場強度大小為E1，又劣弧cd段在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E，則有E1＝3E。劣弧ac、db段在圓心O處的合電場強度大小為E，則移走這兩段圓環(huán)后，圓心O處的電場強度大小為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)，注射器通過非常細的導(dǎo)氣管與壓強傳感器相連，將整套裝置置于恒溫水池中。開始時，活塞位置對應(yīng)刻度數(shù)為“8”，測得壓強為p0?；钊徛龎嚎s氣體的過程中，當(dāng)發(fā)現(xiàn)導(dǎo)氣管連接處有氣泡產(chǎn)生時，立即進行氣密性加固。繼續(xù)緩慢壓縮氣體，當(dāng)活塞位置對應(yīng)刻度數(shù)為“2”時，停止壓縮，此時壓強為eq\f(4,3)p0。則該過程中()A．泄漏氣體的質(zhì)量為最初氣體質(zhì)量的eq\f(2,3)B．氣泡在上升過程中內(nèi)部氣體壓強變大C．在壓縮氣體的過程中，氣體分子的平均動能變大D．注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能不變答案A解析對于被封閉氣體，如沒有泄露氣體，等溫變化時，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；氣泡在上升過程，內(nèi)部氣體的壓強逐漸減小，故B錯誤；注射器導(dǎo)熱性能良好，在壓縮氣體的過程中，氣體溫度不變，所以氣體分子的平均動能不變，故C錯誤；注射器內(nèi)存留氣體的溫度不變，分子平均動能不變，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。現(xiàn)在有一個方形物塊在木板上沿擋板以某一速度運動，同時木板以相同大小的速度向左運動，木板的運動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動，需要對物塊沿擋板方向施加推力，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)物塊沿擋板方向的速度為v1，與木板的相對速度為v2，物塊相對于木板的運動方向如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得tanθ＝eq\f(v2,v1)＝1，可得θ＝45°木板對物塊的摩擦力Ff2方向與v合方向相反，擋板對物塊的支持力大小FN1＝Ff2sinθ，其中Ff2＝μ2mg，則擋板對物塊的摩擦力大小為Ff1＝μ1FN1，聯(lián)立可得Ff1＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg對物塊沿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錯誤。6.某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)提出了一種運輸管道設(shè)想，如圖所示，沿地球某一橫截面(過球心)的一條弦鋪設(shè)一光滑管道，管道兩端分別在甲地和乙地。裝有貨物的小車從甲地以某一初速度開始運動，經(jīng)過管道運動到乙地。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殼內(nèi)物體的引力為零。不考慮地球自轉(zhuǎn)，不考慮小車自身的動力，下列說法正確的是()A．小車的加速度先減小后增大再減小再增大B．小車的加速度始終大于零C．在運動的過程中，貨物對小車的壓力先減小后增大D．在運動的過程中，貨物對小車的摩擦力始終為零答案D解析設(shè)地球的密度為ρ0，裝有貨物的小車的質(zhì)量為m，弦(甲、乙連線)的中點為O′點，O′點到地球球心的距離為h，當(dāng)小車運動到距O′點x處時，小車到地心的距離為r＝eq\r(x2＋h2)，所受萬有引力大小為F＝eq\f(4,3)πρ0Gmr，萬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，小車的加速度大小與其到O′點的距離成正比，在O′點小車受到的萬有引力最小，加速度大小為零，速度最大，A、B錯誤；在運動的過程中，管道對小車的作用力FN＝Fcosθ＝eq\f(4,3)πρ0Gmh，始終不變，同理可知，小車與貨物之間的壓力也不變，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知在運動的過程中，貨物對小車的摩擦力為零，D正確。7．(2022·江蘇卷·11)小明利用手機測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，實驗場景如圖甲所示，他將一根木條平放在樓梯臺階邊緣，小球放置在木條上，打開手機的“聲學(xué)秒表”軟件，用鋼尺水平擊打木條使其轉(zhuǎn)開后、小球下落撞擊地面，手機接收到鋼尺的擊打聲開始計時，接收到小球落地的撞擊聲停止計時，記錄下?lián)舸蚵暸c撞擊聲的時間間隔t，多次測量不同臺階距離地面的高度h及對應(yīng)的時間間隔t。(1)現(xiàn)有以下材質(zhì)的小球，實驗中應(yīng)當(dāng)選用________________________________。A．鋼球B．乒乓球C．橡膠球(2)用分度值為1mm的刻度尺測量某級臺階高度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，將手機放在木條與地面間的中點附近進行測量，若將手機放在地面A點，設(shè)聲速為v，考慮擊打聲的傳播時間，則小球下落時間可表示為t′＝________(用h、t和v表示)。(5)有同學(xué)認為，小明在實驗中未考慮木條厚度，用圖像法計算的重力加速度g必然有偏差。請判斷該觀點是否正確，簡要說明理由__________________________________________。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)下落過程中聲音傳播的時間為t0＝eq\f(h,v)則小球下落的時間為t′＝t＋t0＝t＋eq\f(h,v)(5)設(shè)木條厚度為H，臺階距離地面的高度為h1時的時間為t1，高度為h2(h2>h1)時的時間為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無關(guān)。8.(2023·江蘇鎮(zhèn)江市三模)如圖所示，一個處于光滑水平面的彈簧振子，O點是其平衡位置，振子質(zhì)量為m，彈簧勁度系數(shù)為k，其振動周期為T＝2πeq\r(\f(m,k))，振子經(jīng)過O點的速度為v，在O點正上方有一質(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。(1)求物體落在振子上后，振子經(jīng)過O點的速度大小；(2)以物體落在振子上為t＝0時刻，求振子到達最左端的時刻。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)振子與物體碰撞過程中水平方向動量守恒mv＝2mv共，解得物體落在振子上后，振子經(jīng)過O點的速度大小v共＝eq\f(1,2)v(2)彈簧振子周期T＝2πeq\r(\f(2m,k))，振子第一次到達最左端的時刻可能為t1＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2m,k))，t2＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(2m,k))，振子第N次達到最左端的時刻可能為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，它能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其裝置簡化模型如圖所示，n個互不重疊的圓形勻強磁場沿水平直線分布，半徑均為R，磁感應(yīng)強度大小均相同，方向均垂直紙面，相鄰磁場方向相反、間距相同，初始時磁感應(yīng)強度為B0。一重力不計的帶正電粒子，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)電場加速后平行于紙面從A點射入波蕩器，射入時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點正下方離開第一個磁場，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、磁場的圓心間距D和磁感應(yīng)強度的大小，可使粒子每次穿過水平線時速度與水平線的夾角均為30°，最終通過同一水平線上的F點，A到F的距離為L＝2eq\r(3)nR，求D的大小和磁感應(yīng)強度B1的大??；(3)在第(2)問的情況下，求粒子從A運動到F的時間。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)電場加速后速度為v，根據(jù)動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中偏轉(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粒子在磁場中運動的圓心恰好在磁場圓周上且在磁場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)系可得粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角α＝eq\f(π,3)，AH＝R每次從水平線到磁場邊緣的時間為t1＝eq\f(R,v)每次在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(αr1,v)可得粒子運動的時間為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，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程中，下列說法正確的是()A．舞者對地面的壓力就是舞者的重力B．地面對舞者的支持力和舞者的重力是一對平衡力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，而舞者對地面的壓力和地面對舞者的支持力是一對作用力與反作用力，故舞者對地面的壓力大小等于舞者的重力大小，故A錯誤；地面對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錯誤。2．(2023·江蘇南京市金陵中學(xué)月考)放射性元素A衰變時放出α粒子同時生成新核C，A的半衰期為t；放射性元素B衰變時放出β粒子同時生成新核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，開始時放射性元素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)時間2t，剩余A的數(shù)目仍為B的4倍D．經(jīng)時間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錯誤；設(shè)初始時A的原子核數(shù)為4N，B的是N，經(jīng)過2t時間，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4t時間，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，則炮彈()A．到達b點時加速度豎直向下B．在下落過程中機械能增加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b點位置時，豎直方向沒有速度，僅有水平方向的分速度，因此除了會受到豎直向下的重力，還會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b點時加速度也不是豎直向下的，故A錯誤；下落過程中由于有空氣阻力做功，因此機械能減少，故B錯誤；重力沖量為I＝mgt，因為炮彈上升過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，故上升過程經(jīng)歷的時間小于下降過程經(jīng)歷的時間，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功，所以機械能減小，而在a、c兩點時重力勢能相同，故經(jīng)a點時的動能大于c點時的動能，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錯誤。4．如圖甲所示為某品牌的氣壓式電腦椅，其簡易構(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。已知大氣壓強為p0，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．人迅速坐下時，缸內(nèi)氣體的溫度可能不變B．人坐在椅子上不動，打開空調(diào)，環(huán)境溫度降低時，椅面會下降C．人離開椅子后，足夠長時間內(nèi)，汽缸內(nèi)的氣體放出熱量D．若質(zhì)量為M的人盤坐在椅面上，則汽缸內(nèi)氣體的壓強為eq\f(m＋Mg,S)答案B解析人迅速坐下時，外界對氣體做功，氣體還沒來得及與外界充分發(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錯誤；人坐在椅子上不動，由于人處于平衡狀態(tài)，可知氣體的壓強不發(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，缸內(nèi)氣體體積減小，椅面會下降，故B正確；人離開椅子后，經(jīng)過足夠長時間，氣體的溫度和外界溫度相等，可知氣體的內(nèi)能不變，氣體體積增大，則氣體對外界做功，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錯誤；質(zhì)量為M的人盤坐在椅面上，由受力平衡有(M＋m)g＋p0S＝pS，解得p＝p0＋eq\f(m＋Mg,S)，故D錯誤。5．(2023·江蘇淮安市模擬)北京高能物理研究所的正、負粒子對撞機是世界八大高能加速器中心之一，是中國第一臺高能加速器，其結(jié)構(gòu)如圖所示，正、負粒子由靜止開始經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向同時注入對撞機的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，正、負粒子在環(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動，然后在碰撞區(qū)內(nèi)迎面相撞，不考慮相對論效應(yīng)，不計粒子重力，下列說法正確的是()A．正、負粒子的比荷可以不相同B．磁感應(yīng)強度B一定時，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進入磁場時動能大C．加速電壓U一定時，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越大D．對于給定的正、負粒子，粒子從靜止到碰撞運動的時間變短，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、負粒子的比荷一定相同，A錯誤；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)強度B一定時，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進入磁場時動能大，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，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越小，C錯誤；根據(jù)B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))可知對于給定的正、負粒子，若U不變，B就不能變。粒子在磁場中運動周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，磁場中運動時間為t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，可知一定的粒子從靜止到碰撞運動的時間變短，一定是U變大，B相應(yīng)變大，磁場中運動時間會變短，同時加速過程的時間也會變短，故D錯誤。6.如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在斜面上，空間中存在垂直斜面向上的勻強磁場。兩完全相同的金屬棒A、B垂直導(dǎo)軌放置。初始時將棒B固定，棒A由靜止釋放，當(dāng)棒A開始勻速運動時，將棒B由靜止釋放。已知運動過程中兩棒始終與導(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開始計時，下列A、B兩棒速度隨時間變化的圖像正確的是()答案B解析棒A勻速運動時，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的加速度從零開始增加，兩棒均做加速運動。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，aB′一定大于aA′，兩棒的速度差就會減小，則穩(wěn)定時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)想盡量準確測量一節(jié)廢棄干電池的電動勢E和內(nèi)阻r(約為幾歐)，實驗器材有：待測干電池E；標準電池E0，電動勢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；單刀雙擲開關(guān)S；導(dǎo)線若干。設(shè)計的電路圖如圖甲所示。主要實驗步驟如下：①根據(jù)電路圖，連接實物圖。②開關(guān)S撥到a，調(diào)節(jié)電阻箱R取不同的值，記錄對應(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開關(guān)S撥到b，調(diào)節(jié)電阻箱R取不同的值，記錄對應(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。請完成下列問題：(1)在圖丙中以筆畫線代替導(dǎo)線連接實物圖。(2)實驗中調(diào)節(jié)電阻箱，如圖丁所示時，電阻箱R的阻值為________Ω。(3)某次電流表指針所指位置如圖戊所示，則電流表的示數(shù)為________mA。(4)由圖乙可知干電池電動勢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)見解析圖(2)622(3)43(4)1.304.135.00解析(1)實物圖如圖所示。(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)開關(guān)S撥到a時，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)?？梢钥闯鰁q\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。開關(guān)S撥到b時，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)。可以看出eq\f(1,I)－R圖中直線b的斜率k2＝eq\f(1,E)，得E＝eq\f(1,k2)?？v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“永動機”玩具，其模型簡化圖如圖乙，abcd是一組光滑細金屬雙軌，軌道間距為l＝0.8cm，bc段水平。按下一個隱蔽開關(guān)后，把質(zhì)量m＝3.6g的鋼球從軟木盤中心洞口O無初速度釋放，鋼球便沿軌道運動至d點斜向上飛出，速度與水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O點附近的G點，接著在洞口附近來回運動一段＝0.8。(1)已知鋼球直徑d＝1cm，求鋼球在bc段上滾動時，每條軌道對鋼球的支持力F的大??；(2)若將鋼球視作質(zhì)點，Gd處在同一高度，水平距離s＝60cm，求鋼球從d點飛出后能上升的最大高度h；(3)要使鋼球能“永動”，求鋼球每運動一圈，玩具中隱蔽的加速裝置需對鋼球做的功W。答案(1)0.03N(2)0.2m(3)1.125×10－2J解析(1)鋼球在bc段上滾動時，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間的運動可以視為斜拋運動，水平方向有eq\f(s,2)＝vxt豎直方向有vy＝gtd點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點拋出時的豎直分速度為vy＝gt＝2m/sd點速度為vd＝eq\f(vy,sin53°)＝2.5m/s由動能定理可知，鋼球每運動一圈加速裝置需對鋼球做的功為W＝eq\f(1,2)mvd2－0＝1.125×10－2J。9.如圖所示，豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱(可視為質(zhì)點)會帶動T形支架在豎直方向振動，小圓柱到轉(zhuǎn)動軸O的距離r＝0.2m。T形支架末端與導(dǎo)體棒MN的中點相連，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磁場(未畫出)。已知導(dǎo)體棒MN的質(zhì)量m＝0.1kg，長為L＝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，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，不考慮電路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場?，F(xiàn)使圓盤以2s的周期勻速運動，T形支架帶動導(dǎo)體棒MN在磁場內(nèi)做簡諧運動，從導(dǎo)體棒經(jīng)過最低點開始計時。(計算時取π2＝10)(1)寫出導(dǎo)體棒的位移x(x為相對平衡位置的位移，規(guī)定豎直向上為正方向)隨時間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)簡諧運動規(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)回路中的電動勢E＝BLv＝eq\f(π,10)sinπt(V)0～0.5s內(nèi)，剛好完成eq\f(1,4)個周期的運動，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)體棒重力勢能的增加量為ΔEp＝mgr＝0.2J導(dǎo)體棒動能的增加量為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)一條輕長繩放置在水平桌面上，俯視圖如圖甲所示，用手握住長繩的一端O，從t＝0時刻開始用手帶動O點沿垂直繩的方向(圖甲中y軸方向)在水平面內(nèi)做簡諧運動，0～6s內(nèi)O點的振動圖像如圖乙所示。t＝4s時輕長繩上的波形圖可能正確的是()答案B解析由題圖乙可知，波形圖對應(yīng)的質(zhì)點起振方向為y軸正方向，且開始時的周期較小，則對應(yīng)的波形圖開始時波長較小。故選B。2．在激光出現(xiàn)后，多光子光電效應(yīng)得以實現(xiàn)。多光子光電效應(yīng)即金屬表面的一個電子吸收多個光子發(fā)生的光電效應(yīng)。某金屬片的極限波長為λ0，用頻率為ν的弱單色光照射，發(fā)現(xiàn)沒有光電子放出。若保持頻率ν不變，逐漸增大光強，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，則該金屬表面一個電子變?yōu)楣怆娮拥倪^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)該金屬表面一個電子變?yōu)楣怆娮拥倪^程最少吸收n個光子時，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，每個籃子由兩個質(zhì)地均勻的圓形鋼圈穿進網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過四根等長的輕繩與鋼圈的四等分點相連，上籃鋼圈用另外四根等長輕繩系在掛鉤上。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)一個籃子的質(zhì)量為m，連接下籃的繩子的拉力為FT2，對下籃，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，對兩個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間通過鉸鏈及長度為L的剛性絕緣輕桿連接且靜止?，F(xiàn)施加水平向右、電場強度為E的勻強電場，B開始沿水平面向右運動，已知A、B均視為質(zhì)點，重力加速度為g，不計一切摩擦。則在A下滑的過程中，下列說法不正確的是()A．A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．A運動到最低點時，輕桿對A的作用力大小為qEC．A的機械能最小時，B的加速度大小為eq\f(qE,m)D．A運動到最低點時，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，故機械能不守恒，A正確，不符合題意；A到最低點時B的速度為0，處于平衡狀態(tài)，故桿對B的作用力大小等于靜電力qE，則輕桿對A的作用力大小也為qE，B正確，不符合題意；桿先對A做負功后對A做正功，A的機械能先減小后增加，當(dāng)桿對A的作用力為0時，A的機械能最小，此時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，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錯誤，符合題意。5．示波器是一種用途廣泛的電子測量儀器。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，電子被加速電場加速后沿直線(Z軸)運動，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，電子打在熒光屏上的位置相對O點的偏轉(zhuǎn)距離為1cm，方形熒光屏的邊長為5cm，則所給電場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)電子在單個方向偏轉(zhuǎn)電場的運動時間為t1，離開該電場后運動時間為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軸運動的時間不變，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的5倍，由qeq\f(U,d)＝ma知，最大偏轉(zhuǎn)電壓要增大到原來的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時的3倍，最大偏轉(zhuǎn)電壓要增大到原來的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的細長直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運動。初始時，A在水平推力F作用下處于靜止狀態(tài)，此時B桿下端正好壓在A的頂端。現(xiàn)撤去推力F，A、B便開始運動。重力加速度為g，則()A．推力F的大小為mgsinθB．運動過程中，A對B不做功C．A、B組成的系統(tǒng)，水平方向上動量守恒D．當(dāng)桿的下端剛滑到斜面底端時，斜面體的速度大小為eq\r(\f(2gh,2＋tan2θ))答案D解析靜止時A對B只有垂直斜面