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小綜合練(一)1.(2020·天津卷·4)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播,周期為T,t=0時的波形如圖所示.t=eq\f(T,4)時()A.質(zhì)點a速度方向沿y軸負方向B.質(zhì)點b沿x軸正方向遷移了1mC.質(zhì)點c的加速度為零D.質(zhì)點d的位移為-5cm答案C解析t=eq\f(T,4)時,此列簡諧橫波的波形如圖所示.質(zhì)點a正在經(jīng)過平衡位置,速度方向沿y軸正方向,故A錯誤;波傳播過程中,質(zhì)點只能在平衡位置附近振動,不會隨波遷移,故B錯誤;質(zhì)點c處在平衡位置,加速度a=0,故C正確;質(zhì)點d的位移為5cm,故D錯誤.2.(2022·內(nèi)蒙古二模)如圖,固定點A、B系著一根不可伸長的柔軟輕繩,繩上套有一質(zhì)量為1.2kg的光滑小鐵環(huán)O(可視為質(zhì)點),靜止時∠AOB=90°.現(xiàn)用水平外力向紙外拉動小鐵環(huán),再次靜止時,OO′與豎直平面的夾角為37°(g取10m/s2),則此時()A.繩上的拉力大小為eq\f(15,2)NB.繩上的拉力大小為eq\f(15,2)eq\r(2)NC.外力的大小為16ND.外力的大小為16eq\r(2)N答案B解析設(shè)繩子上的張力為FT,則兩邊繩子拉力的合力為eq\r(2)FT,對圓環(huán)受力分析可知,eq\r(2)FTsin37°=F,eq\r(2)FTcos37°=mg,解得FT=eq\f(15,2)eq\r(2)N,F(xiàn)=9N,故選B.3.(2022·廣東茂名市二模)如圖,“嫦娥五號”“天問一號”探測器分別在近月、近火星軌道運行.已知火星的質(zhì)量為月球質(zhì)量的9倍、半徑為月球半徑的2倍.假設(shè)月球、火星均可視為質(zhì)量分布均勻的球體,忽略其自轉(zhuǎn)影響,則()A.月球表面重力加速度比火星表面重力加速度大B.月球的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度大C.質(zhì)量相同的物體在月球、火星表面所受萬有引力大小相等D.“嫦娥五號”繞月球周期比“天問一號”繞火星周期大答案D解析由mg=Geq\f(Mm,r2),可得g=eq\f(GM,r2),結(jié)合題意可得g月=eq\f(4,9)g火,A項錯誤;由mg=meq\f(v2,r),可知v=eq\r(gr),可知v月=eq\f(\r(2),3)v火,B項錯誤;由F引=Geq\f(Mm,r2),可知F月=eq\f(4,9)F火,C項錯誤;由Geq\f(Mm,r2)=m(eq\f(2π,T))2r,可知T=2πeq\r(\f(r3,GM)),得T月=eq\f(3\r(2),4)T火,D項正確.4.(2022·甘肅省一診)如圖所示,理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2,且n1<n2,定值電阻R1、R2的阻值相等,圖中電流表、電壓表均為理想電表.在a、b端輸入交變電流,其電流的有效值不隨負載變化.當向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時,下列說法正確的是()A.電流表示數(shù)一定減小B.電壓表示數(shù)一定減小C.R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率D.電源的輸出功率一定減小答案C解析輸入端電流不變,根據(jù)變壓器電流的關(guān)系eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1)可知電流表示數(shù)不變,故A錯誤;向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時,滑動變阻器的有效電阻增大,在副線圈回路中,副線圈電壓U=IR總,可得電壓表示數(shù)將變大,故B錯誤;根據(jù)eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1)及變壓器匝數(shù)的關(guān)系n1<n2,可知通過R1的電流一定大于R2的電流,由P=I2R可知R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率,故C正確;因為副線圈電流不變,電壓增大,由P=UI可知變壓器的輸出功率變大,而輸入端的電流不變,定值電阻R1的功率不變,所以電源的輸出功率一定變大,故D錯誤.5.(多選)如圖甲所示,用輕桿吊著一質(zhì)量為m、邊長為L的單匝導體線框,線框電阻為R,線框置于方向垂直紙面的均勻磁場中,磁場上邊界與正方形導體線框下邊界平行,距離為eq\f(L,2),從某時刻開始,輕桿對線框作用力F隨時間變化如圖乙所示,重力加速度g=10m/s2.以磁感應(yīng)強度B垂直紙面向里為正,導體線框中電流I逆時針方向為正,則下列圖像可能正確的是()答案ACD解析對線框進行受力分析有F安-mg+2F=0,解得F安=-(mg-2F),根據(jù)輕桿作用力F隨時間變化關(guān)系,線框所受安培力豎直向上,均勻增大,并且初始安培力等于零,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(ΔB·S,Δt)=eq\f(ΔBL2,2Δt),根據(jù)安培力公式F安=BIL,當I大小不變時,eq\f(ΔB,Δt)為定值,當時間t均勻增大時,則磁感應(yīng)強度B均勻增大,線框有離開磁場趨勢,安培力豎直向上,故A、C正確;當t=t0時若B為0,F(xiàn)安為0,但F一定不能為0,故B錯誤;當電流方向突變但大小不變時,只要相同時刻磁場方向也突變,保持eq\f(ΔB,Δt)的大小為定值,則能得到題圖乙的圖像,故D正確.6.(多選)(2022·安徽省三模)2022年第24屆冬季奧林匹克運動會在北京和張家口順利舉行,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一.如圖所示為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖,AO為助滑道.OB為著陸坡.運動員從助滑道上的A點由靜止滑下,然后從O點沿水平方向飛出,最后在著陸坡上著陸.已知A點與O點的高度差為h,著陸坡OB的傾角為θ,運動員的質(zhì)量為m,重力加速度為g.將運動員和滑雪板整體看作質(zhì)點,不計一切摩擦和空氣阻力,則()A.運動員經(jīng)過O點時的速度大小v=eq\r(2gh)B.運動員從飛出到著陸坡的時間為2tanθeq\r(\f(2h,g))C.運動員的著陸點到O點的距離為eq\f(2htanθ,cosθ)D.運動員運動過程中一直處于超重狀態(tài)答案AB解析根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mv=mgh,解得v=eq\r(2gh),故A正確;設(shè)運動員從飛出到著陸坡的時間為t,根據(jù)平拋運動規(guī)律有tanθ=eq\f(\f(1,2)gt2,vt),解得t=2tanθeq\r(\f(2h,g)),故B正確;運動員的著陸點到O點的距離為s=eq\f(vt,cosθ)=eq\f(4htanθ,cosθ),故C錯誤;運動員在助滑道AO上運動時所受合外力的方向指向軌跡凹側(cè),即加速度存在豎直向上的分量,此時運動員處于超重狀態(tài);運動員從O點飛出后做平拋運動,加速度為重力加速度,此時運動員處于完全失重狀態(tài),故D錯誤.7.(2022·四川省三模)(1)某同學使用如圖裝置來“驗證機械能守恒定律”.其操作過程如下:A.把氣墊導軌固定在有一定傾角的斜面上,調(diào)整氣墊導軌,使之與斜面平行,用量角器測量出斜面的傾角為α;B.在氣墊導軌上的恰當位置固定兩個光電門“1”和“2”,用刻度尺測量出兩個光電門之間的距離為x;C.在滑塊上垂直裝上遮光條,使用游標卡尺測量出遮光條的寬度為d;D.使用天平測量出滑塊和遮光條的總質(zhì)量為m;E.在氣墊導軌上,由靜止釋放滑塊,滑塊先后通過兩個光電門,用光電計時器記錄遮光條通過光電門“1”和“2”的時間分別為t1、t2.重力加速度為g.則:①如圖所示,是用游標卡尺測量遮光條的寬度示意圖.其寬度為d=________cm;②當滑塊和遮光條通過光電門“2”時,其動能為________(用測量的物理量字母表示);③在滑塊和遮光條從光電門“1”運動到光電門“2”的過程中,滿足關(guān)系式________時,滑塊和遮光條的機械能守恒.(2)在“測定玻璃的折射率”實驗時:①下列做法正確的是________;A.入射角越大,誤差越小B.畫出玻璃磚邊界面后,實驗過程中玻璃磚就可以任意移動了C.插大頭針時,要盡量讓針處于豎直狀態(tài)且間距適當遠一些D.所用玻璃磚必須是平行玻璃磚,用其他形狀的玻璃磚無法測得其折射率②某學生在插第三枚大頭針P3時,在視線中看到P1、P2兩枚大頭針“斷”成了a、b、c、d四截,如圖所示.正確的做法是讓P3同時擋住________.A.a(chǎn)、b B.c、dC.a(chǎn)、c D.b、d答案(1)①2.030②eq\f(1,2)m(eq\f(d,t2))2③gxsinα=eq\f(1,2)(eq\f(d,t2))2-eq\f(1,2)(eq\f(d,t1))2(2)①C②B解析(1)①游標尺是20分度,分度值為0.05mm,由題圖可知,主尺讀數(shù)為2cm,游標尺的第6刻線與主尺的某刻線對齊,則游標尺的讀數(shù)為6×0.05mm=0.30mm=0.030cm,因此遮光條的寬度d=2cm+0.030cm=2.030cm;②滑塊和遮光條經(jīng)光電門2時的速度為v=eq\f(d,t2),由動能定理可得滑塊和遮光條經(jīng)光電門2時的動能Ek2=eq\f(1,2)mv2=eq\f(1,2)m(eq\f(d,t2))2;③若滑塊和遮光條機械能守恒,需滿足關(guān)系式mgxsinα=eq\f(1,2)m(eq\f(d,t2))2-eq\f(1,2)m(eq\f(d,t1))2,即gxsinα=eq\f(1,2)(eq\f(d,t2))2-eq\f(1,2)(eq\f(d,t1))2.(2)①入射角不宜太大也不宜太小,入射角過大,會使折射光線亮度變暗,入射角太小則入射角、折射角的相對誤差較大,A錯誤;實驗過程中,玻璃磚與白紙的相對位置不能改變,B錯誤;插大頭針時,讓針處于豎直狀態(tài)且間距適當遠一些有助于減小誤差,C正確;除了平行玻璃磚其他形狀的玻璃磚也能測出折射率,D錯誤;②在本實驗中P3應(yīng)擋住P1、P2透過玻璃磚的像,而不是P1、P2,題圖中a、b為P1、P2,c、d為P1、P2透過玻璃磚的像,即應(yīng)讓P3同時擋住c、d,故選B.8.(2022·安徽蚌埠市期末)圖甲為頂角θ=15°的玻璃磚的截面,該玻璃折射率n=eq\r(2).一束光經(jīng)過上表面的O點從法線左側(cè)射入,入射角為α,光能從玻璃磚下表面射出.(1)求入射角α的最大值;(2)用上述相同材料制成的平行玻璃磚,厚度為2cm,一束光從上表面某點射入,如圖乙所示,保持入射點不變,在紙面內(nèi)改變?nèi)肷浞较颍瑒t從下表面可以射出光的區(qū)域最大長度是多少?答案(1)45°(2)4cm解析(1)光從上表面O點射入玻璃磚的光路如圖所示,入射角α最大時,在O點折射時的折射角為r,光射到下表面P點的入射角恰好達到臨界角C,則有eq\f(sinα,sinr)=n,sinC=eq\f(1,n)由幾何關(guān)系可知C=r+θ解得最大入射角α=45°(2)當光以入射角i從A點射入平行玻璃磚,折射角為r,光經(jīng)上、下兩個表面折射后由B點射出(入射光線與出射光線平行),其光路如圖所示,改變?nèi)肷浞较颍鈱腄B線段內(nèi)射出,當光在下表面的入射角r達到臨界角時,設(shè)DB長度最大為L,則有r=C,eq\f(L,2)=dtanC,解得L=4cm.9.(2022·浙江省模擬)如圖所示,一平行極板置于x軸負半軸某一位置,現(xiàn)施加一光照使得“-極板”的電荷量為-q的電子逸出.在“+極板”處有一特殊網(wǎng)罩,它只能夠接受速度以最大初動能逸出且速度方向垂直極板的電子.極板MN長度為2a,且在極板中心處開有一個長度為a的區(qū)域,電子只能從該區(qū)域逸出.在原點O的正上方有一半徑為a的磁場圓,磁感應(yīng)強度為B,且在三、四象限也分布著磁場,磁場方向垂直紙面向里.若從極板MN逸出的電子均能夠從O點的小孔射出,求:Ⅰ.若第三、四象限磁感應(yīng)強度為B:(1)若極板的電壓為U,求施加光照的能量E及圓形區(qū)域內(nèi)磁場的方向;(2)求電子從O點射出后,打在x軸坐標的范圍.Ⅱ.若第三、四象限磁感應(yīng)強度為tB(t為常數(shù)):(3)求電子從O點射出后,打在x軸坐標的范圍.Ⅲ.現(xiàn)要完全分辨從y=0.5a與y=a射出的電子:(4)若磁感應(yīng)強度在(B+ΔB)到(B-ΔB)里變化,求ΔB的最大值.答案(1)eq\f(q2B2a2,2m)-qU垂直紙面向里(2)[-2a,-eq\r(3)a](3)[-eq\f(2,t)a,-eq\f(\r(3),t)a](4)(7-4eq\r(3))B解析(1)根據(jù)題意,由幾何關(guān)系知,電子在原點O的正上方半徑為a的磁場圓中做圓周運動的半徑為R=a設(shè)電子進入圓形磁場時的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=meq\f(v2,R)電子在極板間運動過程中,根據(jù)動能定理有E+qU=eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得E=eq\f(q2B2a2,2m)-qU,根據(jù)左手定則可知,圓形磁場中磁場方向垂直紙面向里.(2)運動軌跡如圖所示,由圖得從正中心射出的粒子擊中的x坐標最小,從最上面與最下面射出的粒子擊中的x坐標最大,由圖,根據(jù)幾何關(guān)系可得xmin=-2a,xmax=-2acos30°=-eq\r(3)a故x坐標的范圍是[-
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