如图中a、b、c为三个物块,M、N为两个轻质弹簧,R为跨过光滑定滑轮的轻绳,它们连接如图所示并处于平衡状态( )
A.有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B.有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C.有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态
D.有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
AD力的合成与分解的运用.
【分析】先分析N弹簧,由于上面与细线相连,故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸,然后分这两种情况去分析M弹簧.
【解答】解:由于N弹簧上面与细线相连,故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸;
当N弹簧处于拉长状态时,细线的拉力可能小于a的重力,故M弹簧在a物体的作用下处于压缩状态,故A正确;
当N弹簧处于拉伸状态时,细线对a有拉力,当拉力小于a物体的重力时,M弹簧处于压缩状态;当拉力等于a物体的重力时,M弹簧处于原长状态;当拉力大于a物体的重力时,M弹簧处于伸长状态;故D正确;
从上面的分析中发现共有四种情况,即:
①N处于伸长状态而M处于压缩状态;
②N处于伸长状态而M处于伸长状态;
③N处于伸长状态而M处于不伸长不压缩状态;
④N不伸不缩,M压缩状态;
故B、C选项中的状态不存在;
故选AD.
【点评】本题关键在于先分析N弹簧的情况,然后分情况讨论M弹簧的可能情况.
已知地球赤道表面处重力加速度为g,半径为R,自转周期为T.有关同步卫星,下列正确的是( )
A.卫星运行速度大于第一宇宙速度
B.卫星运行向心加速度小于地球表面的重力加速度
C.卫星距离地面的高度为
D.卫星距离地面的高度为﹣R
BD人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用.
【分析】卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力,应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、加速度与轨道半径,然后分析答题.
【解答】解:A、万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得:G=m,解得:v=,由于同步卫星的轨道半径大于地球半径,则同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度,故A错误;
B、卫星在轨道上的向心加速度近似等于轨道上的重力加速度,根据G=ma,解得:a=,r越大,g越小,可知卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度.故B正确;
C、地球表面的物体受到的重力等于万有引力,即:G=m′g,万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得:G=m(R+h),解得:h=﹣R,故C错误,D正确;
故选:BD.
【点评】本题考查了万有引力定律的应用,知道卫星做圆周运动万有引力提供向心力是解题的前提,应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题.
如图所示,一只原、副线圈分别是200匝和100匝的理想变压器,副线圈的两端连接两个阻值均为20Ω的电阻,原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源,电压表的示数为5V.电流表、电压表均为理想交流电表,则下列说法正确的是( )
A.电流表的读数为0.5A
B.流过电阻的交流电频率为100Hz
C.交流电源的输出电压的最大值为20V
D.交流电源的输出功率为2.5W
CD变压器的构造和原理.
【分析】交流电表的示数为有效值,经过变压器的交流电的频率不变,交流电的输入功率等于输出功率.
【解答】解:A、副线圈的电流为I2=,则原线圈的电流为I1,由,得.故A错误
B、流过电阻的交流电的频率为50Hz.故B错误
C、副线圈的电压为U2=2×5=10V,由得,则其最大值为20V.故C正确
D、P入=P出=U2I2=10×0.25=2.5w.故D正确
故选:C D
【点评】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.
一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示.已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大.现保持电容器的电量不变,且电容器N板位置不动.下列说法中正确的是( )
A.将M板向左平移,则静电计指针张角增大
B.将M板向右平移,则静电计指针张角增大
C.将M板竖直向下平移,则静电计指针张角减小
D.将M板竖直向上平移,则静电计指针张角增大
AD电容器的动态分析.
【分析】先根据电容的决定式分析电容的变化,再根据电容的定义式分析板间电势差的变化,判断静电计指针张角的变化.
【解答】解:
A、将M板向左平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C= 得知电容C减小,而电容器的电量Q不变,由电容的定义式C= 分析得知板间电势差U增大,则静电计指针张角增大.故A正确;
B、将M板向右平移,板间距离d减小,根据电容的决定式C= 得知电容C增大,而电容器的电量Q不变,由电容的定义式C= 分析得知板间电势差U减小,则静电计指针张角减小,故B错误.
C、将M板竖直向下平移,两极板正对的面积减小,根据电容的决定式C= 得知电容C减小,而电容器的电量Q不变,由电容的定义式C=分析得知板间电势差U增大,则静电计指针张角增大.故C错误,
D、将M板竖直向上平移,两极板正对的面积减小,根据电容的决定式C= 得知电容C减小,而电容器的电量Q不变,由电容的定义式C=分析得知板间电势差U增大,则静电计指针张角增大.故D正确.
故选:AD.
【点评】本题是电容的动态分析问题,根据电容的决定式C= 和电容的定义式C=结合进行分析,分析时还要抓住不变量,电容器充电后与电源断开时其电量不变.
下列说法正确的是( )
A.原子核发生一次β衰变,该原子外层就失去一个电子
B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应
C.在光电效应现象中,光电子的最大初动能随照射光的强度增大而增大
D.由玻尔的原子模型可以推知,氢原子处于激发态,量子数越大,核外电子动能越小
E.原子核的平均结合能越大,原子核中核子结合的越牢固,原子核越稳定
BDE原子核衰变及半衰期、衰变速度.
【分析】β衰变释放的电子来自原子核,不是核外电子;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应;根据光电效应方程分析光电子的最大初动能与什么因素有关;根据电子轨道半径的大小,结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化.原子核的比结合能越大,原子核中核子结合的越牢固.
【解答】解:A、β衰变的实质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,故A错误.
B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应,故B正确.
C、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的强度无关,故C错误.
D、根据玻尔模型知,量子数越大,电子的轨道半径越大,根据知,核外电子的动能越小,故D正确.
E、原子核内的比结合能越大,核子结合的越牢固,原子核越稳定,故E正确.
故选:BDE.
【点评】本题考查了衰变的实质、轻核聚变、光电效应、玻尔模型、比结合能等基础知识点,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点,注意β衰变释放的电子来自原子核,不是核外电子.
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