1.春節(jié)假期，某同學(xué)使用無(wú)人機(jī)進(jìn)行航拍，一段時(shí)間內(nèi)無(wú)人機(jī)沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，其位移一時(shí)間圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，下列哪個(gè)時(shí)刻無(wú)人機(jī)處于最高點(diǎn)( )
A. t1
B. t2
C. t3
D. t4
湯姆孫通過(guò)研究陰極射線發(fā)現(xiàn)電子后，還在β衰變、熱離子發(fā)射效應(yīng)(指物質(zhì)受熱之后一些電子擺脫原子的束縛飛向遠(yuǎn)處的現(xiàn)象)和光電效應(yīng)等現(xiàn)象中也都發(fā)現(xiàn)了電子。在以上現(xiàn)象中，電子產(chǎn)生于原子核內(nèi)部的是( )
A. 陰極射線B. 光電效應(yīng)C. β衰變D. 熱離子發(fā)射效應(yīng)
3.如圖(a)，某同學(xué)將水杯開(kāi)口向下倒置在水槽中，水槽中的部分水流入杯內(nèi)，在杯中封閉了一段氣體，簡(jiǎn)化模型如圖(b)所示?，F(xiàn)緩慢將水杯向上提起一小段高度(杯口始終未露出水面，杯內(nèi)氣體未漏出)。設(shè)環(huán)境溫度保持不變，則此過(guò)程中杯中封閉氣體( )
A. 體積變小，壓強(qiáng)變大B. 體積變大，壓強(qiáng)變小
C. 體積變小，壓強(qiáng)變小D. 體積變大，壓強(qiáng)變大
4.風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)是進(jìn)行空氣動(dòng)力學(xué)研究的重要方法。如圖所示，將小球從A點(diǎn)以某一速度v0水平向左拋出，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)正下方的B點(diǎn)，O點(diǎn)是軌跡的最左端，風(fēng)對(duì)小球的作用力水平向右，大小恒定。則小球速度最小時(shí)位于( )
A. A點(diǎn)B. O點(diǎn)
C. 軌跡AO之間的某一點(diǎn)D. 軌跡OB之間的某一點(diǎn)
5.如圖，一橢球形玻璃置于真空中，其中心截面的橢圓長(zhǎng)軸和短軸長(zhǎng)度分別為10cm和6cm。一束從左焦點(diǎn)F1射向最高點(diǎn)P的激光，恰好在P點(diǎn)發(fā)生全反射。已知光在真空中的速度為c，則該激光在玻璃中傳播的速度為( )
A. 53cB. 35cC. 34cD. 45c
6.圖(a)中，在x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的位置固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷。圖(b)中，在x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的位置固定兩根垂直于紙面的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，兩根導(dǎo)線中電流大小相等、方向相反。電子以一定的初速度從原點(diǎn)O垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于兩幅圖中電子在原點(diǎn)O處受力的說(shuō)法正確的是( )
A. 圖(a)中，電子所受電場(chǎng)力方向沿x軸正向
B. 圖(a)中，電子所受電場(chǎng)力方向沿y軸正向
C. 圖(b)中，電子所受洛倫茲力方向沿y軸正向
D. 圖(b)中，電子所受洛倫茲力方向沿x軸正向
7.2024年1月18日，由大連理工大學(xué)研制的“大連1號(hào)一連理衛(wèi)星”從天舟六號(hào)貨運(yùn)飛船成功釋放入軌，并成功回傳高清圖像。若“連理衛(wèi)星”的軌道可視為圓周，已知萬(wàn)有引力常量和“連理衛(wèi)星”距地面的高度，再結(jié)合下列信息能計(jì)算出地球平均密度的是( )
A. 地球?qū)Α斑B理衛(wèi)星”的萬(wàn)有引力和地球半徑
B. “連理衛(wèi)星”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期和線速度
C. “連理衛(wèi)星”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期和角速度
D. 地球極地處的重力加速度和地球自轉(zhuǎn)周期
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖，一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，實(shí)線為t1=0時(shí)刻的波形圖，虛線為t2=1s時(shí)的波形圖。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 該波的波長(zhǎng)為16m
B. 該波的波速可能為10m/s
C. t1時(shí)刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)加速度方向沿y軸負(fù)方向
D. t1時(shí)刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)速度方向沿y軸正方向
9.如圖(a)，一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點(diǎn)切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點(diǎn)沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點(diǎn)沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為v1、v2，作出v1?v2的關(guān)系圖像，某段時(shí)間內(nèi)圖像如圖(b)所示，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 滑塊與小球組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒
B. 當(dāng)滑塊速度為0.5v時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)
C. 小球與滑塊的質(zhì)量比為1：2
D. 小球的初速度大小可能為 2.5gR
10.如圖(a)，S為粒子源，不斷沿水平方向發(fā)射速度相同的同種帶負(fù)電粒子，MN為豎直放置的接收屏。當(dāng)同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn)；當(dāng)只加電場(chǎng)或只加磁場(chǎng)時(shí)，粒子打在MN上的位置如圖(b)所示，OQ間距離為OP間距離的54倍。已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，S到屏MN的距離為d。不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則( )
A. 只加磁場(chǎng)時(shí)，粒子打到接收屏上的Q點(diǎn)B. 粒子源發(fā)射粒子的速度大小為EB
C. 粒子的比荷為4E5B2dD. OP間距離為d2
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。
11.某同學(xué)利用如圖所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。他將曲別針做成一個(gè)“L”型小掛鉤，固定在桌邊O點(diǎn)用細(xì)線拴一小球，線的另一端系成一個(gè)小繩套，掛在小掛鉤上。將細(xì)線拉直到水平位置，由靜止釋放小球，當(dāng)細(xì)線豎直時(shí)，剛好繩套脫離掛鉤使小球做平拋運(yùn)動(dòng)。
(1)測(cè)得小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移s和下落高度h，已知重力加速度為g，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為_(kāi)_____；
(2)細(xì)線拉直時(shí)，測(cè)得小球的球心到懸點(diǎn)的距離為l，如果l、s、h滿足關(guān)系式l=______，則可驗(yàn)證小球擺下過(guò)程中機(jī)械能守恒；
(3)若釋放小球時(shí)，不小心給小球一個(gè)向下的初速度，則(2)中求得的關(guān)系式是否成立？______。(填“成立”或“不成立”)
12.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)加速度計(jì)，能通過(guò)電壓表的示數(shù)測(cè)量物體的加速度，如圖(a)所示。質(zhì)量m=1kg的滑塊2可以在光滑的框架1中左右平移，滑塊兩側(cè)各連著一根勁度系數(shù)為k=2.0×102N/m的彈簧3(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))。4是固定在滑塊上的金屬滑片，它與一阻值均勻的電阻AB相接觸，滑片與電阻間的摩擦忽略不計(jì)，電壓表右端用導(dǎo)線與滑片4連接。已知加速度為0時(shí)，彈簧都處于原長(zhǎng)，滑片位于AB中點(diǎn)，AB全長(zhǎng)L=15cm，直流電源電動(dòng)勢(shì)E=15V(內(nèi)阻忽略不計(jì))?，F(xiàn)有一量程0～3V、內(nèi)阻Rv=3kΩ的電壓表(RV?RAB)，其表盤(pán)如圖(b)所示。
(1)為使滑片位于B點(diǎn)時(shí)電壓表滿偏，需要將電壓表量程改為0～15V，則電壓表應(yīng)______聯(lián)(填“串”或“并”)______kΩ的電阻；
(2)將改裝后的電壓表接入電路中，則加速度計(jì)測(cè)量的加速度最大值為_(kāi)_____m/s2；
(3)請(qǐng)?jiān)趫D(c)中畫(huà)出a?U圖像(規(guī)定加速度向左為正，U為改裝后電壓表的示數(shù))；
(4)若要增大加速度的測(cè)量范圍，可采用的方法有：______(答出一條措施即可)。
四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共40分。
13.一種巨型娛樂(lè)器械可以讓游客體驗(yàn)超重和失重。該器械可乘坐多人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上48m的高處，然后座艙從靜止開(kāi)始以a1=8m/s2的加速度勻加速下落h1=36m，啟動(dòng)制動(dòng)系統(tǒng)，座艙又勻減速下落，到地面時(shí)剛好停下。已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)座艙的最大速度及勻加速過(guò)程座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的多少倍；
(2)勻減速下落過(guò)程中，座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的多少倍。
14.如圖(a)，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球用一絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，懸點(diǎn)到球心的距離為L(zhǎng)。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ=37°，重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力。sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求小球靜止時(shí)細(xì)線的拉力及場(chǎng)強(qiáng)的大小；
(2)若將小球拉到最低點(diǎn)，給小球垂直紙面向里的初速度，使小球恰好沿一傾斜平面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖(b)所示，求小球速度的大小。
15.如圖，PQ、MN是兩條固定在水平面內(nèi)間距l(xiāng)=1m的平行軌道，兩軌道在O、O′處各有一小段長(zhǎng)度可忽略的絕緣體，絕緣體兩側(cè)為金屬導(dǎo)軌。軌道左端連接一個(gè)R=0.3Ω的電阻，軌道右端連接一個(gè)“恒流源”，使導(dǎo)體棒ab在O、O′右側(cè)時(shí)電流恒為I=0.5A。沿軌道MN建立x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，在兩軌道間充滿垂直軌道平面向下的有界磁場(chǎng)，在x≥0區(qū)域，B隨坐標(biāo)x的變化規(guī)律為B=0.4x(T)，xv0ag2+a2，說(shuō)明最小速度出現(xiàn)在AO軌跡之間的某一點(diǎn)，故C正確，ABD錯(cuò)誤；
故選：C。
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解原理，求出合速度的表達(dá)式，結(jié)合數(shù)學(xué)分析，可找到速度最小的位置。
學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解，同時(shí)要提高自己的數(shù)學(xué)分析能力。
5.【答案】D
【解析】解：光路圖如下圖所示。
根據(jù)幾何知識(shí)，可知PF1的距離等于橢圓半長(zhǎng)軸，則：a=102cm=5cm
PO的距離等于橢圓半短軸，則：b=62cm=3cm
由勾股定理易知OF1的距離等于4cm
已知激光恰好在P點(diǎn)發(fā)生全反射，則有：sinC=OF1a=45
可得此介質(zhì)的折射率為：n=1sinC
該激光在玻璃中傳播的速度：v=cn
解得：v=45c，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)橢圓的幾何知識(shí)，求得激光在介質(zhì)中的全反射臨界角，進(jìn)而可得折射率，根據(jù)介質(zhì)中的光速與真空中的光速關(guān)系求解激光在玻璃中傳播的速度。
本題考查了光學(xué)的折射定律以及全反射現(xiàn)象，解答此類(lèi)題目依據(jù)物理原理作出光路圖是基礎(chǔ)，利用數(shù)學(xué)幾何知識(shí)解題。
6.【答案】D
【解析】解：AB、圖(a)中，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向均沿x軸正方向，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，電子帶負(fù)電，所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，故電子在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向沿x軸負(fù)方向，故AB錯(cuò)誤；
CD、圖(b)中，根據(jù)安培定則，兩根導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均沿y軸負(fù)方向，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向。電子帶負(fù)電，初速度從原點(diǎn)O垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，電子在O點(diǎn)所受洛倫茲力方向沿x軸正方向，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)和電場(chǎng)疊加原理，結(jié)合帶電粒子所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向的關(guān)系判斷帶電粒子所受電場(chǎng)力方向；根據(jù)安培定則和磁場(chǎng)疊加原理，應(yīng)用左手定則判斷帶電粒子所受洛倫茲力方向。
本題考查了電流磁效應(yīng)，電場(chǎng)與磁場(chǎng)對(duì)帶電粒子的作用，以及場(chǎng)的疊加原理。掌握安培定則與左手定則應(yīng)用的不同場(chǎng)景，不要混淆。解答時(shí)要注意受力電荷的正負(fù)。
7.【答案】B
【解析】解：A、已知萬(wàn)有引力F=GMm(R+h)2(M為地球質(zhì)量，m為衛(wèi)星質(zhì)量)，可得地球質(zhì)量M=F(R+h)2Gm，地球密度ρ=MV=M43πR3，所以地球的密度為ρ=3F(R+h)24GπmR3，衛(wèi)星質(zhì)量m未知，無(wú)法計(jì)算出地球的密度，故A錯(cuò)誤；
B、線速度和周期的關(guān)系為T(mén)=2π(R+h)v，又已知h，可求出地球半徑。衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力則GMm(R+h)2=mv2R+h，可得地球質(zhì)量為M=v2(R+h)G，所以地球的密度可以計(jì)算，故B正確；
C，若已知“連理衛(wèi)星”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期和角速度，有GMm(R+h)2=m(R+h)ω2，T=2πω，可以計(jì)算出地球的質(zhì)量為M=(R+h)3ω2G。因?yàn)闊o(wú)法得到地球的半徑，仍無(wú)法計(jì)算出地球的密度，故BC錯(cuò)誤；
D、根據(jù)地球極地處的重力加速度g，有GMmR2=mg，知道地球的自轉(zhuǎn)周期，但不能得到地球的質(zhì)量和半徑，故無(wú)法計(jì)算出地球的密度，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，結(jié)合公式F=GMmr2=mv2r=mrω2=mr(2πT)2計(jì)算地球質(zhì)量，然后結(jié)合密度公式求解。
熟練掌握萬(wàn)有引力提供向心力公式和密度公式是解題的基礎(chǔ)，注意在題目中僅知道衛(wèi)星距地面的高度，地球半徑不是已知的。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、由波形圖可知波長(zhǎng)λ=16m，波向右傳播的距離Δx=nλ+6m=16n+6(n=0,1,2,3…)，則波速v=ΔxΔt=16n+61?0m/s=16n+6(m/s)(n=0,1,2,3…)，則波速不可能為10m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、t1時(shí)刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)位移為正值，根據(jù)F=?kx=ma可得：a=?kmx，所以加速度方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)同側(cè)法可知其速度方向沿y軸負(fù)方向，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：AC。
由波形圖可得波長(zhǎng)，由波形圖得到波的傳播距離，從而根據(jù)v=ΔxΔt可得可能的波速；根據(jù)牛頓第二定律判斷質(zhì)點(diǎn)的加速度方向，根據(jù)同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)的速度方向。
解決該題的關(guān)鍵是掌握平移法分析傳播路徑與波長(zhǎng)的關(guān)系，熟記波速的計(jì)算公式。
9.【答案】AC
【解析】解：A、因不計(jì)一切摩擦，故滑塊與小球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，則水平方向此系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，故A正確；
B、小球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，小球和滑塊在水平方向上共速，并且小球豎直方向的速度為零，故兩者此時(shí)速度相同(v1=v2)。
由圖(b)可得v1與v2的關(guān)系式為：v1=v0?2v2，當(dāng)v1=v2時(shí)，解得小球的速度v1=13v0，故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)小球和滑塊的質(zhì)量分別為m、M，取向右為正方向，小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論，則有：
mv0=(m+M)×13v0
解得：M=2m，故小球與滑塊的質(zhì)量比為1：2，故C正確；
D、設(shè)小球達(dá)到的最大高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，結(jié)合BC選項(xiàng)的結(jié)論，則有：
mgh=12mv02?12(m+M)(13v0)2
解得：v02=3gh
因小球能從圓弧最高點(diǎn)沖出滑塊，故需滿足h>R，則小球的初速度大小需滿足：v0> 3gR，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
根據(jù)動(dòng)量守恒的條件判斷此系統(tǒng)水平方向上是否滿足動(dòng)量守恒定律；根據(jù)小球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)此系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，結(jié)合圖(b)的v1與v2的關(guān)系求解小球的速度；根據(jù)此系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒定律解答。
本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用，對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)。解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程求解。
10.【答案】ABC
【解析】解：A.根據(jù)左手定則，帶負(fù)電的粒子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力向豎直向下，故只加磁場(chǎng)時(shí)，粒子應(yīng)該打在屏上的Q點(diǎn)，故A正確；
B.由于在混合場(chǎng)中粒子沿SO勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)負(fù)粒子電荷量為q，則根據(jù)平衡條件有
qvB=qE
解得v=EB，故B正確；
CD.只加電場(chǎng)時(shí)，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有
d=vt
y=12?qEm?t2
只加磁場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有
qvB=mv2R
由幾何關(guān)系
R2=d2+(R?54y)2
聯(lián)立解得比荷qm=4E5B2d
OP間的距離y=25d，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：ABC。
A.根據(jù)左手定則判斷粒子運(yùn)動(dòng)后的位置；
B.根據(jù)平衡條件列式求解速度；
CD.根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系列式求解比荷和OP間的距離；
考查速度選擇器，帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意作圖列式求解相應(yīng)的物理量。
11.【答案】s g2h s24h 不成立
【解析】解：(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律
h=12gt2
s=v0t
解得v0=s g2h；
(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程，若機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)能定理可知
mgl=12mv02?0
解得l=s24h
即l=s24h，則可驗(yàn)證小球擺下過(guò)程中機(jī)械能守恒；
(3)設(shè)釋放時(shí)小球的初速度為v，小球做平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的水平位移為s′
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律
h=12gt2
s′=v′t
解得v′=s′ g2h；
根據(jù)動(dòng)能定理可知
mgl=12mv′2?12mv2
整理得：l=s′24h?v22g，與(2)結(jié)果不同，
則(2)中求得的關(guān)系式不成立；
故答案為：(1)s g2h；(2)s24h；(3)不成立。
(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度；
(2)根據(jù)(1)結(jié)論以及小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理列式求解；
(3)根據(jù)題意重新推導(dǎo)表達(dá)式，即可與(2)比較分析。
解答本題需要掌握平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及動(dòng)能定理的應(yīng)用，該題的難點(diǎn)為(3)中小球具有初速度后給推導(dǎo)過(guò)程帶來(lái)的影響。
12.【答案】串 12 30 更換成勁度系數(shù)大一些的彈簧，或更換成質(zhì)量小些的滑塊，或?qū)B更換成長(zhǎng)一些的電阻。
【解析】解：(1)電壓表滿偏電壓為Ug=3V、內(nèi)阻Rv=3kΩ，改裝后量程最大值為UV=15V的電壓表，將電壓表量程擴(kuò)大需要串聯(lián)一個(gè)分壓電阻R串，由歐姆定律得：
UgRV=UVRV+R串，解得：R串=12kΩ。
(2)滑片位于B點(diǎn)時(shí)電壓表滿偏時(shí)，加速度計(jì)測(cè)量的加速度最大(設(shè)為am)，此時(shí)兩個(gè)彈簧的形變量均為Δxm=12L=12×15cm=0.075m
兩個(gè)彈簧對(duì)滑塊的作用力方向相同，根據(jù)牛頓第二定律得：2kΔxm=mam，解得：am=30m/s2。
(3)規(guī)定加速度向左為正，設(shè)電阻AB的A端與滑片4的距離為x時(shí)，電壓表的所示為U，滑塊的加速度為a，兩個(gè)彈簧的形變量均為Δx。則有：
Δx=x?12L
同理可得：2kΔx=ma
設(shè)電阻AB的單位長(zhǎng)度的電阻為r，則有：
Uxr=ELr，解得：x=ULE
聯(lián)立可得：a=2kLmE?U?kLm，其中：m=1kg，k=2.0×102N/m，L=15cm=0.15m，E=15V
代入數(shù)據(jù)得：a=4U?30，(0≤U≤15V)
a?U圖像如下圖所示。
(4)根據(jù)牛頓第二定律：F=ma，要增大滑塊加速度的測(cè)量范圍，可增大彈簧的彈力最大值(可以采取增大勁度系數(shù)或增大彈簧的最大形變量)，或減小滑塊的質(zhì)量。則可采用的方法有：①更換成勁度系數(shù)大一些的彈簧；②更換成質(zhì)量小些的滑塊；③將AB更換成長(zhǎng)一些的電阻(可以增大彈簧的最大形變量)等。
(1)根據(jù)電壓表擴(kuò)大量程的原理，應(yīng)用歐姆定律解答；
(2)分析滑塊受力，根據(jù)胡克定律與牛頓第二定律求解；
(3)確定彈簧形變量與電壓表并聯(lián)部分電阻值的聯(lián)系，根據(jù)胡克定律，牛頓第二定律與歐姆定律推導(dǎo)a?U的關(guān)系式，進(jìn)而作出圖像；
(4)根據(jù)牛頓第二定律F=ma，從增大合力，減小物體質(zhì)量的角度分析。
本題是綜合性的電學(xué)實(shí)驗(yàn)，是力與電的結(jié)合。本題的難點(diǎn)是推導(dǎo)a?U關(guān)系式，其中的關(guān)鍵是彈簧形變量與電阻的關(guān)聯(lián)。應(yīng)用牛頓第二定律與歐姆定律解答。
13.【答案】解：(1)由題可知，座艙勻加速下落至最后一刻時(shí)，速度達(dá)到最大，此時(shí)速度為v1，假設(shè)整個(gè)勻加速下落過(guò)程的時(shí)間為t1，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律則
v1=a1t1
h1=12a1t12
聯(lián)立解得v1=24m/s
勻加速過(guò)程中，游客質(zhì)量為m，所受合力為F合，所受座椅支持力為F支，由牛頓第二定律得
G?F支=ma
解得F支=0.2G，因此座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的0.2倍。
(2)已知?jiǎng)驕p速過(guò)程中，初速度為v1，末速度為0，下落高度為h2=48?h1=48m?35m=12m，假設(shè)勻減速下落過(guò)程中加速度為a2，座椅對(duì)乘客的支持力為F支′，則由牛頓第二定律得G?F支′=ma2
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
0?v12=2a2h2
代入數(shù)據(jù)得F支′=3.4G，因此座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的3.4倍。
答：(1)座艙的最大速度為24m/s，勻加速過(guò)程座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的0.2倍；
(2)勻減速下落過(guò)程中，座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的3.4倍。
【解析】本題為兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，問(wèn)題(1)(2)均是需要將牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)以及受力分析綜合應(yīng)用。
考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第二定律問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意列式求解相應(yīng)物理量。
14.【答案】解：(1)小球靜止時(shí)的受力圖如圖所示，設(shè)細(xì)線對(duì)小球的拉力為T(mén)，電場(chǎng)力為F
根據(jù)平衡條件，水平方向
Tsinθ=F
豎直方向
Tcsθ=mg
而F=qE
代入數(shù)據(jù)解得T=54mg，電場(chǎng)強(qiáng)度E=3mg4q
(2)設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為v，根據(jù)題意有
重力和電場(chǎng)力的合力F合=T=54mg
由牛頓第二定律
F合tan?θ=mv2Lsin?θ
聯(lián)立解得v=34 gL
答：(1)小球靜止時(shí)細(xì)線的拉力大小為54mg，場(chǎng)強(qiáng)的大小為3mg4q；
(2)小球速度的大小為34 gL。
【解析】(1)畫(huà)小球的受力圖，根據(jù)平衡條件列式求解拉力和場(chǎng)強(qiáng)大??；
(2)根據(jù)牛頓第二定律列式求解線速度大小。
考查平衡問(wèn)題和圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。
15.【答案】解：(1)因撤去外力后ab棒沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，故撤掉外力瞬間ab棒受到了向左的安培力作用，根據(jù)左手定則，可知ab棒中電流的方向從b到a。
在x=1.5m處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B0=0.4×1.5T=0.6T
設(shè)撤掉外力瞬間ab棒的加速度大小為a，對(duì)ab棒由牛頓第二定律得：
B0Il?μmg=ma
解得：a=4m/s2。
(2)設(shè)ab棒運(yùn)動(dòng)到x=0處的速度大小為v1，此過(guò)程安培力做功為WF，根據(jù)動(dòng)能定理得：
WF?μmgx=12mv12?0，其中：x=1.5m
因B隨坐標(biāo)x線性變化，故安培力也隨坐標(biāo)x線性變化，故可用安培力的平均值計(jì)算安培力做功，則有：
WF=B0Il+02x
解得：v1= 3m/s
(3)以向右為正方向，在x≥0區(qū)域中，ab棒受到的合力為：
F合=?BIl+μmg=(?0.2x+0.1)N=?0.2(x?0.5)N
根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力F回=?kx′(x′為相對(duì)平衡位置的位移)，可知ab棒在x≥0區(qū)域以x=0.5m處為平衡位置做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且k=0.2N/m。
其振動(dòng)周期為：T=2π mk=2π πs
其振幅為：A=1.5m?0.5m=1m
由x=1.5m到平衡位置x=0.5m處所用時(shí)間為T(mén)4
由平衡位置x=0.5m到x=0，位移大小恰好為12A，則此過(guò)程的時(shí)間為T(mén)12
可得在x≥0區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1=T4+T12，解得：t1=π3s
ab棒在x

相關(guān)試卷

2024屆東北三省四城市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市高三下學(xué)期二模物理試題（原卷版+解析版）：

這是一份2024屆東北三省四城市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市高三下學(xué)期二模物理試題（原卷版+解析版），文件包含2024屆東北三省四城市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市高三下學(xué)期二模物理試題原卷版docx、2024屆東北三省四城市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市高三下學(xué)期二模物理試題解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共24頁(yè)， 歡迎下載使用。

2024年?yáng)|北三省四市聯(lián)考暨遼寧省沈陽(yáng)市高考物理二模試卷（含解析）：

這是一份2024年?yáng)|北三省四市聯(lián)考暨遼寧省沈陽(yáng)市高考物理二模試卷（含解析），共17頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡(jiǎn)答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年?yáng)|北三省四市聯(lián)考暨遼寧省沈陽(yáng)市高考物理二模試卷(含解析）：

這是一份2024年?yáng)|北三省四市聯(lián)考暨遼寧省沈陽(yáng)市高考物理二模試卷(含解析），共17頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡(jiǎn)答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

東北三省四市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市2024屆高三下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)（二）物理試題及答案

東北三省四市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市2024屆高三下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)（二）物理試題及答案
東北三省四市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市2024屆高三下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)（二）物理

東北三省四市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市2024屆高三下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)（二）物理
2022屆東北三省四市暨沈陽(yáng)市高三質(zhì)量監(jiān)測(cè)（二）物理（PDF版 含答案）

2022屆東北三省四市暨沈陽(yáng)市高三質(zhì)量監(jiān)測(cè)（二）物理（PDF版 含答案）
2022年?yáng)|北三省四市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市高三質(zhì)量檢測(cè)（二）物理試題含答案（沈陽(yáng)二模）

2022年?yáng)|北三省四市聯(lián)考暨沈陽(yáng)市高三質(zhì)量檢測(cè)（二）物理試題含答案（沈陽(yáng)二模）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專(zhuān)區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專(zhuān)業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部