2024版高考物理复习考前特训考前热身练汇编

小综合练(一)1.(2023·江苏省海安高级中学月考)a、b两束单色光的波长分别为λa和λb，通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样，则这两束单色光()A．b单色光的波动性比a单色光强B．在水中的传播速度va＜vbC．光子动量pa＜pbD．a、b两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Δxa＜Δxb答案C解析在相同的单缝衍射实验装置的条件下，光的波长越长，其衍射现象越显著，中央亮条纹越宽。从图中可知光束a的衍射现象比光束b更加显著，故可知λa＞λb，b单色光的波动性比a单色光弱，故A错误；波长长，则频率低，折射率小，根据v＝eq\f(c,n)，可知在水中的传播速度va＞vb，故B错误；光子动量p＝eq\f(h,λ)，所以pa＜pb，故C正确；a、b两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Δx＝λeq\f(L,d)，则Δxa＞Δxb，故D错误。2.如图所示，两个体积相同的容器，甲一直敞口，乙在中午盖上盖子密封。到了夜间温度降低。若大气压强保持不变，容器导热性良好，下列说法正确的是()A．夜间甲容器中分子数增加B．夜间乙容器中气体的内能增大C．夜间甲容器中气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数减少D．从中午到夜间，乙容器中气体从外界吸收热量答案A解析夜间温度降低，甲容器敞口，压强不变，容器的体积不变，由eq\f(pV,T)＝C可知，相比中午，容器中“原来的气体”体积变小，会再进入一部分气体，则容器内的分子数增加，A正确；乙容器中气体分子数不变，夜间温度降低，分子平均动能减小，内能减小，B错误；气体压强p＝eq\f(F,S)＝eq\f(I,St)，等于气体分子单位时间对单位面积器壁的冲量，夜间温度降低，分子平均动能减小，平均每次撞击对器壁的冲量变小，又甲容器中气体压强不变，所以气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数增加，C错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，从中午到夜间，乙容器中气体内能减小，气体体积不变，外界对其不做功，可知气体向外界放热，D错误。3.(2023·江苏无锡市期末)如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点。所受空气阻力不变，不考虑足球的旋转，则足球()A．经过位置2时，重力的功率最大B．由位置1运动到位置3过程中，合力做功为0C．在位置2的加速度比位置3的加速度小D．由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间答案D解析足球经过最高点位置2时，竖直方向速度vy减为零，由pG＝mgvy得，此时重力的功率最小，A错误；由于足球运动的过程中受到空气阻力作用，阻力做负功，则足球从位置1运动到位置3过程中，合力做负功，B错误；空气阻力方向与速度方向相反，足球在位置2时，竖直速度为零，阻力与重力成90°夹角；在位置3时，阻力方向斜向上，阻力与重力夹角大于90°，阻力与重力的合力一定小于位置2，由牛顿第二定律有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错误；由于运动时间由竖直方向的运动决定，则对竖直方向受力分析，从位置1到位置2，由牛顿第二定律mg＋Ff1＝ma1，从位置2到位置3，由牛顿第二定律mg－Ff2＝ma2，比较可得，上升阶段的加速度a1大于下降阶段的加速度a2，即a1＞a2，位移相同时，由h＝eq\f(1,2)at2可得，由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，D正确。4．(2023·江苏省海安高级中学月考)如图所示，一完整绝缘球体球心为O1，由A、B两部分组成，其中B是球心为O2的小球体，A均匀带正电，且带电荷量为＋Q，B均匀带有等量的负电，带电荷量为－Q。M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心O1且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到O1距离相等。取无穷远处电势为零。则()A．M、N两点电场强度相等B．M、N两点电势相等C．将＋q从N点移至P点静电力做负功D．电子在M点的电势能比在N点的大答案C解析将A看成完整的均匀带正电荷的小球，将B看成完整的均匀带负电荷的小球，两球带电荷量相等，将其等效为位于球心的点电荷，因为具体比例不清楚，无法判断两点电场强度，故A错误；完整球体A在M、N两点电势相等，而对于B来说，则靠近N点，所以φN＜φM，故B错误；同理φN＜φP，将＋q从N点移至P点，电势能Ep＝φq增大，静电力做负功，故C正确；φN<φM，则电子在M点的电势能比在N点的小，故D错误。5.(2023·江苏扬州市高邮中学模拟)河外星系中两黑洞A、B的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。为研究方便简化为如图所示的示意图，黑洞A和黑洞B均可看成球体，OA＞OB，下列说法正确的是()A．两黑洞质量之间的关系一定是M1＞M2B．黑洞A的运行角速度小于黑洞B的运行角速度C．人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，发射速度一定大于第三宇宙速度D．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，它们运行的周期变大答案C解析黑洞A与黑洞B绕O点在相同时间内转过的角度相同，所以，二者的角速度相等，设它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，Geq\f(M1M2,L2)＝M2ω2·OB，联立得M1·OA＝M2·OB，根据题意OA>OB，所以M1<M2，故A、B错误；人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故C正确；根据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))，所以周期为T＝2πeq\r(\f(L3,GM1＋M2))，若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，两黑洞质量之和不变，周期不变，故D错误。6.如图所示，一弹性绳原长为L0，一端固定在天花板上P点，另一端穿过光滑小环后与小铁块M相连，小环固定在P点正下方Q处，P、Q距离等于L0。铁块从水平面上a处由静止释放，在弹性绳的拉动下，经过Q点正下方的O处，运动到b处速度减为0。已知Oa大于Ob，弹性绳遵循胡克定律，铁块与水平面间的动摩擦因数处处相同。以O为坐标原点沿铁块运动方向建立x轴，从a到b过程铁块的动能Ek、系统(铁块和弹性绳)机械能E随位置坐标变化的图像较符合实际的是()答案D解析设铁块质量为m，弹性绳的劲度系数为k，Q与水平面的高度差为h，当Q、M间弹性绳与水平方向夹角为θ时，弹力F＝keq\f(h,sinθ)。铁块竖直方向受力平衡，有FN＋Fsinθ－mg＝0，得FN＝mg－kh。铁块所受滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－kh)。若mg＝kh，则铁块不受摩擦力，由机械能守恒定律可知，b点应和a点关于O点对称，而Oa大于Ob，故此情况不可能，所以一定有mg>kh。铁块所受摩擦力为定值，向右先加速后减速，当弹性绳拉力水平向右的分量大小等于摩擦力时，加速度为0，速度达到最大，铁块动能达到最大，此位置在O点左侧，A、C错误。由功能关系可知铁块克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量。取一段位移微元Δx，有－FfΔx＝ΔE，可知eq\f(ΔE,Δx)＝－Ff，即E－x图线为斜率小于0的倾斜直线，B错误，D正确。7．(2023·江苏省一模)某实验小组用图甲所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ。实验操作步骤如下：①取若干个完全相同的钩码，将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块凹槽中，记录悬挂钩码的个数n；②保持长木板水平，释放木块后打点计时器打出纸带；③将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，重复多次打出纸带。(1)如图乙所示用刻度尺测量纸带上点的位置，其第4点读数为________cm。(2)已知打点周期为T＝0.02s，第5点的瞬时速度为________m/s。(结果保留两位有效数字)(3)测得悬挂钩码个数n与相应的加速度a如下表，请根据表中数据在图丙作出a－n图像。已知当地重力加速度g＝9.8m/s2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ＝________。(结果保留两位有效数字)a/(m·s－2)0.601.301.962.623.30n/个678910(4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，考虑到此因素的影响，μ的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。答案(1)10.30(2)0.85(3)见解析图0.35(4)小于解析(1)刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，第4点读数为10.30cm。(2)v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(13.70－10.30,2×0.02)×10－2m/s＝0.85m/s。(3)根据表中数据作出a－n图像如图所示设每个钩码的质量均为m，所有钩码质量的之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－FT＝nma，对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律有FT－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a联立解得a＝eq\f(mg1＋μ,M＋m0)n－μg根据图像可得－μg＝－3.4解得μ＝0.35(4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，设木板与水平面夹角为θ，根据(3)分析，纵轴截距为μgcosθ＝b则μ＝eq\f(b,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)计算，则μ的测量值小于真实值。8.(2023·江苏南通市期末)如图所示，开口向上竖直放置的玻璃管长为5h，质量为m、高为h的水银柱将一段空气柱封在管内，被封空气柱的温度为T0，水银柱上端到管口的距离为h。现给玻璃管加热，水银柱缓慢上升至管内剩余一半水银，此过程中空气柱的内能增加了ΔU，已知水银柱的横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，忽略空气柱向外界传递的能量，求：(1)水银柱上升至管口时，空气柱的温度T；(2)水银柱上升过程中，空气柱需要吸收的热量Q。答案(1)eq\f(4,3)T0(2)ΔU＋eq\f(3,2)p0Sh＋eq\f(11,8)mgh解析(1)水银柱上升至管口时，封闭气体内部压强不变，均为p1＝p0＋eq\f(mg,S)空气柱为等压变化，有eq\f(3hS,T0)＝eq\f(4hS,T)解得T＝eq\f(4,3)T0(2)在水银柱上升至管口时，空气柱对水银做功为W1＝(p0S＋mg)h在水银柱上升至管口并只剩下一半水银时，空气柱对水银做功W2＝eq\x\to(F)·eq\f(h,2)＝eq\f(p0S＋mg＋p0S＋\f(mg,2),2)·eq\f(h,2)故整个过程，空气柱对水银做功为W＝W1＋W2＝(eq\f(3,2)p0S＋eq\f(11,8)mg)h根据热力学第一定律ΔU＝Q－W解得Q＝ΔU＋eq\f(3,2)p0Sh＋eq\f(11,8)mgh。9.(2023·江苏省三模)如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为L＝2.5m、质量为m＝1kg、左右挡板厚度不计的不带电U形盒子P(盒子内底面水平)，盒子P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5。在盒子的左端放一质量为M＝4kg的物块Q(可看作质点)，Q的带电荷量始终为q＝＋2×10－2C。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E＝1×103N/C，Q与盒子内表面无摩擦，物块放开后即在盒内向右运动与右挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；(2)物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，求Q与盒子右挡板间的最大距离(结果可用分数表示)；(3)P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P会停止，求P前进的总路程。答案(1)8m/s3m/s(2)eq\f(5,12)m(3)P终将停止，P前进的总路程为10m解析(1)设Q与P第一次碰撞前的速度为v0，碰后P、Q的速度分别为vP和vQ，由动能定理得qEL＝eq\f(1,2)Mv02－0碰撞过程动量守恒Mv0＝MvQ＋mvP碰撞过程机械能守恒eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)MvQ2＋eq\f(1,2)mvP2代入数据解得v0＝5m/s，vP＝8m/s，vQ＝3m/s(2)碰后Q匀加速运动的加速度大小aQ＝eq\f(qE,M)＝5m/s2碰后P匀减速运动的加速度大小aP＝eq\f(μM＋mg,m)＝25m/s2设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为t0，则有vQ＋aQt0＝vP－aPt0解得t0＝eq\f(1,6)s物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离最大，最大距离为二者相对位移，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满足题意，此时不会与盒子左挡板碰撞。(3)由qE<μ(M＋m)g可知P、Q终将停止(否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律)停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为s，由能量守恒定律有qE(s＋L)＝μ(M＋m)gs解得s＝10m。

小综合练(二)1．(2023·江苏南通市调研)两只相同的篮球甲、乙内气体压强相等，温度相同。用打气筒给甲球快速充气，给乙球缓慢充气，两球充入空气的质量相同。设充气过程篮球体积不变，则()A．刚充完气，两球中气体分子的平均动能相等B．刚充完气，甲中分子的数密度较大C．刚充完气，两球内气体压强相等D．对甲充气过程人做的功比对乙的多答案D解析用打气筒给甲球快速充气，外界对气体做功，内能增加，温度升高；打气筒给乙球缓慢充气，则乙球气体温度不变，内能不变；所以刚充完气，甲球中气体分子的平均动能比乙球大，故A错误；由题知充完气后，两球中气体质量相等，两球体积相同，则两球中分子的数密度相等，故B错误；由以上分析可知，刚充完气两球中分子的数密度相等，而甲球中气体温度比乙球高，则甲球的气体压强比乙球大，故C错误；两球充入空气的质量相同，由于充气过程，甲球的气体压强大于乙球的气体压强，则对甲充气过程人需要克服气体压强做的功更多，即对甲充气过程人做的功比对乙的多，故D正确。2．(2023·江苏南通市模拟)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，两列波在t＝0时的部分波形曲线如图所示。则()A．t＝0时，x＝3.5m处的质点的位移为零B．t＝0时，x＝3.5m处的质点沿y轴负向运动C．x＝5.5m处的质点一直不振动D．两列波遇到宽度为4m的障碍物时，不能发生明显的衍射现象答案C解析由题图可知，该时刻，两列波在x＝3.5m处的质点均沿y轴正向运动，且位移均为正，则x＝3.5m处的质点的位移不为零，故A、B错误；由题图可知，两列波在x＝5.5m处的质点振动相位差为π，则此点为振动减弱点，质点一直不振动，故C正确；由题图可知，两列波的波长为8m，遇到宽度为4m的障碍物时能发生明显的衍射现象，故D错误。3.(2023·江苏省如东中学等四校联考)如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带正电、带电荷量为＋q的点电荷，F点固定一个带负电、带电荷量为－q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是()A．O点电场强度为0B．C点电场强度方向由C指向FC．电子在A点电势能比在O点小D．O、A两点间电势差和O、E两点间电势差相等答案D解析根据点电荷的电场强度公式E＝keq\f(q,r2)，三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，两个正点电荷产生的合电场强度与负点电荷产生的电场强度方向相同，则O点电场强度沿OF方向，故A错误；两个正点电荷在C点产生的合电场强度大小为keq\f(q,r2)，由F指向C，负点电荷在C点产生的电场强度大小为keq\f(q,4r2)，由C指向F，则C点的合电场强度由F指向C，故B错误；AD是BF连线的中垂线，B和F点的点电荷在AD上各点产生的电势相等，由D点电荷产生的电势，可知φO＞φA，根据Ep＝qφ可知电子在A点电势能比在O点大，故C错误；根据对称性可知，A点和E点的电势相等，则O、A两点间电势差和O、E两点间电势差相等，D正确。4．(2023·江苏南京市金陵中学月考)图甲为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆A可绕支架顶部水平轴OO′在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图乙所示。不计空气阻力，下列操作不可能打中靶心“10”环的是()A．减小石子的质量，同时增大配重的质量B．增大石子的质量，同时减小配重的质量C．增大投石机到靶的距离，同时增大θ角D．增大投石机到靶的距离，同时减小θ角答案A解析由题意要打到“10”环处，则此时竖直方向位移要变大，此时水平方向石子做匀速直线运动，竖直方向石子做自由落体运动，h＝eq\f(1,2)gt2，h增大，故时间要增大，水平方向位移不变，由匀速直线运动位移公式可得x＝vt，故此时石子水平抛出的速度要减小。由题图可知，减小石子的质量，会减小其重力势能；增大配重的质量，则会使配重对杆做的功增加，则杆对石子做的功增加；对小石子从A点到最高点由动能定理有－mgr(1－cosθ)＋W杆＝eq\f(1,2)mv2，因此减小石子的质量，同时增大配重的质量会增加石子获得的动能，即增加石子抛出时的速度。因此减小石子的质量，同时增大配重的质量不可能打中靶心；同理可知增大石子的质量，同时减小配重的质量可能打中靶心；改变θ角可能会使石子抛射出的速度发生改变，而增大投石机到靶的距离，无论速度怎样变化均有可能使石子在空中飞行的时间变长，由上述分析可知，只要飞行时间变长就有可能打到靶心。故增大投石机到靶的距离，无论θ角怎样变化都有可能打中靶心，故选A。5．如图所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P(可看作质点)从弹簧上端h处(h不为0)由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是()A．该星球的第一宇宙速度为eq\r(2a0R)B．该弹簧劲度系数k的大小eq\f(ma0,2x0)C．小球在最低点处加速度大于a0D．弹簧的最大弹性势能为ma0(h＋x0)答案C解析根据图像可知小球接触弹簧时的加速度为a0，所以星球表面的重力加速度为a0，所以第一宇宙速度为v＝eq\r(a0R)，故A错误；当压缩量为x0时加速度为0，故kx0＝ma0，所以k＝eq\f(ma0,x0)，故B错误；若小球从弹簧原长处释放到最低点时小球的加速度为a＝a0，在h＞0情况下，小球到最低点的加速度大于a0，故C正确；小球下降到最低点时H＞h＋x0，根据机械能守恒，弹性势能最大值大于ma0(h＋x0)，故D错误。6．如图所示，一半径为r、质量为m、电阻为R的n匝圆形细线圈在足够长的磁铁产生的径向辐射状磁场中由静止开始下落，线圈下落高度h时速度达到最大值vm。已知线圈下落过程中始终水平且所经过位置磁感应强度大小都相同，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A．线圈下落高度h的过程中产生的总焦耳热为mghB．线圈下落过程中所经过位置的磁感应强度大小为eq\f(1,2πr)eq\r(\f(mgR,vm))C．线圈下落高度h的过程中通过线圈某横截面的电荷量为heq\r(\f(2mg,Rvm))D．线圈下落高度h所经历的时间为eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)答案D解析根据能量守恒定律可知，线圈下落高度h的过程中产生的总焦耳热为Q＝mgh－eq\f(1,2)mvm2，A错误；由右手定则判断知线圈下落过程中，线圈中感应电流(俯视)沿顺时针方向，根据左手定则判断知安培力方向竖直向上，当安培力与重力大小相等时，线圈的速度最大，有nBIm·2πr＝mg，根据欧姆定律得Im＝eq\f(nB·2πrvm,R)，解得B＝eq\f(1,2πnr)eq\r(\f(mgR,vm))，B错误；根据法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝nB·2πreq\x\to(v)，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，电荷量q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(nB·2πrh,R)，解得q＝heq\r(\f(mg,Rvm))，C错误；由动量定理有mgt－nBeq\x\to(I)·2πrt＝mvm－0，解得t＝eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)，D正确。7．当今人工智能技术迅猛发展，电池是新型人工智能机器人的重要部分，某新型机器人上的一节电池的电动势约为3V，内阻约为2～7Ω，某课外活动小组利用所学知识设计电路测量该电池的电动势E和内阻r。使用的器材有：A．待测电池B．电流表G(量程3mA，内阻未知)C．滑动变阻器R1(阻值范围0～1000Ω)D．电阻箱R2(0～99.99Ω)E．电阻箱R3(0～999.99Ω)F．定值电阻R4＝1ΩG．开关、导线若干考虑到电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。经过思考后，该小组设计了如图甲所示的电路，先测出该电流表G的内阻Rg，再利用图乙所示的电路测量电池的电动势E和内阻r。(1)该小组连接好电路后，首先对电流表G的内阻Rg进行测量，请完善测量步骤。①保持S2断开，闭合S1，调节R1的滑片位置使其阻值由最大逐渐减小，直到电流表示数等于其量程Im；②保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R3使其阻值由最大逐渐减小，当电流表读数等于eq\f(1,2)Im时记录下R3的值为199.00Ω，则Rg＝________Ω。(2)用图甲所示的方法测得的电流表的内阻Rg与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。(3)该小组测得电流表的内阻Rg之后，利用图乙电路测量得到电阻箱R2的阻值R和电流表的读数I以及计算出eq\f(1,I)的多组数据后，作出了如图丙所示的eq\f(1,I)－R图像。根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果均保留1位小数)答案(1)199.00(2)偏小(3)3.05.0解析(1)保持R1不变，闭合S2，将电阻箱R3由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于eq\f(1,2)Im时，由于总电流Im不变，通过电阻箱R3的电流也为eq\f(1,2)Im，所以Rg＝R2＝199.00Ω。(2)实际操作中，闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R3的电流大于eq\f(1,2)Im，所以该方法测出的电流表内阻要小于电流表内阻的真实值。(3)改装后的电流表的内阻Rg′＝eq\f(199.00×1,199.00＋1)Ω≈1.0Ω由闭合电路欧姆定律，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)，结合图像可知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·江苏南京市金陵中学月考)如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的圆心。光线PQ沿着与AB成30°角的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为eq\f(\r(3),3)R，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，已知光在真空中的传播速度为c。(1)求玻璃砖的折射率及光线从Q点传播到E点所用的时间；(2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出(不考虑经半圆柱内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)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α＝60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示：由几何关系得：tanβ＝eq\f(\f(\r(3),3)R,R)＝eq\f(\r(3),3)，即β＝30°，根据折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)解得n＝eq\r(3)光线在玻璃砖内传播的速度为v＝eq\f(c,n)传播的距离为QE＝eq\f(R,cosβ)光线从Q点传播到E点所用的时间t＝eq\f(QE,v)＝eq\f(2R,c)；(2)若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则：sinC＝eq\f(1,n)在△Q′E′O应用正弦定理有：eq\f(R,sin90°－β)＝eq\f(\f(\r(3),3)R＋x,sinC)联立解得：x＝eq\f(2－\r(3),3)R。9．如图所示，质量为m＝2kg的小物块P以v0＝2m/s的初速度从传送带左端滑上传送带，传送带长度为L＝5.25m。传送带右侧水平面上放置一质量为M＝8kg的光滑四分之一圆弧滑块Q，Q的最低点与传送带平滑连接。传送带以v＝4m/s的速度沿顺时针方向匀速转动时，物块恰能运动到圆弧轨道的最高点。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，其他摩擦忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。(1)求四分之一圆弧滑块的半径。(2)试判断物块能否再次滑上圆弧滑块，并说明理由。(3)改变传送带的速度，且圆弧滑块半径足够大，求传送带速度v传与物块在圆弧滑块上运动到的最大高度的关系。答案(1)0.64m(2)能，理由见解析(3)见解析解析(1)物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有μmg＝ma设物块运动的位移为x时，物块与传送带速度相同，由匀变速直线运动规律有2ax＝v2－v02解得x＝3m<L物块和传送带一起匀速运动2.25m后滑上圆弧滑块设圆弧滑块的半径为R，物块滑上圆弧滑块的过程，在水平方向上，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v′对物块和圆弧滑块，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋M)v′2解得R＝0.64m。(2)设物块离开圆弧滑块时的速度大小为v1，圆弧滑块的速度大小为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有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结合(1)中分析可知，物块返回到传送带上后将从传送带右端再次返回到光滑水平面上，且速度大小为2.4m/s>v2，故物块能再次运动到圆弧滑块上。(3)传送带沿逆时针方向转动时物块不能从传送带右端离开，传送带沿顺时针转动，且物块P在传送带上一直加速，有2aL＝v32－v02，则物块在传送带上能达到的最大速度为v3＝5m/s，①当传送带沿顺时针方向转动，且速度小于5m/s时，物块离开传送带时的速度与传送带速度相同，物块运动到最高点时，物块与圆弧滑块的水平速度相同，在水平方向由动量守恒定<5m/s)②当传送带沿顺时针方向转动，且速度大于等于5m/s时，物块离开传送带时的速度为5m/s，同理可得，物块上升到的最大高度h＝1m(v传≥5m/s)。

小综合练(三)1.(2023·江苏南通市调研)1917年斯泰瓦和托尔曼发现加速转动的金属环中产生了电流。正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动，正离子和电子的运动共同产生电流。如图所示，金属环绕过圆心O且垂直于环平面的轴顺时针转动，则()A．若匀速转动，圆环中会产生恒定电流B．若匀速转动，转速越大，圆环中电流越大C．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流D．若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向外答案C解析若匀速转动，圆环中的正离子和电子的相对位置不会变化，不会产生电流，故A、B错误；若加速转动，圆环中正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动即逆时针运动，根据正电荷的定向移动方向为电流方向，负电荷的运动方向为电流的反方向可知有顺时针方向电流，故C正确；根据右手螺旋定则可知，若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向里，故D错误。2.(2023·江苏南通市期末)如图所示，OO′右侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，面积为S的金属线框adcb与电压表接触良好，线框绕OO′以角速度ω匀速转动，则电压表示数为()A.eq\f(BSω,2)B.eq\f(BSω,\r(2))C．BSωD．0答案A解析若OO′左右两侧空间均有垂直纸面向里的匀强磁场，且有一个阻值为R电阻组成闭合回路，回路中感应电动势的峰值Em＝BSω，电动势的有效值为E有效＝eq\f(BSω,\r(2))，在如图所示的磁场中，线框绕OO′以角速度ω匀速转动时，只有半个周期产生感应电动势，设电压表的示数为UV，即此时感应电动势的有效值E有效′，仍假设有一个阻值为R的电阻与线框组成闭合回路。设周期为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)，电压表示数为UV＝eq\f(BSω,2)，故选A。3.如图所示，绝缘细圆环固定在绝缘水平面上，圆心位于O点，a、b将圆环二等分，c、d将圆环上半部分三等分。上半圆环上均匀分布着正电荷，下半圆环上均匀分布着等量负电荷。取走劣弧cd段后圆心O处电场强度大小为E1，取走劣弧ac和db段后圆心O处电场强度大小为E2，则E1∶E2为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶eq\r(2) D．1∶eq\r(3)答案A解析将带负电荷的下半圆环三等分，由对称性可知，六部分圆环在O点处产生的电场强度大小均相等，可将圆环的六个部分看成六个点电荷，如图所示。设六个等效点电荷在圆心处产生的电场强度大小均为E，由平行四边形定则可知，圆心O处的电场强度大小为4E，取走劣弧cd段后圆心处电场强度大小为E1，又劣弧cd段在圆心O处产生的电场强度大小为E，则有E1＝3E。劣弧ac、db段在圆心O处的合电场强度大小为E，则移走这两段圆环后，圆心O处的电场强度大小为E2＝3E，则E1∶E2＝1∶1，A正确。4．某同学将一定质量的气体封闭在导热性能良好的注射器内，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连，将整套装置置于恒温水池中。开始时，活塞位置对应刻度数为“8”，测得压强为p0。活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固。继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“2”时，停止压缩，此时压强为eq\f(4,3)p0。则该过程中()A．泄漏气体的质量为最初气体质量的eq\f(2,3)B．气泡在上升过程中内部气体压强变大C．在压缩气体的过程中，气体分子的平均动能变大D．注射器内存留气体的内能不变答案A解析对于被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时，由玻意耳定律p0·8lS＝eq\f(4,3)p0·xlS，解得x＝6则泄露气体的质量与最初气体质量之比为Δm∶m＝ΔV∶V＝2∶3，故A正确；气泡在上升过程，内部气体的压强逐渐减小，故B错误；注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故C错误；注射器内存留气体的温度不变，分子平均动能不变，但分子数目减少，则注射器内存留气体的内能减少，故D错误。5.(2023·江苏南京市第二十九中学阶段练习)如图所示，一长方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时木板以相同大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度为g，物块的质量为m，为让方形物块沿图示方向匀速运动，需要对物块沿挡板方向施加推力，则推力F的大小为()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解析设物块沿挡板方向的速度为v1，与木板的相对速度为v2，物块相对于木板的运动方向如图所示，根据几何关系可得tanθ＝eq\f(v2,v1)＝1，可得θ＝45°木板对物块的摩擦力Ff2方向与v合方向相反，挡板对物块的支持力大小FN1＝Ff2sinθ，其中Ff2＝μ2mg，则挡板对物块的摩擦力大小为Ff1＝μ1FN1，联立可得Ff1＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg对物块沿v1方向根据平衡条件得F＝Ff1＋Ff2cos45°＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg＋eq\f(\r(2),2)μ2mg，故A正确，B、C、D错误。6.某研究性学习小组的同学提出了一种运输管道设想，如图所示，沿地球某一横截面(过球心)的一条弦铺设一光滑管道，管道两端分别在甲地和乙地。装有货物的小车从甲地以某一初速度开始运动，经过管道运动到乙地。地球可看成质量分布均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。不考虑地球自转，不考虑小车自身的动力，下列说法正确的是()A．小车的加速度先减小后增大再减小再增大B．小车的加速度始终大于零C．在运动的过程中，货物对小车的压力先减小后增大D．在运动的过程中，货物对小车的摩擦力始终为零答案D解析设地球的密度为ρ0，装有货物的小车的质量为m，弦(甲、乙连线)的中点为O′点，O′点到地球球心的距离为h，当小车运动到距O′点x处时，小车到地心的距离为r＝eq\r(x2＋h2)，所受万有引力大小为F＝eq\f(4,3)πρ0Gmr，万有引力沿弦方向的分力大小为F分＝Fsinθ，其中sinθ＝eq\f(x,r)，则F分＝eq\f(4,3)πρ0Gmx，由牛顿第二定律可知，小车的加速度大小与其到O′点的距离成正比，在O′点小车受到的万有引力最小，加速度大小为零，速度最大，A、B错误；在运动的过程中，管道对小车的作用力FN＝Fcosθ＝eq\f(4,3)πρ0Gmh，始终不变，同理可知，小车与货物之间的压力也不变，C错误；根据牛顿第二定律可知在运动的过程中，货物对小车的摩擦力为零，D正确。7．(2022·江苏卷·11)小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图甲所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后、小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。(1)现有以下材质的小球，实验中应当选用________________________________。A．钢球B．乒乓球C．橡胶球(2)用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图乙所示，则h＝________cm。(3)作出2h－t2图线，如图丙所示，则可得到重力加速度g＝________m/s2。(4)在图甲中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t′＝________(用h、t和v表示)。(5)有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由__________________________________________。答案(1)A(2)61.20(3)9.52(4)t＋eq\f(h,v)(5)不正确，理由见解析解析(1)为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故选A。(2)刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由题图可知h＝61.20cm。(3)根据h＝eq\f(1,2)gt2可知eq\f(2h,t2)＝g，故在2h－t2图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有g＝eq\f(3.26－0.50,0.35－0.06)m/s2≈9.52m/s2(4)下落过程中声音传播的时间为t0＝eq\f(h,v)则小球下落的时间为t′＝t＋t0＝t＋eq\f(h,v)(5)设木条厚度为H，台阶距离地面的高度为h1时的时间为t1，高度为h2(h2>h1)时的时间为t2；则根据前面的分析有g＝eq\f(2h2＋H－2h1＋H,t22－t12)＝eq\f(2h2－h1,t22－t12)可知与H无关。8.(2023·江苏镇江市三模)如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为T＝2πeq\r(\f(m,k))，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有一质量为m的物体自由下落，恰好落在振子上，并与振子粘在一起振动。(1)求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；(2)以物体落在振子上为t＝0时刻，求振子到达最左端的时刻。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)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒mv＝2mv共，解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小v共＝eq\f(1,2)v(2)弹簧振子周期T＝2πeq\r(\f(2m,k))，振子第一次到达最左端的时刻可能为t1＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2m,k))，t2＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(2m,k))，振子第N次达到最左端的时刻可能为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·江苏省苏锡常镇四市调研)波荡器是利用同步辐射产生电磁波的重要装置，它能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其装置简化模型如图所示，n个互不重叠的圆形匀强磁场沿水平直线分布，半径均为R，磁感应强度大小均相同，方向均垂直纸面，相邻磁场方向相反、间距相同，初始时磁感应强度为B0。一重力不计的带正电粒子，从靠近平行板电容器P板处由静止释放，P、Q极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面从A点射入波荡器，射入时速度与水平直线夹角为θ，θ在0～30°范围内可调。(1)若粒子入射角θ＝0，粒子恰好能从O1点正下方离开第一个磁场，求粒子的比荷k；(2)若粒子入射角θ＝30°，调节AO1的距离d、磁场的圆心间距D和磁感应强度的大小，可使粒子每次穿过水平线时速度与水平线的夹角均为30°，最终通过同一水平线上的F点，A到F的距离为L＝2eq\r(3)nR，求D的大小和磁感应强度B1的大小；(3)在第(2)问的情况下，求粒子从A运动到F的时间。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)设粒子经电场加速后速度为v，根据动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2由几何关系可知粒子在磁场中偏转半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0＝eq\f(mv2,R)联立解得粒子的比荷为k＝eq\f(q,m)＝eq\f(2U,R2B02)(2)粒子的轨迹如图所示由几何关系可得D＝2d＝eq\f(L,n)＝2eq\r(3)R粒子在磁场中运动的圆心恰好在磁场圆周上且在磁场圆心的正下方或正上方。由几何关系可得r1＝eq\r(3)R，qvB1＝eq\f(mv2,r1)可得B1＝eq\f(\r(3),3)B0(3)由几何关系可得粒子在磁场中转过的圆心角α＝eq\f(π,3)，AH＝R每次从水平线到磁场边缘的时间为t1＝eq\f(R,v)每次在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(αr1,v)可得粒子运动的时间为t＝n(2·t1＋t2)＝(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)。

小综合练(四)1.舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行，在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是()A．舞者对地面的压力就是舞者的重力B．地面对舞者的支持力和舞者的重力是一对平衡力C．舞者受到地面的摩擦力向前D．舞者处于失重状态答案B解析舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，则舞者所受的支持力大小始终等于舞者的重力大小，而舞者对地面的压力和地面对舞者的支持力是一对作用力与反作用力，故舞者对地面的压力大小等于舞者的重力大小，故A错误；地面对舞者的支持力和舞者的重力二者大小相等，方向相反，作用在同一物体上，故是一对平衡力，故B正确；舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，重力大小和支持力大小相等，不处于失重状态，且水平方向上不受摩擦力，故C、D错误。2．(2023·江苏南京市金陵中学月考)放射性元素A衰变时放出α粒子同时生成新核C，A的半衰期为t；放射性元素B衰变时放出β粒子同时生成新核D，B的半衰期为2t。A和B为同位素，且A的质量数比B多3，开始时放射性元素A的数目(大量)为放射性元素B数目的4倍。则下列说法正确的是()A．C比D的电荷数少1B．C比D的中子数多3C．经时间2t，剩余A的数目仍为B的4倍D．经时间4t，剩余A的数目与B相同答案D解析设A的电荷数为m，质量数为n，则B的电荷数为m，质量数为n－3，A的衰变方程为eq\o\al(n,m)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\ar(n－4,m－2)C，B的衰变方程为eq\o\ar(n－3,m)B→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\ar(n－3,m＋1)D，C比D的电荷数少3，中子数多2，故A、B错误；设初始时A的原子核数为4N，B的是N，经过2t时间，A剩余的数目为N1＝4N(eq\f(1,2))2＝N，B剩余的数目为N2＝eq\f(1,2)N，经过4t时间，A剩余的数目为N1′＝4N(eq\f(1,2))4＝eq\f(N,4)，B剩余的数目为N2′＝N(eq\f(1,2))2＝eq\f(N,4)，故C错误，D正确。3.(2023·江苏省苏锡常镇四市一模)如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨道不是抛物线，而是图中的“弹道曲线”，图中a、c高度相同，b为弹道曲线最高点，则炮弹()A．到达b点时加速度竖直向下B．在下落过程中机械能增加C．重力在ab段的冲量小于bc段的冲量D．在ab段克服阻力做功小于bc段克服阻力做功答案C解析在曲线最高点b点位置时，竖直方向没有速度，仅有水平方向的分速度，因此除了会受到竖直向下的重力，还会受到水平方向的空气阻力，因此二力的合力不是竖直向下的，由牛顿第二定律可知，到达b点时加速度也不是竖直向下的，故A错误；下落过程中由于有空气阻力做功，因此机械能减少，故B错误；重力冲量为I＝mgt，因为炮弹上升过程受到竖直向下的重力和向下的空气阻力，所以其加速度大小大于g，而下降过程受到向上的空气阻力和竖直向下的重力，所以其加速度大小小于g，故上升过程经历的时间小于下降过程经历的时间，所以重力在ab段的冲量小于bc段的冲量，故C正确；由于空气阻力一直做负功，所以机械能减小，而在a、c两点时重力势能相同，故经a点时的动能大于c点时的动能，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错误。4．如图甲所示为某品牌的气压式电脑椅，其简易构造如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m。横截面为S的柱状汽缸杆与底座固定连接，可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体。设汽缸气密性、导热性良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．人迅速坐下时，缸内气体的温度可能不变B．人坐在椅子上不动，打开空调，环境温度降低时，椅面会下降C．人离开椅子后，足够长时间内，汽缸内的气体放出热量D．若质量为M的人盘坐在椅面上，则汽缸内气体的压强为eq\f(m＋Mg,S)答案B解析人迅速坐下时，外界对气体做功，气体还没来得及与外界充分发生传热，即Q＝0，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则ΔU＞0，所以缸内气体的温度升高，故A错误；人坐在椅子上不动，由于人处于平衡状态，可知气体的压强不发生变化，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知，环境温度降低时，缸内气体体积减小，椅面会下降，故B正确；人离开椅子后，经过足够长时间，气体的温度和外界温度相等，可知气体的内能不变，气体体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知汽缸内的气体吸收热量，故C错误；质量为M的人盘坐在椅面上，由受力平衡有(M＋m)g＋p0S＝pS，解得p＝p0＋eq\f(m＋Mg,S)，故D错误。5．(2023·江苏淮安市模拟)北京高能物理研究所的正、负粒子对撞机是世界八大高能加速器中心之一，是中国第一台高能加速器，其结构如图所示，正、负粒子由静止开始经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区内迎面相撞，不考虑相对论效应，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．正、负粒子的比荷可以不相同B．磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大C．加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大D．对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，可能是由于U不变、B变大引起的答案B解析根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)，可知正、负粒子的比荷一定相同，A错误；根据qvB＝meq\f(v2,r)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(1,2)·eq\f(q,m)·qB2r2，磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大，B正确；根据qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))，加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，C错误；根据B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))可知对于给定的正、负粒子，若U不变，B就不能变。粒子在磁场中运动周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，磁场中运动时间为t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，可知一定的粒子从静止到碰撞运动的时间变短，一定是U变大，B相应变大，磁场中运动时间会变短，同时加速过程的时间也会变短，故D错误。6.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在斜面上，空间中存在垂直斜面向上的匀强磁场。两完全相同的金属棒A、B垂直导轨放置。初始时将棒B固定，棒A由静止释放，当棒A开始匀速运动时，将棒B由静止释放。已知运动过程中两棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，只考虑金属棒的电阻。从释放棒B开始计时，下列A、B两棒速度随时间变化的图像正确的是()答案B解析棒A匀速运动时，棒A受到的沿导轨向上的安培力与重力沿导轨向下的分力相等，有mgsinθ＝eq\f(B2L2v,2R)，棒A的加速度为零。释放棒B瞬间，棒B受到的安培力沿导轨向下，与棒A所受的安培力大小相等，则释放瞬间棒B的加速度为aB＝eq\f(mgsinθ＋\f(B2L2v,2R),m)＝2gsinθ，棒B向下加速，产生的感应电流的方向与棒A产生的感应电流的方向相反，回路中的电流变小，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的加速度从2gsinθ逐渐变小，棒A的加速度从零开始增加，两棒均做加速运动。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的速度时，aB′一定大于aA′，两棒的速度差就会减小，则稳定时两金属棒的速度一定相等，且aA＝aB＝gsinθ，B正确。7．某学习小组的同学想尽量准确测量一节废弃干电池的电动势E和内阻r(约为几欧)，实验器材有：待测干电池E；标准电池E0，电动势E0＝1.5V，内阻r0＝1.0Ω；电流表G，量程Ig＝50mA，内阻Rg未知；电阻箱R；单刀双掷开关S；导线若干。设计的电路图如图甲所示。主要实验步骤如下：①根据电路图，连接实物图。②开关S拨到a，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I。拟合出的eq\f(1,I)－R图像如图乙中a所示。③开关S拨到b，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I。拟合出的eq\f(1,I)－R图像如图乙中b所示。请完成下列问题：(1)在图丙中以笔画线代替导线连接实物图。(2)实验中调节电阻箱，如图丁所示时，电阻箱R的阻值为________Ω。(3)某次电流表指针所指位置如图戊所示，则电流表的示数为________mA。(4)由图乙可知干电池电动势E＝________V，内阻r＝________Ω，电流表内阻Rg＝________Ω。(结果均保留3位有效数字)答案(1)见解析图(2)622(3)43(4)1.304.135.00解析(1)实物图如图所示。(2)电阻箱R的阻值为6×100Ω＋2×10Ω＋2×1Ω＝622Ω。(3)根据电流表读数规则可知，电流表示数为43mA。(4)开关S拨到a时，由闭合电路欧姆定律，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)。可以看出eq\f(1,I)－R图中直线a的纵截距b1＝eq\f(r0＋Rg,E0)，可得Rg＝b1E0－r0，将直线a的纵截距b1＝4.0A－1代入得Rg＝5.00Ω。开关S拨到b时，由闭合电路欧姆定律，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图中直线b的斜率k2＝eq\f(1,E)，得E＝eq\f(1,k2)。纵截距b2＝eq\f(r＋Rg,E)，可解得r＝b2E－Rg＝eq\f(b2,k2)－Rg。图中k2＝eq\f(23,30)V－1，b2＝7.0A－1，代入得E＝1.30V，r＝4.13Ω。8．(2023·江苏省苏锡常镇四市二模)如图甲为一“永动机”玩具，其模型简化图如图乙，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距为l＝0.8cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m＝3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出，速度与水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段＝0.8。(1)已知钢球直径d＝1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F的大小；(2)若将钢球视作质点，Gd处在同一高度，水平距离s＝60cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h；(3)要使钢球能“永动”，求钢球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对钢球做的功W。答案(1)0.03N(2)0.2m(3)1.125×10－2J解析(1)钢球在bc段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足sinθ＝eq\f(\f(l,2),\f(d,2))＝eq\f(4,5)竖直方向根据受力平衡可得2Fcosθ＝mg联立解得F＝0.03N(2)Gd间的运动可以视为斜抛运动，水平方向有eq\f(s,2)＝vxt竖直方向有vy＝gtd点速度与水平方向夹角满足tan53°＝eq\f(vy,vx)又h＝eq\f(1,2)gt2联立解得t＝0.2s，h＝0.2m(3)d点抛出时的竖直分速度为vy＝gt＝2m/sd点速度为vd＝eq\f(vy,sin53°)＝2.5m/s由动能定理可知，钢球每运动一圈加速装置需对钢球做的功为W＝eq\f(1,2)mvd2－0＝1.125×10－2J。9.如图所示，竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱(可视为质点)会带动T形支架在竖直方向振动，小圆柱到转动轴O的距离r＝0.2m。T形支架末端与导体棒MN的中点相连，导体棒MN始终与竖直放置的光滑导轨ab、cd垂直且接触良好，导轨平面内存在大小为B＝1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)。已知导体棒MN的质量m＝0.1kg，长为L＝0.5m，ab、cd的间距L＝0.5m，定值电阻R＝0.5Ω，其余电阻均忽略不计，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流产生的磁场。现使圆盘以2s的周期匀速运动，T形支架带动导体棒MN在磁场内做简谐运动，从导体棒经过最低点开始计时。(计算时取π2＝10)(1)写出导体棒的位移x(x为相对平衡位置的位移，规定竖直向上为正方向)随时间t变化的关系式。(2)求0～0.5s内回路中产生的焦耳热。(3)求0～0.5s内T形支架对导体棒做的功。答案(1)x＝－0.2cosπt(m)(2)0.05J(3)0.27J解析(1)分析可知导体棒的振幅A＝r＝0.2m，周期T＝2s，根据简谐运动规律可知x与t的关系式为x＝－Acos

eq\f(2π,T)t＝－0.2cosπt(m)。(2)导体棒的速度v＝eq\f(2π,T)r·sin

eq\f(2π,T)t＝eq\f(π,5)sinπt(m/s)回路中的电动势E＝BLv＝eq\f(π,10)sinπt(V)0～0.5s内，刚好完成eq\f(1,4)个周期的运动，回路中产生的焦耳热为Q＝(eq\f(Em,\r(2)R))2Rt＝(eq\f(π,10\r(2)R))2Rt(J)＝0.05J。(3)0～0.5s内导体棒重力势能的增加量为ΔEp＝mgr＝0.2J导体棒动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mvm2－0＝eq\f(1,2)m(eq\f(2π,T)r)2＝0.02J，0～0.5s内T形支架对导体棒做的功为W＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝0.27J。

小综合练(五)1．(2023·江苏省如东中学等四校联考)一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端O，从t＝0时刻开始用手带动O点沿垂直绳的方向(图甲中y轴方向)在水平面内做简谐运动，0～6s内O点的振动图像如图乙所示。t＝4s时轻长绳上的波形图可能正确的是()答案B解析由题图乙可知，波形图对应的质点起振方向为y轴正方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始时波长较小。故选B。2．在激光出现后，多光子光电效应得以实现。多光子光电效应即金属表面的一个电子吸收多个光子发生的光电效应。某金属片的极限波长为λ0，用频率为ν的弱单色光照射，发现没有光电子放出。若保持频率ν不变，逐渐增大光强，直至释放出光电子，已知普朗克常量为h、真空中的光速为c，则该金属表面一个电子变为光电子的过程吸收的光子数量最少为()A.eq\f(c,νλ0)B.eq\f(νλ0,c)C.eq\f(hc,νλ0)D.eq\f(c,hνλ0)答案A解析由题述可知，该金属的逸出功为W0＝eq\f(hc,λ0)，则由题述可知，设该金属表面一个电子变为光电子的过程最少吸收n个光子时，能够发生光电效应。则nhν＝W0，解得n＝eq\f(c,νλ0)，A正确。3.如图为挂在架子上的双层晾衣篮的结构示意图。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图所示，则图中上、下层各一根轻绳的张力大小之比为()A．1∶1B．2∶1C．5∶2D．5∶4答案C解析设一个篮子的质量为m，连接下篮的绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)；设连接上篮的绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两个篮整体由平衡条件得4FT1cosθ＝2mg，根据几何关系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，联立解得FT1＝eq\f(5,8)mg，则eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(5,2)，故C正确，A、B、D错误。4.如图所示质量均为m的滑块A、B，A不带电，B带正电，电荷量为q，A套在固定竖直杆上，B放在绝缘水平面上并靠近竖直杆，A、B间通过铰链及长度为L的刚性绝缘轻杆连接且静止。现施加水平向右、电场强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动，已知A、B均视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。则在A下滑的过程中，下列说法不正确的是()A．A、B组成的系统机械能不守恒B．A运动到最低点时，轻杆对A的作用力大小为qEC．A的机械能最小时，B的加速度大小为eq\f(qE,m)D．A运动到最低点时，A的速度大小为eq\r(2gL＋\f(qEL,m))答案D解析A、B组成的系统因有静电力做功，故机械能不守恒，A正确，不符合题意；A到最低点时B的速度为0，处于平衡状态，故杆对B的作用力大小等于静电力qE，则轻杆对A的作用力大小也为qE，B正确，不符合题意；杆先对A做负功后对A做正功，A的机械能先减小后增加，当杆对A的作用力为0时，A的机械能最小，此时B仅受静电力，故B的加速度大小为eq\f(qE,m)，C正确，不符合题意；A落地的瞬时，B的速度为0，根据系统能量守恒有mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL＋\f(2qEL,m))，D错误，符合题意。5．示波器是一种用途广泛的电子测量仪器。如图甲所示，电子枪可不断生成速度近似为零的电子，偏转电极XX′之间和YY′之间不加电压时，电子被加速电场加速后沿直线(Z轴)运动，打到荧光屏中心O，荧光屏如图乙所示，XX′之间或YY′之间加12V电压时，电子打在荧光屏上的位置相对O点的偏转距离为1cm，方形荧光屏的边长为5cm，则所给电场组合方式能使荧光屏上形成图丙所示图像的是()A．①③B．②④C．①④D．②③答案A解析设电子在单个方向偏转电场的运动时间为t1，离开该电场后运动时间为t2，则电子在该方向的偏转距离为x′＝eq\f(1,2)at12＋at1t2，又粒子沿Z轴运动的时间不变，则要使粒子在X方向偏转5cm，电子在X轴方向的最大加速度要增大到原来的5倍，由qeq\f(U,d)＝ma知，最大偏转电压要增大到原来的5倍，则①符合要求，②不符合。同理Y方向最大加速度需是12V时的3倍，最大偏转电压要增大到原来的3倍。①中X轴方向电压变化周期为6×10－2s，示波器上有两个波形，则Y轴方向电压变化周期为3×10－2s，③符合要求。综上所述，A正确。6.(2023·江苏徐州市一模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则()A．推力F的大小为mgsinθB．运动过程中，A对B不做功C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为eq\r(\f(2gh,2＋tan2θ))答案D解析静止时A对B只有垂直斜面