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2.2016年11月24日,我国成功发射了天链一号04星.天链一号04星是我国第4颗地球同步轨道数据中继卫星,它与天链一号02星、03星实现组网运行,为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号等提供数据中继与测控服务.如图为天宫二号和天链一号绕地球稳定运行的轨道示意图,下列关于该状态的说法正确的是
正确答案
解析
A.第一宇宙速度是最大的运行速度,所以天宫二号的运行速度一定小于7.9 km/s,故A错误;B.天链一号04星是地球同步轨道数据中继卫星,所以天链一号04星与静止在地球赤道上的物体具有相同的角速度,根据公式知,转动半径不同,向心加速度不同,故B错误。C.根据的变式,天链一号04星的轨道半径大于天宫二号的轨道半径,所以天链一号04星的公转周期大于天宫二号的公转周期,故C正确;D.天链一号04星是地球同步轨道数据中继卫星,位于赤道正上方,不可能位于北京飞控中心的正上方,故D错误;
故本题选:C
考查方向
解题思路
,通过对发射速度和运行速度的记忆判断A是否正确,通过同步卫星的特点判断BD,根据万有引力判断C
易错点
不能理解发射速度和运行速度,对同步卫星的特点没能牢记。
1.下列说法中正确的是
正确答案
解析
A,伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法,得出忽略空气阻力时,重物与轻物下落得同样快,故A错误。B,根据公式P=Fv可得上坡时,保持功率不变,将速度换到低档上,可减小速度,这样可以获得较大的牵引力,故B正确。C,静电场中,电场线的方向是电势降低最快的方向,故C错误。D,在静止的小磁针上方,放一根与磁针平行的导线,给导线通电时磁针将偏转,说明了通电导体周围存在磁场。如果其初始方向即为磁场方向,则其不会偏转,故D错误;
故本题选:B
考查方向
解题思路
通过对各物理学史的熟悉,对A选项进行判断,对汽车功率关系的认识判断B选项,对静电场的电场线与电势关系判断C选项,对通电导体与磁场的作用判断D选项。
易错点
对A理解不清,对D选项的判断不清。
3.如图所示,边长为a的正方形区域内以对角线为界,两边分布有垂直纸面向外和垂直纸面向里的等强度匀强磁场,一边长为a的正方形导线框从图示位置开始沿x轴正方向匀速穿过磁场区域,以顺时针方向为导线框中电流的正方向,则图中表示线框中感应电流i随位移x变化的图象可能正确的是
正确答案
解析
位移在0~a范围内,线框右边切割磁感线产生感应电流,感应电流大小,其中x在内感应电流为顺时针,为正方向;时,i=0;x在范围内,感应电流方向沿逆时针,为负方向;
位移在内,感应电流大小 ,其中,x在感应电流方向沿逆时针,为负方向.时,i=0;x在范围内,感应电流沿顺时针,为正方向,故B正确.
故本题选:B
考查方向
解题思路
先根据楞次定律判定感应电流的方向,再根据法拉第电磁感应定律E=BLv分析感应电动势大小的变化,判断感应电流大小的变化,即可选择图象.
易错点
不能找到有效切割磁感应的长度
4.如图所示,正方形ABCD以坐标原点O为中心,关于x轴对称,与x轴交于M、N两点,带电量均为Q的点电荷固定在正方形的四个顶点,其中A、B处点电荷带正电,C、D处点电荷带负电.下列说法中正确的是
正确答案
解析
A.A、B两点在M点的电场强度等大反向,故M点只受到了C、D两点的电场叠加,方向向右;C、D点在N点的电场同样等大反向,故N点只受到A、B两点的电场叠加,方向向右;故M、N两点的电场强度等大同向,故A错误。B.沿电场线方向电势降低,越靠近负电荷电势降低,从M点到N点电势逐渐降低,故B错误。C.越靠近负电荷电势越低,从N点起沿x轴正方向远离C、D两点,故电势应增高,故C错误。D.从x轴上M点左侧、N点右侧无穷远处看,正方形ABCD可以看做一个质点,其带电量为零,则其存在强度为零的点,故D正确。
故本题选:D
考查方向
解题思路
利用点电荷周围的电场的决定式判断A、D选项,利用电场线与电势的关系确定BC选项。
易错点
对点电荷周围的电场没弄正确判断。
实验室备用器材如下:
电流表一个:量程为100mA,内阻未知;
电阻箱R一个:阻值范围0~999.9Ω;
未知电阻Rx一个;
干电池一节:电动势E=1.5V;
开关一个,红黑表笔各一支,导线若干
11.某同学选择以上器材测量某一未知电阻Rx的阻值:他先将干电池、电流表、电阻箱和开关用导线串联,将电阻箱阻值调至最大,闭合开关,调节电阻箱阻值
为R1=17.5Ω,读出此时电流表示数为I1=75.0mA.再将此未知电阻串联接入电路,保持电阻箱阻值不变,电流表指针指示位置如图甲所示,则该未知电阻阻值为Rx=_______Ω.
12.该同学利用上述器材成功地组装成一只简单的欧姆表,操作步骤如下:
①按照如图乙所示电路连接各器材,组成欧姆表电路;
②将红、黑表笔短接,调节电阻箱阻值为R2=_______Ω,使电流表满偏;
③将红黑表笔与未知电阻相连,为了从表盘上直接读出被测电阻的阻值,应将电流表表盘刻度修改为电阻刻度,请尝试将下列表格中电流刻度值修改为电阻刻度值.
若该欧姆表使用一段时间后电池电动势变小,内阻变大,但仍能调零,则电阻的测量结果与原来相比_______(选填“偏大”、“偏小”、“无影响”).
正确答案
(1)5.0;
解析
(1)根据闭合电路欧姆定律可知:
由图可知,I2=60mA;
则由闭合电路欧姆定律可知:
两式联立解得:
Rx=5.0Ω;r=2.5Ω;
考查方向
解题思路
(1)根据欧姆表的结构,由闭合电路欧姆定律进行分析,即可求得待测电阻阻值;
易错点
不理解欧姆表的原理,不能进行误差分析
正确答案
【答案】(2)②12.5;③表格数据见解析;偏大.
解析
(2)②要使电流表满偏,则电流Ig=100mA,则由闭合电路欧姆定律可知:
代入数据解得:R2=12.5Ω;
③根据闭合电路欧姆定律可知:
代入解得,电流为20mA时,电阻为60Ω;当电流为60mA时电阻为10Ω;
而当电流为零时,电阻为无穷大;
如表中数据所示;
电流表刻度I/mA
0
20
60
电阻刻度值Rx/Ω
∞
60
10
若该欧姆表使用一段时间后电池电动势变小,内阻变大电池电动势变小、内阻变大时,欧姆得重新调零,由于满偏电流Ig不变,由公式:,欧姆表内阻R内得调小,待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的,由,可知当R内变大时,I变小,指针跟原来的位置相比偏左了,故欧姆表的示数变大了.
故本题答案为:(2)②12.5;③如上表所示;偏大.
考查方向
解题思路
(2)根据闭合电路欧姆定律进行分析,可以判断读数,以及电池电动势变小,内阻变大时测量结果的变化.
易错点
不理解欧姆表的原理,不能进行误差分析
某同学利用如图甲所示实验装置验证机械能守恒.半圆盘固定在竖直平面内,盘面的水平刻度线标注着距离悬挂点O的高度,金属小圆柱用细线悬挂于O点,将小圆柱拉至水平位置(h=0),然后由静止释放,小圆柱依次通过固定在不同高度h的光电门,记录小圆柱经过各光电门所用时间,已知当地重力加速度为g.
9.为计算出相应速度v,该同学用螺旋测微器测量出小圆柱的直径d,测量示数如图乙所示,则d=_________mm.
10.该同学用横坐标表示h,纵坐标应表示_____(选填“v”或“v2”),从而可以得到一条过原点的直线.他求出图象斜率为k,当k=____________时,则可验证小圆柱摆动过程中机械能是守恒的.
正确答案
(1) 6.955 ,
解析
(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm,可动刻度读数为0.01×45.5mm=0.455mm,所以最终读数为6.5mm+0.455mm=6.955mm.
考查方向
解题思路
(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.
易错点
不值得螺旋测微器有估计值,不能用机械能守恒定律的表达式找到斜率的意义.
正确答案
(2) v2, 2g
解析
(2)根据机械能守恒定律有:,
则有:v2=2gh,知v2与h成正比;
由题意可知,图线的斜率等于2g.
故本题答案为:(1)6.955 (2)v2 2g
考查方向
解题思路
(2)根据机械能守恒推导v2与gh关系式,并结合数学斜率知识,从而即可求解;
易错点
不值得螺旋测微器有估计值,不能用机械能守恒定律的表达式找到斜率的意义.
我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图为一跳台滑雪赛道的简化示意图,图中倾角为θ=37°的长直助滑道AB长为L=100m,与半径为R=24m的圆弧滑道BC相切于B点,过圆弧滑道最低点C的切线水平,着陆坡CD倾角为α(tanα=0.5),质量为m=60kg的运动员(含滑板)可视为质点,从A点由静止滑下,在C点水平飞出后落在着陆坡上的D点,不计一切摩擦和空气阻力,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求(结果保留三位有效数字):
13.运动员到达圆弧滑道最低点C时对轨道的压力;
14.运动员落在着陆坡D点时的动能.
正确答案
【答案】1、,方向竖直向下
解析
(1)由几何知识得BC圆弧对应的圆心角也为θ=37°,设运动员运动到C点时速度大小为vC,运动员从A点运动到C点的过程中,由动能定理可得: ①
设运动员在C点受到轨道的支持力大小为FN,在C点由牛顿第二定律可得:
②
由①②式可得FN=3.84×103N,
由牛顿第三定律可得,运动员到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力
,方向竖直向下.
考查方向
解题思路
1.由几何知识得BC圆弧对应的圆心角也为θ=37°,设运动员运动到C点时速度大小为vC,运动员从A点运动到C点的过程中,由动能定理可得到C点速度,再用牛顿第二定律分析受力,求出运动员在C点受到轨道的支持力的大小,用牛顿第三定律求出压力的大小。
易错点
对运动的初末状态不能准确找到,过程中做功表达错误 ,离开C点后的运动状态不能分析
正确答案
【答案】2、Ek=7.78×104J
解析
(2)解法一:由①式可得运动员从C点飞出时速度大小为vC=36m/s,运动员在空中做平抛运动落在D点,位移偏角为α,设运动员在D点的速度大小为vD,平抛运动的时间为t,水平位移为x,竖直位移为y,由位移的合成与分解可得:
③
由平抛运动知识可得:x=vCt ④
y= ⑤
运动员在D点时竖直分速度为vy=gt ⑥
由速度的合成与分解可得: ⑦
运动员落在D点时的动能Ek= ⑧
由③④⑤⑥⑦⑧式可得Ek=7.78×104J
解法二:由①式可得运动员从C点飞出时速度大小为vC=36m/s,运动员在空中做平抛运动落在D点,位移偏角为α,设运动员落在D时点速度大小为vD,速度方向与水平方向夹角为β,在D点时竖直分速度为vy,
由平抛运动知识可得: ③
由速度的合成与分解可得: ④
⑤
运动员落在D点时的动能Ek= ⑥
由③④⑤⑥式可得Ek=7.78×104J
考查方向
解题思路
2.运动员从C点飞出时速度大小为vC=36m/s,运动员在空中做平抛运动落在D点,由平抛运动的规律可知运动员在D点时的速度,即可求出运动员在D点时的动能。
易错点
对运动的初末状态不能准确找到,过程中做功表达错误 ,离开C点后的运动状态不能分析
桌上冰壶比赛的滑道如图所示.水平滑道的左端有一个发球区AB,运动员在发球区给冰壶水平力作用,使冰壶从A点由静止运动到投掷线中点B,然后释放冰壶,冰壶沿着滑道的中心线BO滑行,滑道的右端有一圆形的营垒,半径为R.以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心O的远近决定胜负.已知冰壶的质量均为m=1kg,AB长度为x1=0.4m,营垒的半径为R=0.5m.设冰壶与滑道间的动摩擦因数μ=0.1,在某次比赛中,冰壶甲在投掷线中点B处以v0=2.0m/s的速度沿中心线BO滑出,恰好停在了O点.不计冰壶自身的大小,取重力加速度g=10m/s2.
15.求运动员发球时对冰壶甲做的功WF和投掷线中点B到营垒圆心O的距离x2;
16.若冰壶乙在投掷线中点B处以v=2.5m/s的速度沿中心线BO滑出,恰好将静止在圆心的冰壶甲撞出营垒,设冰壶之间的碰撞时间极短,问冰壶乙最终停在何处?
正确答案
1、x2=2m
解析
解析:(1)由题意得,冰壶甲从A运动到B的过程中,由动能定理可得:
①
由①式解得:WF=2.4J
由冰壶甲恰好停在O点可知,冰壶甲在O点速度为零,则在冰壶甲从B点运动到O点的过程中,由动能定理可得:
②
由②式解得:x2=2m
考查方向
解题思路
1、从A运动到B的过程中,由动能定理可求得运动员发球时对冰壶做的功。
易错点
不能用动能定理求解第一问,不能判断第二题动量是否守恒
正确答案
【答案】2、冰壶乙最终停在AB延长线上O点右侧0.125m处
解析
(2)设冰壶乙运动到O点时的速度大小为V’,与冰壶甲碰后,冰壶甲的速度为V1,冰壶乙的速度变为V2.
在冰壶乙从从B点运动到O点的过程中,由动能定理可得:
③
冰壶乙与冰壶甲碰撞时有动量守恒定律可得:
④
由于碰后冰壶甲恰好被撞出营垒,即表明冰壶甲被碰后恰好减速R的距离后速度变为零,由动能定理可得:
⑤
设冰壶乙碰后运动距离为x停下,由动能定理可得:
⑥
由③④⑤⑥式解得x=0.125m
即冰壶乙最终停在AB延长线上O点右侧0.125m处
考查方向
解题思路
2、冰壶乙运动到O点时与甲碰撞极端,满足动量守恒。结合运动学公式和牛顿第二定律,求出碰撞后乙的速度。知道碰后乙做匀减速运动,根据动能定理求乙运动的位移。
易错点
不能用动能定理求解第一问,不能判断第二题动量是否守恒
如图,在xOy坐标平面第一象限内、x≤1m的范围中,存在以y=x2为上边界的沿y轴正方向的匀强电场,场强大小E1=2.0×102 N/C.在直线MN(方程为y=1m)的上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.在x=-1m处有一与y轴平行的接收板PQ,板两端分别位于MN直线和x轴上;在第二象限,MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E2.现有大量的带正电粒子从x轴上0<x≤1m的范围内同时由静止释放,粒子的比荷均为q/m=1.6×105 C/kg,不计粒子的重力及其相互作用.
17.求在x=0.5m处释放的粒子射出电场E1 时的速度大小;
18.若进入磁场的所有带电粒子均从MN上同一点离开磁场,求磁感应强度B的大小;
19.若在第(2)问情况下所有带电粒子均被PQ板接收,求电场强度E2的最小值和在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间.
正确答案
【答案】1、V0.5=4×103m/s
解析
(1)由题意得,于x处释放的粒子在电场中加速的位移为y,且满足
y=x2 ①
设射出电场E1时的速度大小为V,由动能定理可得
由①②式可得: ③
代入x=0.5m可得:V0.5=4×103m/s
考查方向
解题思路
1.粒子在电场E1中做匀加速直线运动,由动能定理可得粒子射出电场时的速度。
易错点
第一问中的电场强度的范围搞不清,第二问中粒子从磁场中的射出点找不到,第三问中的临界速度的位置找不出来。
正确答案
【答案】2、B=0.1T
解析
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设半径为r,由牛顿第二定律可得: ④
由③④式解得: ⑤
由⑤式可得,当磁感应强度B一定时,轨道半径r与x成正比,当x趋近于零时时,粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零,即所有粒子经磁场偏转后都从C点射出磁场, 且有
2r=x ⑥
由⑤⑥式可得B=0.1T
考查方向
易错点
第一问中的电场强度的范围搞不清,第二问中粒子从磁场中的射出点找不到,第三问中的临界速度的位置找不出来。
正确答案
【答案】 3、
解析
(3)粒子从C点沿y轴负方向进入电场强度大小为E2的范围后,都在电场力作用下做类平抛运动,若所有带电粒子均被PQ板接收,则从x=1m处出发的粒子刚好运动到Q点,对应电场强度E2的最小值E2min,设该粒子在场强大小为E2min的电场中运动的初速度为V1,时间为t3,加速度为a2,有:
⑦
⑧
E2minq=ma2 ⑨
将x=1m,y=1m代入③⑦⑧⑨两式可得E2min=8.0×102 N/C
由题意得,在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从x=1m处出发的粒子,设该粒子在场强大小为E1的电场中运动的时间为t1,在磁场中运动的时间为t2,则有:
(10)
在匀强磁场中转过θ=π的圆心角,有
πr=v1t2 (11)
故该粒子所经历的总时间t=t1+t2+t3 (12)
由⑧(10)(11)(12)式可得
故本题答案为:1、V0.5=4×103m/s 2、B=0.1T 3、
5.据有关媒体报道:中国歼15舰载战斗机已于2016年11月在电磁弹射器试验机上完成了弹射起飞,这标志着中国跨入了世界航空母舰技术发展的最前列.当前电磁弹射的超大电流不能靠发电机提供,但可以通过超级电容实现.如图所示为电磁弹射装置的原理简化示意图,与飞机连接的导体棒(图中未画出)可以沿两根相互靠近且平行的导轨滑动.使用前先给超级电容器充电,弹射飞机时,电容器释放储存的电能,产生的强大电流流经导轨和导体棒,导体棒在导轨电流形成的磁场中受安培力作用,从而推动飞机加速起飞.下列关于弹射系统的说法,其中正确的是
正确答案
解析
A,根据电容的决定式,电容器的电容大小与其充电电压无关,故A错误。B,根据能量守恒定律,电容器存储的电能转换为飞机的动能,所以飞机加速弹射时超级电容器存储的能量减少,有Q=CU,其极板间的电压越来越小,故B正确。C,飞机加速弹射时极板间的电压越来越小,通过导体棒的电流减小,根据公式F=BIL可知导体棒受到的安培力减小,故C错误。D,将电源的正负极调换仍可以给电容器充电,此时通过导体棒的电流方向和电轨产生的磁场方向同时改变,导体棒受到的安培力方向不变,从而推动飞机加速起飞,战斗机仍然实现加速起飞,故D正确。
故本题选:BD
考查方向
解题思路
根据电容的决定式和定义式Q=CU来解题,根据能量的转换来判断。依据安培力的表达式来确定CD选项。
易错点
不能读懂题目所给的信息,无法下手解答
6.如图所示,一个小球从光滑固定斜面顶端由静止滑下,依次经过A、B、C、D四点,已知经过AB、BC和CD三段所用时间分别为t、2t和3t,通过AB段和BC段的位移分别为x1和x2,下列说法正确的是
正确答案
考查方向
解题思路
由AB段和AC段的位移,由位移公式列方程即可求出A点速度和加速度,根据速度公式求B点速度,由位移公式求出AD的位移,即可求出CD段的位移;
易错点
计算量比较大,不能够细心找不到正确选项。
7.如图所示,水平面上有一质量为2m的物体A,左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B,物体B、C的质量均为m,用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上,不计一切摩擦.开始时,物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止,已知重力加速度为g.下列说法正确的是
正确答案
解析
A,对物体A受力分析,水平方向受到拉力F和细线的拉力T,根据力的平衡条件可知,F=2mgsinθ,在细线被烧断的瞬间,细线对物体A拉力T变为零,由牛顿第二定律可知,物体A的加速度为:,故A正确。B,在细线被烧断前,对物体B进行受力分析,在沿斜面方向,其受到弹簧的弹力为(方向沿斜面向下),细线的拉力为T(方向沿斜面向上)重力斜面的支持力,所以加速度为,故B正确。
C,剪断弹簧的瞬间,由于弹簧的弹力不会发生突变,所以物体A的受力仍保持静止状态,加速度为零,故C错误,
D,突然撤去外力F的瞬间,绳上的拉力也瞬间改变,对系统应用整体法有,故D错误。
故本题选:AB
考查方向
解题思路
知道对ABC选项用隔离法进行分析,对D选项整体分析,对绳子的拉力能发生突变,而弹簧的弹力不能发生突变的思路进行选项的分析和判断.
易错点
对D选项不能用整体法受力分析。
8.如图所示,光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内,OP边水平,与OQ边在O点用一小段圆弧杆平滑相连.质量均为m的两小环A、B用长为L的轻绳相连,分别套在OP和OQ杆上.初始时刻,将轻绳拉至水平位置伸直,然后同时释放两小环,A环到达O点后,在圆弧作用下速度大小不变,方向变为竖直向下(时间极短),已知重力加速度为g.下列说法正确的是
正确答案
解析
B环下落一段位移后,设绳子与水平方向之间的夹角为α,则与竖直方向之间的夹角β=90°﹣α
设此时A的速度为vA,将A的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解,设沿绳子方向的分速度为v,如图:
则:v=vAcosα
设B的速度为vB,将B的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图,其中沿绳子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的,则:
v=vBcosβ
所以:
A、当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角:
所以:α=30°
则:
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒,得:
联立得A环的速度大小为:.故A正确;
B、B开始下降的过程中速度由0开始增大,所以是做加速运动.当绳子与竖直方向之间的夹角接近90°时,tanβ→∞,则:.可知当A到达O点时,B的速度等于0.所以B一定还存在减速的过程.即A环到达O点的过程中,B环先加速后减速.故B正确;
C、由于A到达O点时B的速度等于0,由机械能守恒得:
所以:.故C错误;
D、环A过O点后做加速度大于g的匀加速直线运动,B做自由落体运动.
当A追上B时:
所以:.故D正确.
故本题选:ABD
考查方向
解题思路
A与B下降的过程中系统的机械能守恒,先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系,然后即可求出A、B在不同点的速度;
根据匀变速直线运动的公式即可求出A追上B的时间.
易错点
属于综合能力的题目,对AB速度关系判断不清,引起错误