高考二輪復(fù)習(xí)物理試題（新高考新教材）考前熱身練能力題提分練（二）

能力題提分練(二)一、單項選擇題。1.如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定,質(zhì)量為m的物塊P緊壓在彈簧上端但不連接,開始時用輕繩系住物塊,輕繩的拉力大小為2mg,此時彈簧的彈性勢能為9m2g22k,剪斷輕繩,A.6mk B.2C.3mk D.2.(2023山東日照二模)電動打夯機(jī)可以幫助工人壓實路面,大大提高了工作效率。某電動打夯機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示,由偏心輪(飛輪和配重物組成)、電動機(jī)和底座三部分組成。電動機(jī)、飛輪和底座總質(zhì)量為m0,配重物質(zhì)量為m,配重物的重心到輪軸的距離為r,重力加速度為g。在電動機(jī)帶動下,偏心輪在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動,皮帶不打滑。當(dāng)偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時,剛好使整體離開地面。下列判斷正確的是()A.電動機(jī)輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)動角速度相同B.配重物轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時,處于超重狀態(tài)C.偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度為(D.電動打夯機(jī)對地面壓力的最大值為(m0+m)g3.天問一號探測器需要通過霍曼轉(zhuǎn)移軌道從地球運(yùn)動到火星,地球軌道和火星軌道看成圓形軌道,此時霍曼轉(zhuǎn)移軌道是一個近日點(diǎn)M、遠(yuǎn)日點(diǎn)P分別與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道(如圖所示),在近日點(diǎn)短暫點(diǎn)火后天問一號進(jìn)入霍曼轉(zhuǎn)移軌道,接著天問一號沿著這個軌道運(yùn)動直至抵達(dá)遠(yuǎn)日點(diǎn),然后再次點(diǎn)火進(jìn)入火星軌道。已知引力常量為G,太陽質(zhì)量為m,地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R,地球、火星、天問一號運(yùn)行方向都為逆時針方向。若只考慮太陽對天問一號的作用力,下列說法正確的是()A.兩次點(diǎn)火之間的時間間隔為2B.兩次點(diǎn)火噴射方向一次與速度方向相同,一次與速度方向相反C.天問一號在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為RD.天問一號運(yùn)行中在轉(zhuǎn)移軌道上M點(diǎn)的加速度與在火星軌道上P點(diǎn)的加速度之比為R4.(2023湖南岳陽高三模擬)如圖所示,一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小定滑輪O1、O2,一端和質(zhì)量為m的小球連接,另一端與套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接,直桿與兩定滑輪在同一豎直面內(nèi),與水平面的夾角θ=60°,直桿上O點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度,O點(diǎn)到定滑輪O1的距離為L,直桿上D點(diǎn)到O點(diǎn)的距離也為L,重力加速度為g,直桿足夠長,小球運(yùn)動過程中不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從O點(diǎn)由靜止釋放,下列說法錯誤的是()A.小物塊剛釋放時,輕繩的拉力大小為mgB.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時,小物塊加速度的大小為32C.小物塊下滑至D點(diǎn)時,小物塊與小球的速度大小之比為2∶1D.小物塊下滑至D點(diǎn)時,小物塊的速度大小為20二、多項選擇題。5.(2023山東煙臺二模)電磁軌道炮原理的俯視圖如圖所示,它是利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,應(yīng)用此原理可研制新武器和航天運(yùn)載器。圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C,兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),導(dǎo)軌電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1使電容器完全充電,然后將S接至2,MN開始向右運(yùn)動,若導(dǎo)軌足夠長,則在此后的運(yùn)動過程中,下列說法正確的是()A.磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上B.MN的最大加速度大小為BELC.MN的最大速度大小為CBLED.電容器上所帶的最少電荷量為C6.如圖所示,一足夠長且傾角為θ的光滑斜面固定在地面上,斜面底端有一擋板,一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端分別連接在固定擋板和小物體B上,小物體A與小物體B緊靠在一起處于靜止?fàn)顟B(tài),且兩者質(zhì)量相同。對小物體A施加一沿斜面向上的拉力,使小物體A沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動。從施加力直到兩物體分離的過程中,拉力的最小值為F1,最大值為F2,已知重力加速度為g,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。則下列說法正確的是()A.每個物體的質(zhì)量為FB.小物體A的加速度大小為FC.開始時彈簧的壓縮量為2D.從開始運(yùn)動到兩物體分離經(jīng)過的時間為(2F2F1)2三、非選擇題。7.利用如圖所示的電路測量靈敏電流表的內(nèi)阻。其中E為電源,K為開關(guān),R為滑動變阻器,R1、R2為電阻箱,V為電壓表,G為待測內(nèi)阻的靈敏電流表。A.電壓表(量程0~2V,內(nèi)阻約10kΩ)B.電壓表(量程0~10V,內(nèi)阻約100kΩ)C.靈敏電流表(量程0~300μA,內(nèi)阻未知)D.電源(電動勢1.5V,內(nèi)阻不計)E.滑動變阻器(阻值范圍0~10Ω,額定電流2A)F.滑動變阻器(阻值范圍0~1000Ω,額定電流0.6A)(1)為減少實驗誤差,關(guān)于儀器選擇,下列說法正確的是。

A.電壓表選A,滑動變阻器選EB.電壓表選A,滑動變阻器選FC.電壓表選B,滑動變阻器選ED.電壓表選B,滑動變阻器選F(2)閉合開關(guān)K,調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片的位置和電阻箱R1、R2的阻值,讀出靈敏電流表的示數(shù)為I,電壓表的示數(shù)為U,電阻箱R2的阻值為a,靈敏電流表的內(nèi)阻為。

(3)閉合開關(guān)K,調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片的位置和電阻箱R1、R2的阻值,使靈敏電流表達(dá)到半偏,此時電阻箱R2的阻值為b;再次調(diào)節(jié),使靈敏電流表達(dá)到滿偏,此時電阻箱R2的阻值為c。兩次調(diào)節(jié)過程中,使電壓表示數(shù)保持不變,則靈敏電流表的內(nèi)阻為。若考慮電壓表的內(nèi)阻,靈敏電流表內(nèi)阻測量值(選填“大于”“小于”或“等于”)真實值。

8.如圖所示,在x軸上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q、初速度為v的帶電粒子從a(0,d)點(diǎn)處沿y軸正方向開始運(yùn)動,一段時間后,粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場,經(jīng)過y軸上b點(diǎn)時速度方向恰好與y軸垂直,帶電粒子重力不計。求:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小;(3)粒子從a點(diǎn)開始到x軸所用的時間。9.(2023廣東佛山二模)圖甲是U形雪槽。某次滑雪表演,在開始階段,表演者在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動,可以把該場地簡化為圖乙所示的凹形場地;兩端是14的光滑圓弧面,半徑均為L,中間是長為4L的粗糙水平面。表演者M(jìn)的質(zhì)量(含滑板)為m,從光滑圓弧面的A處滑下,進(jìn)入水平面后,與質(zhì)量(含滑板)為2m且靜止在水平面中點(diǎn)O處的表演者N碰撞,碰后M以碰前速度的14反彈,M、N在O處發(fā)生碰撞后,恰好不再發(fā)生第二次碰撞,且停在O、C間的某處。假設(shè)M、N在粗糙水平面上運(yùn)動時,所受阻力與壓力的比分別為μ1、μ2(μ1和μ2都是未知量),且已知μ1μ2=k(0<k<1),表演者的動作不影響自身的速度,(1)求M與N碰撞后瞬間M、N的速度大小之比。(2)以O(shè)為起點(diǎn),求M、N碰撞后在粗糙水平面上滑過的路程之比。(3)試討論k在不同取值范圍時,M、N所停位置距C點(diǎn)的距離。能力題提分練(二)1.D開始時彈簧彈力為F=mg+2mg=3mg,彈簧的壓縮量為x0=3mgk,物塊從剪斷輕繩到升到最高點(diǎn)的過程,由能量關(guān)系得9m2g22k=mgh,解得h=9mg2k,即物塊離開彈簧時上升的高度為h1=hx0=3mg2k,2.C電動機(jī)輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)動屬于皮帶傳動,線速度相等,根據(jù)v=rω,可知角速度不相等,A錯誤;配重物轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時,加速度向下,處于失重狀態(tài),B錯誤;當(dāng)偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時,剛好使整體離開地面,則有FT=m0g,對配重物有mg+FT=mrω2,解得ω=(m0+m)gmr,C正確;在最低點(diǎn),對配重物有FT'mg=mrω2,對電動打夯機(jī)有FN=FT'+m0g,解得FN=2(m+m0)g,根據(jù)牛頓第三定律可知電動打夯機(jī)對地面壓力的最大值為2(3.C設(shè)霍曼轉(zhuǎn)移軌道周期為T1,地球公轉(zhuǎn)周期為T,由開普勒第三定律R+r23T12=r3T2和地球軌道周期關(guān)系Gmm0r2=m0r4π2T2,解得t=T12=2π4(R+r)3Gm,A錯誤;兩次點(diǎn)火噴射都使天問一號加速,所以噴射方向都與速度方向相反,B錯誤;火星軌道半徑為R4.A小物塊剛釋放時,小物塊將加速下滑,加速度向下,小球處于失重狀態(tài),則輕繩對小球的拉力小于小球的重力mg,A錯誤;當(dāng)拉小物塊的輕繩與直桿垂直時,小球下降的距離最大,對小物塊受力分析,由牛頓第二定律mgsinθ=ma,解得此時小物塊加速度的大小為a=32g,B正確;將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向,如圖所示,沿繩子方向的分速度等于小球的速度,即vcos60°=v1,所以小物塊在D處的速度與小球的速度之比為vv1=21,C正確;設(shè)小物塊下滑距離為L時的速度大小為v,此時小球的速度大小為v1,對小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgLsin60°=12mv2+12m5.BCD由左手定則可知,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,A錯誤;電路中最大電流為I=ER,MN所受的最大安培力大小為F=BIL=BELR,MN的最大加速度大小為a=Fm=BELmR,B正確;電容器放電前所帶的電荷量Q1=CE,開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動,速度達(dá)到最大值vm時,MN上的感應(yīng)電動勢E'=BLvm,最終電容器所帶的電荷量Q2=CE',通過MN的電荷量q=C(EE'),由動量定理有F·Δt=mvm0,則BLI·Δt=BLq=mvm,解得vm=CBLEm+C6.BCA、B靜止時,對A和B受力分析可知kx0=2mgsinθ,A、B未分離前F+kx2mgsinθ=2ma,A始終沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動,隨著彈簧形變量減小,F增大,故F1=2ma,F2=mgsinθ+ma,解得m=2F2-F12gsinθ,A錯誤;物體A的加速度大小為a=F12m=F12×2F2-F12gsinθ=F1gsinθ2F2-7.答案(1)A(2)UI(3)b2c等于解析(1)電源的電動勢1.5V,電壓表應(yīng)選擇A,為方便調(diào)節(jié),滑動變阻器應(yīng)選擇E,故選項A正確。(2)根據(jù)歐姆定律有U=I(RG+a),得RG=UIa(3)靈敏電流表半偏時有U=IG2(RG+b),靈敏電流表滿偏時有U=IG(RG+c),解得RG=b2c;實驗中保持電壓表電壓不變,靈敏電流表和電阻箱串聯(lián),通過靈敏電流表的電流和兩端的電壓均為準(zhǔn)確值8.答案(1)2(2)((3)Tn=52π4+n-12(4+22)解析(1)粒子運(yùn)動的部分軌跡如圖所示粒子在磁場中做圓周運(yùn)動有qvB=mv由幾何關(guān)系得rcos45°=d聯(lián)立解得r=2d,B=2mv(2)粒子從x軸運(yùn)動到b點(diǎn)過程中,水平方向r+rsin45°=vcos45°·t2豎直方向vsin45°=qEmt聯(lián)立解得t2=(2+2)dv,(3)粒子從a點(diǎn)運(yùn)動到x1,即第一次到達(dá)x軸所用時間為T1=θ從x1到x2,根據(jù)對稱性可知T2'=2t2=(4+22所以粒子第二次到達(dá)x軸所用時間為T2=T1+T2'=5在x2處,粒子以速度v與x軸正方向成45°進(jìn)入磁場,從x2到x3T3'=θ所以粒子第三次到達(dá)x軸所用時間為T3=T2+T3'=5所以當(dāng)粒子第n次到達(dá)x軸時所用時間為Tn=52π4+Tn=52π4+n9.答案(1)2(2)4(3)0<k≤475時,8-150k4-25kL解析(1)設(shè)M與N碰撞前的速度為v0,碰撞后,M反彈的速度大小為vM,N獲得的速度大小為vN。取水平向右為正方向,由動量守恒定律有mv0=m(vM)+2mvN又vM=14v聯(lián)立得vM(2)若M、N從碰撞后到停