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5.如图,粗糙水平面上a、b、c、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接,正好组成一个等腰梯形,系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半,ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f,则( )
正确答案
解析
A、设每根弹簧的原长为L0,ab的形变量为△x1,cd的形变量为△x2,则有,若ab弹簧也是被拉长,则有:,解得L0=0,不符合题意,所以ab被压缩,A正确;B、由于a受到的摩擦力大小为f,根据对称性可得,b受到的摩擦力大小为f,B正确;C、以a和c为研究对象进行力的分析如图所示:
图中的θ为ac与cd之间的夹角,则,所以θ=60°,则∠cab=120°,a受到的摩擦力大小f=T;对c根据力的合成可得,所以C正确;
D、由于c受到的摩擦力大小为,根据对称性可知,d受到的摩擦力大小为,D错误.
故本题选:ABC
考查方向
解题思路
假设ab弹簧处于伸长状态,得到弹簧的原长为零,由此确定弹簧所处的状态;分别对a和c进行受力分析求出弹力与摩擦力关系,根据平行四边形法则求解c受到的摩擦力大小,根据对称性分析d受到的摩擦力大小。
易错点
本题关键掌握平行四边形定则,当两个力方向相同时可以直接相加求合力;当两个力方向相反时可以直接相减求合力;当两个力垂直的时候,利用勾股定理求合力,如果两个力夹角不是特殊角,可以根据正交分解法、矢量三角形法或三角函数法求解合力大小。
7.质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速,受到的阻力不变,其加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则赛车( )
正确答案
解析
A、由图象可知,加速度是变化的,故做变加速直线运动,故A错误;B、 函数方程,汽车做加速运动,速度增大,加速度减小,故B错误;CD、对汽车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有:,其中:, 联立得:,结合图线,当物体的速度最大时,加速度为零,故结合图象可以知道,a=0时,,v=100m/s,所以最大速度为100m/s,由图象可知:,解得:,,解得:P=160KW,故CD正确;
故本题选:CD
考查方向
解题思路
汽车恒定功率启动,对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程,再结合图象进行分析即可。
易错点
本题关键对汽车受力分析后,根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式,再结合图象进行分析求解。
6.如图,两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连,系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。细线某时刻被剪断,系统下落,已知重力加速度为g,则( )
正确答案
解析
A、开始时系统处于平衡状态,弹簧的弹力大小为mg,当细线剪断瞬间,弹簧不能突变,则b受力仍然平衡,加速度为零,而a受向下的拉力和重力作用,加速度为2g,故A错误;B、弹簧恢复原长时,两物体均只受重力,故加速度大小为g,故B正确;C、由于a的加速度大于b的加速度,故a下落较快,因此开始时弹簧处于压缩状态,故C错误;D、对a和b和弹簧组成的系统来说,由于只有重力做功,故机械能守恒,故D正确.
故本题选:BD
考查方向
解题思路
分析开始时两物体及弹簧的受力,根据弹簧的弹力不能突变的性质,根据牛顿第二定律可求得加速度大小;再根据两物体的运动情况分析弹簧的形变;根据机械能守恒的条件分析系统是否机械能守恒.
易错点
本题关键掌握瞬时牛顿第二定律问题,分析悬线剪断前弹簧的弹力,再分析悬线判断瞬间物体的受力情况,再求解加速度,抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化。
8.如图,A、B、C、D是正四面体的四个顶点,现在A固定一电荷量为+q的点电荷,在B固定一电荷量为-q的点电荷,取无穷远电势为零,下列说法正确的是( )
正确答案
解析
ACD、由题可知,通过AB的中垂面是一等势面,取无穷远电势为零,那么棱AB中点,及C、D在同一等势面上,电势相等,且均为零,而C、D两点的场强都与等势面垂直,方向指向B一侧,方向相同,根据对称性可知,场强大小相等,故C、D两点的场强、电势均相同,故ACD正确.B、依据等量异种电荷的电场线分布,可知,棱AB中点的场强不为零,故B错误;
故本题选:ACD
考查方向
解题思路
+q、-q是两个等量异种点电荷,其电场线和等势面具有对称性,通过AB的中垂面是一等势面,C、D在同一等势面上,电势相等,根据对称性分析C、D场强关系。
易错点
本题关键掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况,抓住对称性,即可分析C、D场强与电势的关系。
1.根据伽利略理想斜面实验,利用如图所示的轨道装置做实验:在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料,小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动,并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3。对比这三次实验可知( )
正确答案
解析
AB、如果斜面光滑,则小球应到达等高的位置,则由图可知,三次实验中小球均受到阻力作用,故机械能不守恒,斜面不光滑,故AB错误;C、由于不知道小球的质量,故不能明确小球的惯性大小,故C错误;D、第三次实验中小球到达最低点的速度最大,则根据向心力公式可知,小球对轨道最低点的压力最大,故D正确.
故本题选: D
A、电容器对直流电可视为断路,与电容器串联的电阻看成导线,电容器两极板间的电压,故A错误;B、根据,得电容器极板上的电荷量为,故B错误;C、根据电容器的决定式可知,减小电容器两极板的正对面积,电容减小,由知极板上的电荷量减小,故C正确;D、根据电容器的决定式可知,减小极板间的距离,电容增大,稳定后两极板电压与原来相同,等于和电容器并联的电阻两端的电压,故D错误;
故本题选:C
考查方向
解题思路
小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升,阻力越小则上升的高度越大,伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用,将会一直运动下去.根据向心力公式可知压力大小。
电容器接入电路中相当于断路,根据欧姆定律求解通过电源的电流.求出与电容器并联的电阻两端的电压,电荷量,根据分析电容的变化;
易错点
本题关键要明确实验中如果斜面光滑则物体将到达等高的位置,同时知道实验中哪些是2.阻值均为R的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E的电源(不计内阻)连接成如图所示的电路。开关K闭合且电路稳定时,以下说法正确的是( )
A.电容器两板间电压为
B.电容器极板上的电荷量为
C.减小电容器两极板正对面积,极板上的电荷量减小
D.减小电容器两极板间的距离,稳定后两板间电压比原来的更小
本题关键掌握对于直流电路,电容器接入电路中相当于断路,清楚电路的结构,知道影响电容大小的因素。
3.如图,长方体ABCD—A1B1C1D1中,将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出,落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)。不计空气阻力,以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面,则小球( )
正确答案
解析
ABC、由于小球抛出时离地高度相等,故各小球在空中运动的时间相等,则可知水平位移越大,抛出时的速度最大,故落在C1点的小球抛出速度最大,落点靠近A1的粒子速度最小,故AB错误,C正确;D、由图可知,落在B1D1中点和落在D1点时的水平位移不同,所以两种情况中对应的水平速度不同,则可知它们在最高点时的机械能不相同,因为下落过程机械能守恒,故落地时的机械能也不相同,故D错误.
故本题选:C
考查方向
解题思路
小球做平抛运动,水平分运动为匀速直线运动,竖直分运动为自由落体运动.运动时间由下落的高度决定.由分位移公式分析初速度关系.由机械能守恒定律研究落地时机械能。
易错点
本题的关键要掌握平抛运动的研究方法,明确下落高度决定了下落时间,由于高度相同,重力势能相等,机械能的大小取决于动能的大小。
4.如图,人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为,则M、N的运动周期之比等于( )
正确答案
解析
设M、N的轨道半径分别RM、RN,据题卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大时,MN连线与卫星N的运行轨道应相切,如图所示:
根据几何关系有,根据开普勒第三定律有:,联立解得,故D正确,ABC错误;
故本题选:D
考查方向
解题思路
根据题意知道MN连线与卫星N的运行轨道相切时,夹角θ最大,运用几何关系求出M、N轨道半径之比,由开普勒第三定律求出周期之比,即可得解。
易错点
本题关键是能根据题目给出的信息分析视角最大时的半径特征,利用几何知识求出半径。
某同学用图示的实验装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨旁安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连,力传感器可直接测出绳中拉力大小,传感器下方悬挂钩码。改变钩码数量,每次都从A处由静止释放滑块。已知滑块(含遮光条)总质量为M,导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L。请回答下面相关问题。
9.请回答下面相关问题。
9.(1)如图,实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d= cm。某次实验中,由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t,由力传感器记录对应的细线拉力大小为F,则滑块运动的加速度大小a应表示为 (用题干已知物理量和测得物理量字母表示)。
(2)下列实验要求中不必要的是___________
A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些
C.应将气垫导轨调节至水平
D.应使细线与气垫导轨平行
正确答案
(1)0.960;(2)A
解析
(1)游标卡尺的主尺读数为9mm,游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为,所以最终读数为:;
已知初速度为零,位移为L,要计算加速度,需要知道末速度,故需要由数字毫秒计时器读出遮光条通过光电门B的时间t,末速度,由,得;
(2)A、拉力是直接通过传感器测量的,故不必要求滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量,故A错误;B、应使A位置与光电门间的距离适当大些,有利于减小误差,故B正确;C、应将气垫导轨调节水平,使拉力才等于合力,故C正确;D、要保持拉线方向与气垫导轨平行,拉力才等于合力,故D正确;本题选择不必要的,故本题选:A
考查方向
本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与打点计时器系列实验中纸带的处理等知识点交汇命题。
解题思路
(1)游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读;(2)用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度;由求加速度a;(3)从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤.
易错点
本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度,能够根据实验原理分析操作的合理性.
(1)如图甲,是多用电表简化电路图,作为电压表使用时,选择开关应接 ;作为欧姆表使用时,选择开关应接 。(填1、2或3)
使用时,电流一定从 端流入多用电表(填A或B)。
(2)利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图乙。调节电阻箱,记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I,作出的图线如图丙。由图丙可求得电动势E= V,内阻r= Ω。(结果均保留2位有效数字)忽略偶然误差,本实验测得的E测、r测与真实值比较:E测 E真,r测 r真。(选填“<”、“=”或“>”)
正确答案
(1)3;2;A(2)2.9;1.2;=;>
解析
(1)根据电压表与欧姆表的改装原理,由图所示可知,作为电压表使用时,选择开关应接位置3;作为欧姆表使用时,选择开关应接2,内部电源被接通,构成欧姆表,可测量电阻;使用时,电流一定从红表笔流入,黑表笔流出,即从A端流入.
(2)根据闭合电路欧姆定律得:解得:,可知图线斜率表示电动势,纵轴截距的绝对值表示内阻,则有:,内阻为:。
将多用电表的内阻等效到电源的内部,则有:,则可知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和,测量值偏大.而电流表内阻对图象的斜率没有影响,故电动势准确;
考查方向
本题考查了测定电源的电动势和内阻;用多用电表测电阻等知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与闭合电路欧姆定律,串并联电路等知识点交汇命题。
解题思路
(1)欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成,根据电表改装原理选择,即可求解.(2)实验采用安阻法测量电源的电动势和内阻,根据闭合电路欧姆定律得出的关系式,结合图线的斜率和截距求出电源的电动势和内阻.将多用电表的内阻等效到电源的内部,分析测量电源电动势和内阻的误差.
易错点
本题关键是要根据物理规律得到解析式,运用数学知识分析图象的物理意义,对I-R非线性关系采用的是转换法,转换成线性关系,即可得电动势和内电阻。
如图,水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板,一质量为M=2kg的小物块B静止在O点,OP段光滑,OQ段粗糙且长度为d=3m。一质量为m=1kg的小物块A以v0=6m/s的初速度从OP段的某点向右运动,并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ=0.2,两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g=10m/s2,求
11.(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度;
(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。
正确答案
(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度是2m/s,方向向左及4m/s,方向向右(2)1s
解析
(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2,以向右为正方向, 由动量守恒定律可得:, 碰撞前后动能相等:, 解得:,方向向左,,方向向右;
(2)碰后,两物块在OQ段减速时加速度大小均为:, B经过t1时间与Q处挡板碰,由运动学公式:得:(舍去);与挡板碰后,B的速度大小为:,反弹后减速时间;反弹后经过位移,B停止运动。
物块A与P处挡板碰后,以的速度滑上O点,经过停止。
所以最终A、B的距离,两者不会碰第二次。
在AB碰后,A运动总时间,整体法得B运动总时间,则时间间隔。
考查方向
解题思路
(1)A、B在O点发生弹性碰撞时,遵守动量守恒和能量守恒,由动量守恒定律和能量守恒定律结合求解.(2)分析碰后两物块的运动情况,根据牛顿第二定律和运动学公式分段求两个物块运动时间,从而求得各自停止运动时的时间间隔.
易错点
本题的关键是分析清楚A、B的运动过程,按时间顺序进行判断.对于B反弹后停止位置也可用整体法计算而得,如下:B碰后运动总路程,B反弹后停止位置距Q为 s1=sB-d=1m,总时间。
一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的中心轴线平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒可绕其中心轴线转动,圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场,当筒以大小为ω0的角速度转过90°时,该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。
12.(1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,求该粒子的荷质比和速率分别是多大?
(2)若粒子速率不变,入射方向在该截面内且与MN方向成30°角,则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒,圆筒角速度应为多大?
正确答案
(1)荷质比,粒子速率(2)或者其中n=0,1,2,3……
解析
(1)若粒子沿MN方向入射,当筒转过90°时,粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出,如图所示:
由轨迹1可知半径r=R,由 (2分), 粒子运动周期(1分)
筒转过90°的时间(1分),又(1分)
联立以上各式得:荷质比(1分),粒子速率( 1分)
(2)若粒子与MN方向成30°入射,速率不变半径仍为R,作粒子轨迹2如图,轨迹2圆心为O’,则四边形MO’PO为菱形,可得,所以,则粒子偏转的时间:(1分);又(1分);得:(1分)
由于转动方向与射出孔不确定,讨论如下:ⅰ.当圆筒顺时针转动时,设筒转动的角速度变为,
若从N点离开,则筒转动时间满足(1分),得:其中k=0,1,2,3…
若从M点离开,则筒转动时间满足(1分),得:
其中k=0,1,2,3……(1分);综上可得其中n=0,1,2,3……
ⅱ.当圆筒逆时针转动时,设筒转动的角速度变为ω2,
若从M点离开,则筒转动时间满足(1分),得:其中k=0,1,2,3……
若从N点离开,则筒转动时间满足(1分),得:
其中k=0,1,2,3……(1分)综上可得其中n=0,1,2,3…
综上所述,圆筒角速度大小应为或者其中n=0,1,2,3……
考查方向
解题思路
(1)当筒以大小为ω0的角速度转过90°时,该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒,这说明粒子恰好在磁场中偏转90°,则粒子的轨道半径为R,由洛仑兹力提供向心力可以求出粒子的比荷和速率.(2)当入射方向逆时针方向旋转30°时,相应的轨迹也将逆时针方向旋转30°,半径不变,画出轨迹.由几何关系,找到粒子在磁场中偏转的角度,求出时间t.但要注意的是在时间t内圆筒转过的角度就有多解的问题,分两种情况进行讨论:从M点穿出和从N点穿出的情况,列出时间相等的式子,可以求出圆筒的角速度。
易错点
本题关键是第二问的多解,基本等量关系是时间相等,分情况进行分析;
网
选考题:[物理——选修3-3](15分)
13.对于一定量的理想气体,下列说法正确的是________。(选对一个给2分,选对两个给4分,选对3个给5分。每选错一个扣3分,最低得分为0分)
14.如图,上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置。一段长为l=25.0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱。已知大气压强为p0=75.0cmHg。如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周,求在开口向下时管内封闭空气柱的长度。
正确答案
解析
A、理想气体内能由温度决定,当气体温度变化时,气体内能一定变化,故A正确;B、若气体的内能不变,则气体的温度不变,气体的压强与体积可能发生变化,气体的状态可能变化,故B错误;C、由理想气体的状态方程可知,若气体的压强和体积都不变,则其温度不变,其内能也一定不变,故C正确;D、由理想气体的状态方程可知,若气体的温度T随时间不断升高,体积同时变大,其压强可能不变,故D错误;E、气体的温度升高1K,内能的变化是相同的,而内能的变化与吸收的热量以及外界对气体的做功两个因素有关,所以气体的温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关,故E正确.
故本题选:ACE
考查方向
解题思路
对于一定质量的理想气体,其内能只跟温度有关,温度升高,内能增大,反之,内能减小,根据理想气体状态方程分析温度变化,即可判断内能的变化.理想气体内能由物体的温度决定,理想气体温度变化,内能变化;
易错点
本题关键掌握一定质量的理想气体,其内能只跟温度有关;理想气体状态方程;热力学第一定律△U=Q+W;
正确答案
解析
为了便于求气体压强,对水银柱受力分析如图所示:
管口朝上时,管内气体压强
管口朝下时,管内气体压强
设玻璃管内横截面积为S,管口朝下时,管内气柱长度为,则等温变化有:
得
考查方向
解题思路
求出初态的压强、体积和末态的压强,根据玻意耳定律求出开口向下封闭气体的长度;
易错点
本题关键是初末状态的确定,求封闭气体压强是重点,根据玻意耳定律列式求解即可;
[物理——选修3-4](15分)
15.一简谐横波沿x轴正向传播,t=0时刻的波形如图(a)所示,x=0.30 m处的质点的振动图线如图(b)所示,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴______(填“正向”或“负向”)。已知该波的波长大于0.30 m,则该波的波长为______ m。
图(a)
图(b)
16.一竖直放置的玻璃圆柱体底面中心有一点状光源S。圆柱体高度为l,底面半径为2l,其圆周侧面和下表面镀上了不透明吸光材料,以致光源发出的光线只能从上表面射出.已知该玻璃的折射率为,求上表面透光的光斑面积大小。
正确答案
正向;0.6
解析
:(1)由b图可知,0时刻质点的位移为0,所以此质点处于平衡位置处,此质点在下一时刻,位移大于0,所以质点的振动方向沿y轴正向;由于该波的波长大于0.30 m,简谐横波沿x轴正向传播,所以此质点在半波长处,因此则该波的波长为0.6m;
考查方向
解题思路
由图b质点的振动图线可知,质点沿y轴正向运动,根据振动方程及波速与波长周期关系结合题中条件即可求解波长;
易错点
本题关键掌握波的图象与振动图象的区别与物理意义,根据质点的振动图,结合波形图判断出质点的位置;
正确答案
解析
设全反射临界角为C.由,得:,得:C=45°,上表面透光部分为圆形,作出示意图所图所示:
设其半径为x,则有:,故上表面透光的光斑面积大小为:
.
考查方向
解题思路
上表面不透光的部分光线发生了全反射,由求临界角,根据几何知识求上表面透光的光斑面积;
易错点
本题关键要掌握全反射现象及其产生条件,结合几何知识进行研究;