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“天宫二号〞空间实验室,之后发射“神州十一号〞飞船与“天宫二号〞“天宫二号〞与“神州十一号〞都围绕地球做匀速圆周运动,为了实现飞船与空间实验室的对接,以下措施可行的是〔〕,,,加速后飞船逐渐靠近空间实验室,,减速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;,高一下学期。【分析】正常运行的卫星假设加速那么所需向心力大于万有引力做离心运动,假设减速那么所需向力小于万有引力做向心运动,据此分析各选项.【解答】解:A、B、在同一轨道上运行加速做离心运动,、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速,那么其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室,、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,那么其做向心运动,:C【点评】明确正常运行的卫星加速做离心运动会到达高轨道,假设减速那么会做向心运动到达低轨道. ,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,,以E表示两极板间的电场强度,EP表示点电荷在P点的电势能,,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,那么〔〕,E增大 ,EP不变 ,EP增大 ,E不变【考点】电容器的动态分析。选修3-1,高二上学期。【分析】电容器充电后断开电源,极板上的电量不变;根据电容器的定义式可分析电容的变化,再根据决定式分析电压的变化,从而分析静电计指针夹角的变化;根据U=Ed分析电场强度的变化;根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势,再由电势分析电势能的变化.【解答】解:电容器与电源断开,故电量不变;上极板向下移动时,两板间的距离减小,根据C=可知,电容C增大,那么根据C=可知,电压U减小;故静电计指针偏角减小;两板间的电场强度E===;因此电场强度与板间距无关,因此电场强度不变;再根据设P与下极板距离为l,那么P点的电势φP=El,电势能EP=ELq;因此电荷在P点的电势能保持不变;故D正确,ABC错误;应选:D.【点评】此题考查电容器的动态分析问题,解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式;同时注意要掌握相关结论的应用,如此题中可以直接应用结论:当充电后断开电源时,如果只改变两板间距离,那么两板间的电场强度不变. ,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表,以下说法正确的选项是〔〕,,,,那么电流表A1示数变大,A2示数变大【考点】-1,高二上学期。【分析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,接入电路中的阻值变大,因输出电压不变,那么总电流变小,据欧姆定律确定各表的示数变化.【解答】解:A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电阻变大,那么干路电流变小,那么R1消耗的功率变小,那么A错误B、干路电流变小,R1分压变小,那么电压表V的测量的电压变大,示数变大,那么B正确C、因输出电流变小,那么输出功率变小即输入功率变小,、闭合开关S并联支路增加,电阻变小,那么副线圈即R1的电流变大,分压变大,那么R2的分压变小,,那么D错误应选:B【点评】考查电路的动态分析:此题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小,再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化,可见明确电路的结构是求解的关键. 二、不定向选择题〔每题6分,共18分。每题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,选错或不答的得0分〕,获得正确的科学认知,推动物理学的开展,以下说法符合事实的是〔〕,,,,提出了原子核式结构模型【考点】原子核的人工转变;-5,高三上学期。【分析】明确人类对于电磁波以及原子结构研究的物理学史,注意B中查德威克发现中子的核反响方程,从而明确发现物.【解答】解:A、根据物理学史可知,赫兹通过一系列实验,证实了麦克斯韦关于光的电磁理论;故A正确;B、查德威克用α粒子轰击氮原子核发现了中子,但不是获得反冲核,故B错误;C、贝克勒尔发现天然放射性现象,说明原子核有复杂结构;故C正确;D、卢瑟福通过对α射线散射的研究提出了原子的核式结构模型;故D错误;应选:AC.【点评】此题考查对物理学史的掌握情况,要注意准确记忆相关科学家的主要奉献;并能准确用所学规律进行分析,绝不能似是而非. ,其表达式为y=5sin〔t〕,它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻波刚好传播到x=12m处,波形图如下列图,那么〔〕==﹣3m处所需时间是2s【考点】横波的图象;波长、-4,高三上学期。【分析】A、根据质点做简谐运动的表达式,从而求得周期,再由v=,确定波速,进而可求得某段时间内的波传播的距离;B、根据M点振动的时间,结合周期,从而判定M点的振动方向;C、简谐波传播过程中,质点做简谐运动时,起振方向与波源起振方向相同,与图示时刻波最前端质点的振动方向相同;D、根据此时M点的振动方向,再结合末位置,从而确定运动的时间.【解答】解:A、波的周期T==4s,波长λ=8m,波速v==2m/s,那么再经过6s,波传播的距离为x=vt=12m,故该波传到x=24m处,故A正确;B、M点在此时振动方向向下,那么第3秒末,,该点的振动方向沿y轴正向,故B正确;C、因波传到x=12m处时,质点向y轴正向振动,故波源开始振动时的运动方向沿y轴正向,故C错误;D、M点第一次到达y=3cm位置时,振动的时间为t==1s,故D错误;应选:AB.【点评】考查由表达式来确定角速度与周期,并掌握波长、波速、周期的关系,并能灵巧运用,同时并判定某质点经过一段时间时,所处的振动方向,或由所处的位置,来判定所经历的时间. ,它是由动车和拖车组合而成,提供动力的车厢叫动车,,动车的额定功率都相同,动车的额定功率都相同,,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,那么该列车组〔〕,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3::2【考点】动能定理的应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系;,高一上学期。必修二,高一下学期。【分析】根据受力分析,结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力;根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离;当牵引力和阻力的大小相等时,动车的速度到达最大值,由此可以求得将非动力车改为动力车的数量.【解答】解:设每节动车的功率为P,牵引力为F,每一节车厢的质量是m,阻力为kmg,A、启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的,;B、做加速运动时,有两节动力车厢,对整个的车进行受力分析得:2F﹣8kmg=8ma对6、7、8车厢进行受力分析得:F1﹣3kmg=3ma对7、8车厢进行受力分析得:F2﹣2kmg=2ma联立可得:.故B正确;C、设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s,那么:可得:s=;D、当只有两节动力车时,最大速率为v,那么:2P=8kmg?v改为4节动车带4节拖车的动车组时:4P=8kmg?v′所以:v′=2v,:BD【点评】当机车的速度到达最大时,机车做匀速运动,此时机车处于受力平衡状态,即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等,再根据瞬时功率的公式即可解答此题. 三、,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动屡次,最终相对于盒静止,那么此时盒的速度大小为,滑块相对于盒运动的路程为.【考点】-5,高一下学期。【分析】物体与盒子组成的系统动量守恒;先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度,再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程.【解答】解:设滑块的质量是m,碰后速度为v共,物体与盒子组成的系统合外力为0,设向左为正方向,由动量守恒:mv=〔m+2m〕v共解得:v共=开始时盒子与物块的机械能:E1=mv2碰后盒子与物块的机械能:E2=〔m+2m〕v共2=mv2损失的机械能:△E=E1﹣E2=μmg?s联立得:s=故答案为:;【点评】该题考查动量守恒定律,解答的关键是能忽略运动的过程,熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律是正确解题的关键;解题时要分析清楚运动过程. .①实验中,必要的措施是 AB .②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的局部计数点如图2所示〔每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出〕s1=,s2=,s3=,s4=,s5=,s6=,那么小车的加速度a= m/s2〔要求充分利用测量的数据〕,打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s.〔结果均保存两位有效数字〕【考点】测定匀变速直线运动的加速度;,高一上学期。【分析】①分析实验目标和实验原理,明确实验中需要本卷须知即可求解;②根据逐差法可求得物体运动的加速度;根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度.【解答】解:①A、为了让小车做匀加速直线运动,应使小车受力恒定,故应将细线与木板保持水平;同时为了打点稳定,应先开电源再放纸带;故AB正确;C、本实验中只是研究匀变速直线运动,故不需要让小车的质量远大于钩码的质量;只要能让小车做匀加速运动即可;故C错误;D、由C的分析可知,只要摩擦力恒定即可,不需要平衡摩擦力;故D错误;应选:AB;②每两个计数点间有四个点没有画出,故两计数点间的时间间隔为T=5×=;根据逐差法可知,物体的加速度a===;B点的速度等于AC段的平均速度,那么有:v===;故答案为:①AB;②;.【点评】此题考查匀变速直线运动规律的应用,要注意明确实验原理,知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可,所以不需要平衡摩擦力,也不需要让小车的质量远大于钩码的质量. “〞字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、、导线外,还有:电压表V1〔0~3V,内阻等于3kΩ〕电压表V2〔0~15V,内阻等于15kΩ〕电流表A1〔0~200mA,内阻等于10Ω〕电流表A2〔0~3A,〕滑动变阻器R1〔0~10Ω,额定电流2A〕滑动变阻器R2〔0~1kΩ,〕定值电阻R3〔阻值等于1Ω〕定值电阻R4〔阻值等于10Ω〕定值电阻R5〔阻值等于1kΩ〕电源E〔E=6V,内阻不计〕①请在方框中画出实验电路图,并将各元件字母代码标在元件的符号旁;②该同学描绘出的I﹣U图象应是图中的 B .【考点】-1,高三上学期。【分析】①分析给定仪器,明确电表的量程;根据平安性原那么进行改装;同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法;②根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析,同时明确I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数.【解答】解:①,而给出的电压表量程分别为15V和3V,15V量程太大,无法正确测量;故只能选用3V量程,并且与定值电阻串联扩大量程;3V量程的电压表内阻为3KΩ;根据串并联电路规律可知,应选择1KΩ的定值电阻串联;,而给出的量程中3A量程过大,不能使用;只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程;根据改装原理可知,并联10Ω的定值电阻,;因本实验中要求多测几组数据,因此应采用滑动变阻器分压接法;同时因灯泡内阻较小,故采用电流表外接法;故答案如下列图;②因灯泡电阻随温度的增加而减小,因此在I﹣U图象中图线的斜率应越来越小;应选::①如下列图;②B.【点评】此题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装,要求能明确改装原理,并正确掌握本实验中电路的接法;注意分压接法以及电流表接法的正确判断. 12.〔16分〕〔2024?天津〕我国将于2024年举办冬奥运会,跳台滑雪是其中最具欣赏性的工程之一,如下列图,质量m=60kg的运发动从长直轨道AB的A处由静止开始以加速度a=,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧,助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运发动在B、C间运动时阻力做功W=﹣1530J,取g=10m/s2.〔1〕求运发动在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;〔2〕假设运发动能承受的最大压力为其所受重力的6倍,那么C点所在圆弧的半径R至少应为多大.【考点】动能定理的应用;,高一上学期。必修二,高一下学期。【分析】〔1〕运发动在AB段做初速度为零的匀加速运动,初、末速度和位移,可根据速度位移公式求出加速度,再由牛顿第二定律求出阻力.〔2〕运发动从B到C的过程,,由重力和轨道的支持力充当向心力,由牛顿第二定律列式,即可求解.【解答】解:〔1〕运发动在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,斜面的倾角为α,那么有=2ax根据牛顿第二定律得mgsinα﹣Ff=ma又sinα=由以上三式联立解得Ff=144N〔2〕设运发动到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=﹣设运发动在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN﹣mg=m由运发动能承受的最大压力为其所受重力的6倍,即有FN=6mg联立解得R=:〔1〕求运发动在AB段下滑时受到阻力Ff的大小是144N;〔2〕假设运发动能承受的最大压力为其所受重力的6倍,.【点评】此题中运发动先做匀加速运动,后做圆周运动,是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用,要知道圆周运动向心力的来源,涉及力在空间的效果,可考虑动能定理. 13.〔18分〕〔2024?天津〕如下列图,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=,质量m=×10﹣6kg,电荷量q=2×10﹣6C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场〔不考虑磁场消失引起的电磁感应现象〕,取g=10m/:〔1〕小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;〔2〕从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.【考点】,高一上,选修3-1,高二上学期,选修3-2,高二下学期。【分析】〔1〕小球做匀速直线运动时,受力平衡,根据平衡条件结合几何关系列式求解即可;〔2〕撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,小球在竖直方向上做匀减速直线运动,假设使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向的分位移为零,根据竖直上抛运动的根本公式列式求解即可.【解答】解:〔1〕小球做匀速直线运动时,受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,那么有:Bqv=,带入数据解得:v=20m/s,速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ=,解得:tanθ=,那么θ=60°〔2〕撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速直线运动,其初速度为vy=vsinθ,假设使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向的分位移为零,那么有:联立解得t=答:〔1〕小球做匀速直线运动的速度v的大小为20m/s,方向与电场E的夹角为60°;〔2〕从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间为.【点评】此题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题,要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况,抓住小球做匀速直线运动,合力为零求解,难度适中. 14.〔20分〕〔2024?天津〕电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行平安性的辅助制动装置,:如下列图,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ,一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动,,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ,为研究问题方便铝条只考虑与磁场正对局部的电阻和磁场,其他局部电阻和磁场可忽略不计,假设磁场进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g.〔1〕求铝条中与磁铁正对局部的电流I;〔2〕求两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;〔3〕在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动的加速度和速度如何变化.【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律;,高一上,必修二,高一下。选修3-1,高二上学期,选修3-2,高二下学期。【分析】〔1〕磁铁在铝条间运动时,根据安培力公式F=,受力平衡,由平衡条件求解铝条中与磁铁正对局部的电流I.〔2〕根据法拉第电磁感应定律求出铝条中产生的感应电动势,根据电阻定律得到铝条与磁铁正对局部的电阻,结合欧姆定律列式,可求解速度v的表达式.〔3〕磁铁以速度v进入铝条间恰好做匀速运动时,、′时,受到的作用力变化,由牛顿第二定律分析铝条的运动情况,从而得到加速度和速度的变化情况.【解答】解:〔1〕磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小为:F安=BId…①磁铁受到沿斜面向上的作用力,其大小有:F=2F安…②磁铁匀速运动时受力平衡,那么有:F﹣mgsinθ=0…③联立①②③式可得:I=…④〔2〕磁铁匀速穿过铝条间时,在铝条中产生的感应电动势为E,那么有:E=Bdv…⑤铝条与磁铁正对局部的电阻为R,由电阻定律有:R=ρ…⑥由欧姆定律有:I=…⑦联立④⑤⑥⑦式可得:v=…⑧〔3〕磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式可得:F=…⑨当铝条的宽度b′>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F′,有: