,则周期
,当两黑洞间距L减小后,两黑洞的绕行周期变小,C正确;当两黑洞间距L减小后,万有引力增大,两黑洞的向心加速度变大,D错。
9.某运动员掷出的铅球在空中运动的轨迹如图所示,铅球可视为质点,空气阻力不计。
用p、Ep、Ek、E分别表示铅球的动量大小、重力势能、动能、机械能,用t表示铅球在空中的运动时间。
铅球离开手时计为t=0,以地面为零势能面,则下列图象中正确的是
【答案】B
解析:
设铅球刚抛出时水平速度为vx0,竖直速度为vy0,空气阻力不计,水平方向做匀速运动,竖直方向做竖直上抛运动,机械能守恒,D错;t时刻速度的大小
,p=mv,p﹣t图线不是直线,A错;
,Ek﹣t图线是开口向上的曲线,但不可能Ek=0,C错;EP=mgh=
,是开口向下的二次函数曲线,B正确。
10.如图所示,L为电感线圈,C为电容器,R为定值电阻,线圈及导线电阻均不计。
先闭合开关S,稳定后,再将其断开,并规定此时t=0。
当t=0.01s时,LC回路中电容器右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值,则
A.LC回路的振荡周期为0.02sB.LC回路中电流最大时电场能最大
C.t=0.12s时线圈中磁场能最大D.t=0.125s时回路中电流沿顺时针方向
【答案】C
解析:
t=0时LC振荡回路电流最大,开始向电容器充电,右极板带正电荷,经
周期右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值,可知振荡周期为0.04s,A错;回路中电流最大时磁场能最大,电场能最小为0,B错;t=0.02n(n=0,1,2,3…)时电流最大,磁场能最大,C正确;t=0.125s时与t=0.005s时情形相同,为充电,电流沿逆时针方向,D错。
11.如图所示,电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。
若图中A点的电场强度为0,则B点的电场强度大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
解析:
由题意知,A点的合场强为0,则带电薄板在A点的场强与q在A点的场强等大反向,
;由对称性可得,带电薄板在B点和A点的场强等大反向,与q在B点的场强方向相同,B点的合场强大小等于
,A正确。
12.如图所示,空间存在竖直向下的匀强磁场,金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PO沿逆时针方向(从上往向看)旋转。
NO=2MO,则
A.M点电势高于N点电势
B.N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的2倍
C.若磁感应强度B加倍,M、N两点间的电势差不变
D.若角速度ω加倍,M、N两点间的电势差将变为原来的4倍
【答案】A
解析:
MO棒和NO棒转动切割的等效长度为MP、NQ,产生的感应电动势的大小分别为
和
。
以O为零电势点,由右手定则判定M点的电势为
,N点的电势为
,LNQ=2LMP,电势为标量,所以M点电势高于N点电势,A正确;φN=4φM,B错;若磁感应强度B加倍,或者角速度ω加倍,M、N两点间的电势差变为原来的2倍,CD错。
13.如图所示为某种电吹风机电路图,a、b、c、d为四个固定触点。
绕O点转动的扇形金属触片P,可同时接触两个触点,触片P处于不同位置时,吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。
n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数,该电吹风的各项参数如下表所示。
下列说法正确的是
A.触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风
B.理想变压器原、副线圈的匝数比n1:
n2=3:
11
C.电吹风吹热风时电热丝上的电流为23A
D.小风扇的内阻为8Ω
【答案】D
解析:
由电路结构分析可知,触片P同时接触b、c两个触点时,小风扇工作,电热丝不工作,所以是吹冷风,A错;由理想变压器变压比公式
,B错;电吹风吹热风时输入功率460W,小风扇的功率是60W,则电热丝的功率为400W,电流为I热=
,C错;小风扇工作电流
,由P扇=
得r=8Ω,D正确。
二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题2分,共6分。
每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求的。
全部选对的得2分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)
14.如图所示,一玻璃三棱镜,其横截面为直角三角形,∠A=900,∠B=300。
一光线平行于BC边从AB边中点P射入棱镜,在BC边全反射后,从AC边上Q点(图中未画出)射出,出射光线垂直于AC边。
已知真空中的光速为c,则
A.Q点为AC边中点
B.玻璃三棱镜的折射率为1.5。
C.光在玻璃三棱镜内的传播速度为
D.将入射点P上移些,光线可以从BC边上垂直射出
【答案】CD
解析:
光路如图,A错;由几何关系得i=600,α=600,则r=300。
根据折射定律得
,B错;由
,C正确;入射点P上移,光线经AB面折射后在AC面上全反射(入射角为600,大于临界角),从BC边上垂直射出,光路如图。
15.中子衰变后转化成质子和电子,同时放出质量可视为零的反中微子,其核反应方程为
→
,已知:
中子质量mn=939.57MeV/c2,质子质量mp=938.27MeV/c2,电子质量me=0.51MeV/c2,c为光速,不考虑粒子之间的相互作用,不考虑中子的初动能。
若质子的动量p=3×10-8MeV•s•m-1。
以下说法正确的是
A.核反应产物中子、质子、中微子总动量为零B.质子的动能为0.043MeV
C.电子和反中微子的总动能为0.747MeVD.电子和反中微子的总动能为0.833MeV
【答案】BC
解析:
中子衰变前后动量守恒,初动量为0,则衰变后质子、反中微子、电子的总动量为零,A错;由
=0.043MeV,B正确;衰变过程中质量亏损Δm=mn﹣mp﹣me=0.79MeV/c2,释放的核能ΔE=0.79MeV,全部转化为质子、反中微子、电子的动能,所以反中微子、电子的总动能为0.79MeV﹣0.043MeV=0.747MeV,C正确D错;
16.一振动片以频率f做简谐振动时,固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点,两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。
c点是水面上的一点,a、b、c间的距离均为L,如图所示。
已知除c点外,在a、c连线上还有其它振动加强点,其中距c点最近的加强点d到c的距离为
L,下列说法正确的有
A.波的传播速度为
B.ac连线上距a点
的e点也是振动加强点
C.改变振动频率,波的传播速度也会改变D.改变振动频率,d点可能仍是振动加强点
【答案】AD
解析:
由余弦定理得
解得xbd=
。
由于振动加强点应满足到两波源的距离之差为波长的整数倍,c点的距离差为零,d点是距离c点最近的加强点,所以距离差刚好等于一个波长,即
得λ=
,波的传播速度v=fλ=
,A正确;同理可求得xde=
,Δx=xde﹣xae不是波长的整数倍,所以e点不是振动加强点,B错;机械波的传播速度由介质决定,与频率无关,C错;改变振动频率,就会改变波长,只要
是波长的整数倍,d点就是振动加强点,D正确。
三、非选择题(本题共6小题,共55分)
17.(7分)
(1)某实验小组利用如图1甲所示的装置来测定平抛运动的初速度。
水平木板A上分布着间距均为d的平行插槽
、
,在木板B的左侧面由里向外依次铺上白纸、复写纸,并固定在B板上,保证B板与斜槽轨道所在的竖直面垂直。
让小钢球在斜槽轨道上的某位置静止释放,从末端飞出后,撞击复写纸,在白纸上留下钢球落点。
每打完一点后,把B板插入后一槽中,得到小球在白纸上打下的若干痕迹点,如图1乙所示。
①为了减小实验误差,以下做法必要的是(多选);
A.实验时应保证斜轨末端水平B.选择对小钢球摩擦力尽可能小的斜槽轨道
C.每次实验可以让小钢球从不同位置释放D.将B板插入插槽中时应保证B板竖直
②实验小组测得插槽间距d=20cm,白纸上记录了钢球的4个落点,相邻两点之间的距离依次为16.40cm、21.30cm、26.21cm,当地重力加速度g=9.8m/s2,则小钢球平抛的初速度为m/s(保留三位有效数字)。
(2)某同学利用如图2所示的装置来测量某种单色光的波长。
接通电源,规范操作后,在目镜中观察到清晰的干涉条纹。
①若想增加从目镜中观察到的条纹数量,该同学可;
A.将透镜向单缝靠近B.使用间距更大的双缝
C.将单缝向靠近双缝方向移动D.将毛玻璃向远离缝的方向移动
②该同学已测出图2装置中单缝、双缝、毛玻璃、目镜之间的距离分别为L1、L2、L3,又测出她记录的第1条亮条纹中心到第6条亮条纹中心的距离为Δx,若双缝间距为d,则计算该单色光波长的表达式为
用题中所给字母表示);
③测量中,分划板中心刻线对齐某一条亮纹的中心时,游标卡尺的游尺位置如图3所示,则读数为cm.
17【答案】
(1)AD2.83
(2)①B②
③1.07
解析:
(1)①要保证小球做平抛运动,斜槽轨道末端必须水平,A正确;只要小球从同一位置静止释放,小球做平抛运动的初速度相同,轨迹相同,与斜槽轨道上受到摩擦力大小无关,BC错;水平方向的位移要相等,则B板应竖直,D正确。
②竖直方向做加速度为g的匀加速直线运动,
得
=0.707×10-1s,小钢球平抛的初速度
。
(2)①增加从目镜中观察到的条纹数量,就要减小条纹的间距,由
可得应减小双缝到光屏的距离L或增加双缝间距d,B正确D错;将透镜向单缝靠近,单缝向靠近双缝方向移动都不会改变条纹的间距,AC错;
②由
得
,因L是双缝到光屏(毛玻璃)的距离,应取L2。
③主尺的读数为1.0cm,游尺第7条与主尺刻度对齐,读数为0.1mm×7,所以总读数为1.07cm。
18.(7分)小刘同学用图1甲所示的电路图来测量电阻丝的电阻Rx
(1)请用笔画线代替导线,根据图1甲的电路图完成图1乙中实物图的连线。
(2)将电压表接在a、b两端,闭合开关S,调节滑动变阻器,测得5组电压U1和电流I1的值;再将电压表改接在a、c两端,闭合开关S,调节滑动变阻器,测得5组电压U2和电流I2的值;在方格纸上分别作出U1-I1和U2-I2图象,如图2丙所示。
由此可求得电阻丝的阻值Rx=Ω(结果保留三位有效数字)。
(3)某次测量中,电流表示数如图2丁所示,则读数为A。
(4)本实验中关于“电表内阻对测量结果有无影响”的判断正确的是。
A.电压表的内阻会产生误差,且使测量结果偏大
B.电流表的内阻会产生误差,且使测量结果偏大
C.电流表的内阻会产生误差,且使测量结果偏小
D.电压表与电流表的内阻对测量结果均不会产生误差
18【答案】
(1)见解析
(2)2.70~2.90(3)0.44或0.45(4)D
解析:
(1)如图
(2)U1-I1图象的斜率表示电流表内阻与R0电阻之和,U2-I2图象斜率表示电流表内阻、R0、Rx电阻之和,即
得Rx=k2﹣k1=2.80Ω
(3)电流表的最小分度为0.02,估读到本位,读数为0.44A
(4)由于采用电流表的内接法测电阻,电流表的分压是引起测量误差的原因,所以电压表的内阻不会影响测量结果,AB错;由
(2)分析可知,D正确。
19.(9分)快递公司用无人机将急用药品送至某医疗地点,其过程如下:
无人机由地面静止开始竖直升空,到离地24m处悬停调整方向,然后沿直线水平飞行一段距离至目标地点正上方再次悬停,然后竖直降落到地面,到达地面时速度恰为零。
假设无人机在上升、平飞、下降的三个过程中,变速运动阶段的加速度大小均为a(未知)。
已知无人机在加速上升过程中动力系统提供的升力为260N,无人机连同药品总质量20kg,无人机连同药品在运动过程中所受空气阻力大小恒为20N,重力加速度g=10m/s2,无人机连同药品可视为质点。
(1)求无人机加速上升过程中的加速度大小;
(2)求无人机沿水平方向加速运动的过程中动力系统提供的作用力大小;
(3)若无人机下落过程中的最大速度限制为6m/s,求下降过程所用的最短时间。
19.解析:
(1)升空加速过程中F1﹣mg﹣f=ma得:
a=2m/s2
(2)水平加速过程中Fx=f+maFy=mg得
=20
N
(3)因2×
=18m<24m,所以无人机先加速到6m/s后匀速一段再减速到地面,历时最短
匀加速时间等于匀减速时间,即
=3s
匀速距离x2=24m﹣2×
=6m,匀速时间t2=
=1s
下落最短时间t=t1+t2+t3=7s
20.(12分)如图所示,倾角为37°的光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道相切与B点,质量为2m、长为L=6.4R的小车静止在光滑水平面上,左端靠在圆弧轨道最低点C处,距车右端S处有一固定挡板,挡板距车右端的距离S可调,挡板上固定直径为R的光滑半圆轨道DEG,小车的上表面与C、D的连线在同一水平面内。
质量为m的物块从斜面上的A点静止释放,滑上小车后带动小车运行,小车与挡板碰撞后立即被挡板牢固粘连。
物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5,A、B两点间的竖直高度h=4.3R,重力加速度为g,物块视为质点,空气阻力不计,sin370=0.6,cos370=0.8。
(1)求物块到达C处时对圆弧轨道的压力;
(2)要使物块与小车达到共同速度时车刚好与挡板相撞,S取多少?
(3)求物块从滑上小车到刚离开小车的过程中,物块克服摩擦力做的功Wf与S的大小关系,并判断S取不同值时物块能否到达半圆弧的中点E处。
20解析:
(1)物块从A到C,由动能定理得:
,解得
在C点,由牛顿第二定律得:
解得FN=10mg
根据牛顿第三定律,物块到达C处时对圆弧轨道的压力
,方向竖直向下。
(2)设物块与小车达到共同速度为v,由动量守恒得:
mvC=3mv得
对小车应用动能定理得:
得x车=2R
所以S=x车=2R
(3)当①0≤S≤2R,小车在共速前碰到挡板D,
②达到共速时物块对地的位移为x,由动能定理得
,解得x=8R
当S≥2R,Wf=μmg(6.4R+2R)=8.4μmg=4.2mgR
物块恰能到E点时,
得S临=1.6R
所以0≤S≤1.6R时,物块能到E点,S>1.6R时,物块不能到E点。
21.(10分)如图所示,间距为L、倾角为30°的光滑金属轨道固定放置,轨道平面内有三个紧挨在一起的边长为L的正方形区域I、Ⅱ、Ⅲ,I内分布着垂直轨道平面向下的匀强磁场,Ⅲ内分布着垂直轨道平面向上的匀强磁场,Ⅱ区内无磁场。
ab、cd两金属棒用长为L、不可伸长的绝缘细线相连,起初ab棒刚好在区域I的外面,cd棒刚好在里面。
现给ab棒一初速度2v0使两棒一起减速下行,经时间t0后,cd棒刚好离开区域I的速度为v0,此时,细线突然断开,同时在ab棒上施加一沿轨道平面向下的外力F,使ab向下做加速度大小为0.5g的匀加速运动,当cd棒进入区域Ⅲ时恰好匀速下行。
已知ab、cd两棒的质量分别为2m、m,ab棒在轨道间的电阻是cd棒在轨道间电阻的两倍。
两棒与轨道垂直且接触良好,两棒粗细不计,轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g,空气阻力忽略。
(1)判断cd棒分别经过区域I、Ⅱ、IⅡ过程中的电流方向;
(2)求区域I、Ⅲ中两匀强磁场的磁感应强度的平方比即
;
(3)已知从ab棒进入区域Ⅲ到cd棒离开区域Ⅲ的过程中ab棒内产生的焦耳热为2Q,求外力F对ab棒做的功。
21解析:
(1)由右手定则判断得:
cd棒分别经过区域I、Ⅱ、IⅡ过程中的电流方向分别为d→c、d→c、c→d
(2)从开始到cd棒刚好离开区域I的过程中,以ab、cd两棒为整体,规定沿轨道向下为正方向,由动量定理得
,其中
,∑v1Δt=L得:
cd棒进入区域Ⅲ时速度为v,由动能定理得
得
因为ab、cd两棒的加速度相同,所以当cd棒刚进入区域Ⅲ时,ab棒正好离开区域Ⅲ,由cd棒受力平衡得
解得:
所以
=
(3)ab、cd两棒串联,可知cd棒内产生的焦耳热为Q,则ab、cd棒克服安培力所做的功Wab+Wcd=2Q+Q=3Q
对ab棒由动能定理得:
,对cd棒mgLsin300﹣Wcd=0
解得:
WF=Wab+Wcd﹣mgLsin300=3Q﹣
22.(10分)加速器在粒子物理研究中有重要作用,其基本原理简化为如图甲所示的模型,M、N为两块中心开有小孔的平行极板,两板间加有如图乙所示的电压(U0、T0为已知量),板外分布着恒定的垂直纸面向里的匀强磁场。
让质量为m、电荷量为+q的a粒子在t=0时从M孔飘入(视为初速度为零)极板间,在磁场中运行时间T0后恰能再次从M孔进入板间加速。
设极板外无电场,极板内无磁场,极板尺寸大小、粒子所受重力、粒子在极板间的加速时间均忽略不计,不考虑粒子速度的影响及相对论效应。
(1)求a粒子第n次加速后在磁场中的旋转半径;
(2)让质量为1.01m、电荷量为+q的b粒子在t=0时从M孔飘入极板间,求b粒子第二次加速后的速度大小;
(3)仅将电压uMN的变化周期降到原来的一半,再让
(2)中的b粒子在某时刻从M孔飘入,经多次加速后可获得最大动能。
求粒子飘入的时刻、加速的次数及获得的最大动能。
22.解析:
(1)粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
得:
、
由动能定理得:
解得
由题意:
T=T0得:
可得:
(2)由
(1)可得:
,由图乙可知,第二次加速时的电压为
由动能定理得:
解得:
(3)粒子被加速的时间越长,加速电压越高,获取的动能越大。
加速的次数
所以第13次加速的时刻t13=
,此时加速电压为U0。
则开始加速的时刻t1=t13﹣12×
=
,考虑到周期性,所以开始加速的时刻t=
(k=0,1,2,3…)