1.(2024河南開封二模)正方體abcd-a1b1c1d1的上表面水平,沿中心線O1O2放置一根通有恒定電流I的長直導(dǎo)線,現(xiàn)使一閉合金屬小圓環(huán)沿不同方向以相同速率做勻速直線運動,運動過程中小圓環(huán)平面始終水平。下列說法正確的是( )
A.a1點與c點的磁感應(yīng)強度相同
B.小圓環(huán)的圓心從ad邊的中點豎直向上運動時,小圓環(huán)中無感應(yīng)電流
C.小圓環(huán)的圓心從b1移到c1過程中,穿過小圓環(huán)的磁通量先增加后減少
D.小圓環(huán)的圓心從a移到d與從a移到c,兩次移動小圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等
答案 B
解析 由右手定則可知,a1點與c點的磁感應(yīng)強度大小相等,但方向相反,故A錯誤;小圓環(huán)的圓心在ad邊的中點時,其磁通量為零,在其豎直向上運動過程中,通過小圓環(huán)的磁通量始終為零,所以通過小圓環(huán)的磁通量未發(fā)生變化,即小圓環(huán)中無感應(yīng)電流,故B正確;小圓環(huán)在b1位置時,其磁通量不為零,在到達導(dǎo)線正下方時,其磁通量為零,在c1點時小圓環(huán)的磁通量也不為零,所以整個過程穿過小圓環(huán)的磁通量是先減小后增加,故C錯誤;由于小圓環(huán)運動的速度大小不變,而從a移動到d與從a移動到c的過程其位移不同,所以兩次運動所用時間不同,由右手定則可知,小圓環(huán)在c點和d點的磁通量相同,所以小圓環(huán)在兩次移動過程中,磁通量的變化量相同,根據(jù)可知,小圓環(huán)兩次移動產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢不相等,故D錯誤。
2.(2024河北一模)如圖所示的電路中,R0為定值電阻,電壓表和電流表均為理想電表,閉合開關(guān)S,滑動變阻器的滑片從b端向a端緩慢滑動的過程中,下列說法正確的是( )
A.電壓表V的示數(shù)先變小后變大
B.電壓表V的示數(shù)一直變大
C.電流表A的示數(shù)一直變小
D.電流表A的示數(shù)先變小后變大
答案 C
解析 滑片緩慢從b端向a端滑動的過程中,滑動變阻器上下兩部分、電壓表并聯(lián),滑動變阻器滑片上、下兩部分并聯(lián)后的阻值先增大后減小,干路電流先減小后增大,路端電壓先增大后減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電壓表V的示數(shù)U=E-I(R0+r),則電壓表V的示數(shù)先變大后變小,故A、B錯誤;滑動變阻器的滑片從b滑到正中間的過程,回路總電阻增加,干路電流減小,滑動變阻器上半部分所在支路分配的電壓增大,通過滑動變阻器上半部分的電流增大,可知電流表A的示數(shù)變小,滑片從正中間滑到a的過程,滑動變阻器上、下兩部分并聯(lián)電阻減小,電壓表示數(shù)減小,滑動變阻器下半部分電阻增加,可知電流表A的示數(shù)繼續(xù)變小,故C正確,D錯誤。
3.如圖所示,理想變壓器接在電壓為U0的交流電源上,三個定值電阻R1、R2、R3的阻值相等,調(diào)節(jié)滑動變阻器R4的滑片,使其阻值與定值電阻相等,此時兩個理想電壓表的示數(shù)相同,下列說法正確的是( )
A.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2
B.電壓表的示數(shù)為
C.變壓器的輸入功率為R1消耗功率的7倍
D.向下移動滑動變阻器的滑片,兩電壓表的示數(shù)都變大
答案 B
解析 設(shè)此時電壓表的示數(shù)為U,通過R1、R3、R4的電流都為I1=I3=I4=,通過R2的電流為I2=I3+I4=,變壓器原、副線圈匝數(shù)比,A錯誤;原線圈的輸入電壓U1=U0-U,副線圈的輸出電壓U2=2U+U=3U,根據(jù)可得U=,B正確;變壓器的輸入功率P入=P出=I2U2=,R1消耗功率P1=,則=6,C錯誤;設(shè)副線圈的總電阻為R總,U2=I2R總,U1=I2R總,I1=I2,U0=I1R+U1=I2R+I2R總,向下移動滑動變阻器的滑片,則副線圈電路的總電阻增大,根據(jù)變壓器原、副線圈的規(guī)律可知,副線圈電路的總電阻變大,則副線圈電流減小,原線圈電流變小,電壓表V1的示數(shù)變小,因為原線圈電壓變大,則副線圈電壓也變大,又R2兩端的電壓變小,則電壓表V2的示數(shù)變大,D錯誤。
4.(2024江蘇鎮(zhèn)江模擬)如圖所示,abc為均勻帶電半圓環(huán),O為其圓心,O處的電場強度大小為E,將一試探電荷從無窮遠處移到O點,電場力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓環(huán),如圖中虛線所示,其單位長度所帶電荷量與abc相同,電性與abc不同,則此時O點電場強度大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功分別為( )
A.E,W
B.E,W
C.E,W
D.E,W
答案 A
解析 把半圓環(huán)等分為兩段,即每段為圓環(huán),設(shè)每段在O點的電勢為φ0,電場強度為E0,且方向分別與E夾角為θ=45°,根據(jù)電場強度的疊加原理可知E0=E,因為電勢是標量,每段導(dǎo)體在O點的電勢為φ=,同理,在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓環(huán)后,可等分為3個圓環(huán),由于電性與abc相反,根據(jù)電場強度疊加可知O點的電場強度大小為E'=E,電勢為3個圓環(huán)在O點的電勢之和,為φ1=,將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功為W。故選A。
二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
5.(2024廣東江門一模)數(shù)據(jù)表明,在電動車事故中,佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷,大大減小損傷程度。頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6 ms以上,人頭部的質(zhì)量約為2 kg,則下列說法正確的是( )
A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D.若事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層,則頭部受到的撞擊力最多為2 000 N
答案 ACD
解析 根據(jù)F·Δt=Δp,可得F=,依題意,頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了,頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率,故A正確;同理,可知頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量,故B錯誤;根據(jù)I=F·Δt,頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向,作用時間相同,所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等,故C正確;由以上分析可得F=N=2000N,可知事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層,則頭部受到的撞擊力最多為2000N,故D正確。
6.(2024河南周口二模)質(zhì)量m0=2.0 kg、長度L=1.0 m的木板靜止在足夠長的光滑水平面上,右端靜置一質(zhì)量m=1.0 kg的物塊(可視為質(zhì)點),如圖甲所示?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的作用力F,F-t圖像如圖乙所示。物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2。則( )
A.6 s末,物塊剛好與木板分離
B.0~4 s內(nèi),物塊與木板不發(fā)生相對滑動
C.0~6 s內(nèi),物塊與木板組成的系統(tǒng)機械能守恒
D.4~6 s內(nèi),拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動能的增量
答案 AB
解析 物塊的最大加速度為μmg=ma,解得a=3m/s2,當F=6N時,假設(shè)木板和物塊相對靜止,則有F=(m0+m)a1,解得a1=2m/s2a,物塊與木板在4s末的速度相等,根據(jù)運動學公式得a2t'2-at'2=L,代入數(shù)據(jù)解得t'=2s,所以6s末,物塊剛好與木板分離,故A、B正確;0~6s內(nèi),物塊與木板組成的系統(tǒng)受拉力做功,機械能不守恒,故C錯誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,4~6s內(nèi),拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動能增量與系統(tǒng)摩擦生熱之和,故D錯誤。
三、非選擇題:本題共4小題,共40分。
7.(8分)(2024山東聊城二模)“飲酒不開車”是司機必須遵守的交通法規(guī)?，F(xiàn)要利用一種二氧化錫半導(dǎo)體型酒精氣體傳感器組裝一個酒精測試儀,此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化規(guī)律如圖甲所示。
提供的器材有:
二氧化錫半導(dǎo)體型酒精傳感器;
直流電源(電動勢為4 V,內(nèi)阻不計);
一只電壓表(量程為0~3 V,內(nèi)阻非常大,作為濃度表使用);
電阻箱(最大阻值為999.9 Ω);
定值電阻R1(阻值為50 Ω);
定值電阻R2(阻值為10 Ω);
單刀雙擲開關(guān)一個,導(dǎo)線若干。
(1)電路中R應(yīng)選用定值電阻 (選填“R1”或“R2”);
(2)為便于識別測試結(jié)果,按照下列步驟調(diào)節(jié)此測試儀:
①電路接通前,先將電阻箱調(diào)為 Ω,然后開關(guān)接2,將電壓表此時指針對應(yīng)的刻度線標記為0.2 mg/mL;
②逐步減小電阻箱的阻值,電壓表的示數(shù)不斷變大。按照圖甲數(shù)據(jù)將電壓表上“電壓”刻度線標為“酒精濃度”,此濃度表刻度線上的濃度值是 (選填“均勻”或“不均勻”)變化的。
③將開關(guān)接另一端,測試儀即可正常使用。
(3)使用一段時間后,由于電源的電動勢略微變小,內(nèi)阻變大,則酒精濃度測量結(jié)果 (選填“偏大”“偏小”或“準確”)。
答案 (1)R2
(2)30 不均勻
(3)偏小
解析 (1)由于電壓表量程為0~3V,本實驗電壓表并聯(lián)在定值電阻兩端,由歐姆定律可得,定值電阻兩端的電壓UR=
由圖甲可知10Ω≤Rx≤70Ω
電動勢為4V,電壓表量程為0~3V,得
URmax=≤3V
可得R≤30Ω
故R應(yīng)選用定值電阻R2。
(2)開關(guān)接2,當電壓表此時指針對應(yīng)的刻度線為0.2mg/mL,此時Rx=30Ω,由甲圖知,傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度是非均勻變化,故此濃度表刻度線上對應(yīng)的濃度值是不均勻變化的。
(3)使用一段時間后,由于電源的電動勢略微變小,內(nèi)阻變大,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,回路中電流減小,結(jié)合圖線可知,酒精濃度測量結(jié)果偏小。
8.(8分)小朋友玩的一種彈珠游戲的簡化模型(俯視圖)如圖所示。內(nèi)壁光滑、半徑為R的圓形擋板固定在光滑水平面上,質(zhì)量分別為m、2m、m的a、b、c彈珠(均可視為質(zhì)點)靜止在圓形擋板同一直徑兩側(cè),a、c兩彈珠緊靠在一起。現(xiàn)將a、c兩彈珠分別以v0和3v0的速度沿相反方向彈出,彈珠間所有的碰撞均為彈性碰撞,彈珠始終沿圓軌道運動。求:
(1)b彈珠第一次碰撞后瞬間的速度;
(2)從a、c彈珠開始運動到a、c彈珠第一次相碰所經(jīng)歷的時間。
答案 (1)2v0 (2)
解析 (1)因c彈珠速度較大,故b、c兩彈珠先相碰,設(shè)碰后c彈珠的速度為v1,b彈珠的速度為v2,由動量守恒定律有
3mv0=mv1+2mv2
由能量守恒定律有
m(3v0)2=×2m
聯(lián)立解得v1=-v0,v2=2v0。
(2)由分析可知,a、b兩彈珠將在軌道A點發(fā)生碰撞,如圖所示
設(shè)碰后a彈珠的速度為v3,b彈珠的速度為v4,由動量守恒定律有
2mv2-mv0=mv3+2mv4
由能量守恒定律有
×2m×2m
聯(lián)立解得v3=3v0,v4=0
即碰后b彈珠靜止,而后速度大小為3v0的a彈珠與速度大小為v0的c彈珠迎面相撞,相撞點為圓軌道上B點,由于a、c兩彈珠質(zhì)量相等,碰后速度交換,即恢復(fù)到初始狀態(tài),只是彈珠a、b、c的位置沿圓軌道順時針轉(zhuǎn)過80°,這個過程中a彈珠運動的時間為
ta=。
9.(10分)(2024河南周口二模)圖甲為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S,高度為h,寬度忽略不計。緊貼圓筒內(nèi)壁固定有高度為H的半圓柱面收集板,用于收集帶電微粒;板的一豎直邊緊貼狹縫S,上邊與狹縫S上端對齊,上邊緣遠離狹縫的頂點為P點,另有一距P點弧長為l的點Q,俯視圖如圖乙所示。圓筒內(nèi)存在一豎直向下的勻強電場,電場強度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時針轉(zhuǎn)動,同時由微粒源產(chǎn)生的微粒沿水平方向以不同的速率射入圓筒,微粒質(zhì)量均為m,電荷量均為q(q>0),忽略微粒自身的重力及微粒間的相互作用。
(1)求Q點所在豎直線上收集到的微粒中,入射速率最大的微粒下落的距離。
(2)為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同,并且能收集到所有該速率的微粒,求圓筒轉(zhuǎn)動角速度ω的取值范圍。
答案 (1)
(2)

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