2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理考前熱身練能力題提分練34

能力題提分練(三)一、單項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題3分,共12分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.如圖所示,兩個(gè)電荷量都是Q的正、負(fù)點(diǎn)電荷固定在A、B兩點(diǎn),AB連線中點(diǎn)為O?，F(xiàn)將另一個(gè)電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點(diǎn),沿某一確定方向施加外力使試探電荷由靜止開(kāi)始沿直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn),下列說(shuō)法正確的是()A.外力F的方向應(yīng)當(dāng)平行于AB方向水平向右B.試探電荷從C點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)C.試探電荷從C點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)D.試探電荷從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中ΔE答案D解析根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)分布情況,可知試探電荷+q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受水平向左且逐漸增大的電場(chǎng)力作用,要想讓該試探電荷由靜止開(kāi)始沿直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn),則該試探電荷所受合力的方向應(yīng)沿CO方向,受力分析如圖所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向應(yīng)當(dāng)斜向右下,A錯(cuò)誤;由于電場(chǎng)力逐漸增大,所以Fx逐漸增大,Fy也逐漸增大,加速度也逐漸增大,所以該試探電荷從C點(diǎn)到О點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng),B、C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知F合Δx=ΔEk,即ΔEkΔx=F合=Fy,由于Fy逐漸增大,所以2.(2024福建泉州一模)如圖所示,在間距為d的水平固定平行金屬導(dǎo)軌上,放置質(zhì)量分別為2m0、m0的金屬桿M、N。N的中點(diǎn)系著一條跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩,細(xì)繩下端懸掛重物,滑輪左側(cè)細(xì)繩與導(dǎo)軌平行。兩導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)重物質(zhì)量m取不同值時(shí),系統(tǒng)最終穩(wěn)定的狀態(tài)不同。設(shè)穩(wěn)定時(shí)M桿的加速度大小為a,回路中電動(dòng)勢(shì)為E、電流為I、熱功率為P。已知重力加速度大小為g,兩金屬桿接入回路的總電阻為R,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),忽略一切摩擦,兩金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。則下列關(guān)系圖像合理的是()答案D解析根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)N,有FTBId=m0aN,對(duì)重物,有mgFT=maN,所以mgBId=(m0+m)aN,對(duì)M,有BIL=2m0aM,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,回路中的電流為I=BdvN-BdvMR,經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間的電流為I'=Bd(vN+aN·Δt)-Bd(vM+aM·Δt)R,當(dāng)系統(tǒng)最終穩(wěn)定時(shí)電流不變,即aN·Δt=aM·Δt,所以aN=aM,即穩(wěn)定時(shí),金屬桿與重物的加速度相同,一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有mg=(2m0+m0+m)a,則a=mg3m0+m,由此可知,a與m的變化規(guī)律不是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線,故A錯(cuò)誤;根據(jù)以上分析可知E=IR=2m0RBd·mg3m0+m=2m03.(2024湖北二模)如圖所示,一質(zhì)點(diǎn)在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后經(jīng)過(guò)a、b兩點(diǎn),速度方向偏轉(zhuǎn)90°。已知經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的速度大小為v、方向與ab連線夾角為60°,ab連線長(zhǎng)度為d。對(duì)質(zhì)點(diǎn)從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是()A.最小速度大小為vB.運(yùn)動(dòng)時(shí)間為dC.經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的速度大小為3vD.恒力方向與ab連線的夾角為45°答案C解析設(shè)恒力與ab連線的夾角為θ,根據(jù)幾何關(guān)系可知b點(diǎn)速度方向與ab連線的夾角為30°。該質(zhì)點(diǎn)做類斜拋運(yùn)動(dòng),在垂直于恒力方向上的速度大小不變,在恒力方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),則在沿初速度方向上速度由v減小到0,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律dcos60°=vt2,解得a到b的時(shí)間為t=dv,從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)沿ab方向的平均速度為v=vcos60°+vbcos30°2=dt,解得vb=3v,故B錯(cuò)誤,C正確;質(zhì)點(diǎn)在垂直于恒力方向上速度不變,即vsin(πθ60°)=vbsin(θ30°),解得θ=60°,當(dāng)質(zhì)點(diǎn)沿恒方向的速度為0時(shí),質(zhì)點(diǎn)的速度最小,此時(shí)質(zhì)點(diǎn)的最小速度為vmin=v·cos(θ4.(2024河南三模)如圖所示,初始時(shí)矩形線框ABCD垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)放置,磁場(chǎng)位于OO'右側(cè),AO=OB=BC=O'C,若線框以不同方式做角速度大小相同的勻速轉(zhuǎn)動(dòng),以下時(shí)刻線框受到的安培力最大的是()A.以AD邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)30°時(shí)B.以BC邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí)C.以O(shè)O'為軸轉(zhuǎn)動(dòng)60°時(shí)D.以O(shè)點(diǎn)為中心,在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí)答案D解析根據(jù)題意,設(shè)AO=OB=BC=O'C=L,線框的電阻為R,線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω,以AD邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)30°時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BL·2Lωsin30°=BL2ω,線框所受安培力為F1=BI1L=B2L3ωR,以BC邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí),穿過(guò)線框平面的磁通量不變,沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生,則安培力為零;以O(shè)O'為軸轉(zhuǎn)動(dòng)60°時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BL·Lωsin60°=32BL2ω,線框所受安培力為F2=BI2L=3B2L3ω感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E3=B·2L·2Lω2=BL2ω,線框所受安培力為F3=BI3·2L=可知,以O(shè)點(diǎn)為中心,在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí),安培力最大。故選D。二、多項(xiàng)選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。5.(2024河北石家莊二模)利用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng),在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖所示,以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點(diǎn)沿半徑射入圓形區(qū)域,粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界(不包括經(jīng)過(guò)P點(diǎn))后又回到P點(diǎn),此過(guò)程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過(guò)角度為2π,不計(jì)粒子重力,下列說(shuō)法正確的是()A.n的最小值為2B.n=3時(shí),粒子速度大小為3C.n=4時(shí),粒子從P出發(fā)到回到P點(diǎn)的時(shí)間為23D.粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過(guò)程中,粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過(guò)的角度為2答案AC解析因?yàn)榱Ｗ觧次穿越圓形區(qū)域邊界(不包括經(jīng)過(guò)P點(diǎn))后又回到P點(diǎn),此過(guò)程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過(guò)角度為2π,畫出粒子軌跡示意圖如圖所示,n的最小值為2,故A正確;n=3時(shí),粒子圓心間的連線構(gòu)成圓邊界的外切正方向,根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑為r=R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得v=qBRm,故B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=2πrv=2πmqB,n=4時(shí),粒子從P出發(fā)到回到P點(diǎn)的時(shí)間為t=(3×180°-72°360°+2×180°+72°3606.(2024福建一模)如圖1所示,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上,甲到乙左端的距離為L(zhǎng),初始時(shí)甲、乙均靜止,質(zhì)量為m0的物塊丙以速度v0向右運(yùn)動(dòng),與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后,乙的位移x隨時(shí)間t的變化如圖2中實(shí)線所示,其中t0時(shí)刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線,二者相切于P,拋物線的頂點(diǎn)為Q。甲始終未脫離乙,重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A.碰后瞬間,乙的速度大小為vB.甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為vC.甲到乙左端的距離L≥vD.乙、丙的質(zhì)量之比m∶m0=1∶2答案BC解析設(shè)碰后瞬間,乙的速度大小為v1,碰后乙的加速度大小為a,由圖2可知x=v1t012at02=v0t02,拋物線的頂點(diǎn)為Q,根據(jù)xt圖像的切線斜率表示速度,則有v1=a·2t0,聯(lián)立解得v1=2v03,a=v03t0,根據(jù)牛頓第二定律可得a=μmgm=根據(jù)圖2可知,t0時(shí)刻甲、乙剛好共速,則0~t0時(shí)間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對(duì)位移為Δx=x乙x甲=v1+v共2t0v共2t0=v12t0=v0t0物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,有m0v0=m0v2+mv112m0v02可得v1=2m0m0+mv0=2v03,可得乙、丙的質(zhì)量比為m∶三、非選擇題:本題共4小題,共40分。7.(8分)(2024遼寧沈陽(yáng)一模)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)加速度計(jì),將其固定在待測(cè)物體上,能通過(guò)電路中電壓表的示數(shù)反映物體的加速度a,其原理圖如圖甲所示。其中,質(zhì)量m=1kg的滑塊2可以在光滑的框架1中左右平移,滑塊兩側(cè)各連接一根勁度系數(shù)k=2.0×102N/m的彈簧3(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))。4是固定在滑塊2上的金屬滑動(dòng)片,與電壓表的一端用導(dǎo)線相連,并與一阻值均勻的電阻AB相接觸,滑動(dòng)片4與電阻間的摩擦忽略不計(jì)。已知物體加速度為0時(shí),兩側(cè)彈簧3均處于原長(zhǎng),滑動(dòng)片4位于AB中點(diǎn),AB全長(zhǎng)L=15cm;直流電源電動(dòng)勢(shì)E=15V(內(nèi)阻忽略不計(jì))?，F(xiàn)有一量程0~3V、內(nèi)阻RV=3kΩ的電壓表(RV?RAB),其表盤如圖乙所示;另有開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。(1)為使滑動(dòng)片4位于B點(diǎn)時(shí)電壓表滿偏,需要將電壓表量程改為0~15V,則電壓表應(yīng)(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個(gè)阻值為kΩ的電阻,并將電壓表的刻度按新量程做好修改;

(2)將改裝后的電壓表接入圖甲的電路中,此裝置可測(cè)量加速度的最大值為m/s2;

(3)請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫出aU圖像(規(guī)定加速度向左為正方向,U為改裝后電壓表的示數(shù));(4)若要增大加速度的測(cè)量范圍,可采用的方法有(答出一條合理措施即可)。

答案(1)串聯(lián)12(2)30(3)見(jiàn)解析圖(4)更換兩根勁度系數(shù)更大的彈簧或質(zhì)量更小的滑塊解析(1)要擴(kuò)大電壓表的量程,需要串聯(lián)一個(gè)電阻,根據(jù)U'=URV(RV+R),解得R=12k(2)當(dāng)滑塊處于AB中點(diǎn)時(shí),加速度為零,當(dāng)滑塊在端點(diǎn)A或B時(shí),加速度最大,根據(jù)牛頓第二定律2k·L2解得a=30m/s2。(3)根據(jù)2k·L2=ma可知加速度a與L成線性關(guān)系,根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知電壓表示數(shù)U與L也成線性關(guān)系,可知加速度a與電壓表示數(shù)U成線性關(guān)系,當(dāng)滑塊處于AB中點(diǎn)時(shí),電壓表示數(shù)為7.5V,當(dāng)加速度向右時(shí),滑塊在AB中點(diǎn)的左邊,當(dāng)加速度向左時(shí),滑塊在AB中點(diǎn)的右邊,所以aU(4)滑塊所受到的合力最大值由彈簧決定,與電壓無(wú)關(guān),勁度系數(shù)越大,加速度的測(cè)量范圍越大;最大的合力一定的情況下,根據(jù)牛頓第二定律可知可以減小滑塊的質(zhì)量增大加速度的測(cè)量范圍。8.(8分)(2024廣東江門一模)如圖是工人傳輸貨物的示意圖,工人甲把質(zhì)量m=7kg的貨物從傾斜軌道的頂端A點(diǎn)由靜止釋放,貨物從軌道的底端B點(diǎn)(B點(diǎn)處有一段長(zhǎng)度不計(jì)的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長(zhǎng)木板。長(zhǎng)木板的右端到達(dá)反彈裝置左端C點(diǎn)的瞬間,貨物剛好運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板的最右端且與長(zhǎng)木板達(dá)到共速,此時(shí)工人乙控制機(jī)械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區(qū),長(zhǎng)木板進(jìn)入反彈裝置,反彈后長(zhǎng)木板的最左端返回B點(diǎn)時(shí)恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長(zhǎng)度L1=10m,傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ=53°,BC段的長(zhǎng)度L2=7.5m,長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度d=5m,貨物與傾斜軌道以及長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,長(zhǎng)木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;(2)長(zhǎng)木板的右端剛到C點(diǎn)時(shí)貨物的速度大小vC;(3)長(zhǎng)木板在反彈過(guò)程中損失的能量與長(zhǎng)木板剛接觸反彈裝置時(shí)的能量比值η。答案(1)10m/s(2)5m/s(3)60%解析(1)依題意,貨物由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得mgL1sin53°μ1mgL1cos53°=1解得vB=10m/s。(2)依題意,貨物在長(zhǎng)木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得a貨=μ1mgm=5根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有2a貨L2=v解得vC=5m/s。(3)長(zhǎng)木板進(jìn)入反彈裝置時(shí)的速度為v1=vC=5m/s設(shè)長(zhǎng)木板的質(zhì)量為m0,則長(zhǎng)木板剛進(jìn)入反彈裝置時(shí)的能量為E=12m0長(zhǎng)木板反彈后最右端回到C點(diǎn)的速度設(shè)為v2,長(zhǎng)木板從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得μ2m0g(L2d)=012m0長(zhǎng)木板在反彈的過(guò)程中損失的能量為ΔE=12m0v12則長(zhǎng)木板在反彈過(guò)程中損失的能量與長(zhǎng)木板剛接觸反彈裝置時(shí)的能量比值η=ΔEE×9.(10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)存在一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限內(nèi)充滿范圍足夠大、方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一束質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以不同的速率從O點(diǎn)沿xOy豎直平面內(nèi)的OP方向發(fā)射,沿直線飛行到P點(diǎn)時(shí)進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,O、P兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng),OP連線與x軸正方向的夾角α=30°。所有粒子在離開(kāi)磁場(chǎng)后最終都能從x軸上射出,且射出方向與x軸負(fù)方向的夾角均為β=60°,若速度最大的粒子從x軸上Q點(diǎn)以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng),忽略粒子間的相互作用及粒子的重力。求:(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)v的大小;(3)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。答案(1)5(2)((3)10π-解析(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,有qvB=mvv=2聯(lián)立得T=2由題意可知,所有粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后的偏轉(zhuǎn)角均為150°,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=150°360°(2)速度為v的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知POsin30°=PMsin60°+MQcos60°解得R=(v=(3(3)由幾何關(guān)系可知PQ=2Lsin30°MN=R2三角形PMQ的面積為S1=12×PQ×MN=7-150°圓心角對(duì)應(yīng)的扇形面積S2=150°360°×πR2=10則磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為圖中陰影部分面積,其面積為ΔS=S2S1=10π-510.(14分)(2024福建龍巖三模)如圖所示,兩平行導(dǎo)軌ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是兩小段絕緣導(dǎo)軌,其余部分是金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間平滑相接,導(dǎo)軌間距為d1,整個(gè)導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)軌左側(cè)接有一阻值為R的電阻和一電容為C、極板間距為d2的電容器(開(kāi)始時(shí)不帶電),右側(cè)接有自感系數(shù)為L(zhǎng)的線圈。質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為d1、電阻為R的金屬棒M垂直導(dǎo)軌放置于絕緣導(dǎo)軌左側(cè)某處,質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒N垂直導(dǎo)軌放置于絕緣導(dǎo)軌上?，F(xiàn)給M一水平向右的初速度,當(dāng)M達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),一電荷量為q(q>0)的粒子(重力不計(jì))恰能以速度v0從極板間水平穿過(guò)。此后,M繼續(xù)運(yùn)動(dòng)與N發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極