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(共76張PPT)
一輪復習驗收卷
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．下列說法正確的是(　　)
A．聲源遠離觀察者時，觀察者接收到的聲音頻率比聲源發出的頻率大
B．肥皂膜上出現彩色條紋是光的偏振現象
C．將原本精準的擺鐘從廣州運到黑龍江后應調整其擺長
D．雙縫干涉實驗中形成的干涉圖樣，條紋間距與光的頻率無關
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√
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C　[聲源遠離觀察者時，根據多普勒效應可知，觀察者接收到的聲音頻率比聲源發出的頻率小，故A錯誤；肥皂膜上出現彩色條紋是光的干涉現象，故B錯誤；根據T＝2π，將原本精準的擺鐘從廣州運到黑龍江后，由于重力加速度發生變化，所以應調整其擺長，故C正確；雙縫干涉實驗中形成的干涉圖樣，根據Δx＝λ可知條紋間距與光的波長有關，則與光的頻率有關，故D錯誤。]
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2．(2024·甘肅卷)2024年2月，我國科學家在蘭州重離子加速器國家大科學裝置上成功合成了新核素，核反應方程為：Os＋4X，該方程中X是(　　)
A．質子 B．中子
C．電子 D．α粒子
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B　[根據核反應前后質量數和電荷數守恒得X是。故選B。]
3．如圖為氫原子的能級圖，現有大量氫原子處于n＝3能級上。下列說法正確的是(　　)
A．氫原子所處能級越高，越穩定
B．氫原子在向低能級躍遷時放出光子，
能量增加
C．這些原子躍遷過程中最多可輻射出2
種不同頻率的光子
D．從n＝3能級躍遷到n＝1能級時輻射出的光子頻率最大
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D　[氫原子所處能級越高，氫原子越活躍，越不穩定，故A錯誤；氫原子在向低能級躍遷時放出光子，能量減少，故B錯誤；這些原子躍遷過程中最多可輻射出＝3種不同頻率的光子，故C錯誤；根據氫原子能級理論可知從n＝3能級躍遷到n＝1能級時輻射出的光子能量最大，根據E＝hν可知其頻率最大，故D正確。]
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4．“笛音雷”是春節期間常放的一種鞭炮，其著火后一段時間內的速度—時間圖像如圖所示(不計空氣阻力，取豎直向上為正方向)，其中t0時刻為“笛音雷”起飛時刻、DE段是斜率大小為g的直線。則關于“笛音雷”的運動，下列說法正確的是(　　)
A．“笛音雷”在t1時刻加速度最小
B．“笛音雷”在t2時刻改變運動方向
C．“笛音雷”在t3時刻徹底熄火
D．t3～t4時間內“笛音雷”做自由落體運動
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C　[t1時刻的斜率不是最小的，所以t1時刻加速度不是最小的，故A錯誤；t2時刻速度的方向為正，仍向上運動，沒有改變運動方向，故B錯誤；從題圖并結合題意可知，t3時刻開始做加速度大小為g的減速運動，所以“笛音雷”在t3時刻徹底熄火，故C正確；t3～ t4時間內“笛音雷”仍向上運動，速度方向為正，不可能做自由落體運動，故D錯誤。]
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5．地球同步衛星位于地面上方高度約36 000 km處，周期與地球自轉周期相同，其運動可視為繞地球做勻速圓周運動。其中一種的軌道平面與赤道平面成0度角，運動方向與地球自轉方向相同，因其相對地面靜止，也稱靜止衛星。下列說法正確的是(　　)
A．與靜止于赤道上的物體相比，靜止衛星向心加速度更小
B．與近地軌道衛星相比，靜止衛星的線速度更小
C．靜止衛星內的物體處于平衡狀態
D．所有靜止衛星的線速度均相同
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B　[靜止于赤道上的物體與靜止衛星的角速度相等，靜止衛星的轉動半徑大于靜止于赤道上的物體的轉動半徑，根據a＝ω2r可知靜止衛星向心加速度更大，故A錯誤；根據＝，解得v＝，可知靜止衛星的線速度更小，故B正確；靜止衛星內的物體繞地球做勻速圓周運動，不是平衡狀態，故C錯誤；所有靜止衛星的線速度大小相等，方向不一定相同，故D錯誤。]
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6．兩列簡諧波以相同的速度相向傳播，t＝0時刻的波形如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．兩波相遇后可以產生穩
定的干涉圖樣
B．質點K經過半個周期運動到t＝0時刻質點M的位置
C．t＝0時刻，質點L與質點Q的運動方向相反
D．兩列波的振幅都是20 cm
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C　[兩列波的傳播速度相同，根據題圖可知兩列波的波長不同，根據f＝可知兩列波頻率不相等，不可以產生穩定的干涉圖樣，故A錯誤；質點K做簡諧運動，只會在平衡位置上下運動，不會隨波遷移，故B錯誤；根據同側法可知t＝0時刻，質點L向y軸正方向運動，質點Q向y軸負方向運動，t＝0時刻，質點L與質點Q的運動方向相反，故C正確；由題圖可知兩列波的振幅都是10 cm，故D錯誤。]
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7．空間內有一與紙面平行的勻強電場，為研究該電場，在紙面內建立直角坐標系。規定坐標原點的電勢為0，測得x軸和y軸上各點的電勢如圖甲、乙所示。下列說法正確的是(　　)
A．電場強度的大小為160 V/m
B．電場強度的方向與x軸負方向夾
角的正切值為
C．點(10 cm，10 cm)處的電勢為20 V
D．紙面內距離坐標原點10 cm的各點電勢最高為20 V
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D　[由題圖甲、乙的斜率可知電場在x軸和y軸上的分電場強度大小分別為Ex＝ V/m＝160 V/m，Ey＝ V/m＝120 V/m，則電場強度大小為E＝＝200 V/m，電場強度的方向與x 軸負方向夾角的正切值為tan α＝＝，故A、B錯誤；規定坐標原點的電勢為0，點(10 cm，
10 cm)處的電勢為φ＝Ed＝200×10cos (45°－α)×0.01 V＝28 V，故C錯誤；紙面內距離坐標原點 10 cm 的各點電勢最高為φ′＝Ed′＝200×10×0.01 V＝20 V，故D正確。]
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8．如圖所示，電動玩具車沿水平面向右運動，欲飛躍寬度d＝4 m的壕溝AB，已知兩溝沿的高度差h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，不計車本身的長度。關于玩具車的運動，下列說法正確的是(　　)
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A．離開A點時的速度越大，在空中運動的時間越短
B．離開A點時的速度不小于10 m/s就能安全越過壕溝
C．在空中飛行的過程中，動量變化量的方向指向右下方
D．在空中飛行的過程中，相同時間內速率的變化量相同
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B　[在玩具車能夠安全飛躍壕溝的情況下，根據h＝gt2可知，其在空中運動的時間為t＝，t只由h決定，與離開A點時的速度無關，故A錯誤；若玩具車能夠安全飛躍壕溝，則離開A點時的最小速度為v＝＝d＝10 m/s，故B正確；在空中飛行的過程中，玩具車所
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受合外力等于重力，根據動量定理可知動量變化量的方向豎直向下，故C錯誤；在空中飛行的過程中，玩具車做平拋運動，加速度恒為g，根據運動學規律可知，相同時間內速度的變化量相同，速率的變化量不同，故D錯誤。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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。
9．用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子。裝置左側部分由兩塊間距為d的平行金屬板M、N組成，兩板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。使大量電荷量絕對值均為q0的正、負離子從左側以速度v0水平入射，可以給右側平行板電容器PQ供電。
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靠近Q板處有一放射源S可釋放初速度為0、質量為m、電荷量絕對值為q的粒子，粒子被加速后從S正上方的孔噴出P板，噴出粒子的速度大小為v。不計各粒子的重力，下列說法正確的是(　　)
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A．放射源S釋放的粒子帶正電
B．增大q0的值，可以提高v
C．PQ間距變為原來的2倍，可使v變為原來的倍
D．v0和B同時變為原來的2倍，可使v變為原來的2倍
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AD　[根據左手定則可知，正、負離子進入MN區域，正離子受到向下的洛倫茲力，負離子受到向上的洛倫茲力，所以正離子打到N板，負離子打到M板，N板電勢高于M板，即Q板電勢高于P板；S釋放的粒子受到向上的電場力，電場力方向與電場強度方向相同，則粒子帶正電，故A正確；對于進入M、N之間的正、負離子，根據力的平衡可得q0v0B＝q0，對于S釋放的粒子，加速過程有qU＝mv2，聯
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立可得v＝，由此可知，粒子射出的速度與q0、PQ間距無關，故B、C錯誤；由以上分析可知，當v0和B同時變為原來的2倍，可使v變為原來的2倍，故D正確。]
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10．如圖甲所示，我國航天員王亞平在天宮課堂上演示了微重力環境下的神奇現象。液體呈球狀，往其中央注入空氣，可以在液體球內部形成一個同心球形氣泡。假設此液體球其內外半徑之比為1∶3，由a、b、c三種顏色的光組成的細復色光束在過球心的平面內，從A點以i＝45°的入射角射入球中，a、b、c
三條折射光線如圖乙所示，其中b
光的折射光線剛好與液體球內壁相
切。下列說法正確的是(　　)
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A．該液體材料對a光的折射率小于對c光的折射率
B．c光在液體球中的傳播速度最大
C．該液體材料對b光的折射率為
D．若繼續增大入射角i，b光可能因發生全反射而無法射出液體球
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BC　[根據折射率的公式n＝可知，以相同的入射角射入球中時，a光的折射角較小，故其折射率較大，A錯誤；以相同的入射角射入球中時，c光的折射角最大，折射率最小，故在液體球中傳播的速度最大，B正確；如圖所示，可知b光的折射角滿足sin r＝，故該液體材料對b光的折射率n＝＝＝，C正確；若繼續增大入
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射角i，b光的折射角增大，光線遠離同心球形氣泡，光線從液體材料射出時的折射角與射入液體材料時的入射角大小相等，根據光的可逆性可知不會發生全反射，D錯誤。]
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11．如圖所示，磁感應強度大小為B的勻強磁場中一矩形線圈繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動，轉動角速度為ω，產生的電能通過滑環M、N由單刀雙擲開關控制提供給電路中的用電器。線圈的面積為S，匝數為N，線圈的總阻值為r，定值電阻R1＝R2＝
R，理想變壓器的原、副線圈匝數比為1∶2，
電壓表為理想電表。線圈由圖示位置轉過90°
的過程中，下列說法正確的是(　　)
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A．若開關打到“1”，通過電阻R1的電荷量q＝
B．若開關打到“1”，電阻R1產生的熱量Q＝
C．若開關打到“2”，電壓表的示數為U＝
D．若開關打到“2”，電阻R2產生的熱量Q＝
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AC　[若開關打到“1”，線圈由題圖所示位置轉過90°的過程中，平均感應電動勢為＝Δt，可得q＝N＝，故A正確；根據題意可知，線圈由題圖所示位置轉過90°的過程所用時間為t＝·＝，線圈轉動產生感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，有效值為E有＝＝，若開關打到“1”，感應電
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流的有效值為I有＝＝，電阻R1產生的熱量Q＝R1t＝；若開關打到“2”，設電壓表讀數為U，流過R2的電流為I，則原線圈兩端電壓為U1＝U，流過原線圈的電流為I1＝2I，則原線圈的等效電阻為R′＝＝＝，則有U1＝E有＝，
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則電壓表讀數U＝2U1＝，電阻R2產生的熱量Q＝t＝，故B、D錯誤，C正確。]
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12．(多選)(2025·八省聯考陜西卷)如圖所示，傾角為30°且足夠長的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q兩個物體通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，Q的另一端與固定在水平面的輕彈簧連接，P和Q的質量分別為4m和m。初始時，控制P使輕繩伸直且無拉力，滑輪左側輕繩與斜劈上表面平行，右側輕繩豎直，彈簧始終在彈性限度范圍內，彈簧勁度系數為k，重力加速度大小為g。現無初速度釋放P，則在物體P沿斜劈下滑過程中(　　)
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A．輕繩拉力大小一直增大
B．物體P的加速度大小一直增大
C．物體P沿斜劈下滑的最大距離為
D．物體P的最大動能為
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AD　[設物體P向下運動過程中的位移為x，彈簧的形變量為Δx，開始時彈簧的彈力表現為支持力，從釋放P到彈簧恢復原長過程中，對P、Q整體根據牛頓第二定律4mg sin 30°－mg＋kΔx＝(4m＋m)a，可得a＝，隨著x增大Δx減小，則加速度逐漸減小，當彈簧恢復原長后，彈簧表現為拉伸狀態，彈簧彈力為拉力，隨著x增大Δx增大，根據牛頓第二定律有4mg sin 30°－mg－kΔx＝(4m＋m)a，可得a＝，隨著x增大Δx增大，當mg>kΔx時，隨著x增大，加
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速度逐漸減小，當kΔx>mg時，隨著x增大，加速度反向增大，所以物體P的加速度大小先減小后反向增大，故B錯誤；以P為研究對象，設繩子拉力為T，根據牛頓第二定律有4mg sin 30°－T＝4ma，可得彈簧恢復原長前T＝1.2mg－0.8kΔx，隨著Δx減小T增大，彈簧恢復原長后T＝1.2mg＋0.8kΔx，可知隨著Δx增大，T逐漸增大，所以輕繩拉力大小一直增大，故A正確；沒有釋放物體P前，根據平衡條件mg＝kx1，可得x1＝，設物體P沿斜劈下滑的最大距離為xmax，
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根據系統機械能守恒可得＝mgxmax＋k(xmax－x1)2，解得xmax＝，故C錯誤；當P的加速度為零時，速度最大，動能最大，此時根據平衡條件有4mg sin 30°＝kx′＋mg，解得x′＝，可知P動能最大時，彈簧的彈性勢能與初始狀態相等，設P的動能為Ek，根據Ek＝·4mv2，可知Q的動能為，根據動能定理有4mg(x′＋x1)sin 30°－mg(x′＋x1)＝Ek＋，解得Ek＝，故D正確。故選AD。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)阿特伍德機是著名的力學實驗裝置，根據該裝置可測量重力加速度，也可驗證牛頓第二定律、機械能守恒定律或動量定理等力學規律。圖甲是阿特伍德機的其中一種簡化模型，鐵架臺上固定一輕質滑輪，跨過滑輪的輕質細繩懸吊質量均為M＝0.440 kg的兩個物塊P、Q，物塊P側面粘貼小遮光片，其寬度為d、質量忽略不計。在物塊P、Q下各掛5個相同的小鉤碼，質量均為m＝0.010 kg。
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光電門1、2通過連桿固定于鐵架臺上，并處于同一豎直線上，且光電門1、2之間的距離為h。兩光電門與計時器相連，記錄遮光片通過光電門的時間。整個裝置現處于靜止狀態，當地的重力加速度為g。實驗步驟如下：
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n 1 2 3 4 5
a/m·s-2 0.20 0.41 0.59 0.79 1.00
(1)某小組同學先用該裝置探究牛頓第二定律。將n(依次取n＝1、2、3、4、5)個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間t1、t2。由勻變速運動規律可
得到物塊P上升過程的加速度a＝____________(用“h、d、t1、t2”表示)。該小組同學測量的數據見表，他們將表格中的數據轉變為坐標點畫在圖乙的坐標系中，并作出a-n圖像。從圖像可以得出：a與n成正比，圖像的斜率k＝________(用“M、m、g”表示)。根據斜率可進一步求得當地的重力加速度。同時也說明當連接體質量一定時，連接體的加速度與其所受的合外力成正比。
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(2)該小組同學想利用該裝置驗證機械能守恒定律，將5個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間t1、t2。該過程中系統動能的增加
量ΔEk＝_______________________________，系統重力勢能的減少量ΔEp＝________，(用“M、m、g、h、d、t1、t2”表示)，代入真實的數據計算后即可判斷出系統的機械能是否守恒。
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(2M＋10m)－(2M＋10m)
10mgh
(3)該小組同學還想利用該裝置驗證動量定理，將5個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間t1、t2。并且記錄下遮光片從1運動到2的時間t。若以運動方向為正方向沿繩子建立一維坐標系，則該過程中系統“繩向”的動量變化量為Δp＝_________________，“繩向”合外力對系統的沖量I＝________，(用“M、m、g、d、t、t1、t2”表示)，代入真實的數據計算后即可驗證系統動量的變化量與合外力的沖量大小是否相等。
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(2M＋10m)
10mgt
[解析]　(1)物塊P通過光電門1、2時的速度分別為v1＝、v2＝
物塊P的遮光片從1運動到2，由運動學規律可知
a＝
以P、Q兩物塊和10個小鉤碼整體為研究對象，由牛頓第二定律可知2nmg＝(10m＋2M)a
整理可得a＝
由題圖乙可知，a與n成正比，圖線的斜率k＝。
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(2)該過程中系統動能的增加量為ΔEk＝(2M＋10m)－(2M＋10m)
系統重力勢能的減少量為ΔEp＝10mgh。
(3)該過程中系統“繩向”的動量變化量為Δp＝(2M＋10m)(v2－v1)＝(2M＋10m)
“繩向”合外力對系統的沖量為I＝10mgt。
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14．(8分)某學習小組用電阻約為5 Ω的金屬絲做“測量金屬絲的電阻率”實驗。
(1)除電源(電動勢3.0 V，內阻不計)、電壓表(量程0～3 V，內阻約3 kΩ)、開關、導線若干外，還提供如下實驗器材：
A．電流表(量程0～0.6 A，內阻約0.1 Ω)
B．電流表(量程0～3.0 A，內阻約0.02 Ω)
C．滑動變阻器(最大阻值10 Ω，額定電流2 A)
D．滑動變阻器(最大阻值1 kΩ，額定電流0.5 A)
為了調節方便、測量準確，實驗中電流表應選用________， 滑動變阻器應選用________(選填實驗器材前對應的字母)。
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A
C
(2)測量金屬絲電阻Rx的電路如圖甲所示，某同學按電路圖連接器材，如圖乙所示。其中________(選填“①”“②”或“③”)連線是錯誤的。
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①
(3)該學習小組正確地完成了實驗操作，在U-I坐標系中標出了測量數據的坐標點，如圖丙所示。請你在圖中描繪出U-I圖線，根據圖線計算該金屬絲的電阻值Rx＝________ Ω(結果保留2位有效數字)。
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見解析圖
4.5
(4)用電流傳感器測量通過定值電阻的電流，電流隨時間變化的圖線如圖(a)所示。將定值電阻替換為小燈泡，電流隨時間變化的圖線如圖(b)所示。請分析說明小燈泡的電流為什么隨時間呈現這樣的變化？______________。
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見解析
[解析]　(1)電源電動勢E＝3 V，金屬絲電阻約為5 Ω，則待測金屬絲所在支路的最大電流約為I＝＝0.6 A，故選量程為0～0.6 A的電流表，故選A。為了調節方便，滑動變阻器阻值應選和待測金屬絲阻值接近的，故選C。
(2)題圖乙中①連線是錯誤的，其連接在滑動變阻器的一端應連接在滑動變阻器的下接線柱上。
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(3)根據坐標點描繪出U-I圖線。
Rx＝＝ Ω≈4.5 Ω。
(4)剛閉合開關時，燈絲溫度較低，
電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫
度升高，電阻逐漸增大，電流逐漸減小；當燈絲發熱與散熱平衡時，溫度不變，電阻不變，電流保持不變。
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15．(8分)如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ之間電勢差為U，金屬板PQ的右方直角坐標系的第一象限內有一磁感應強度為B的勻強磁場。一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子，從金屬板MN的入口處由靜止釋放，經電場加速垂直于y軸進入磁場后做勻速圓周運動，恰好從K點射出，速度方向與x軸負方向夾角為60°，忽略重力的影響，求：
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(1)粒子從電場射出時速度的大小v；
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的
半徑R和運動時間t；
(3)若要使粒子從坐標原點O點射出，
可以采取什么措施？
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[解析]　(1)依題意，粒子在電場中加速，由動能定理可得
Uq＝mv2－0
解得v＝。
(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖。
可得qvB＝
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解得R＝＝
根據T＝
解得T＝
粒子在磁場中做勻速圓周運動的運動時間為
t＝T＝。
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(3)由幾何關系可知從金屬板MN的入口處到坐標原點的豎直距離為R＋R sin 30°＝R
若要使粒子從坐標原點O點射出，則粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為
r＝R×＝R＝＝
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若僅改變磁場的磁感應強度，則只需磁感應強度變為B。若僅改變電場的電勢差，則只需電勢差變為U。
[答案]　(1)　(2)　　(3)電勢差變為 U或磁感應強度變為B
16．(8分)(2024·遼寧卷)如圖所示，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。
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(1)求變壓器的輸出功率P。
(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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[解析]　(1)由原線圈所接正弦交流電的峰值求出電壓有效值U1＝，設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，則有
＝
求得U2＝U1＝
故變壓器的輸出功率P＝＝。
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(2)設加熱前容器內氣體的壓強為p0，加熱后容器內氣體的溫度為T1，則加熱后氣體的壓強為2p0，由題意可知容器內的氣體做等容變化，則由查理定律有
＝
解得T1＝2T0
由Q＝CΔT知氣體吸收的熱量
Q＝C(2T0－T0)＝CT0
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又容器是絕熱容器且電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，則Q＝Pt＝CT0，即t＝CT0
解得t＝。
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[答案]　
17．(14分)(2025·八省聯考四川卷)如圖所示，兩根相距為L的無限長平行光滑金屬導軌固定放置。導軌平面與水平面的夾角為θ(sin θ＝0.6)。導軌間區域存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。將導軌與阻值為R的電阻、開關S、真空器件P用導線連接，P側面有可開閉的通光窗N，其余部分不透光；P內有陰極K和陽極A，陰極材料的逸出功為W。斷開S，質量為m的導體棒ab與導軌垂直且接觸良好，沿導軌由靜止下滑，下滑過程中始終保持水平，除R外，其余電阻均不計，重力加速度大小為g，電子電荷量為e，普朗克常數為h。
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(1)求導體棒ab開始下滑瞬間的加速度大小；
(2)求導體棒ab速度能達到的最大值；
(3)關閉N，閉合S，導體棒ab重新達到勻速運動狀態后打開N，用單色光照射K，若ab保持運動狀態不變，求單色光的最大頻率。
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[解析]　(1)由靜止釋放瞬間，還沒有切割磁感線，沒有感應電流，不受安培力，根據牛頓第二定律得
mg sin θ＝ma
解得a＝0.6g。
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(2)當導體棒ab勻速運動時，速度最大，設為vm，由平衡條件得
mg tan θ＝BIL
而導體棒ab產生的感應電動勢
E＝BLvmcos θ
感應電流為
I＝
聯立解得vm＝。
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(3)若導體棒ab保持運動狀態不變，可知P中不產生光電流，設單色光的最大頻率為ν，根據光電效應方程可知
eU＝Ekm＝hν－W
同時BL＝mg tan θ
解得ν＝＋。
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[答案]　(1)0.6g　(2)　(3)＋
18．(16分)如圖所示，一長為L1＝1 m的水平傳送帶AB以速度v0＝3 m/s沿順時針方向勻速旋轉，傳送帶與光滑水平軌道CD平滑連接且B、C兩點重合，光滑圓弧軌道DE圓心為O，半徑為R＝0.5 m，OE與豎直方向的夾角θ＝37°，圓弧軌道DE與水平軌道CD也平滑連接，FG為U形固定槽(F、G兩點等高)，槽的水平長度為L2＝0.6 m，槽的右上端G與E點間的水平距離為x＝0.4 m，豎直距離為y＝0.5 m。現將質量為m1(質量大小可改變)的滑塊1輕輕放到傳送帶上的A處，經
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傳送帶傳送后進入軌道CD，并與靜止在水平軌道CD上某處的滑塊2(質量為m2＝1 kg)發生彈性碰撞，隨后滑塊2沿圓弧軌道運動，從E點飛出后落入U形槽。已知滑塊1與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5，兩滑塊可視為質點，不考慮兩滑塊間以后的碰撞與滑塊2落入U形槽后反彈的情形。cos 37°＝，sin 37°＝，g取10 m/s2。
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(1)求碰撞前瞬間滑塊1的速度大小v1。
(2)若滑塊2剛好在E點脫離軌道，求碰撞后瞬間滑塊2的速度大小v2。
(3)為使滑塊2能落入U形槽，求滑塊1質量m1應取的最小值。(結果可保留根號)
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[解析]　(1)滑塊1做勻加速直線運動的加速度
a＝μg＝5 m/s2
滑塊1勻加速直線運動的位移
x0＝＝0.9 m之后在傳送帶上滑塊1做勻速直線運動，因此碰撞前瞬間滑塊1的速度大小
v1＝v0＝3 m/s。
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(2)若滑塊2剛好在E點脫離軌道，則滿足
m2g cos 37°＝m2
解得v＝2 m/s
根據動能定理有－m2gR(1＋cos 37°)＝
則v2＝ m/s。
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(3)為使滑塊2能落入U形槽，求滑塊1的質量m1的最小值
滿足條件1：滑塊2到達E點之前不脫離軌道，即E點速度v≥2 m/s
滿足條件2：若剛好經G點落入U形槽，則有
x＝v cos 37°t
－y＝v sin 37°t－gt2
解得v＝ m/s
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因此若能落入U形槽，則v≥2 m/s，碰撞后瞬間滑塊2的速度v2≥ m/s
滑塊1和滑塊2發生彈性碰撞，動量守恒，能量守恒，
m1v1＝m1v′1＋m2v2
＝
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因此滑塊1的質量m1的最小值為
m1＝ kg。
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[答案]　(1)3 m/s　(2) m/s　(3) kg
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