(共32张PPT)
能力题提分练(一)
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一、单项选择题:本题共4小题,每小题3分,共12分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024河南开封二模)正方体abcd-a1b1c1d1的上表面水平,沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线,现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动,运动过程中小圆环平面
始终水平。下列说法正确的是( )
A.a1点与c点的磁感应强度相同
B.小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时,
小圆环中无感应电流
C.小圆环的圆心从b1移到c1过程中,穿过小圆环的磁通量先增加后减少
D.小圆环的圆心从a移到d与从a移到c,两次移动小圆环产生的平均感应电动势相等
B
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解析 由右手定则可知,a1点与c点的磁感应强度大小相等,但方向相反,故A错误;小圆环的圆心在ad边的中点时,其磁通量为零,在其竖直向上运动过程中,通过小圆环的磁通量始终为零,所以通过小圆环的磁通量未发生变化,即小圆环中无感应电流,故B正确;小圆环在b1位置时,其磁通量不为零,在到达导线正下方时,其磁通量为零,在c1点时小圆环的磁通量也不为零,所以整个过程穿过小圆环的磁通量是先减小后增加,故C错误;由于小圆环运动的速度大小不变,而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同,所以两次运动所用时间不同,由右手定则可知,小圆环在c点和d点的磁通量相同,所以小圆环在两次移动过程中,磁通量的变化量相同,根据可知,小圆环两次移动产生的平均感应电动势不相等,故D错误。
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2.(2024河北一模)如图所示的电路中,R0为定值电阻,电压表和电流表均为理想电表,闭合开关S,滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动的过程中,下列说法正确的是( )
A.电压表V的示数先变小后变大
B.电压表V的示数一直变大
C.电流表A的示数一直变小
D.电流表A的示数先变小后变大
C
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解析 滑片缓慢从b端向a端滑动的过程中,滑动变阻器上下两部分、电压表并联,滑动变阻器滑片上、下两部分并联后的阻值先增大后减小,干路电流先减小后增大,路端电压先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律可得电压表V的示数U=E-I(R0+r),则电压表V的示数先变大后变小,故A、B错误;滑动变阻器的滑片从b滑到正中间的过程,回路总电阻增加,干路电流减小,滑动变阻器上半部分所在支路分配的电压增大,通过滑动变阻器上半部分的电流增大,可知电流表A的示数变小,滑片从正中间滑到a的过程,滑动变阻器上、下两部分并联电阻减小,电压表示数减小,滑动变阻器下半部分电阻增加,可知电流表A的示数继续变小,故C正确,D错误。
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3.如图所示,理想变压器接在电压为U0的交流电源上,三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等,调节滑动变阻器R4的滑片,使其阻值与定值电阻相等,此时两个理想电压表的示数相同,
下列说法正确的是( )
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶2
B.电压表的示数为
C.变压器的输入功率为R1消耗功率的7倍
D.向下移动滑动变阻器的滑片,两电压表的示数都变大
B
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向下移动滑动变阻器的滑片,则副线圈电路的总电阻增大,根据变压器原、副线圈的规律可知,副线圈电路的总电阻变大,则副线圈电流减小,原线圈电流变小,电压表V1的示数变小,因为原线圈电压变大,则副线圈电压也变大,又R2两端的电压变小,则电压表V2的示数变大,D错误。
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4.(2024江苏镇江模拟)如图所示,abc为均匀带电半圆环,O为其圆心,O处的电场强度大小为E,将一试探电荷从无穷远处移到O点,电场力做功为W。若在cd处再放置一段 圆的均匀带电圆环,如图中虚线所示,其单位长度所带电荷量与abc相同,电性与abc不同,则此时O点电场强度大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功分别为( )
A
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二、多项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
5.(2024广东江门一模)数据表明,在电动车事故中,佩戴头盔可防止85%的头部受伤,大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是( )
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最多为2 000 N
ACD
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解析 根据F·Δt=Δp,可得F=,依题意,头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了,头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率,故A正确;同理,可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量,故B错误;根据I=F·Δt,头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向,作用时间相同,所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等,故C正确;由以上分析可得F= N=2 000 N,可知事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最多为2 000 N,故D正确。
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6.(2024河南周口二模)质量m0=2.0 kg、长度L=1.0 m的木板静止在足够长的光滑水平面上,右端静置一质量m=1.0 kg的物块(可视为质点),如图甲所示。现对木板施加一水平向右的作用力F,F-t图像如图乙所示。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.6 s末,物块刚好与木板分离
B.0~4 s内,物块与木板不发生
相对滑动
C.0~6 s内,物块与木板组成的
系统机械能守恒
D.4~6 s内,拉力F做功等于物块
与木板系统动能的增量
AB
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解析 物块的最大加速度为μmg=ma,解得a=3 m/s2,当F=6 N时,假设木板和物块相对静止,则有F=(m0+m)a1,解得a1=2 m/s2
a,物块与木板在4 s末的速度相等,根据运动学公式得 a2t'2- at'2=L,代入数据解得t'=2 s,所以6 s末,物块刚好与木板分离,故A、B正确;0~6 s内,物块与木板组成的系统受拉力做功,机械能不守恒,故C错误;根据功能关系可知,4~6 s内,拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与系统摩擦生热之和,故D错误。
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三、非选择题:本题共4小题,共40分。
7.(8分)(2024山东聊城二模)“饮酒不开车”是司机必须遵守的交通法规。现要利用一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器组装一个酒精测试仪,此传感器的电阻Rx随酒精气体浓度的变化规律如图甲所示。
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提供的器材有:
二氧化锡半导体型酒精传感器;
直流电源(电动势为4 V,内阻不计);
一只电压表(量程为0~3 V,内阻非常大,作为浓度表使用);
电阻箱(最大阻值为999.9 Ω);
定值电阻R1(阻值为50 Ω);
定值电阻R2(阻值为10 Ω);
单刀双掷开关一个,导线若干。
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(1)电路中R应选用定值电阻 (选填“R1”或“R2”);
(2)为便于识别测试结果,按照下列步骤调节此测试仪:
①电路接通前,先将电阻箱调为 Ω,
然后开关接2,将电压表此时指针对应的刻度线标记
为0.2 mg/mL;
②逐步减小电阻箱的阻值,电压表的示数不断变大。
按照图甲数据将电压表上“电压”刻度线标为“酒精
浓度”,此浓度表刻度线上的浓度值是
(选填“均匀”或“不均匀”)变化的。
③将开关接另一端,测试仪即可正常使用。
(3)使用一段时间后,由于电源的电动势略微变小,内阻
变大,则酒精浓度测量结果 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
R2
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不均匀
偏小
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解析 (1)由于电压表量程为0~3 V,本实验电压表并联在定值电阻两端,
由欧姆定律可得,定值电阻两端的电压UR=
由图甲可知10 Ω≤Rx≤70 Ω
电动势为4 V,电压表量程为0~3 V,得
URmax=≤3 V
可得R≤30 Ω
故R应选用定值电阻R2。
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(2)开关接2,当电压表此时指针对应的刻度线为0.2 mg/mL,此时Rx=30 Ω,由甲图知,传感器的电阻Rx随酒精气体浓度是非均匀变化,故此浓度表刻度线上对应的浓度值是不均匀变化的。
(3)使用一段时间后,由于电源的电动势略微变小,内阻变大,根据闭合电路欧姆定律可得,回路中电流减小,结合图线可知,酒精浓度测量结果偏小。
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8.(8分)小朋友玩的一种弹珠游戏的简化模型(俯视图)如图所示。内壁光滑、半径为R的圆形挡板固定在光滑水平面上,质量分别为m、2m、m的a、b、c弹珠(均可视为质点)静止在圆形挡板同一直径两侧,a、c两弹珠紧靠在一起。现将a、c两弹珠分别以v0和3v0的速度沿相反方向弹出,弹珠间所有的碰撞均为弹性碰撞,弹珠始终沿圆轨道运动。求:
(1)b弹珠第一次碰撞后瞬间的速度;
(2)从a、c弹珠开始运动到a、c弹珠第一次
相碰所经历的时间。
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解析 (1)因c弹珠速度较大,故b、c两弹珠先相碰,设碰后c弹珠的速度为v1,b弹珠的速度为v2,由动量守恒定律有
3mv0=mv1+2mv2
由能量守恒定律有
m(3v0)2=×2m
联立解得v1=-v0,v2=2v0。
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(2)由分析可知,a、b两弹珠将在轨道A点发生碰撞,如图所示
设碰后a弹珠的速度为v3,b弹珠的速度为v4,
由动量守恒定律有2mv2-mv0=mv3+2mv4
由能量守恒定律有×2m×2m
联立解得v3=3v0,v4=0
即碰后b弹珠静止,而后速度大小为3v0的a弹珠与速度大小为v0的c弹珠迎面相撞,相撞点为圆轨道上B点,由于a、c两弹珠质量相等,碰后速度交换,即恢复到初始状态,只是弹珠a、b、c的位置沿圆轨道顺时针转过80°,这个过程中a弹珠运动的时间为
ta=。
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9.(10分)图甲为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为D的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S,高度为h,宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为H的半圆柱面收集板,用于收集带电微粒;板的一竖直边紧贴狭缝S,上边与狭缝S上端对齐,上边缘远离狭缝的顶点为P点,另有一距P点弧长为l的点Q,俯视图如图乙所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场,电场强度为E。令圆筒以角速度ω绕中心轴顺时针转动,同时由微粒源产生的微粒沿水平方向以不同的速率射入圆筒,微粒质量均为m,电荷量均为q(q>0),忽略微粒自身的重力及微粒间的相互作用。
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(1)求Q点所在竖直线上收集到的微粒中,入射速率最大的微粒下落的距离。
(2)为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同,并且能收集到所有该速率的微粒,求圆筒转动角速度ω的取值范围。
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(2)带电微粒进入圆筒后,圆筒转过一圈的过程中,能收集到的速率最小的微粒下降的高度为y1,第一圈末时,过P点的竖直线上收集的微粒下落高度为y2,有h+y11
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10.(14分)(2024北京门头沟一模)2023年12月1日晚间,绚丽的极光现身北京市门头沟区。极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。从北极地区看赤道平面的地磁场,简化图如图乙所示,O为地球球心,R为地球半径,将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场,磁感应强度为B。假设高能粒子的质量为m,电荷量为+q。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响,且不考虑相对论效应。
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(1)若高能粒子从A点以速度v0沿切线进入磁场边界位置时,粒子恰好绕着磁场边界做圆周运动,求粒子的速度v0的大小。
(2)地球磁层是保护地球的一道天然屏障,它阻挡着高能粒子直接到达地球表面,从而保护了地球上的生态环境。
a.假设高能粒子从磁场边缘A点以速率v沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面,求粒子的比荷;
b.高能粒子实际上可在赤道平面内向各个方向均匀地射入磁场。若高能粒子仍以速率v射入地球磁场,求到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η。(结果用反三角函数表示,例:sin θ=k,则θ=arcsin k,θ为弧度)
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解析 (1)若高能粒子从A点以速度v0沿切线进入磁场边界位置时,粒子恰好绕着磁场边界做圆周运动,可知粒子的轨道半径为r0=3R
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(2)a.假设高能粒子从磁场边缘A点以速率v沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面,如图所示
由几何关系可得(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射入地球磁场,可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切,和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰和地球上沿相切,在此θ角范围内的粒子能到达地球,其余进入磁场的粒子不能到达地球,作出该粒子的运动轨迹,如图所示,则F点为圆心
由几何关系可得
AF=r=4R,AO=FO=3R(共41张PPT)
能力题提分练(二)
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一、单项选择题:本题共4小题,每小题3分,共12分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2024河北石家庄二模)如图所示,假设在太空中有A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动,运动周期为T1,它们的轨道半径分别为RA、RB,且RA1
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引力常量为G,下列说法正确的是( )
A.若知道C的轨道半径,则可求出C的质量
B.A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为
C.若A也有一颗运动周期为T2的卫星,则其轨道半径一定大于C的轨道半径
D.B的质量为
C
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解析 在知道C的轨道半径和周期的情况下,根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B的质量,无法求解C的质量,故A错误;
如图所示,A、B、C三星由图示位置到再次共线时,A、B转过的圆心角θ1与C转过的圆心角θ2互补,
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2.(2024青海海东二模)如图所示,半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置,可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A,在圆心O的正下方离O点处固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动,重力加速度大小为g,则小球B上升的最大高度为( )
C
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解析 取圆心所在处的水平面势能为零,小球B上升到最大高度时如图所示,根据初始位置重力势能与小球B最大高度时的系统重力势能相等可得
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3.一根轻杆斜靠在光滑的竖直墙壁上,下端放在粗糙的水平地面上,轻杆处于静止状态。一个穿在杆上的小环从杆的顶端匀速滑下的过程中,下列说法正确的是( )
A.地面所受的压力变大
B.地面所受的摩擦力变大
C.墙壁给轻杆的弹力变大
D.地面给轻杆的作用力变小
D
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解析 由于小环从杆的顶端匀速滑下,加速度为零,轻杆静止,加速度也为零。则可将小环和轻杆整体分析,可知地面所受的压力始终等于小环的重力且保持不变,故A错误;对轻杆受力分析,受到小环的作用力大小等于小环的重力大小,竖直墙壁的弹力F,地面的支持力FN,地面的摩擦力Ff,如图所示,以B点为支点,根据杠杆平衡条件有Gx=Fy
根据共点力平衡条件有G=FN,F=Ff,联立可得Ff=F= ,
在小环匀速滑下的过程中,x逐渐减小,y保持不变,所以地面
对轻杆的摩擦力和墙壁给轻杆的弹力逐渐变小,即地面受
到的摩擦力也变小,故B、C错误;由于小环匀速滑下的过程
中,地面对轻杆的摩擦力逐渐变小,而地面对轻杆的支持力
不变,所以地面给轻杆的作用力变小,故D正确。
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4.(2024浙江二模)为模拟航天器着陆,研究室构建了一个如图所示的立体非匀强磁场,关于中心轴对称分布,磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ(背向轴心),Bh的大小只随高度h变化(计初始位置为h=0),关系为Bh=B0(1+400h),Bτ=(r为到对称轴的距离,SI)。现有横截面半径为1 mm的金属细丝构成直径为1 cm的圆环在磁场中由静止开始下落,其电阻率为1.6×10-8 Ω·m。其中B0=0.1 T,沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上,在运动过程中圆环平面始终保持水平,速度在下落1.6 m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为( )
A.175π C B.20π C
C.12.5π C D.6.5π C
B
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二、多项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
5.(2024湖南衡阳二模)如图所示,物体A和B中间用一个轻杆相连,在倾角为θ的斜面上匀速下滑,杆与斜面平行。已知A物体光滑,质量为m,B物体与斜面间的动摩擦因数为μ,质量为2m,整个过程斜面始终静止不动。下列说法正确的是( )
A.B物体与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ
B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上
C.增加B物体的质量,A、B整体将沿斜面减速下滑
D.增加A物体的质量,A、B整体将沿斜面加速下滑
CD
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解析 对A、B整体分析,根据平衡条件有3mgsin θ=2μmgcos θ,解得μ=tan θ,故A错误;规定沿斜面向下为正方向,设轻杆对B的作用力为FT,单独对B分析,根据平衡条件有FT+2mgsin θ=2μmgcos θ,解得FT=mgsin θ,正值表示方向沿斜面向下,故B错误;若增加B物体的质量,设增量为Δm,则(3m+Δm)gsin θ-(2m+Δm)μgcos θ=-Δmgsin θ,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向上,则A、B整体将沿斜面减速下滑,故C正确;增加A物体的质量,设增量为Δm,则(3m+Δm)gsin θ-2μmgcos θ=Δmgsin θ,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下,则A、B整体将沿斜面加速下滑,故D正确。
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6.(2024天津河西一模)如图所示,水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴OO'做匀速圆周运动,转盘表面质地均匀;转盘上放着两个完全相同的小碟子,随着转盘共同转动;两个碟子的质量都是m,线速度大小都是v;其中一个碟子中装有一个苹果,在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止;另一个碟子是空的。以下说法正确的是( )
A.转盘匀速转动时,碟子对转盘的摩擦力方向
指向转盘圆心
B.若转盘的角速度逐渐增大,则空碟子先相对
转盘发生滑动
C.转盘匀速转动半周的过程中,转盘对空碟子摩擦力的冲量大小为2mv
D.转盘匀速转动半周的过程中,转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零
CD
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解析 转盘匀速转动时,碟子的向心力由转盘给碟子的摩擦力提供,指向转盘圆心,由牛顿第三定律可得,碟子对转盘的摩擦力方向为转盘圆心与碟子的连线向外,故A错误;当刚发生相对滑动时由最大静摩擦力提供向心力,即μmg=mω2r,两个碟子与转盘接触面动摩擦因数相同,半径相同,则可知两个碟子相对转盘发生滑动的角速度相同,故B错误;转盘匀速转动半周的过程中,空碟子速度反向,合外力对空碟子的冲量等于其动量改变量,则有I=mv-(-mv)=2mv,故C正确;转盘匀速转动半周的过程中,转盘对空碟子的摩擦力提供向心力,始终指向圆心,与速度方向垂直,不做功,则转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零,故D正确。
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三、非选择题:本题共4小题,共40分。
7.(8分)(2024河北保定一模)某校物理小组尝试利用智能手机对竖直面内的圆周运动进行拓展探究。实验装置如图甲所示,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接智能手机,把手机拉开一定角度,由静止释放,手机在竖直面内摆动过程中,手机中的陀螺仪传感器可以采集角速度实时变化的数据并输出图像,同时,拉力传感器可以采集轻绳拉力实时变化的数据并输出图像。经查阅资料可知,面向手机屏幕,手机逆时针摆动时陀螺仪传感器记录的角速度为正值,反之为负值。
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(1)某次实验,手机输出的角速度随时间变化的图像如图乙所示,由此可知在0~t0时间段内 。
A.手机20次通过最低点 B.手机10次通过最低点
C.手机做阻尼振动 D.手机振动的周期越来越小
AC
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(2)为进一步拓展研究,分别从力传感器输出图像和手机角速度—时间图像中读取几对手机运动到最低点时的拉力和角速度的数据,并在坐标图中以F(单位:N)为纵坐标、ω2(单位:rad2·s-2)为横坐标进行描点,请在图丙中作出F-ω2的图像。
丙
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(3)根据图像求得实验所用手机的质量为 kg,手机做圆周运动的半径为 m。(结果均保留2位有效数字,重力加速度g取9.8 m/s2)
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解析 (1)分析可知,当手机通过最低点时角速度达到最大值,而由图乙可知,在0~t0时间内手机20次通过最低点,故A正确,B错误;手机的角速度会随着振幅的减小而衰减,根据图乙可知,手机的角速度随着时间在衰减,可知手机在做阻尼振动,故C正确;阻尼振动的周期不变,其周期由系统本身的性质决定,故D错误。
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(2)由于手机在做圆周运动,短时间内在不考虑其振动衰减的情况下,在最低点对手机由牛顿第二定律有F-mg=mω2L
可得F=mLω2+mg
式中L为悬点到手机重心的距离,
根据上式可知,手机运动到最低点
时的拉力和角速度的平方呈线性
变化,作图时应用平滑的直线将各
点迹连接起来,不能落在图像上的
点迹应使其均匀地分布在图线的
两侧,有明显偏差的点迹直接舍去,作出的图像如图所示。
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(3)根据图像结合其函数关系可得
mg=2.01 N,
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8.(8分)如图所示,在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为+q、初速度为v的带电粒子从a(0,d)点处沿y轴正方向开始运动,一段时间后,粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场,经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直,带电粒子重力不计。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)粒子从a点开始到x轴所用的时间。
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9.(10分)(2024湖南岳阳二模)如图所示(俯视图),光滑绝缘水平面上有一边长L=1 m的正方形单匝导体线框abcd,线框质量m=0.1 kg,总电阻R=0.4 Ω。线框的右侧有两块条形区域的匀强磁场依次排列,条形区域的宽度也均为L=1 m,长度足够长,磁场的边界与线框的bc边平行。区域Ⅰ磁场的磁感应强度为B1=0.1 T,方向竖直向下,区域Ⅱ磁场的磁感应强度为B2=0.3 T,方向也竖直向下。给线框一水平向右的初速度v0,初速度方向与bc边垂直。
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(1)若线框向右的初速度v0=4 m/s,求线框bc边刚进区域Ⅰ时,线框的加速度大小。
(2)若线框bc边能穿过区域Ⅰ,线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中,求线框受到安培力的冲量。
(3)要使线框能完全穿过整个磁场区域,至少给线框多大的初速度
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山东枣庄三模)如图甲
所示,固定点O处悬挂长为L的轻质细
绳,末端连接一个质量为m的小球,在O
点正下方O'处固定一细钉。将细绳向
左侧拉至水平位置,由静止释放小球,当细绳摆至竖直位置时,被细钉挡住,此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙所示,O点下方的光滑水平面上有一凹槽,凹槽左右挡板内侧间的距离也为L,在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量为m的小物块,凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ=0.1。物块与凹槽一起以速度v=向左运动,小球从图乙所示位置由静止释放,释放时细绳与水平方向间的夹角为α且sin α=0.3。
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当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞,小球被弹回,同时凹槽被原速率弹回。此后小球摆到O'右侧后无法做完整的圆周运动,而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动,小球做抛体运动的轨迹与OO'所在直线交于E点(图中未画出)。已知小球与凹槽不发生二次碰撞,所有的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求O'点到O点的距离。
(2)求凹槽的质量m0。
(3)求E点到圆轨道最低点的距离。
(4)若L= m,求小球和凹槽在轨道最低点相碰后,凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离x及从碰撞后到共速所经历的时间t。
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(2)设小球从图乙中位置摆下后碰前的速度为v0,
根据机械能守恒定律有
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10(共42张PPT)
能力题提分练(三)
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一、单项选择题:本题共4小题,每小题3分,共12分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.如图所示,两个电荷量都是Q的正、负点电荷固定在A、B两点,AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O为x的C点,沿某一确定方向施加外力使试探电荷由静止开始沿直线从C点运动到O点,
下列说法正确的是( )
A.外力F的方向应当平行于AB方向水平向右
B.试探电荷从C点到O点的运动为匀变速直线运动
C.试探电荷从C点到O点的运动为加速度减小的加速直线运动
D.试探电荷从C点运动到O点的过程中 逐渐增大
D
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解析 根据等量异种点电荷周围电场分布情况,可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左且逐渐增大的电场力作用,要想让该试探电荷由静止开始沿直线从C点运动到O点,则该试探电荷所受合力的方向应沿CO方向,受力分析如图所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向应当斜向右下,A错误;由于电场力逐渐增大,所以Fx逐渐增大,Fy也逐渐增大,加速度也逐渐增大,所以该试探电荷从C点到О点的运动为加速度增大的加速直线运动,B、C错误;根据动能定理可知F合Δx=ΔEk,即=F合=Fy,由于Fy逐渐增大,所以逐渐增大,D正确。
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2.(2024福建泉州一模)如图所示,在间距为d的水平固定平行金属导轨上,放置质量分别为2m0、m0的金属杆M、N。N的中点系着一条跨过定滑轮的细绳,细绳下端悬挂重物,滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量m取不同值时,系统最终稳定的状态不同。设稳定时M杆的加速度大小为a,回路中电动势为E、电流为I、热功率为P。
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已知重力加速度大小为g,两金属杆接入回路的总电阻为R,导轨足够长且电阻不计,忽略一切摩擦,两金属杆始终与导轨垂直且接触良好。则下列关系图像合理的是( )
D
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3.(2024湖北二模)如图所示,一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后经过a、b两点,速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为60°,ab连线长度为d。对质点从a到b的运动过程,下列说法正确的是( )
C
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解析 设恒力与ab连线的夹角为θ,根据几何关系可知b点速度方向与ab连线的夹角为30°。该质点做类斜抛运动,在垂直于恒力方向上的速度大小不变,在恒力方向做匀变速直线运动,则在沿初速度方向上速度由v减小到0,
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4.(2024河南三模)如图所示,初始时矩形线框ABCD垂直于匀强磁场放置,磁场位于OO'右侧,AO=OB=BC=O'C,若线框以不同方式做角速度大小相同的匀速转动,以下时刻线框受到的安培力最大的是( )
A.以AD边为轴转动30°时
B.以BC边为轴转动45°时
C.以OO'为轴转动60°时
D.以O点为中心,在纸面内逆时针转动45°时
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二、多项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
5.(2024河北石家庄二模)利用磁场控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示,以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。有一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿半径射入圆形区域,粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点,此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π,不计粒子重力,
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下列说法正确的是( )
A.n的最小值为2
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解析 因为粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点,此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π,画出粒子轨迹示意图如图所示,n的最小值为2,故A正确;
n=3时,粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方向,根据几何关系可知半径为r=R,
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6.(2024福建一模)如图1所示,质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上,甲到乙左端的距离为L,初始时甲、乙均静止,质量为m0的物块丙以速度v0向右运动,与乙发生弹性碰撞。碰后,乙的位移x随时间t的变化如图2中实线所示,其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线,二者相切于P,抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙,重力加速度为g。
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下列说法正确的是( )
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三、非选择题:本题共4小题,共40分。
7.(8分)(2024辽宁沈阳一模)某同学设计了一个加速度计,将其固定在待测物体上,能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度a,其原理图如图甲所示。其中,质量m=1 kg的滑块2可以在光滑的框架1中左右平移,滑块两侧各连接一根劲度系数k=2.0×102 N/m的弹簧3(弹簧始终处于弹性限度内)。4是固定在滑块2上的金属滑动片,与电压表的一端用导线相连,并与一阻值均匀的电阻AB相接触,滑动片4与电阻间的摩擦忽略不计。已知物体加速度为0时,两侧弹簧3均处于原长,滑动片4位于AB中点,AB全长L=15 cm;直流电源电动势E=15 V(内阻忽略不计)。现有一量程0~3 V、内阻RV=3 kΩ的电压表(RV RAB),其表盘如图乙所示;另有开关、导线若干。
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(1)为使滑动片4位于B点时电压表满偏,需要将电压表量程改为0~15 V,则电压表应 (选填“串联”或“并联”)一个阻值为 kΩ的电阻,并将电压表的刻度按新量程做好修改;
(2)将改装后的电压表接入图甲的电路中,此装置可测量加速度的最大值为
m/s2;
串联
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(3)请在图丙中画出a-U图像(规定加速度向左为正方向,U为改装后电压表的示数);
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(4)若要增大加速度的测量范围,可采用的方法有
(答出一条合理措施即可)。
更换两根劲度系数更大的弹簧或质量更小的滑块
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(3)根据2k·=ma可知加速度a与L成线性关系,根据串联电路分压规律可知电压表示数U与L也成线性关系,可知加速度a与电压表示数U成线性关系,当滑块处于AB中点时,电压表示数为7.5 V,当加速度向右时,滑块在AB中点的左边,当加速度向左时,滑块在AB中点的右边,所以a-U图像如图所示。
(4)滑块所受到的合力最大值由弹簧决定,与电压无关,劲度系数越大,加速度的测量范围越大;最大的合力一定的情况下,根据牛顿第二定律可知可以减小滑块的质量增大加速度的测量范围。
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8.(8分)(2024广东江门一模)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面的动摩擦因数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)货物到达B点时的速度大小vB;
(2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC;
(3)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η。
答案 (1)10 m/s
(2)5 m/s
(3)60%
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9.(10分)如图所示,在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限内充满范围足够大、方向沿y轴负方向的匀强电场。一束质量为m、电荷量为+q的粒子以不同的速率从O点沿xOy竖直平面内的OP方向发射,沿直线飞行到P点时进入有界匀强磁场区域,O、P两点间的距离为L,OP连线与x轴正方向的夹角α=30°。所有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上射出,且射出方向与x轴负方向的夹角均为β=60°,若速度最大的粒子从x轴上Q点以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁场内运动,忽略粒子间的相互作用及粒子的重力。求:
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(1)粒子在匀强磁场中运动的时间;
(2)v的大小;
(3)有界匀强磁场区域的最小面积。
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(2)速度为v的粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
POsin 30°=PMsin 60°+MQcos 60°
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10.(14分)(2024福建龙岩三模)如图所示,两平行导轨ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是两小段绝缘导轨,其余部分是金属导轨,导轨间平滑相接,导轨间距为d1,整个导轨置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。导轨左侧接有一阻值为R的电阻和一电容为C、极板间距为d2的电容器(开始时不带电),右侧接有自感系数为L的线圈。质量为m、长度为d1、电阻为R的金属棒M垂直导轨放置于绝缘导轨左侧某处,质量为m、电阻不计的金属棒N垂直导轨放置于绝缘导轨上。现给M一水平向右的初速度,当M达到稳定状态,一电荷量为-q(q>0)的粒子(重力不计)恰能以速度v0从极板间水平穿过。此后,M继续运动与N发生弹性正碰(碰撞时间极短),忽略金属棒在绝缘导轨上的运动时间。不考虑其他电阻,不计一切摩擦,忽略电磁辐射,M、N均始终与导轨接触良好。求:
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(1)M达到稳定状态时,电容器极板间的电场
强度大小E;
(2)M稳定时产生的电动势ε及其速率v;
(3)给M水平向右的初速度大小v';
(4)M和N从第一次碰撞到第二次碰撞的时间。
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解析 (1)对带电粒子,由平衡条件qv0B=qE
可得E=v0B。
(2)M达到稳定状态时由U=Ed2
可得M稳定时产生的电动势ε=U=Bd2v0
又根据ε=Bd1v
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(3)对M,由动量定理得
-∑BIid1ti=m(v-v')
即-BQd1=m(v-v')
M稳定时,电容器所带的电荷量Q=CBd1v
可得M的初速度
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