資源簡介

(共32張PPT)
能力題提分練(一)
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一、單項選擇題:本題共4小題,每小題3分,共12分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024河南開封二模)正方體abcd-a1b1c1d1的上表面水平,沿中心線O1O2放置一根通有恒定電流I的長直導線,現使一閉合金屬小圓環沿不同方向以相同速率做勻速直線運動,運動過程中小圓環平面
始終水平。下列說法正確的是(　　)
A.a1點與c點的磁感應強度相同
B.小圓環的圓心從ad邊的中點豎直向上運動時,
小圓環中無感應電流
C.小圓環的圓心從b1移到c1過程中,穿過小圓環的磁通量先增加后減少
D.小圓環的圓心從a移到d與從a移到c,兩次移動小圓環產生的平均感應電動勢相等
B
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解析 由右手定則可知,a1點與c點的磁感應強度大小相等,但方向相反,故A錯誤;小圓環的圓心在ad邊的中點時,其磁通量為零,在其豎直向上運動過程中,通過小圓環的磁通量始終為零,所以通過小圓環的磁通量未發生變化,即小圓環中無感應電流,故B正確;小圓環在b1位置時,其磁通量不為零,在到達導線正下方時,其磁通量為零,在c1點時小圓環的磁通量也不為零,所以整個過程穿過小圓環的磁通量是先減小后增加,故C錯誤;由于小圓環運動的速度大小不變,而從a移動到d與從a移動到c的過程其位移不同,所以兩次運動所用時間不同,由右手定則可知,小圓環在c點和d點的磁通量相同,所以小圓環在兩次移動過程中,磁通量的變化量相同,根據可知,小圓環兩次移動產生的平均感應電動勢不相等,故D錯誤。
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2.(2024河北一模)如圖所示的電路中,R0為定值電阻,電壓表和電流表均為理想電表,閉合開關S,滑動變阻器的滑片從b端向a端緩慢滑動的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.電壓表V的示數先變小后變大
B.電壓表V的示數一直變大
C.電流表A的示數一直變小
D.電流表A的示數先變小后變大
C
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解析 滑片緩慢從b端向a端滑動的過程中,滑動變阻器上下兩部分、電壓表并聯,滑動變阻器滑片上、下兩部分并聯后的阻值先增大后減小,干路電流先減小后增大,路端電壓先增大后減小,根據閉合電路歐姆定律可得電壓表V的示數U=E-I(R0+r),則電壓表V的示數先變大后變小,故A、B錯誤;滑動變阻器的滑片從b滑到正中間的過程,回路總電阻增加,干路電流減小,滑動變阻器上半部分所在支路分配的電壓增大,通過滑動變阻器上半部分的電流增大,可知電流表A的示數變小,滑片從正中間滑到a的過程,滑動變阻器上、下兩部分并聯電阻減小,電壓表示數減小,滑動變阻器下半部分電阻增加,可知電流表A的示數繼續變小,故C正確,D錯誤。
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3.如圖所示,理想變壓器接在電壓為U0的交流電源上,三個定值電阻R1、R2、R3的阻值相等,調節滑動變阻器R4的滑片,使其阻值與定值電阻相等,此時兩個理想電壓表的示數相同,
下列說法正確的是(　　)
A.變壓器原、副線圈匝數比為1∶2
B.電壓表的示數為
C.變壓器的輸入功率為R1消耗功率的7倍
D.向下移動滑動變阻器的滑片,兩電壓表的示數都變大
B
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向下移動滑動變阻器的滑片,則副線圈電路的總電阻增大,根據變壓器原、副線圈的規律可知,副線圈電路的總電阻變大,則副線圈電流減小,原線圈電流變小,電壓表V1的示數變小,因為原線圈電壓變大,則副線圈電壓也變大,又R2兩端的電壓變小,則電壓表V2的示數變大,D錯誤。
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4.(2024江蘇鎮江模擬)如圖所示,abc為均勻帶電半圓環,O為其圓心,O處的電場強度大小為E,將一試探電荷從無窮遠處移到O點,電場力做功為W。若在cd處再放置一段 圓的均勻帶電圓環,如圖中虛線所示,其單位長度所帶電荷量與abc相同,電性與abc不同,則此時O點電場強度大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功分別為(　　)
A
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二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
5.(2024廣東江門一模)數據表明,在電動車事故中,佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷,大大減小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6 ms以上,人頭部的質量約為2 kg,則下列說法正確的是(　 　)
A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D.若事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層,則頭部受到的撞擊力最多為2 000 N
ACD
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解析 根據F·Δt=Δp,可得F=,依題意,頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了,頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率,故A正確;同理,可知頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量,故B錯誤;根據I=F·Δt,頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向,作用時間相同,所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等,故C正確;由以上分析可得F= N=2 000 N,可知事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層,則頭部受到的撞擊力最多為2 000 N,故D正確。
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6.(2024河南周口二模)質量m0=2.0 kg、長度L=1.0 m的木板靜止在足夠長的光滑水平面上,右端靜置一質量m=1.0 kg的物塊(可視為質點),如圖甲所示。現對木板施加一水平向右的作用力F,F-t圖像如圖乙所示。物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2。則(　　)
A.6 s末,物塊剛好與木板分離
B.0~4 s內,物塊與木板不發生
相對滑動
C.0~6 s內,物塊與木板組成的
系統機械能守恒
D.4~6 s內,拉力F做功等于物塊
與木板系統動能的增量
AB
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解析 物塊的最大加速度為μmg=ma,解得a=3 m/s2,當F=6 N時,假設木板和物塊相對靜止,則有F=(m0+m)a1,解得a1=2 m/s2a,物塊與木板在4 s末的速度相等,根據運動學公式得 a2t'2- at'2=L,代入數據解得t'=2 s,所以6 s末,物塊剛好與木板分離,故A、B正確;0~6 s內,物塊與木板組成的系統受拉力做功,機械能不守恒,故C錯誤;根據功能關系可知,4~6 s內,拉力F做功等于物塊與木板系統動能增量與系統摩擦生熱之和,故D錯誤。
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三、非選擇題:本題共4小題,共40分。
7.(8分)(2024山東聊城二模)“飲酒不開車”是司機必須遵守的交通法規。現要利用一種二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器組裝一個酒精測試儀,此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化規律如圖甲所示。
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提供的器材有:
二氧化錫半導體型酒精傳感器;
直流電源(電動勢為4 V,內阻不計);
一只電壓表(量程為0~3 V,內阻非常大,作為濃度表使用);
電阻箱(最大阻值為999.9 Ω);
定值電阻R1(阻值為50 Ω);
定值電阻R2(阻值為10 Ω);
單刀雙擲開關一個,導線若干。
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(1)電路中R應選用定值電阻　　　　(選填“R1”或“R2”);
(2)為便于識別測試結果,按照下列步驟調節此測試儀:
①電路接通前,先將電阻箱調為　　　　Ω,
然后開關接2,將電壓表此時指針對應的刻度線標記
為0.2 mg/mL;
②逐步減小電阻箱的阻值,電壓表的示數不斷變大。
按照圖甲數據將電壓表上“電壓”刻度線標為“酒精
濃度”,此濃度表刻度線上的濃度值是
　　　　(選填“均勻”或“不均勻”)變化的。
③將開關接另一端,測試儀即可正常使用。
(3)使用一段時間后,由于電源的電動勢略微變小,內阻
變大,則酒精濃度測量結果　　　　(選填“偏大”“偏小”或“準確”)。
R2
30
不均勻
偏小
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解析 (1)由于電壓表量程為0~3 V,本實驗電壓表并聯在定值電阻兩端,
由歐姆定律可得,定值電阻兩端的電壓UR=
由圖甲可知10 Ω≤Rx≤70 Ω
電動勢為4 V,電壓表量程為0~3 V,得
URmax=≤3 V
可得R≤30 Ω
故R應選用定值電阻R2。
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(2)開關接2,當電壓表此時指針對應的刻度線為0.2 mg/mL,此時Rx=30 Ω,由甲圖知,傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度是非均勻變化,故此濃度表刻度線上對應的濃度值是不均勻變化的。
(3)使用一段時間后,由于電源的電動勢略微變小,內阻變大,根據閉合電路歐姆定律可得,回路中電流減小,結合圖線可知,酒精濃度測量結果偏小。
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8.(8分)小朋友玩的一種彈珠游戲的簡化模型(俯視圖)如圖所示。內壁光滑、半徑為R的圓形擋板固定在光滑水平面上,質量分別為m、2m、m的a、b、c彈珠(均可視為質點)靜止在圓形擋板同一直徑兩側,a、c兩彈珠緊靠在一起。現將a、c兩彈珠分別以v0和3v0的速度沿相反方向彈出,彈珠間所有的碰撞均為彈性碰撞,彈珠始終沿圓軌道運動。求:
(1)b彈珠第一次碰撞后瞬間的速度;
(2)從a、c彈珠開始運動到a、c彈珠第一次
相碰所經歷的時間。
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解析 (1)因c彈珠速度較大,故b、c兩彈珠先相碰,設碰后c彈珠的速度為v1,b彈珠的速度為v2,由動量守恒定律有
3mv0=mv1+2mv2
由能量守恒定律有
m(3v0)2=×2m
聯立解得v1=-v0,v2=2v0。
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(2)由分析可知,a、b兩彈珠將在軌道A點發生碰撞,如圖所示
設碰后a彈珠的速度為v3,b彈珠的速度為v4,
由動量守恒定律有2mv2-mv0=mv3+2mv4
由能量守恒定律有×2m×2m
聯立解得v3=3v0,v4=0
即碰后b彈珠靜止,而后速度大小為3v0的a彈珠與速度大小為v0的c彈珠迎面相撞,相撞點為圓軌道上B點,由于a、c兩彈珠質量相等,碰后速度交換,即恢復到初始狀態,只是彈珠a、b、c的位置沿圓軌道順時針轉過80°,這個過程中a彈珠運動的時間為
ta=。
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9.(10分)圖甲為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S,高度為h,寬度忽略不計。緊貼圓筒內壁固定有高度為H的半圓柱面收集板,用于收集帶電微粒;板的一豎直邊緊貼狹縫S,上邊與狹縫S上端對齊,上邊緣遠離狹縫的頂點為P點,另有一距P點弧長為l的點Q,俯視圖如圖乙所示。圓筒內存在一豎直向下的勻強電場,電場強度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時針轉動,同時由微粒源產生的微粒沿水平方向以不同的速率射入圓筒,微粒質量均為m,電荷量均為q(q>0),忽略微粒自身的重力及微粒間的相互作用。
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(1)求Q點所在豎直線上收集到的微粒中,入射速率最大的微粒下落的距離。
(2)為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同,并且能收集到所有該速率的微粒,求圓筒轉動角速度ω的取值范圍。
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(2)帶電微粒進入圓筒后,圓筒轉過一圈的過程中,能收集到的速率最小的微粒下降的高度為y1,第一圈末時,過P點的豎直線上收集的微粒下落高度為y2,有h+y11
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10.(14分)(2024北京門頭溝一模)2023年12月1日晚間,絢麗的極光現身北京市門頭溝區。極光是由太陽拋射出的高能帶電粒子受到地磁場作用,在地球南北極附近與大氣碰撞產生的發光現象。從北極地區看赤道平面的地磁場,簡化圖如圖乙所示,O為地球球心,R為地球半徑,將地磁場在半徑為R到3R之間的圓環區域看成是勻強磁場,磁感應強度為B。假設高能粒子的質量為m,電荷量為+q。不計粒子重力及大氣對粒子運動的影響,且不考慮相對論效應。
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(1)若高能粒子從A點以速度v0沿切線進入磁場邊界位置時,粒子恰好繞著磁場邊界做圓周運動,求粒子的速度v0的大小。
(2)地球磁層是保護地球的一道天然屏障,它阻擋著高能粒子直接到達地球表面,從而保護了地球上的生態環境。
a.假設高能粒子從磁場邊緣A點以速率v沿半徑方向射入磁場時恰不能到達地球表面,求粒子的比荷;
b.高能粒子實際上可在赤道平面內向各個方向均勻地射入磁場。若高能粒子仍以速率v射入地球磁場,求到達地球粒子數與進入地磁場粒子總數比值η。(結果用反三角函數表示,例:sin θ=k,則θ=arcsin k,θ為弧度)
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解析 (1)若高能粒子從A點以速度v0沿切線進入磁場邊界位置時,粒子恰好繞著磁場邊界做圓周運動,可知粒子的軌道半徑為r0=3R
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(2)a.假設高能粒子從磁場邊緣A點以速率v沿半徑方向射入磁場時恰不能到達地球表面,如圖所示
由幾何關系可得(r+R)2=r2+(3R)2
解得r=4R
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b.若高能粒子仍以速率v射入地球磁場,可知沿徑向方向射入的粒子會和地球相切,和AO方向成θ角向上方射入磁場的粒子也恰和地球上沿相切,在此θ角范圍內的粒子能到達地球,其余進入磁場的粒子不能到達地球,作出該粒子的運動軌跡,如圖所示,則F點為圓心
由幾何關系可得
AF=r=4R,AO=FO=3R(共41張PPT)
能力題提分練(二)
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一、單項選擇題:本題共4小題,每小題3分,共12分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.(2024河北石家莊二模)如圖所示,假設在太空中有A、B雙星系統繞點O做順時針勻速圓周運動,運動周期為T1,它們的軌道半徑分別為RA、RB,且RA1
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引力常量為G,下列說法正確的是(　　)
A.若知道C的軌道半徑,則可求出C的質量
B.A、B、C三星由圖示位置到再次共線的時間為
C.若A也有一顆運動周期為T2的衛星,則其軌道半徑一定大于C的軌道半徑
D.B的質量為
C
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解析 在知道C的軌道半徑和周期的情況下,根據萬有引力定律和牛頓第二定律列方程只能求解B的質量,無法求解C的質量,故A錯誤;
如圖所示,A、B、C三星由圖示位置到再次共線時,A、B轉過的圓心角θ1與C轉過的圓心角θ2互補,
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2.(2024青海海東二模)如圖所示,半徑為r、質量不計的均勻圓盤豎直放置,可以繞過圓心O且與盤面垂直的水平光滑固定軸轉動,在盤面的最右邊邊緣處固定了一個質量為m的小球A,在圓心O的正下方離O點處固定了一個質量為m的小球B。現從靜止開始釋放圓盤讓其自由轉動,重力加速度大小為g,則小球B上升的最大高度為(　　)
C
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解析 取圓心所在處的水平面勢能為零,小球B上升到最大高度時如圖所示,根據初始位置重力勢能與小球B最大高度時的系統重力勢能相等可得
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3.一根輕桿斜靠在光滑的豎直墻壁上,下端放在粗糙的水平地面上,輕桿處于靜止狀態。一個穿在桿上的小環從桿的頂端勻速滑下的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.地面所受的壓力變大
B.地面所受的摩擦力變大
C.墻壁給輕桿的彈力變大
D.地面給輕桿的作用力變小
D
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解析 由于小環從桿的頂端勻速滑下,加速度為零,輕桿靜止,加速度也為零。則可將小環和輕桿整體分析,可知地面所受的壓力始終等于小環的重力且保持不變,故A錯誤;對輕桿受力分析,受到小環的作用力大小等于小環的重力大小,豎直墻壁的彈力F,地面的支持力FN,地面的摩擦力Ff,如圖所示,以B點為支點,根據杠桿平衡條件有Gx=Fy
根據共點力平衡條件有G=FN,F=Ff,聯立可得Ff=F= ,
在小環勻速滑下的過程中,x逐漸減小,y保持不變,所以地面
對輕桿的摩擦力和墻壁給輕桿的彈力逐漸變小,即地面受
到的摩擦力也變小,故B、C錯誤;由于小環勻速滑下的過程
中,地面對輕桿的摩擦力逐漸變小,而地面對輕桿的支持力
不變,所以地面給輕桿的作用力變小,故D正確。
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4.(2024浙江二模)為模擬航天器著陸,研究室構建了一個如圖所示的立體非勻強磁場,關于中心軸對稱分布,磁感應強度可分為縱向分量Bh和水平徑向分量Bτ(背向軸心),Bh的大小只隨高度h變化(計初始位置為h=0),關系為Bh=B0(1+400h),Bτ=(r為到對稱軸的距離,SI)。現有橫截面半徑為1 mm的金屬細絲構成直徑為1 cm的圓環在磁場中由靜止開始下落,其電阻率為1.6×10-8 Ω·m。其中B0=0.1 T,沿圓環中心的磁場方向始終豎直向上,在運動過程中圓環平面始終保持水平,速度在下落1.6 m后達到穩定狀態。則從開始下落到穩定時圓環上通過的電荷量為(　　)
A.175π C B.20π C
C.12.5π C D.6.5π C
B
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二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
5.(2024湖南衡陽二模)如圖所示,物體A和B中間用一個輕桿相連,在傾角為θ的斜面上勻速下滑,桿與斜面平行。已知A物體光滑,質量為m,B物體與斜面間的動摩擦因數為μ,質量為2m,整個過程斜面始終靜止不動。下列說法正確的是(　　)
A.B物體與斜面間的動摩擦因數μ=tan θ
B.輕桿對B物體的作用力沿斜面向上
C.增加B物體的質量,A、B整體將沿斜面減速下滑
D.增加A物體的質量,A、B整體將沿斜面加速下滑
CD
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解析 對A、B整體分析,根據平衡條件有3mgsin θ=2μmgcos θ,解得μ=tan θ,故A錯誤;規定沿斜面向下為正方向,設輕桿對B的作用力為FT,單獨對B分析,根據平衡條件有FT+2mgsin θ=2μmgcos θ,解得FT=mgsin θ,正值表示方向沿斜面向下,故B錯誤;若增加B物體的質量,設增量為Δm,則(3m+Δm)gsin θ-(2m+Δm)μgcos θ=-Δmgsin θ,上式說明此時A、B整體所受合外力將沿斜面向上,則A、B整體將沿斜面減速下滑,故C正確;增加A物體的質量,設增量為Δm,則(3m+Δm)gsin θ-2μmgcos θ=Δmgsin θ,上式說明此時A、B整體所受合外力將沿斜面向下,則A、B整體將沿斜面加速下滑,故D正確。
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6.(2024天津河西一模)如圖所示,水平放置的大餐桌轉盤繞著過轉盤圓心的豎直軸OO'做勻速圓周運動,轉盤表面質地均勻;轉盤上放著兩個完全相同的小碟子,隨著轉盤共同轉動;兩個碟子的質量都是m,線速度大小都是v;其中一個碟子中裝有一個蘋果,在任何情況下蘋果都與該碟子保持相對靜止;另一個碟子是空的。以下說法正確的是(　　)
A.轉盤勻速轉動時,碟子對轉盤的摩擦力方向
指向轉盤圓心
B.若轉盤的角速度逐漸增大,則空碟子先相對
轉盤發生滑動
C.轉盤勻速轉動半周的過程中,轉盤對空碟子摩擦力的沖量大小為2mv
D.轉盤勻速轉動半周的過程中,轉盤對空碟子的摩擦力所做的功為零
CD
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解析 轉盤勻速轉動時,碟子的向心力由轉盤給碟子的摩擦力提供,指向轉盤圓心,由牛頓第三定律可得,碟子對轉盤的摩擦力方向為轉盤圓心與碟子的連線向外,故A錯誤;當剛發生相對滑動時由最大靜摩擦力提供向心力,即μmg=mω2r,兩個碟子與轉盤接觸面動摩擦因數相同,半徑相同,則可知兩個碟子相對轉盤發生滑動的角速度相同,故B錯誤;轉盤勻速轉動半周的過程中,空碟子速度反向,合外力對空碟子的沖量等于其動量改變量,則有I=mv-(-mv)=2mv,故C正確;轉盤勻速轉動半周的過程中,轉盤對空碟子的摩擦力提供向心力,始終指向圓心,與速度方向垂直,不做功,則轉盤對空碟子的摩擦力所做的功為零,故D正確。
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三、非選擇題:本題共4小題,共40分。
7.(8分)(2024河北保定一模)某校物理小組嘗試利用智能手機對豎直面內的圓周運動進行拓展探究。實驗裝置如圖甲所示,輕繩一端連接拉力傳感器,另一端連接智能手機,把手機拉開一定角度,由靜止釋放,手機在豎直面內擺動過程中,手機中的陀螺儀傳感器可以采集角速度實時變化的數據并輸出圖像,同時,拉力傳感器可以采集輕繩拉力實時變化的數據并輸出圖像。經查閱資料可知,面向手機屏幕,手機逆時針擺動時陀螺儀傳感器記錄的角速度為正值,反之為負值。
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(1)某次實驗,手機輸出的角速度隨時間變化的圖像如圖乙所示,由此可知在0~t0時間段內　　　。
A.手機20次通過最低點 B.手機10次通過最低點
C.手機做阻尼振動 D.手機振動的周期越來越小
AC
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(2)為進一步拓展研究,分別從力傳感器輸出圖像和手機角速度—時間圖像中讀取幾對手機運動到最低點時的拉力和角速度的數據,并在坐標圖中以F(單位:N)為縱坐標、ω2(單位:rad2·s-2)為橫坐標進行描點,請在圖丙中作出F-ω2的圖像。
丙
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(3)根據圖像求得實驗所用手機的質量為　　　 kg,手機做圓周運動的半徑為　　　 m。(結果均保留2位有效數字,重力加速度g取9.8 m/s2)
0.21
0.28
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解析 (1)分析可知,當手機通過最低點時角速度達到最大值,而由圖乙可知,在0~t0時間內手機20次通過最低點,故A正確,B錯誤;手機的角速度會隨著振幅的減小而衰減,根據圖乙可知,手機的角速度隨著時間在衰減,可知手機在做阻尼振動,故C正確;阻尼振動的周期不變,其周期由系統本身的性質決定,故D錯誤。
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(2)由于手機在做圓周運動,短時間內在不考慮其振動衰減的情況下,在最低點對手機由牛頓第二定律有F-mg=mω2L
可得F=mLω2+mg
式中L為懸點到手機重心的距離,
根據上式可知,手機運動到最低點
時的拉力和角速度的平方呈線性
變化,作圖時應用平滑的直線將各
點跡連接起來,不能落在圖像上的
點跡應使其均勻地分布在圖線的
兩側,有明顯偏差的點跡直接舍去,作出的圖像如圖所示。
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(3)根據圖像結合其函數關系可得
mg=2.01 N,
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8.(8分)如圖所示,在x軸上方有垂直紙面向里的勻強磁場。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強電場。一個質量為m、電荷量為+q、初速度為v的帶電粒子從a(0,d)點處沿y軸正方向開始運動,一段時間后,粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場,經過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直,帶電粒子重力不計。求:
(1)勻強磁場的磁感應強度大小;
(2)勻強電場的電場強度大小;
(3)粒子從a點開始到x軸所用的時間。
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9.(10分)(2024湖南岳陽二模)如圖所示(俯視圖),光滑絕緣水平面上有一邊長L=1 m的正方形單匝導體線框abcd,線框質量m=0.1 kg,總電阻R=0.4 Ω。線框的右側有兩塊條形區域的勻強磁場依次排列,條形區域的寬度也均為L=1 m,長度足夠長,磁場的邊界與線框的bc邊平行。區域Ⅰ磁場的磁感應強度為B1=0.1 T,方向豎直向下,區域Ⅱ磁場的磁感應強度為B2=0.3 T,方向也豎直向下。給線框一水平向右的初速度v0,初速度方向與bc邊垂直。
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(1)若線框向右的初速度v0=4 m/s,求線框bc邊剛進區域Ⅰ時,線框的加速度大小。
(2)若線框bc邊能穿過區域Ⅰ,線框bc邊穿過區域Ⅰ的過程中,求線框受到安培力的沖量。
(3)要使線框能完全穿過整個磁場區域,至少給線框多大的初速度
答案 (1)1 m/s2
(2)0.025 N·s,方向水平向左
(3)3.5 m/s
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10.(14分)(2024山東棗莊三模)如圖甲
所示,固定點O處懸掛長為L的輕質細
繩,末端連接一個質量為m的小球,在O
點正下方O'處固定一細釘。將細繩向
左側拉至水平位置,由靜止釋放小球,當細繩擺至豎直位置時,被細釘擋住,此后小球恰好能在豎直平面內做圓周運動。如圖乙所示,O點下方的光滑水平面上有一凹槽,凹槽左右擋板內側間的距離也為L,在凹槽右側靠近擋板處置有一質量為m的小物塊,凹槽上表面與物塊間的動摩擦因數μ=0.1。物塊與凹槽一起以速度v=向左運動,小球從圖乙所示位置由靜止釋放,釋放時細繩與水平方向間的夾角為α且sin α=0.3。
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當小球擺到最低點時剛好與凹槽左側發生碰撞,小球被彈回,同時凹槽被原速率彈回。此后小球擺到O'右側后無法做完整的圓周運動,而是在某位置脫離圓軌道做拋體運動,小球做拋體運動的軌跡與OO'所在直線交于E點(圖中未畫出)。已知小球與凹槽不發生二次碰撞,所有的碰撞均為彈性碰撞,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求O'點到O點的距離。
(2)求凹槽的質量m0。
(3)求E點到圓軌道最低點的距離。
(4)若L= m,求小球和凹槽在軌道最低點相碰后,凹槽與物塊達到共速時物塊到右側擋板的距離x及從碰撞后到共速所經歷的時間t。
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(2)設小球從圖乙中位置擺下后碰前的速度為v0,
根據機械能守恒定律有
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10(共42張PPT)
能力題提分練(三)
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一、單項選擇題:本題共4小題,每小題3分,共12分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1.如圖所示,兩個電荷量都是Q的正、負點電荷固定在A、B兩點,AB連線中點為O。現將另一個電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點,沿某一確定方向施加外力使試探電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點,
下列說法正確的是(　　)
A.外力F的方向應當平行于AB方向水平向右
B.試探電荷從C點到O點的運動為勻變速直線運動
C.試探電荷從C點到O點的運動為加速度減小的加速直線運動
D.試探電荷從C點運動到O點的過程中 逐漸增大
D
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解析 根據等量異種點電荷周圍電場分布情況,可知試探電荷+q在運動過程中受水平向左且逐漸增大的電場力作用,要想讓該試探電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點,則該試探電荷所受合力的方向應沿CO方向,受力分析如圖所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向應當斜向右下,A錯誤;由于電場力逐漸增大,所以Fx逐漸增大,Fy也逐漸增大,加速度也逐漸增大,所以該試探電荷從C點到О點的運動為加速度增大的加速直線運動,B、C錯誤;根據動能定理可知F合Δx=ΔEk,即=F合=Fy,由于Fy逐漸增大,所以逐漸增大,D正確。
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2.(2024福建泉州一模)如圖所示,在間距為d的水平固定平行金屬導軌上,放置質量分別為2m0、m0的金屬桿M、N。N的中點系著一條跨過定滑輪的細繩,細繩下端懸掛重物,滑輪左側細繩與導軌平行。兩導軌間存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場。當重物質量m取不同值時,系統最終穩定的狀態不同。設穩定時M桿的加速度大小為a,回路中電動勢為E、電流為I、熱功率為P。
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已知重力加速度大小為g,兩金屬桿接入回路的總電阻為R,導軌足夠長且電阻不計,忽略一切摩擦,兩金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好。則下列關系圖像合理的是(　　)
D
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3.(2024湖北二模)如圖所示,一質點在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后經過a、b兩點,速度方向偏轉90°。已知經過a點的速度大小為v、方向與ab連線夾角為60°,ab連線長度為d。對質點從a到b的運動過程,下列說法正確的是(　　)
C
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解析 設恒力與ab連線的夾角為θ,根據幾何關系可知b點速度方向與ab連線的夾角為30°。該質點做類斜拋運動,在垂直于恒力方向上的速度大小不變,在恒力方向做勻變速直線運動,則在沿初速度方向上速度由v減小到0,
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4.(2024河南三模)如圖所示,初始時矩形線框ABCD垂直于勻強磁場放置,磁場位于OO'右側,AO=OB=BC=O'C,若線框以不同方式做角速度大小相同的勻速轉動,以下時刻線框受到的安培力最大的是(　　)
A.以AD邊為軸轉動30°時
B.以BC邊為軸轉動45°時
C.以OO'為軸轉動60°時
D.以O點為中心,在紙面內逆時針轉動45°時
D
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二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
5.(2024河北石家莊二模)利用磁場控制帶電粒子的運動,在現代科學實驗和技術設備中有廣泛的應用。如圖所示,以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場,圓形區域外有垂直紙面向外的勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小均為B。有一質量為m、電荷量為+q的粒子從P點沿半徑射入圓形區域,粒子n次穿越圓形區域邊界(不包括經過P點)后又回到P點,此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為2π,不計粒子重力,
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下列說法正確的是(　　)
A.n的最小值為2
AC
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解析 因為粒子n次穿越圓形區域邊界(不包括經過P點)后又回到P點,此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為2π,畫出粒子軌跡示意圖如圖所示,n的最小值為2,故A正確;
n=3時,粒子圓心間的連線構成圓邊界的外切正方向,根據幾何關系可知半徑為r=R,
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6.(2024福建一模)如圖1所示,質量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上,甲到乙左端的距離為L,初始時甲、乙均靜止,質量為m0的物塊丙以速度v0向右運動,與乙發生彈性碰撞。碰后,乙的位移x隨時間t的變化如圖2中實線所示,其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線,二者相切于P,拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙,重力加速度為g。
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下列說法正確的是(　　)
BC
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三、非選擇題:本題共4小題,共40分。
7.(8分)(2024遼寧沈陽一模)某同學設計了一個加速度計,將其固定在待測物體上,能通過電路中電壓表的示數反映物體的加速度a,其原理圖如圖甲所示。其中,質量m=1 kg的滑塊2可以在光滑的框架1中左右平移,滑塊兩側各連接一根勁度系數k=2.0×102 N/m的彈簧3(彈簧始終處于彈性限度內)。4是固定在滑塊2上的金屬滑動片,與電壓表的一端用導線相連,并與一阻值均勻的電阻AB相接觸,滑動片4與電阻間的摩擦忽略不計。已知物體加速度為0時,兩側彈簧3均處于原長,滑動片4位于AB中點,AB全長L=15 cm;直流電源電動勢E=15 V(內阻忽略不計)。現有一量程0~3 V、內阻RV=3 kΩ的電壓表(RV RAB),其表盤如圖乙所示;另有開關、導線若干。
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(1)為使滑動片4位于B點時電壓表滿偏,需要將電壓表量程改為0~15 V,則電壓表應　　　　(選填“串聯”或“并聯”)一個阻值為　　　　 kΩ的電阻,并將電壓表的刻度按新量程做好修改;
(2)將改裝后的電壓表接入圖甲的電路中,此裝置可測量加速度的最大值為
　　　　 m/s2;
串聯
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(3)請在圖丙中畫出a-U圖像(規定加速度向左為正方向,U為改裝后電壓表的示數);
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(4)若要增大加速度的測量范圍,可采用的方法有
　　　　　　 　　(答出一條合理措施即可)。
更換兩根勁度系數更大的彈簧或質量更小的滑塊
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(3)根據2k·=ma可知加速度a與L成線性關系,根據串聯電路分壓規律可知電壓表示數U與L也成線性關系,可知加速度a與電壓表示數U成線性關系,當滑塊處于AB中點時,電壓表示數為7.5 V,當加速度向右時,滑塊在AB中點的左邊,當加速度向左時,滑塊在AB中點的右邊,所以a-U圖像如圖所示。
(4)滑塊所受到的合力最大值由彈簧決定,與電壓無關,勁度系數越大,加速度的測量范圍越大;最大的合力一定的情況下,根據牛頓第二定律可知可以減小滑塊的質量增大加速度的測量范圍。
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8.(8分)(2024廣東江門一模)如圖是工人傳輸貨物的示意圖,工人甲把質量m=7 kg的貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放,貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達反彈裝置左端C點的瞬間,貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達到共速,此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區,長木板進入反彈裝置,反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1=10 m,傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ=53°,BC段的長度L2=7.5 m,長木板的長度d=5 m,貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數μ1=0.5,長木板與地面的動摩擦因數μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
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(1)貨物到達B點時的速度大小vB;
(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度大小vC;
(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η。
答案 (1)10 m/s
(2)5 m/s
(3)60%
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9.(10分)如圖所示,在xOy平面內的第一象限內存在一有界勻強磁場(未畫出),磁感應強度大小為B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限內充滿范圍足夠大、方向沿y軸負方向的勻強電場。一束質量為m、電荷量為+q的粒子以不同的速率從O點沿xOy豎直平面內的OP方向發射,沿直線飛行到P點時進入有界勻強磁場區域,O、P兩點間的距離為L,OP連線與x軸正方向的夾角α=30°。所有粒子在離開磁場后最終都能從x軸上射出,且射出方向與x軸負方向的夾角均為β=60°,若速度最大的粒子從x軸上Q點以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁場內運動,忽略粒子間的相互作用及粒子的重力。求:
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(1)粒子在勻強磁場中運動的時間;
(2)v的大小;
(3)有界勻強磁場區域的最小面積。
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(2)速度為v的粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系可知
POsin 30°=PMsin 60°+MQcos 60°
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10.(14分)(2024福建龍巖三模)如圖所示,兩平行導軌ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是兩小段絕緣導軌,其余部分是金屬導軌,導軌間平滑相接,導軌間距為d1,整個導軌置于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。導軌左側接有一阻值為R的電阻和一電容為C、極板間距為d2的電容器(開始時不帶電),右側接有自感系數為L的線圈。質量為m、長度為d1、電阻為R的金屬棒M垂直導軌放置于絕緣導軌左側某處,質量為m、電阻不計的金屬棒N垂直導軌放置于絕緣導軌上。現給M一水平向右的初速度,當M達到穩定狀態,一電荷量為-q(q>0)的粒子(重力不計)恰能以速度v0從極板間水平穿過。此后,M繼續運動與N發生彈性正碰(碰撞時間極短),忽略金屬棒在絕緣導軌上的運動時間。不考慮其他電阻,不計一切摩擦,忽略電磁輻射,M、N均始終與導軌接觸良好。求:
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(1)M達到穩定狀態時,電容器極板間的電場
強度大小E;
(2)M穩定時產生的電動勢ε及其速率v;
(3)給M水平向右的初速度大小v';
(4)M和N從第一次碰撞到第二次碰撞的時間。
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解析 (1)對帶電粒子,由平衡條件qv0B=qE
可得E=v0B。
(2)M達到穩定狀態時由U=Ed2
可得M穩定時產生的電動勢ε=U=Bd2v0
又根據ε=Bd1v
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(3)對M,由動量定理得
-∑BIid1ti=m(v-v')
即-BQd1=m(v-v')
M穩定時,電容器所帶的電荷量Q=CBd1v
可得M的初速度
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