高考物理二轮复习考前热身练能力题提分练3含答案

能力题提分练(三)一、单项选择题:本题共4小题,每小题3分,共12分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2024四川成都二模)如图所示,两个电荷量都是Q的正、负点电荷固定在A、B两点,AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O为x的C点,沿某一确定方向施加外力使试探电荷由静止开始沿直线从C点运动到O点,下列说法正确的是()A.外力F的方向应当平行于AB方向水平向右B.试探电荷从C点到O点的运动为匀变速直线运动C.试探电荷从C点到O点的运动为加速度减小的加速直线运动D.试探电荷从C点运动到O点的过程中ΔE答案D解析根据等量异种点电荷周围电场分布情况,可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左且逐渐增大的电场力作用,要想让该试探电荷由静止开始沿直线从C点运动到O点,则该试探电荷所受合力的方向应沿CO方向,受力分析如图所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向应当斜向右下,A错误;由于电场力逐渐增大,所以Fx逐渐增大,Fy也逐渐增大,加速度也逐渐增大,所以该试探电荷从C点到О点的运动为加速度增大的加速直线运动,B、C错误;根据动能定理可知F合Δx=ΔEk,即ΔEkΔx=F合=Fy,由于Fy逐渐增大,所以2.(2024福建泉州一模)如图所示,在间距为d的水平固定平行金属导轨上,放置质量分别为2m0、m0的金属杆M、N。N的中点系着一条跨过定滑轮的细绳,细绳下端悬挂重物,滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量m取不同值时,系统最终稳定的状态不同。设稳定时M杆的加速度大小为a,回路中电动势为E、电流为I、热功率为P。已知重力加速度大小为g,两金属杆接入回路的总电阻为R,导轨足够长且电阻不计,忽略一切摩擦,两金属杆始终与导轨垂直且接触良好。则下列关系图像合理的是()答案D解析根据牛顿第二定律,对N,有FT-BId=m0aN,对重物,有mg-FT=maN,所以mg-BId=(m0+m)aN,对M,有BIL=2m0aM,根据闭合电路欧姆定律可得,回路中的电流为I=BdvN-BdvMR,经过Δt时间的电流为I'=Bd(vN+aN·Δt)-Bd(vM+aM·Δt)R,当系统最终稳定时电流不变,即aN·Δt=aM·Δt,所以aN=aM,即稳定时,金属杆与重物的加速度相同,一起做匀加速直线运动,有mg=(2m0+m0+m)a,则a=mg3m0+m,由此可知,a与m的变化规律不是过原点的倾斜直线,故A错误;根据以上分析可知E=IR=2m0RBd·mg3m0+m=2m03.(2024湖北二模)如图所示,一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后经过a、b两点,速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为60°,ab连线长度为d。对质点从a到b的运动过程,下列说法正确的是()A.最小速度大小为vB.运动时间为dC.经过b点的速度大小为3vD.恒力方向与ab连线的夹角为45°答案C解析设恒力与ab连线的夹角为θ,根据几何关系可知b点速度方向与ab连线的夹角为30°。该质点做类斜抛运动,在垂直于恒力方向上的速度大小不变,在恒力方向做匀变速直线运动,则在沿初速度方向上速度由v减小到0,由匀变速直线运动规律dcos60°=vt2,解得a到b的时间为t=dv,从a点运动到b点沿ab方向的平均速度为v=vcos60°+vbcos30°2=dt,解得vb=3v,故B错误,C正确;质点在垂直于恒力方向上速度不变,即vsin(π-θ-60°)=vbsin(θ-30°),解得θ=60°,当质点沿恒方向的速度为0时,质点的速度最小,此时质点的最小速度为vmin=v·cos4.(2024河南三模)如图所示,初始时矩形线框ABCD垂直于匀强磁场放置,磁场位于OO'右侧,AO=OB=BC=O'C,若线框以不同方式做角速度大小相同的匀速转动,以下时刻线框受到的安培力最大的是()A.以AD边为轴转动30°时B.以BC边为轴转动45°时C.以OO'为轴转动60°时D.以O点为中心,在纸面内逆时针转动45°时答案D解析根据题意,设AO=OB=BC=O'C=L,线框的电阻为R,线框转动的角速度为ω,以AD边为轴转动30°时,感应电动势为E1=BL·2Lωsin30°=BL2ω,线框所受安培力为F1=BI1L=B2L3ωR,以BC边为轴转动45°时,穿过线框平面的磁通量不变,没有感应电流产生,则安培力为零;以OO'为轴转动60°时,感应电动势为E1=BL·Lωsin60°=32BL2ω,线框所受安培力为F2=BI2L=3B2L3感应电动势为E3=B·2L·2Lω2=BL2ω,线框所受安培力为F3=BI3·2L=可知,以O点为中心,在纸面内逆时针转动45°时,安培力最大。故选D。二、多项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。5.(2024河北石家庄二模)利用磁场控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示,以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。有一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿半径射入圆形区域,粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点,此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π,不计粒子重力,下列说法正确的是()A.n的最小值为2B.n=3时,粒子速度大小为3C.n=4时,粒子从P出发到回到P点的时间为23D.粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中,粒子与圆心的连线转过的角度为2答案AC解析因为粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点,此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π,画出粒子轨迹示意图如图所示,n的最小值为2,故A正确;n=3时,粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方向,根据几何关系可知半径为r=R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,解得v=qBRm,故B错误;粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为T=2πrv=2πmqB,n=4时,粒子从P出发到回到P点的时间为t=(3×180°-72°360°+2×180°+72°360°6.(2024福建一模)如图1所示,质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上,甲到乙左端的距离为L,初始时甲、乙均静止,质量为m0的物块丙以速度v0向右运动,与乙发生弹性碰撞。碰后,乙的位移x随时间t的变化如图2中实线所示,其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线,二者相切于P,抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.碰后瞬间,乙的速度大小为vB.甲、乙间的动摩擦因数为vC.甲到乙左端的距离L≥vD.乙、丙的质量之比m∶m0=1∶2答案BC解析设碰后瞬间,乙的速度大小为v1,碰后乙的加速度大小为a,由图2可知x=v1t0-12at02=v0t02,抛物线的顶点为Q,根据x-t图像的切线斜率表示速度,则有v1=a·2t0,联立解得v1=2v03,a=v03t0,根据牛顿第二定律可得a=μmgm=根据图2可知,t0时刻甲、乙刚好共速,则0~t0时间内甲、乙发生的相对位移为Δx=x乙-x甲=v1+v共2t0-v共2t0=v12t0=v0t0物块丙与乙发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒和机械能守恒,有m0v0=m0v2+mv112m0v02可得v1=2m0m0+mv0=2v03,可得乙、丙的质量比为m∶三、非选择题:本题共4小题,共40分。7.(8分)(2024辽宁沈阳一模)某同学设计了一个加速度计,将其固定在待测物体上,能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度a,其原理图如图甲所示。其中,质量m=1kg的滑块2可以在光滑的框架1中左右平移,滑块两侧各连接一根劲度系数k=2.0×102N/m的弹簧3(弹簧始终处于弹性限度内)。4是固定在滑块2上的金属滑动片,与电压表的一端用导线相连,并与一阻值均匀的电阻AB相接触,滑动片4与电阻间的摩擦忽略不计。已知物体加速度为0时,两侧弹簧3均处于原长,滑动片4位于AB中点,AB全长L=15cm;直流电源电动势E=15V(内阻忽略不计)。现有一量程0~3V、内阻RV=3kΩ的电压表(RV≫RAB),其表盘如图乙所示;另有开关、导线若干。(1)为使滑动片4位于B点时电压表满偏,需要将电压表量程改为0~15V,则电压表应(选填“串联”或“并联”)一个阻值为kΩ的电阻,并将电压表的刻度按新量程做好修改;

(2)将改装后的电压表接入图甲的电路中,此装置可测量加速度的最大值为m/s2;

(3)请在图丙中画出a-U图像(规定加速度向左为正方向,U为改装后电压表的示数);(4)若要增大加速度的测量范围,可采用的方法有(答出一条合理措施即可)。

答案(1)串联12(2)30(3)见解析图(4)更换两根劲度系数更大的弹簧或质量更小的滑块解析(1)要扩大电压表的量程,需要串联一个电阻,根据U'=URV(RV+R),解得R=12(2)当滑块处于AB中点时,加速度为零,当滑块在端点A或B时,加速度最大,根据牛顿第二定律2k·L2解得a=30m/s2。(3)根据2k·L2=ma可知加速度a与L成线性关系,根据串联电路分压规律可知电压表示数U与L也成线性关系,可知加速度a与电压表示数U成线性关系,当滑块处于AB中点时,电压表示数为7.5V,当加速度向右时,滑块在AB中点的左边,当加速度向左时,滑块在AB中点的右边,所以a-U(4)滑块所受到的合力最大值由弹簧决定,与电压无关,劲度系数越大,加速度的测量范围越大;最大的合力一定的情况下,根据牛顿第二定律可知可以减小滑块的质量增大加速度的测量范围。8.(8分)(2024广东江门一模)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量m=7kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°,BC段的长度L2=7.5m,长木板的长度d=5m,货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)货物到达B点时的速度大小vB;(2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC;(3)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η。答案(1)10m/s(2)5m/s(3)60%解析(1)依题意,货物由A点运动到B点过程,根据动能定理得mgL1sin53°-μ1mgL1cos53°=1解得vB=10m/s。(2)依题意,货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得a货=μ1mgm=5根据匀变速直线运动规律,有-2a货L2=v解得vC=5m/s。(3)长木板进入反弹装置时的速度为v1=vC=5m/s设长木板的质量为m0,则长木板刚进入反弹装置时的能量为E=12m0长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得-μ2m0g(L2-d)=0-12m0长木板在反弹的过程中损失的能量为ΔE=12m0v12则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η=ΔEE×9.(10分)如图所示,在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限内充满范围足够大、方向沿y轴负方向的匀强电场。一束质量为m、电荷量为+q的粒子以不同的速率从O点沿xOy竖直平面内的OP方向发射,沿直线飞行到P点时进入有界匀强磁场区域,O、P两点间的距离为L,OP连线与x轴正方向的夹角α=30°。所有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上射出,且射出方向与x轴负方向的夹角均为β=60°,若速度最大的粒子从x轴上Q点以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁场内运动,忽略粒子间的相互作用及粒子的重力。求:(1)粒子在匀强磁场中运动的时间;(2)v的大小;(3)有界匀强磁场区域的最小面积。答案(1)5(2)((3)10π-解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,有qvB=mvv=2联立得T=2由题意可知,所有粒子经过磁场后的偏转角均为150°,则粒子在磁场中运动的时间为t1=150°360°(2)速度为v的粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可知POsin30°=PMsin60°+MQcos60°解得R=(v=(3(3)由几何关系可知PQ=2Lsin30°MN=R2三角形PMQ的面积为S1=12×PQ×MN=7-150°圆心角对应的扇形面积S2=150°360°×πR2=10则磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积,其面积为ΔS=S2-S1=10π-510.(14分)(2024福建龙岩三模)如图所示,两平行导轨ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是两小段绝缘导轨,其余部分是金属导轨,导轨间平滑相接,导轨间距为d1,整个导轨置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。导轨左侧接有一阻值为R的电阻和一电容为C、极板间距为d2的电容器(开始时不带电),右侧接有自感系数为L的线圈。质量为m、长度为d1、电阻为R的金属棒M垂直导轨放置于绝缘导轨左侧某处,质量为m、电阻不计的金属棒N垂直导轨放置于绝缘导轨上。现给M一水平向右的初速度,当M达到稳定状态,一电荷量为-q(q>0)的粒子(重力不计)恰能以