資源簡介

小綜合練(二)
1.(2024·湖南省九省聯盟二模)水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止豎直跌落的最大高度。已知導致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。某學習小組在探究蘋果的碰傷閾值實驗中，發現蘋果從靜止豎直跌落，在接觸某材料后0.1 s減速至0，蘋果剛好碰傷，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是：
A.蘋果剛接觸此材料時的速率約為3 m/s
B.蘋果在此材料的碰傷閾值約為20 cm
C.蘋果在此材料的碰傷閾值與蘋果質量成正比
D.蘋果從靜止豎直跌落到減速為0的過程中平均速度為0
2.(2024·浙江省金華十校模擬)如圖所示，棱長為2a的正方體玻璃磚，底面中心有一單色點光源O，從外面看玻璃磚的上表面剛好全部被照亮，不考慮光的反射。從外面看玻璃磚四個側面被照亮的總面積為：
A.2a2 B.a2 C.2πa2 D.πa2
3.(2024·黑龍江牡丹江市期末)汽車輪胎內氣體壓強過高或過低都將縮短輪胎的使用壽命，夏季輪胎內氣體壓強過高還容易爆胎。假設某型號輪胎容積是30升，冬天最低氣溫-23 ℃時胎內壓強值為2.6 atm，為了確保夏季某天最高氣溫為37 ℃時胎內壓強不超過2.2 atm，當天早晨給輪胎放氣，以避免溫度最高時胎內壓強過高，則放出氣體的質量與輪胎內原有氣體質量比至少約為：
A. B. C. D.
4.(2024·安徽安慶市二模)如圖所示，兩個完全相同的平行板電容器水平放置，上極板由導線經二極管相互連接，下極板由導線直接連接且接地，開始時兩電容器上極板帶電荷量相等。帶電小球A靜止在左邊電容器的中間位置，另一個帶電小球B通過絕緣細線懸掛在右邊電容器的上極板上，且B球靜止時距下極板的距離為兩板間距的四分之一。兩球均可視為點電荷。以下說法中正確的是：
A.A球電勢能大于B球電勢能
B.將左邊電容器下極板上移少許，A、B兩球開始所在位置處的電勢均升高
C.將左邊電容器下極板下移少許，穩定后左右兩平行板電容器內電場強度大小相等
D.在左邊電容器靠近下極板插入一電介質板，穩定后右邊電容器內電場強度大小不變
5.(多選)(2024·湖北省十一校聯考二模)如圖，理想變壓器原線圈與定值電阻R0串聯后接在電壓恒定U0=36 V的交流電源上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器R，原、副線圈匝數比為1∶2。已知R0=2 Ω，R的最大阻值為20 Ω。現將滑動變阻器R的滑片P從最上端開始向下滑動，下列說法正確的是：
A.電壓表示數變大，電流表示數變小
B.電源的輸出功率變大
C.當R=16 Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大
D.當R=16 Ω時，電壓表示數為48 V
6.(多選)(2024·湖南省三模)某科技小組利用物理知識研究一款無接觸驅動的游戲裝置，如圖所示，導軌a、b由半徑為r=0.4 m的四分之一光滑圓弧平行導軌與水平導軌組成，其右端與水平導軌c、d通過導線良好銜接，導軌a、b部分寬度為L1=2 m，導軌c、d部分寬度為L2=1 m，金屬棒P與金屬棒Q上分別固定有絕緣卡通玩偶，營造出貓追老鼠的氛圍，兩者將隨金屬棒始終無翻轉水平運動，金屬棒P與“貓”總質量為M=2 kg，金屬棒Q與“老鼠”總質量為m=1 kg，接入導軌間的電阻大小均為R=1 Ω，Q棒靜止在c、d導軌上并被鎖定，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B=1 T。現將P棒從圓弧導軌圓心等高處無初速釋放，P棒到達圓弧軌道最低點時P棒對導軌壓力為其重力的兩倍，金屬棒與軌道接觸良好，不考慮一切摩擦，導軌電阻不計，重力加速度為g取10 m/s2，則：
A.從釋放P棒到運動至圓弧軌道最低點過程中通過金屬棒的電荷量為0.3 C
B.在Q棒一直鎖定的情況下，要使P棒不能帶“貓”進入c、d軌道，則a、b軌道水平部分長度至少為2 m
C.當P棒到達圓弧最低點時，若Q棒立即解除鎖定，水平導軌均足夠長，且P棒始終在ab上運動，Q棒始終在cd上運動，則兩金屬棒運動穩定時速度大小分別為vP= m/s，vQ= m/s
D.P棒在導軌a、b的水平部分運動過程中，兩者運動狀態第一次穩定后，P棒進入c、d導軌時，若此時距Q棒1 m，則此后兩者將會相碰
7.(2024·福建師范大學附屬中學期末)電學實驗中可將電源E1與電源E2及靈敏電流計G連成如圖甲所示電路，若靈敏電流計G示數為0，說明此時兩電源的電動勢相等；根據這一原理，某同學設計了如圖乙所示電路，來測量某電源C的電動勢，其中A為工作電源(內阻不計)，B為電動勢(為E)恒定的標準電源，R1、R2為電阻箱，R3為滑動變阻器，G為靈敏電流計，S1、S3為單刀單擲開關，S2為單刀雙擲開關，實驗過程如下：
①實驗開始之前，將R1和R2的阻值限定在1 000 Ω到3 000 Ω之間；
②將S2置于1處，閉合開關S1、S3，通過調節R1、R2、R3，使R3的阻值為0時，靈敏電流計G示數為0，記錄此時的R1與R2的阻值，分別為a、b；
③將開關S2置于2處，保持通過R1、R2的電流不變，重復上述操作，使靈敏電流計的示數為0，記錄此時的R1與R2的阻值，分別為c、d。
根據上述實驗過程回答問題：
(1)(2分)實驗步驟①中，為保護靈敏電流計，開始時滑動變阻器觸頭應外在最　　　　　 端(填“左”或“右”)；
(2)(2分)在步驟③中，為保持實驗過程中流過R1與R2的電流不變，則a+b　　　　　 c+d(填“>”“=”或“<”)；
(3)(2分)待測電源C的電動勢為　　　　　　　　(用a、b、c、d、E中必要的符號表示)；
(4)(2分)若工作電源A的內阻不可忽略，則待測電源C的電動勢測量值相比于上述方案結果　　　　　　　(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。
8.(2024·全國甲卷·24)為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從t=0時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，t2=41 s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速v0=340 m/s，求：
(1)(2分)救護車勻速運動時的速度大小；
(2)(6分)在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
9.(2024·新課標卷·26)一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內運動，其速度可用如圖所示的直角坐標系內一個點P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上的分量。粒子出發時P位于圖中a(0，v0)點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到b(v0，v0)點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O為圓心的圓弧移動至c(-v0，v0)點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，不計重力。求：
(1)(3分)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；
(2)(3分)電場強度的大小；
(3)(6分)P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。
答案精析
1.B　[蘋果剛好碰傷，可知蘋果接觸材料過程中平均合力為F合=FN-mg=2mg，由牛頓第二定律，得平均加速度為a==2g，由加速度大小公式a==可知蘋果剛接觸材料時的速率約為v=2gt=2×10×0.1 m/s=2 m/s，A錯誤；設蘋果從靜止狀態下落的最大高度為h，有v2=2gh，解得h=0.2 m=20 cm，B正確；由上述推導可知，蘋果在此材料上的碰傷閾值與蘋果質量無關，C錯誤；蘋果從靜止狀態豎直跌落到減速為0的過程中位移不為0，故平均速度不為0，D錯誤。]
2.D　[由幾何關系可知底面對角線為=2a，玻璃磚的上表面剛好全部被照亮，即四個頂角處恰好不發生全反射，設臨界角為C，由幾何關系可得sin C==點光源O在側面的出射情況為一個半圓，設其半徑為r，則有sin C=聯立解得r=a，從外面看玻璃磚四個側面被照亮的總面積為S=4×πr2=πa2，故選D。]
3.C　[對輪胎內氣體初態溫度、體積、壓強分別為T1=(t1+273) K=(-23+273) K=250 K，V1=30 L，p1=2.6 atm，對輪胎內氣體末態，留在輪胎內的部分溫度、體積、壓強分別為T2=(t2+273) K=(37+273) K=310 K，V2=30 L，p2=2.2 atm，根據理想氣體狀態方程=+代入數據可得V3≈9.53 L，放出的氣體質量與輪胎內原有氣體質量比為=≈0.318<=0.32，故選C。]
4.D　[開始時左右兩電容器內電場強度相等，由于不知道兩球的質量及所帶電荷，因此無法比較兩者的電勢能，故A錯誤；將左邊電容器下極板上移少許，由電容的決定式C=可知電容C增大，由于二極管的存在，右側電容器內的電荷不能移向左邊電容器，因此左邊電容器的帶電荷量Q不變，由Q=CU，E=聯立可得E=可知，左邊電容器兩極板間電壓減小，但是電場強度大小不變，對兩點電勢大小的計算有φ-0=Eh，由于兩邊電場強度均不變，而左側h減小，右側h不變，因此左邊A球所在位置電勢減小，右邊B球所在位置電勢不變，故B錯誤；將左邊電容器下極板下移少許，根據C=可知左邊電容器電容減小，因此左邊電容器需要放電，即左邊電容器內的電荷將移向右邊電容器，根據E=U=聯立可得E=可知，左邊電容器內電場強度減小，而右邊電容器內電場強度增大，故C錯誤；在左邊電容器靠近下極板插入一電介質板，根據C=可知，左邊電容器電容變大，而由于二極管的單向導電性，可知右邊電容器中的電荷不能左移，因此，穩定后右邊電容器內電場強度大小不變，故D正確。]
5.BD　[依題意，理想變壓器原、副線圈電壓之比為=又=聯立解得I2=可知滑動變阻器R的滑片P從最上端開始向下滑動時，R減小，I2增大，即電流表示數變大，I1也增大，由U1=U0-I1R0，可知原線圈電壓減小，所以副線圈電壓減小，即電壓表示數變小，故A錯誤；電源的輸出功率P=U0I1，隨I1的增大而增大，故B正確；滑動變阻器消耗的功率為PR=R=()2R=當滿足=即R=8 Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，故C錯誤；當R=16 Ω時，有I2==3 A，電壓表示數為U2=I2R=48 V，故D正確。]
6.BC　[從釋放P棒到運動至圓弧軌道最低點過程中通過金屬棒的電荷量q=·Δt=·Δt===0.4 C，故A錯誤；設金屬棒P到達圓弧導軌最低點時速度為v0，由牛頓第二定律有FN-Mg=M且FN=2Mg，解得v0==2 m/s，在Q棒一直鎖定的情況下，P棒將減速到零，由動量定理-BL1t=0-Mv0，其中==BL1x=t，聯立可得=Mv0，解得x=2 m，故B正確；解除鎖定后，P棒做減速運動，Q棒做加速運動，兩棒最終均做勻速運動，回路中電流為零，設兩棒最終速度分別為vP和vQ，由于EQ=EP，即BL1vP=BL2vQ，由動量定理對P棒有-BIL1t'=M(vP-v0)，對Q棒有BIL2t'=mvQ，解得vP= m/s，vQ= m/s，故C正確；P棒在導軌a、b的水平部分運動過程中兩者運動狀態第一次穩定后，P棒速度小于Q棒，進入到c、d軌道后雖然加速，但距離還會加大，兩棒速度相等后不再變化，不可能碰上，故D錯誤。]
7.(1)左　(2)=　(3)E　(4)不變
解析　(1)由圖乙所示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護靈敏電流計，開始時滑動變阻器觸頭應處在最左端。
(2)改用待測電源替換標準電源的位置，其前提條件是工作電源A所在電路電流I要保持不變，電源A的輸出電壓固定不變，采取的措施是使R1與R2的阻值之和為某一固定阻值， 使R1'和R2'的阻值之和也為該固定阻值，即a+b=c+d
(3)根據部分電路歐姆定律，
有=
=
由于a+b=c+d，解得：EC=
(4)若考慮工作電源內阻，
則有=
=
由于a+b=c+d
考慮到了工作電源內阻后，則a+b+r=c+d+r
解得EC=
測量值不變。
8.(1)20 m/s　(2)680 m
解析　(1)根據勻變速運動速度公式v=at1
可得救護車勻速運動時的速度大小
v=2×10 m/s=20 m/s
(2)救護車勻加速運動過程中的位移
x1=a=100 m
設在t3時刻停止鳴笛，根據題意可得
+t3=t2
停止鳴笛時救護車距出發處的距離
x=x1+(t3-t1)v
代入數據聯立解得x=680 m。
9.(1)　　(2)Bv0
(3)
解析　(1)粒子在磁場中做圓周運動時的速度為
v==v0
根據洛倫茲力提供向心力Bqv=m
得粒子做圓周運動的半徑為
r=
周期為T==
(2)根據題意，已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應的曲線，
根據a=可知任意點的加速度大小相等，
故可得=
解得E=Bv0
(3)根據題意分析可知P點從b點到c點，粒子在磁場中轉過的角度為270°，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據對稱性可知粒子的運動軌跡如圖所示，P點從a到b過程中粒子做類平拋運動，得t=v0
故可得該段時間內沿y方向位移為L=v0t
根據幾何知識可得
ybc=r
由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為
yaa'=ybc-2L
聯立解得yaa'=。(共32張PPT)
考前熱身練
小綜合練(二)
1.(2024·湖南省九省聯盟二模)水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止豎直跌落的最大高度。已知導致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。某學習小組在探究蘋果的碰傷閾值實驗中，發現蘋果從靜止豎直跌落，在接觸某材料后0.1 s減速至0，蘋果剛好碰傷，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.蘋果剛接觸此材料時的速率約為3 m/s
B.蘋果在此材料的碰傷閾值約為20 cm
C.蘋果在此材料的碰傷閾值與蘋果質量成正比
D.蘋果從靜止豎直跌落到減速為0的過程中平均速度為0
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√
蘋果剛好碰傷，可知蘋果接觸材料過程中平均合力為F合=FN-mg=2mg，
由牛頓第二定律，得平均加速度為a==2g，由加速度大小公式a= =，可知蘋果剛接觸材料時的速率約為v=2gt=2×10×0.1 m/s=2 m/s，
A錯誤；
設蘋果從靜止狀態下落的最大高度為h，有v2=2gh，解得h=0.2 m=
20 cm，B正確；
由上述推導可知，蘋果在此材料上的碰傷閾值與蘋果質量無關，C錯誤；
蘋果從靜止狀態豎直跌落到減速為0的過程中位移不為0，故平均速度不為0，D錯誤。
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2.(2024·浙江省金華十校模擬)如圖所示，棱長為2a的正方體玻璃磚，底面中心有一單色點光源O，從外面看玻璃磚的上表面剛好全部被照亮，不考慮光的反射。從外面看玻璃磚四個側面被照亮的總面積為
A.2a2 B.a2
C.2πa2 D.πa2
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由幾何關系可知底面對角線為=2a，玻
璃磚的上表面剛好全部被照亮，即四個頂角處恰好不發生
全反射，設臨界角為C，由幾何關系可得sin C==，點光源O在側面的出射情況為一個半圓，設其半徑為r，則有sin C=
，聯立解得r=a，從外面看玻璃磚四個側面被照亮的總面積為S=4×πr2=πa2，故選D。
3.(2024·黑龍江牡丹江市期末)汽車輪胎內氣體壓強過高或過低都將縮短輪胎的使用壽命，夏季輪胎內氣體壓強過高還容易爆胎。假設某型號輪胎容積是30升，冬天最低氣溫-23 ℃時胎內壓強值為2.6 atm，為了確保夏季某天最高氣溫為37 ℃時胎內壓強不超過2.2 atm，當天早晨給輪胎放氣，以避免溫度最高時胎內壓強過高，則放出氣體的質量與輪胎內原有氣體質量比至少約為
A. B.
C. D.
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對輪胎內氣體初態溫度、體積、壓強分別為T1=(t1+273) K=(-23+273) K=250 K，V1=30 L，p1=2.6 atm，對輪胎內氣體末態，留在輪胎內的部分溫度、體積、壓強分別為T2=(t2+273) K=(37+273) K=310 K，V2=30 L，p2=2.2 atm，根據理想氣體狀態方程=+，代入數據可得V3≈9.53 L，放出的氣體質量與輪胎內原有氣體質量比為= ≈0.318<=0.32，故選C。
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4.(2024·安徽安慶市二模)如圖所示，兩個完全相同的平行板電容器水平放置，上極板由導線經二極管相互連接，下極板由導線直接連接且接地，開始時兩電容器上極板帶電荷量相等。帶電小球A靜止在左邊電容器的中間位置，另一個帶電小球B通過絕緣細線懸掛在右邊電容器的上極板上，且B球靜止時距下極板的距離為兩板間距的四分之一。兩球均可視為點電荷。以下說法中正確的是
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A.A球電勢能大于B球電勢能
B.將左邊電容器下極板上移少許，A、B兩球
開始所在位置處的電勢均升高
C.將左邊電容器下極板下移少許，穩定后左
右兩平行板電容器內電場強度大小相等
D.在左邊電容器靠近下極板插入一電介質板，穩定后右邊電容器內電場
強度大小不變
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開始時左右兩電容器內電場強度相等，由于不知道兩球的質量及所帶電荷，因此無法比較兩者的電勢能，故A錯誤；
將左邊電容器下極板上移少許，由電容的決定式C=，可知電容C增大，由于二極管的存在，右側電容器內的電荷不能移向左邊電容器，因此左邊電容器的帶電荷量Q不變，由Q=CU，E=，聯立可得E=可知，左邊電容器兩極板間電壓減小，但是電場強度大小不變，對兩點電勢大小的計算有φ-0=Eh，由于兩邊電場強度均不變，而左側h減小，右側h不變，因此左邊A球所在位置電勢減小，右邊B球所在位置電勢不變，故B錯誤；
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將左邊電容器下極板下移少許，根據C=，可知左邊電容器電容減小，因此左邊電容器需要放電，即左邊電容器內的電荷將移向右邊電
容器，根據E=，U=，聯立可得E=可知，左邊電容器內電場強度減小，而右邊電容器內電場強度增大，故C錯誤；
在左邊電容器靠近下極板插入一電介質板，根據C=可知，左邊電容器電容變大，而由于二極管的單向導電性，可知右邊電容器中的電荷不能左移，因此，穩定后右邊電容器內電場強度大小不變，故D正確。
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5.(多選)(2024·湖北省十一校聯考二模)如圖，理想變壓器原線圈與定值電阻R0串聯后接在電壓恒定U0=36 V的交流電源上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器R，原、副線圈匝數比為1∶2。已知R0=2 Ω，R的最大阻值為20 Ω。現將滑動變阻器R的滑片P從最上端開始向下滑動，下列說法正確的是
A.電壓表示數變大，電流表示數變小
B.電源的輸出功率變大
C.當R=16 Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大
D.當R=16 Ω時，電壓表示數為48 V
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依題意，理想變壓器原、副線圈電壓之比為
==，聯立解得I2=，可知滑動變阻器R的滑片P從最上端開始向下
滑動時，R減小，I2增大，即電流表示數變大，I1也增大，由U1=U0-I1R0，可知原線圈電壓減小，所以副線圈電壓減小，即電壓表示數變小，故A錯誤；
電源的輸出功率P=U0I1，隨I1的增大而增大，故B正確；
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滑動變阻器消耗的功率為PR=R=()2R ==，即R=8 Ω時，
滑動變阻器消耗的功率最大，故C錯誤；
當R=16 Ω時，有I2==3 A，電壓表示數為U2=I2R=48 V，故D正確。
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6.(多選)(2024·湖南省三模)某科技小組利用物理知識研究一款無接觸驅動的游戲裝置，如圖所示，導軌a、b由半徑為r=0.4 m的四分之一光滑圓弧平行導軌與水平導軌組成，其右端與水平導軌c、d通過導線良好銜接，導軌a、b部分寬度為L1=2 m，導軌c、d部分寬度為L2=1 m，金屬棒P與金屬棒Q上分別固定有絕緣卡通玩偶，營造出貓追老鼠的氛圍，兩者將隨金屬棒始終無翻轉水平運動，金屬棒P與“貓”總質量為M=2 kg，金屬棒Q與“老鼠”總質量為m=1 kg，接入導軌間的電阻大小均為R=1 Ω，Q棒靜止在c、d導軌上并被鎖定，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B=1 T。現將P棒從圓弧導軌圓心等高處無初速釋放，P棒到達圓弧軌道最低點時P棒對導軌壓力為其重力的兩倍，金屬棒與軌道接觸良好，
不考慮一切摩擦，導軌電阻不計，重力加速度為g取
10 m/s2，則
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A.從釋放P棒到運動至圓弧軌道最低點過程中通過
金屬棒的電荷量為0.3 C
B.在Q棒一直鎖定的情況下，要使P棒不能帶“貓”
進入c、d軌道，則a、b軌道水平部分長度至少
為2 m
C.當P棒到達圓弧最低點時，若Q棒立即解除鎖定，水平導軌均足夠長，且P棒
始終在ab上運動，Q棒始終在cd上運動，則兩金屬棒運動穩定時速度大小分
別為vP= m/s，vQ= m/s
D.P棒在導軌a、b的水平部分運動過程中，兩者運動狀態第一次穩定后，P棒
進入c、d導軌時，若此時距Q棒1 m，則此后兩者將會相碰
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從釋放P棒到運動至圓弧軌道最低點過程中通過
金屬棒的電荷量q=·Δt=·Δt===0.4 C，
故A錯誤；
設金屬棒P到達圓弧導軌最低點時速度為v0，由牛頓第二定律有FN-Mg=M，且FN=2Mg，解得v0==2 m/s，在Q棒一直鎖定的情況下，P棒將減速到零，由動量定理-BL1t=0-Mv0，其中==BL1，x=t，聯立可得=Mv0，解得x=2 m，故B正確；
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解除鎖定后，P棒做減速運動，Q棒做加速運動，兩棒最終均做勻速運動，回路中電流為零，設兩棒最終速度分別為vP和vQ，由
于EQ=EP，即BL1vP=BL2vQ，由動量定理對P棒有-BIL1t'=M(vP-v0)，對Q棒有BIL2t'=mvQ，解得vP= m/s，vQ= m/s，故C正確；
P棒在導軌a、b的水平部分運動過程中兩者運動狀態第一次穩定后，P棒速度小于Q棒，進入到c、d軌道后雖然加速，但距離還會加大，兩棒速度相等后不再變化，不可能碰上，故D錯誤。
7
8
9
6
1
2
3
4
5
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9
7.(2024·福建師范大學附屬中學期末)電學實驗中可將電源E1與電源E2及靈敏電流計G連成如圖甲所示電路，若靈敏電流計G示數為0，說明此時兩電源的電動勢相等；根據這一原理，某同學設計了如圖乙所示電路，來測量某電源C的電動勢，其中A為工作電源(內阻不計)，B為電動勢(為E)恒定的標準電源，R1、R2為電阻箱，R3為滑動變阻器，G為靈敏電流計，S1、S3為單刀單擲開關，S2為單刀雙擲開關，實驗過程如下：
6
1
2
3
4
5
7
8
9
①實驗開始之前，將R1和R2的阻值限定在1 000 Ω到3 000 Ω之間；
②將S2置于1處，閉合開關S1、S3，通過調節R1、R2、R3，使R3的阻值為0時，靈敏電流計G示數為0，記錄此時的R1與R2的阻值，分別為a、b；
③將開關S2置于2處，保持通過R1、R2的電流不變，重復上述操作，使靈敏電流計的示數為0，記錄此時的R1與R2的阻值，分別為c、d。
6
1
2
3
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5
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8
9
根據上述實驗過程回答問題：
(1)實驗步驟①中，為保護靈敏電流計，開始時滑動變阻器觸頭應外在最____端(填“左”或“右”)；
左
由圖乙所示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護靈敏電流計，開始時滑動變阻器觸頭應處在最左端。
6
1
2
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9
(2)在步驟③中，為保持實驗過程中流過R1與R2的電流不變，則a+b___c+d(填“>”“=”或“<”)；
=
改用待測電源替換標準電源的位置，其前提條件是工作電源A所在電路電流I要保持不變，電源A的輸出電壓固定不變，采取的措施是使R1與R2的阻值之和為某一固定阻值， 使R1'和R2'的阻值之和也為該固定阻值，即a+b=c+d
6
1
2
3
4
5
7
8
9
(3)待測電源C的電動勢為_____(用a、b、c、d、E中必要的符號表示)；
E
根據部分電路歐姆定律，有=
=
由于a+b=c+d，解得：EC=
6
1
2
3
4
5
7
8
9
(4)若工作電源A的內阻不可忽略，則待測電源C的電動勢測量值相比于上述方案結果　　　(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。
不變
若考慮工作電源內阻，則有=
=
由于a+b=c+d
考慮到了工作電源內阻后，則a+b+r=c+d+r
解得EC=
測量值不變。
6
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1
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3
4
5
8.(2024·全國甲卷·24)為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從t=0時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，t2=41 s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速v0=340 m/s，求：
(1)救護車勻速運動時的速度大小；
7
8
9
答案　20 m/s　
根據勻變速運動速度公式v=at1
可得救護車勻速運動時的速度大小
v=2×10 m/s=20 m/s
6
1
2
3
4
5
(2)在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
7
8
9
答案　680 m
救護車勻加速運動過程中的位移x1=a=100 m
設在t3時刻停止鳴笛，根據題意可得+t3=t2
停止鳴笛時救護車距出發處的距離x=x1+(t3-t1)v
代入數據聯立解得x=680 m。
6
1
2
3
4
5
9.(2024·新課標卷·26)一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內運動，其速度可用如圖所示的直角坐標系內一個點P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上的分量。粒子出發時P位于圖中a(0，v0)點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到b(v0，v0)點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O為圓心的圓弧移
7
8
9
動至c(-v0，v0)點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，不計重力。求：
6
1
2
3
4
5
(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；
7
8
9
答案　　　
粒子在磁場中做圓周運動時的速度為
v==v0
根據洛倫茲力提供向心力Bqv=m
得粒子做圓周運動的半徑為r=
周期為T==
6
1
2
3
4
5
(2)電場強度的大小；
7
8
9
答案　Bv0
根據題意，已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應的曲線，
根據a=可知任意點的加速度大小相等，
故可得=
解得E=Bv0
6
1
2
3
4
5
(3)P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。
7
8
9
答案　
6
1
2
3
4
5
根據題意分析可知P點從b點到c點，粒子在磁場中轉過的角度為270°，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據對稱性可知粒子的運動軌跡如圖所
示，P點從a到b過程中粒子做類平拋運動，得t=v0
故可得該段時間內沿y方向位移為L=v0t
根據幾何知識可得
ybc=r
由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時
粒子位移的大小為yaa'=ybc-2L
聯立解得yaa'=。
7
8
9小綜合練(一)
1.(2024·河南漯河市期末)可控核聚變技術研發已進入快車道，預計將來可以實現商用。下列相關描述正確的是：
A.目前核電站使用的都是核聚變技術
B.核反應U+n→Ba+Kr+n是核聚變
C.太陽是一個巨大的核聚變反應堆
D.原子彈是利用核聚變原理制成的
2.(2024·廣東廣州市二模)北京時間2023年10月26日19時34分，神舟十六號航天員乘組順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十七號航天員乘組入駐“天宮”。如圖為“天宮”繞地球運行的示意圖，測得“天宮”在t時間內沿順時針從A點運動到B點，這段圓弧對應的圓心角為θ。已知地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，則“天宮”運動的：
A.軌道半徑為
B.線速度大小為
C.周期為
D.向心加速度大小為
3.(2024·重慶卷·4)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力，大小分別為F1、F2，則針鞘：
A.被彈出時速度大小為
B.到達目標組織表面時的動能為F1d1
C.運動d2過程中，阻力做功為(F1+F2)d2
D.運動d2的過程中動量變化量大小為
4.(2024·江蘇省五校聯考模擬)一定質量的理想氣體經歷了如圖所示的A→B→C→D→A循環過程。下列說法正確的是：
A.A→B→C過程中，氣體壓強先增加后不變
B.C→D→A過程中，單位體積內分子數先不變后增加
C.整個循環過程中，氣體對外界做的功大于外界對氣體做的功
D.整個循環過程中，氣體對外界放熱，內能不變
5.(多選)(2023·全國乙卷·19)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP>OM，OM=ON，則小球：
A.在運動過程中，電勢能先增加后減少
B.在P點的電勢能大于在N點的電勢能
C.在M點的機械能等于在N點的機械能
D.從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功
6.(多選)(2024·東北三省四校模擬)一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲和圖乙分別是平衡位置位于x1=1 m及x2=4 m處兩質點的振動圖像。下列說法正確的是：
A.波長可能為3 m B.波長可能為 m
C.波速可能為 m/s D.波速可能為 m/s
7.(2024·河南信陽市二模)某同學想要測量當地的重力加速度。一光滑桌面傾斜放置，其與水平面間的夾角為θ，在桌面上固定一懸掛點O，輕繩通過拉力傳感器拴接在O點，另一端連接一個質量為m的物塊。
①現給物塊足夠大的初速度，使其在桌面內做圓周運動，分別記錄物塊在最低點時繩子的拉力FT1和最高點時繩子的拉力FT2，改變不同的初速度，記錄多組FT1和FT2；
②建立坐標系，以拉力FT1為縱軸、拉力FT2為橫軸，得到了一條線性圖像，測得圖線斜率為k，縱軸截距為b
(1)(2分)根據以上數據，可得重力加速度的表達式為g=　　　　(用m、b、θ表示)；
(2)(4分)在本次實驗中，斜率k=　　　　，若改變斜面的傾角θ，斜率k的值　　　　(選填“會”或“不會”)發生變化；
(3)(2分)若僅考慮物塊運動過程中的受到桌面的滑動摩擦力，不計其他阻力，此時的斜率k'將　　　　(選填“大于”“小于”或“等于”)該值。
8.(2024·黑吉遼·13)如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2=5∶1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內，容器內封閉有一定質量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。
(1)(3分)求變壓器的輸出功率P；
(2)(5分)已知該容器內的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t。
9.(2024·廣東佛山市二模)2023年11月，福建號航母成功完成了艦載電磁彈射實驗，電磁彈射是利用運動磁場對閉合線圈的電磁力來驅動物體運動的。如圖所示是某個電磁驅動的模擬場景，水平面上等距分布著寬度和間距都為L=0.2 m的有界勻強磁場，磁場方向豎直向上。通過控制使整個磁場以v0=20 m/s的速度水平向右勻速運動。兩個放在水平面上的導線框a、b，表面絕緣，它們的質量均為m=0.2 kg、邊長均為L=0.2 m、電阻均為R=1 Ω，與水平面間的動摩擦因數分別為μ1=0.2、μ2=0.4。兩線框在如圖位置靜止釋放，b恰能保持靜止，a在安培力驅動下向右運動，然后與b發生彈性碰撞。已知a在與b碰撞前已達到最大速度，忽略a、b產生的磁場，以及運動磁場的電磁輻射效應，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(3分)磁感應強度B的大小；
(2)(6分)導線框a與b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小；
(3)(3分)首次碰撞后a、b相距最遠瞬間，a的速度為多大？
答案精析
1.C　[目前核電站使用的都是核裂變技術，故A錯誤；核反應U+n→Ba+Kr+n是核裂變，故B錯誤；恒星、氫彈、太陽都是利用核聚變釋放能量，而原子彈利用的是核裂變，故C正確，D錯誤。]
2.A　[由角速度定義式可得ω=則周期為T==故C錯誤；由萬有引力提供向心力可得G=mω2r，又G=mg，聯立解得軌道半徑為r=故A正確；線速度大小為v=ωr==故B錯誤；向心加速度大小為a=ωv=故D錯誤。]
3.A　[根據動能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=故A正確；針鞘到達目標組織表面后，繼續前進d2減速至零，此過程中克服阻力做功為F2d2，根據動能定理有Ek=F2d2，故B、C錯誤；針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小Δp==故D錯誤。]
4.D　[A→B的過程中，氣體溫度不變，體積增大到原來的2倍，由玻意耳定律可知，氣體壓強將減小到A狀態時的二分之一；B→C的過程中，氣體的體積不變，溫度升高到原來的4倍，由查理定律可知，氣體的壓強將增大到B狀態時的4倍；即氣體壓強先減小后增大，故A錯誤；C→D→A過程中，氣體的體積先減小后不變，所以單位體積內分子數先增加后不變，故B錯誤；A→B的過程中，氣體等溫膨脹，內能不變，但對外做功，由熱力學第一定律ΔU1=Q1+W1可知，氣體從外界吸收了熱量；B→C的過程中，氣體體積不變，溫度升高，內能增加，氣體和外界沒有相互做功，由ΔU2=Q2+W2可知，氣體從外界吸收了熱量；C→D過程中，氣體體積減小，溫度降低，內能減小，由圖可知是定值，則由=可知，氣體經歷了等壓壓縮，外界對氣體做了功，由ΔU3=Q3+W3可知，氣體向外界釋放了熱量；D→A過程中，氣體經歷了等容降溫，內能減小，壓強減小，氣體與外界沒有相互做功，由ΔU4=Q4+W4可知，氣體向外界釋放了熱量。綜上所述，氣體與外界相互做功發生在A→B和C→D過程中，其中A→B是一個降壓過程，C→D是一個等壓過程，由D→A過程壓強減小可知，A→B過程中壓強的最大值pA小于C→D過程中的壓強，兩個過程中氣體的體積變化量相等，所以A→B過程中氣體對外界做的功小于C→D過程中外界對氣體做的功，故C錯誤；由上面的分析可知，整個循環過程中，外界對氣體做的功大于氣體對外界做的功，氣體的溫度、體積最終回到了開始狀態，內能變化量為零，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知氣體對外界放熱，故D正確。]
5.BC　[由題知，OP>OM，OM=ON，則根據正點電荷的電勢分布情況可知φM=φN>φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM=EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤，B、C正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。]
6.BC　[若波沿x軸負方向傳播，則x1=1 m及x2=4 m的振動相差時間為Δt1=(n+)T(n=0，1，2，3…)，則(n+)λ1=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ1= m(n=0，1，2，3…)，由題意可知T=4 s，故對應的波速為v1== m/s(n=0，1，2，3…)，同理，若波沿x軸正方向傳播，則x1=1 m及x2=4 m的振動相差時間為Δt2=(n+)T(n=0，1，2，3…)，則(n+)λ2=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ2= m(n=0，1，2，3…)，故對應的波速為v2== m/s(n=0，1，2，3…)，當波沿x軸負方向傳播且n=1時λ= m，且波長不可能為3 m，故A錯誤，B正確；結合A、B分析可知，當波沿x軸正方向傳播，且n=1時v= m/s，且波速不可能為 m/s，故C正確，D錯誤。]
7.(1)　(2)1　不會　(3)等于
解析　(1)物塊在最低點FT1-mgsin θ=m
在最高點FT2+mgsin θ=m
從最低點到最高點根據動能定理有
-mg×2Lsin θ=m-m
可知FT1=FT2+6mgsin θ
故b=6mgsin θ
得g=
(2)由FT1=FT2+6mgsin θ可知，圖線的斜率k始終為1，與斜面的傾角無關。
(3)若考慮滑動摩擦力，則動能定理的方程為-mg×2Lsin θ-μmgscos θ=m-m
其中s=πL
整理得FT1=FT2+6mgsin θ+2πμmgcos θ
故此時的斜率k'仍然為1，保持不變。
8.(1)　(2)
解析　(1)由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U1=
設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，
根據理想變壓器的電壓與匝數之間的關系有
=聯立解得U2=U1=
理想變壓器的輸出功率等于電熱絲的熱功率，即
P==
(2)設加熱前容器內氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為T2，容器內的氣體做等容變化，則有=解得T2=2T0
由Q=CΔT知氣體吸收的熱量
Q=C(2T0-T0)=CT0
電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收得Q=Pt
聯立整理得t=CT0
解得t=。
9.(1)1 T　(2)10 m/s　0　10 m/s　(3)5 m/s
解析　(1)由題知，一開始b恰能保持靜止，則有BIbL=μ2mg
Eb=BLv0
Ib=
聯立解得B=1 T
(2)當a達到最大速度時，有
BIaL=μ1mg
Ea=BL(v0-vam)
Ia=
聯立解得vam=10 m/s
a、b發生彈性碰撞有mvam=mvb+mva
m=m+m
解得va=0，vb=10 m/s
(3)由于碰撞后a、b組成的系統合外力為0，
則a、b組成的系統動量守恒，
則a、b共速時相距最遠，
有mvam=2mv共
解得v共=5 m/s(共32張PPT)
考前熱身練
小綜合練(一)
1.(2024·河南漯河市期末)可控核聚變技術研發已進入快車道，預計將來可以實現商用。下列相關描述正確的是
A.目前核電站使用的都是核聚變技術
B.核反應U+n→+Kr+n是核聚變
C.太陽是一個巨大的核聚變反應堆
D.原子彈是利用核聚變原理制成的
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
目前核電站使用的都是核裂變技術，故A錯誤；
核反應U+n→+Kr+n是核裂變，故B錯誤；
恒星、氫彈、太陽都是利用核聚變釋放能量，而原子彈利用的是核裂變，故C正確，D錯誤。
7
8
9
2.(2024·廣東廣州市二模)北京時間2023年10月26日19時34分，神舟十六號航天員乘組順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十七號航天員乘組入駐“天宮”。如圖為“天宮”繞地球運行的示意圖，測得“天宮”在t時間內沿順時針從A點運動到B點，這段圓弧對應的圓心角為θ。已知地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，則“天宮”運動的
A.軌道半徑為 B.線速度大小為
C.周期為 D.向心加速度大小為
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由角速度定義式可得ω=，則周期為T==，故C錯誤；
由萬有引力提供向心力可得G=mω2r，又G=mg，聯立解得軌道半徑為r=，故A正確；
線速度大小為v=ωr==，故B錯誤；
向心加速度大小為a=ωv=，故D錯誤。
3.(2024·重慶卷·4)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力，大小分別為F1、F2，則針鞘
A.被彈出時速度大小為
B.到達目標組織表面時的動能為F1d1
C.運動d2過程中，阻力做功為(F1+F2)d2
D.運動d2的過程中動量變化量大小為
1
2
3
4
5
6
√
7
8
9
1
2
3
4
5
6
根據動能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v= ，故A正確；
針鞘到達目標組織表面后，繼續前進d2減速至零，此過程中克服阻力做功為F2d2，根據動能定理有Ek=F2d2，故B、C錯誤；
針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小Δp==，故D錯誤。
7
8
9
1
2
3
4
5
6
4.(2024·江蘇省五校聯考模擬)一定質量的理想氣體經歷了如圖所示的A→B→C→D→A循環過程。下列說法正確的是
A.A→B→C過程中，氣體壓強先增加后不變
B.C→D→A過程中，單位體積內分子數先不變
后增加
C.整個循環過程中，氣體對外界做的功大于外
界對氣體做的功
D.整個循環過程中，氣體對外界放熱，內能不變
7
8
9
√
A→B的過程中，氣體溫度不變，體積增大到原來的2倍，由玻意耳定律可知，氣體壓強將減小到A狀態時的二分之一；B→C的過程中，氣體的體積不變，溫度升高到原來的4倍，由查理定律可知，氣體的壓強將增大到B狀態時的4倍；即氣體壓強先減小后增大，故A錯誤；
C→D→A過程中，氣體的體積先減小后不變，所以單位體積內分子數先增加后不變，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A→B的過程中，氣體等溫膨脹，內能不變，但對外做功，由熱力學第一定律ΔU1=Q1+W1可知，氣體從外界吸收了熱量；B→C的過程中，氣體體積不變，溫度升高，內能增加，氣體和外界
沒有相互做功，由ΔU2=Q2+W2可知，氣體從外界吸收了熱量；C→D
過程中，氣體體積減小，溫度降低，內能減小，由圖可知=可知，氣體經歷了等壓壓縮，外界對氣體做了功，由
ΔU3=Q3+W3可知，氣體向外界釋放了熱量；D→A過程中，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
氣體經歷了等容降溫，內能減小，壓強減小，氣體與外界沒有相互做功，由ΔU4=Q4+W4可知，氣體向外界釋放了熱量。綜上所述，氣體與外界相互做功發生在A→B和C→D過程中，其中
A→B是一個降壓過程，C→D是一個等壓過程，由D→A過程壓強減小可知，A→B過程中壓強的最大值pA小于C→D過程中的壓強，兩個過程中氣體的體積變化量相等，所以A→B過程中氣體對外界做的功小于C→D過程中外界對氣體做的功，故C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由上面的分析可知，整個循環過程中，外界對氣體做的功大于氣體對外界做的功，氣體的溫度、體積最終回到了開始狀態，內能變化量為零，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知氣體對外界放熱，故D正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
5.(多選)(2023·全國乙卷·19)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP>OM，OM=ON，則小球
A.在運動過程中，電勢能先增加后減少
B.在P點的電勢能大于在N點的電勢能
C.在M點的機械能等于在N點的機械能
D.從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功
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由題知，OP>OM，OM=ON，則根據正點電荷的電勢分布情況可知φM=φN>φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM=EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤，B、C正確；
從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。
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6.(多選)(2024·東北三省四校模擬)一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲和圖乙分別是平衡位置位于x1=1 m及x2=4 m處兩質點的振動圖像。下列說法正確的是
A.波長可能為3 m
B.波長可能為 m
C.波速可能為 m/s
D.波速可能為 m/s
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√
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若波沿x軸負方向傳播，則x1=1 m及x2=4 m的振動相差時間為Δt1= (n+)T(n=0，1，2，3…)，則(n+)λ1=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ1= m(n=0，1，2，3…)，由題意可知T=4 s，故對應的波速為v1= = m/s(n=0，1，2，3…)，同理，若波沿x軸正方向傳播，則x1=
1 m及x2=4 m的振動相差時間為Δt2=(n+)T(n=0，1，2，3…)，
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則(n+)λ2=3 m(n=0，1，2，3…)，可得λ2= m(n=0，1，2，3…)，故對應的波速為v2== m/s(n=0，1，2，3…)，當波沿x軸負方向傳播且n=1時λ= m，且波長不可能為3 m，故A錯誤，B正確；
結合A、B分析可知，當波沿x軸正方向傳播，且n=1時v= m/s，且波速不可能為 m/s，故C正確，D錯誤。
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7.(2024·河南信陽市二模)某同學想要測量當地的重力加速度。一光滑桌面傾斜放置，其與水平面間的夾角為θ，在桌面上固定一懸掛點O，輕繩通過拉力傳感器拴接在O點，另一端連接一個質量為m的物塊。
①現給物塊足夠大的初速度，使其在桌面內做圓周運動，分別記錄物塊在最低點時繩子的拉力FT1和最高點時繩子的拉力FT2，改變不同的初速度，記錄多組FT1和FT2；
②建立坐標系，以拉力FT1為縱軸、拉力
FT2為橫軸，得到了一條線性圖像，測得
圖線斜率為k，縱軸截距為b
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(1)根據以上數據，可得重力加速度的表達式為g=　　 　　(用m、b、θ表示)；
物塊在最低點FT1-mgsin θ=m
在最高點FT2+mgsin θ=m
從最低點到最高點根據動能定理有
-mg×2Lsin θ=m-m
可知FT1=FT2+6mgsin θ
故b=6mgsin θ
得g=
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(2)在本次實驗中，斜率k=　　，若改變斜面的傾角θ，斜率k的值______ (選填“會”或“不會”)發生變化；
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不會
由FT1=FT2+6mgsin θ可知，圖線的斜率k始終為1，與斜面的傾角無關。
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(3)若僅考慮物塊運動過程中的受到桌面的滑動摩擦力，不計其他阻力，此時的斜率k'將　　 　(選填“大于”“小于”或“等于”)該值。
等于
若考慮滑動摩擦力，則動能定理的方程為
-mg×2Lsin θ-μmgscos θ=m-m
其中s=πL
整理得FT1=FT2+6mgsin θ+2πμmgcos θ
故此時的斜率k'仍然為1，保持不變。
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8.(2024·黑吉遼·13)如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2=5∶1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內，容器內封閉有一定質量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。
(1)求變壓器的輸出功率P；
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答案　　
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由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U1=
設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，
根據理想變壓器的電壓與匝數之間的關系有
=，聯立解得U2=U1=
理想變壓器的輸出功率等于電熱絲的熱功率，即
P==
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(2)已知該容器內的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t。
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答案　
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設加熱前容器內氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為T2，容器內的氣體做等容變化，則有=，解得T2=2T0
由Q=CΔT知氣體吸收的熱量
Q=C(2T0-T0)=CT0
電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收得Q=Pt
聯立整理得t=CT0
解得t=。
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9.(2024·廣東佛山市二模)2023年11月，福建號航母成功完成了艦載電磁彈射實驗，電磁彈射是利用運動磁場對閉合線圈的電磁力來驅動物體運動的。如圖所示是某個電磁驅動的模擬場景，水平面上等距分布著寬度和間距都為L=0.2 m的有界勻強磁場，磁場方向豎直向上。通過控制使整個磁場以v0=20 m/s的速度水平向右勻速運動。兩個放在水平面上的導線框a、b，表面絕緣，它們的質量均為m=0.2 kg、邊長均為L=0.2 m、電阻均為R=1 Ω，與水平面間的動摩擦因數分別為μ1=0.2、μ2=0.4。兩線框在如圖位置靜止釋放，b恰能保持靜止，a在安培力驅動下向右運動，然后與b發生彈性碰撞。已知a在與b碰撞前已達到最大速度，
忽略a、b產生的磁場，以及運動磁場的電磁
輻射效應，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)磁感應強度B的大小；
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答案　1 T　
由題知，一開始b恰能保持靜止，則有
BIbL=μ2mg
Eb=BLv0
Ib=
聯立解得B=1 T
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(2)導線框a與b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小；
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答案　10 m/s　0　10 m/s　
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當a達到最大速度時，有
BIaL=μ1mg
Ea=BL(v0-vam)
Ia=
聯立解得vam=10 m/s
a、b發生彈性碰撞有mvam=mvb+mva
m=m+m
解得va=0，vb=10 m/s
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(3)首次碰撞后a、b相距最遠瞬間，a的速度為多大？
答案　5 m/s
由于碰撞后a、b組成的系統合外力為0，
則a、b組成的系統動量守恒，則a、b共速時相距最遠，
有mvam=2mv共
解得v共=5 m/s
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