卷子答案网-一个不只有答案的网站能力题提分练(二)
一、单项选择题。
1.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端固定,质量为m的物块P紧压在弹簧上端但不连接,开始时用轻绳系住物块,轻绳的拉力大小为2mg,此时弹簧的弹性势能为,剪断轻绳,则物块P离开弹簧后上升到最高点的时间为( )
A.6 B.2
C.3 D.
2.(2023山东日照二模)电动打夯机可以帮助工人压实路面,大大提高了工作效率。某电动打夯机的结构示意图如图所示,由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为m0,配重物质量为m,配重物的重心到轮轴的距离为r,重力加速度为g。在电动机带动下,偏心轮在竖直平面内匀速转动,皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时,刚好使整体离开地面。下列判断正确的是( )
A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B.配重物转到最高点时,处于超重状态
C.偏心轮转动的角速度为
D.电动打夯机对地面压力的最大值为(m0+m)g
3.天问一号探测器需要通过霍曼转移轨道从地球运动到火星,地球轨道和火星轨道看成圆形轨道,此时霍曼转移轨道是一个近日点M、远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道(如图所示),在近日点短暂点火后天问一号进入霍曼转移轨道,接着天问一号沿着这个轨道运动直至抵达远日点,然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G,太阳质量为m,地球轨道和火星轨道半径分别为r和R,地球、火星、天问一号运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对天问一号的作用力,下列说法正确的是( )
A.两次点火之间的时间间隔为
B.两次点火喷射方向一次与速度方向相同,一次与速度方向相反
C.天问一号在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为
D.天问一号运行中在转移轨道上M点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为
4.(2023湖南岳阳高三模拟)如图所示,一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2,一端和质量为m的小球连接,另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接,直杆与两定滑轮在同一竖直面内,与水平面的夹角θ=60°,直杆上O点与两定滑轮均在同一高度,O点到定滑轮O1的距离为L,直杆上D点到O点的距离也为L,重力加速度为g,直杆足够长,小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放,下列说法错误的是( )
A.小物块刚释放时,轻绳的拉力大小为mg
B.小球运动到最低点时,小物块加速度的大小为g
C.小物块下滑至D点时,小物块与小球的速度大小之比为2∶1
D.小物块下滑至D点时,小物块的速度大小为
二、多项选择题。
5.(2023山东烟台二模)电磁轨道炮原理的俯视图如图所示,它是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,应用此原理可研制新武器和航天运载器。图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C,两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1使电容器完全充电,然后将S接至2,MN开始向右运动,若导轨足够长,则在此后的运动过程中,下列说法正确的是( )
A.磁场方向垂直于导轨平面向上
B.MN的最大加速度大小为
C.MN的最大速度大小为
D.电容器上所带的最少电荷量为
6.如图所示,一足够长且倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,斜面底端有一挡板,一根劲度系数为k的轻质弹簧两端分别连接在固定挡板和小物体B上,小物体A与小物体B紧靠在一起处于静止状态,且两者质量相同。对小物体A施加一沿斜面向上的拉力,使小物体A沿斜面向上做匀加速直线运动。从施加力直到两物体分离的过程中,拉力的最小值为F1,最大值为F2,已知重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是( )
A.每个物体的质量为
B.小物体A的加速度大小为
C.开始时弹簧的压缩量为
D.从开始运动到两物体分离经过的时间为(2F2-F1)
三、非选择题。
7.利用如图所示的电路测量灵敏电流表的内阻。其中E为电源,K为开关,R为滑动变阻器,R1、R2为电阻箱,V为电压表,G为待测内阻的灵敏电流表。
A.电压表(量程0~2 V,内阻约10 kΩ)
B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)
C.灵敏电流表(量程0~300 μA,内阻未知)
D.电源(电动势1.5 V,内阻不计)
E.滑动变阻器(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)
F.滑动变阻器(阻值范围0~1 000 Ω,额定电流0.6 A)
(1)为减少实验误差,关于仪器选择,下列说法正确的是 。
A.电压表选A,滑动变阻器选E
B.电压表选A,滑动变阻器选F
C.电压表选B,滑动变阻器选E
D.电压表选B,滑动变阻器选F
(2)闭合开关K,调节滑动变阻器滑片的位置和电阻箱R1、R2的阻值,读出灵敏电流表的示数为I,电压表的示数为U,电阻箱R2的阻值为a,灵敏电流表的内阻为 。
(3)闭合开关K,调节滑动变阻器滑片的位置和电阻箱R1、R2的阻值,使灵敏电流表达到半偏,此时电阻箱R2的阻值为b;再次调节,使灵敏电流表达到满偏,此时电阻箱R2的阻值为c。两次调节过程中,使电压表示数保持不变,则灵敏电流表的内阻为 。若考虑电压表的内阻,灵敏电流表内阻测量值 (选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
8.如图所示,在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为+q、初速度为v的带电粒子从a(0,d)点处沿y轴正方向开始运动,一段时间后,粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场,经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直,带电粒子重力不计。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)粒子从a点开始到x轴所用的时间。
9.(2023广东佛山二模)图甲是U形雪槽。某次滑雪表演,在开始阶段,表演者在同一竖直平面内运动,可以把该场地简化为图乙所示的凹形场地;两端是的光滑圆弧面,半径均为L,中间是长为4L的粗糙水平面。表演者M的质量(含滑板)为m,从光滑圆弧面的A处滑下,进入水平面后,与质量(含滑板)为2m且静止在水平面中点O处的表演者N碰撞,碰后M以碰前速度的反弹,M、N在O处发生碰撞后,恰好不再发生第二次碰撞,且停在O、C间的某处。假设M、N在粗糙水平面上运动时,所受阻力与压力的比分别为μ1、μ2(μ1和μ2都是未知量),且已知=k(0
(2)以O为起点,求M、N碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比。
(3)试讨论k在不同取值范围时,M、N所停位置距C点的距离。
能力题提分练(二)
1.D 开始时弹簧弹力为F=mg+2mg=3mg,弹簧的压缩量为x0=,物块从剪断轻绳到升到最高点的过程,由能量关系得=mgh,解得h=,即物块离开弹簧时上升的高度为h1=h-x0=,根据h1=gt2可得t=,故选D。
2.C 电动机轮轴与偏心轮转动属于皮带传动,线速度相等,根据v=rω,可知角速度不相等,A错误;配重物转到最高点时,加速度向下,处于失重状态,B错误;当偏心轮上的配重物转到顶端时,刚好使整体离开地面,则有FT=m0g,对配重物有mg+FT=mrω2,解得ω=,C正确;在最低点,对配重物有FT'-mg=mrω2,对电动打夯机有FN=FT'+m0g,解得FN=2(m+m0)g,根据牛顿第三定律可知电动打夯机对地面压力的最大值为2(m0+m)g,D错误。
3.C 设霍曼转移轨道周期为T1,地球公转周期为T,由开普勒第三定律和地球轨道周期关系G=m0r,解得t=,A错误;两次点火喷射都使天问一号加速,所以喷射方向都与速度方向相反,B错误;火星轨道半径为R,地球轨道半径为r,根据G=m天a=m天,得a=,v=,则天问一号在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为,天问一号运行在转移轨道上M点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为,C正确,D错误。
4. A 小物块刚释放时,小物块将加速下滑,加速度向下,小球处于失重状态,则轻绳对小球的拉力小于小球的重力mg,A错误;当拉小物块的轻绳与直杆垂直时,小球下降的距离最大,对小物块受力分析,由牛顿第二定律mgsin θ=ma,解得此时小物块加速度的大小为a=g,B正确;将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向,如图所示,沿绳子方向的分速度等于小球的速度,即vcos 60°=v1,所以小物块在D处的速度与小球的速度之比为,C正确;设小物块下滑距离为L时的速度大小为v,此时小球的速度大小为v1,对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律有mgLsin 60°=mv2+,其中,解得此时小物块的速度大小为v=,D正确。
5.BCD 由左手定则可知,磁场方向垂直于导轨平面向下,A错误;电路中最大电流为I=,MN所受的最大安培力大小为F=BIL=,MN的最大加速度大小为a=,B正确;电容器放电前所带的电荷量Q1=CE,开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vm时,MN上的感应电动势E'=BLvm,最终电容器所带的电荷量Q2=CE',通过MN的电荷量q=C(E-E'),由动量定理有·Δt=mvm-0,则BL·Δt=BLq=mvm,解得vm=,Q2=,C、D正确。
6.BC A、B静止时,对A和B受力分析可知kx0=2mgsin θ,A、B未分离前F+kx-2mgsin θ=2ma,A始终沿斜面向上做匀加速直线运动,随着弹簧形变量减小,F增大,故F1=2ma,F2=mgsin θ+ma,解得m=,A错误;物体A的加速度大小为a=,B正确;开始时弹簧的压缩量为x0=,C正确;分离时弹力为mgsin θ=kx,运动位移x0-x=at2,解得t=(2F2-F1),D错误。
7.答案 (1)A
(2)-a
(3)b-2c 等于
解析 (1)电源的电动势1.5 V,电压表应选择A,为方便调节,滑动变阻器应选择E,故选项A正确。
(2)根据欧姆定律有U=I(RG+a),得RG=-a。
(3)灵敏电流表半偏时有U=(RG+b),灵敏电流表满偏时有U=IG(RG+c),解得RG=b-2c;实验中保持电压表电压不变,灵敏电流表和电阻箱串联,通过灵敏电流表的电流和两端的电压均为准确值,灵敏电流表内阻测量值等于真实值。
8.答案 (1)
(2)
(3)Tn=(n为奇数),Tn=(n为偶数)
解析 (1)粒子运动的部分轨迹如图所示
粒子在磁场中做圆周运动有
qvB=m
由几何关系得
rcos 45°=d
联立解得r=d,B=。
(2)粒子从x轴运动到b点过程中,水平方向
r+rsin 45°=vcos 45°·t2
竖直方向
vsin 45°=t2
联立解得t2=(2+,E=。
(3)粒子从a点运动到x1,即第一次到达x轴所用时间为
T1=
从x1到x2,根据对称性可知
T2'=2t2=(4+2
所以粒子第二次到达x轴所用时间为
T2=T1+T2'=
在x2处,粒子以速度v与x轴正方向成45°进入磁场,从x2到x3
T3'=
所以粒子第三次到达x轴所用时间为
T3=T2+T3'=
所以当粒子第n次到达x轴时所用时间为
Tn=(n为奇数)
Tn=(n为偶数)。
9.答案 (1)
(2)
(3)0
mv0=m(-vM)+2mvN
又vM=v0
联立得。
(2)若M、N从碰撞后到停下,它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为sM和sN,则有
=μ1mgsM
×2m=μ2×2mgsN
又=k
联立得。
(3)由于M、N刚好不再发生第二次碰撞且停在O、C间的某处,所以M、N在同一地点停下。有以下两种情况。
第一种情况是N还没有到达C处就已停下,有
sM=4L+sN
sN≤2L
6L>sM
M、N所停位置距C点的距离
ΔL1=2L-sN
联立解得0
sM+sN=8L
4L>sN>2L
6L>sM>4L
M、N所停位置距C点的距离
ΔL2=sN-2L能力题提分练(一)
一、单项选择题。
1.(2023山东临沂二模)如图所示,A、B、C是等边三角形的三个顶点,O为该三角形的中心,在A点和B点分别固定电荷量均为q的正点电荷,在O点固定某未知点电荷q'后,C点的电场强度恰好为零。则O点处的点电荷q'为( )
A.负电荷,电荷量为-q
B.负电荷,电荷量为-q
C.正电荷,电荷量为q
D.正电荷,电荷量为q
2.如图所示,高速公路上一辆速度为90 km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶。驾驶员在A点发现刹车失灵,短暂反应后,控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B点紧贴避险车道左侧驶入。已知汽车速率不变,A、B两点沿道路方向距离为105 m,超车道和行车道宽度均为3.75 m,应急车道宽度为2.5 m,路面提供的最大静摩擦力是车重的,汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动,重力加速度g取10 m/s2,驾驶员的反应时间为( )
A.1.6 s B.1.4 s
C.1.2 s D.1.0 s
3.某小组制作了一个空间站核心舱模型,舱的气密性良好,将舱门关闭,此时舱内气体的温度为27 ℃,压强为p0(p0为大气压强)。经过一段时间后,环境温度升高,舱内气体的温度变为37 ℃,压强为p1,此时打开舱门,缓慢放出气体,舱内气体与外界平衡,则( )
A.气体压强p1=p0
B.气体压强p1=p0
C.放出气体的质量是舱内原有气体的
D.放出气体的质量是舱内原有气体的
4.(2023湖南长沙二模)如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为m0的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面的最下端,且没有从滑块上端冲出去,若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法错误的是( )
A.小球的质量为m0
B.小球运动到最高点时的速度为
C.小球能够上升的最大高度为
D.若a>b,小球在与滑块分离后向左做平抛运动
二、多项选择题。
5.如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m。A、B的质量均为,与地面的动摩擦因数均为μ。用水平向右的力拉A,使A向右缓慢移动直至C降到地面,B一直保持静止,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。则从A开始移动直至C将要降到地面的过程中( )
A.A受到地面的摩擦力大小不变
B.A受到地面的摩擦力一直增大
C.A克服摩擦力做功为(-1)μmgR
D.A克服摩擦力做功为2(-1)μmgR
6.(2023湖南长沙二模)如图所示,两根相同“Y”形等高光滑金属导轨竖直放置,顶端水平,间距为d,中间跨接一电容为C不带电的电容器,开关S断开,导体棒A水平静止于顶端,导体棒B被水平锁定在电容器的下方,两导体棒与导轨垂直且接触良好,都处在磁感应强度大小为B1、方向相反的有界匀强磁场中,虚线为两磁场的分界线(磁场未画出,其方向均垂直纸面),导体棒B初始位置离导轨末端高度为h1,现解除锁定让导体棒B由静止下落,刚脱离轨道末端瞬间立即闭合开关S,再经时间Δt后导体棒A跳离导轨顶端,上升最大高度为h2,已知两导体棒质量均为m,重力加速度为g,不计一切摩擦阻力及电阻,则( )
A.若h1足够大,解除锁定后导体棒B最终在导轨上做匀速运动
B.导体棒B离开导轨时的速度大小为v=
C.导体棒A跳离过程中电容器两端电压变化量为ΔU=
D.导体棒A跳离后电容器所带的电荷量可能为零
三、非选择题。
7.弹簧是大家在生活中比较常见的机械零件,弹簧在外力作用下发生形变,撤去外力后,弹簧就能恢复原状。很多工具和设备都是利用弹簧这一性质来工作的。实验室中有五根一模一样的弹簧,小明想测量这批弹簧的劲度系数,将弹簧等间距悬挂在水平铁架台上,如图甲所示,1号弹簧不挂钩码,2号弹簧挂1个钩码,3号弹簧挂2个钩码,依此类推,钩码均相同。
(1)为了更直观地呈现出弹力大小F与伸长量Δx的关系,小明以1号弹簧末端指针所指的位置为原点,作出竖直的y轴及水平的x轴,其中y轴代表 ,x轴代表 。(均选填“F”或“Δx”)
甲
乙
丙
(2)为测量弹簧的伸长量,小明取来一把米尺,竖直放置在地上,米尺的100 cm刻度刚好与1号弹簧末端指针在同一水平线上,测量2号弹簧末端指针位置时,示数如图乙所示,则此时弹簧伸长量为 cm。
(3)小明依次测量3号、4号、5号弹簧的实验数据,根据测量的数据作出图像,如图丙所示,已知图中的数据均取国际单位制单位,则这些弹簧的劲度系数为 N/m。
8.(2023江西模拟)小朋友玩的一种弹珠游戏的简化模型(俯视图)如图所示。内壁光滑、半径为R的圆形挡板固定在光滑水平面上,质量分别为m、2m、m的a、b、c弹珠(均可视为质点)静止在圆形挡板同一直径两侧,a、c两弹珠紧靠在一起。现将a、c两弹珠分别以v0和3v0的速度沿相反方向弹出,弹珠间所有的碰撞均为弹性碰撞,弹珠始终沿圆轨道运动。求:
(1)b弹珠第一次碰撞后瞬间的速度;
(2)从a、c弹珠开始运动到a、c弹珠第一次相碰所经历的时间。
9.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。
能力题提分练(一)
1.B 在A点和B点分别固定电荷量均为q的正点电荷,它们两个在C点产生的电场强度大小为E=2kcos 30°=,方向由O指向C,在O点固定某未知点电荷q'后,C点的电场强度恰好为零,则O点点电荷在C处产生的电场强度为E'=k=-E,解得q'=-q,“-”表示点电荷带负电,故选B。
2.B 汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力,有0.5mg=,解得R=125 m,A、B两点间垂直道路方向距离为10 m,由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为l=2×=70 m,驾驶员反应时间内通过的路程为s=105 m-70 m=35 m,则驾驶员的反应时间为t==1.4 s,故选B。
3.D 由查理定律得,解得p1=p0,A、B错误;设舱内体积为V,温度变化后压强为p0时,气体体积为V',由玻意耳定律有p1V=p0V',同温度、同压强下,同种气体的质量之比等于体积之比,有,解得,D正确、C错误。
4.C 设小球的质量为m,初速度为v0,在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+m0v2,得v2=v1,结合图乙可得=b,所以v0=a,m=m0,A正确;对小球和滑块组成的系统有mv0=mv1+m0v2,m0,解得小球在与滑块分离时的速度为v1=v0=,若a>b,v1<0,小球的速度方向向左,所以小球与滑块分离时向左做平抛运动,D正确;小球运动到最高点时,竖直方向上速度为零,在水平方向上与滑块具有相同的速度v共,在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+m0)v共,解得v共=,B正确;小球从开始运动到最高点的过程中,由机械能守恒定律得(m+m0)+mgh,解得h=,C错误。故选C。
5.AD 用水平向右的力拉A,使A向右缓慢移动直至C将要降到地面时,根据对称性可知A和B受到地面的支持力大小相等,整个过程中将A、B、C看作整体,A受到地面的支持力为FN==mg,则A受到地面的摩擦力大小为Ff=μFN=μmg,保持不变, A正确,B错误;初、末状态图如图所示,由几何关系知A的位移为x=2(2Rsin 60°-R)=2(-1)R,所以A克服摩擦力做功为Wf=Ffx=2(-1)μmgR,C错误,D正确。
6.BCD 导体棒B在下降过程中切割磁感线,给电容器充电,任取Δt0时间,则可得充电电流为I=,而ΔU=ΔE=B1dΔv,联立可得I=CB1da,由牛顿第二定律有mg-B1Id=ma,解得a=,可知导体棒B做匀加速直线运动,若h1足够大,由于加速度a不变,则导体棒B始终做匀加速直线运动,A错误;根据匀变速直线运动的规律,导体棒B离开导轨时有v2=2ah1,解得v=,B正确;设导体棒A跳离导轨瞬间的速度大小为v1,则由速度位移关系得=2gh2,解得v1=,设跳离过程中通过导体棒A的电流为,根据动量定理得B1dΔt-mgΔt=mv1,又,联立解得ΔU=,C正确;闭合开关S,电容器放电,则在导体棒A跳离后,电容器所带的电荷量可能为零,D正确。
7.答案 (1)Δx F (2) 4.00 (3)50
解析 (1)由题图甲知,y轴代表弹簧的伸长量Δx,x轴代表弹力大小F。
(2)由题图乙知,2号弹簧末端指针位置对应的刻度为96.00 cm,故弹簧伸长量Δx=100 cm-96.00 cm=4.00 cm。
(3)由题图丙得k= N/m=50 N/m。
8.答案 (1)2v0 (2)
解析 (1)因c弹珠速度较大,故b、c两弹珠先相碰,设碰后c弹珠的速度为v1,b弹珠的速度为v2,由动量守恒定律有
3mv0=mv1+2mv2
由能量守恒定律有
m(3v0)2=×2m
联立解得v1=-v0,v2=2v0。
(2)由分析可知,a、b两弹珠将在轨道A点发生碰撞,如图所示
设碰后a弹珠的速度为v3,b弹珠的速度为v4,由动量守恒定律有
2mv2-mv0=mv3+2mv4
由能量守恒定律有
×2m×2m
联立解得v3=3v0,v4=0
即碰后b弹珠静止,而后速度大小为3v0的a弹珠与速度大小为v0的c弹珠迎面相撞,相撞点为圆轨道上B点,由于a、c两弹珠质量相等,碰后速度交换,即恢复到初始状态,只是弹珠a、b、c的位置沿圆轨道顺时针转过80°,这个过程中a弹珠运动的时间为
ta=。
9.答案 (1)
(2)
(3)L2
解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,有
qvB=m
v=
联立得T=
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=T=。
(2)速度为v的粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
POsin 30°=PMsin 60°+MQcos 60°
解得R=
v=。
(3)由几何关系可知
PQ=Lsin 30°
MN=L
三角形PMQ的面积为
S1=×PQ×MN=L2
150°圆心角对应的扇形面积
S2=×πR2=πL2
则磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积,其面积为能力题提分练(三)
一、单项选择题。
1.(2023山东日照二模)如图所示,电荷量绝对值均为q的四个异种点电荷固定于同一圆周上互相垂直的直径两端,在此互相垂直的直径上有M、N、P、Q四个点到圆心O的距离相等。下列说法正确的是( )
A.M和Q两点处的电场强度不相同
B.M点的电场方向由M点指向N点
C.将一带正电的点电荷从M点移动到Q点,静电力做正功
D.将一带正电的点电荷从M点移动到N点,静电力做功为零
2.如图所示,倾角为α=37°的光滑斜面固定在水平地面上,物块A和长木板B叠放在斜面上,不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接长木板B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m,物块C的质量为2m,A、B间的动摩擦因数μ=0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。将A、B、C由静止释放,下列说法正确的是( )
A.轻绳的拉力大小为2mg
B.物块A的加速度大小为0.2g
C.物块C的加速度大小为0.76g
D.物块A与长木板B间的摩擦力大小为0.64mg
3.(2023湖南岳阳模拟)某载人飞船绕地球做圆周运动的周期为T,由于地球遮挡,航天员发现有T时间会经历“日全食”过程,如图所示。已知地球的半径为R,引力常量为G,地球自转周期为T0,太阳光可看作平行光,则下列说法正确的是( )
A.飞船离地球表面的高度为2R
B.一天内飞船经历“日全食”的次数为
C.航天员观察地球的最大张角为120°
D.地球的平均密度为
4.(2023山东威海二模)如图所示,理想变压器接在电压为U0的交流电源上,三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等,调节滑动变阻器R4的滑片,使其阻值与定值电阻相等,此时两个理想电压表的示数相同,下列说法正确的是( )
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶2
B.电压表的示数为
C.变压器的输入功率为R1消耗功率的7倍
D.向下移动滑动变阻器的滑片,两电压表的示数都变大
二、多项选择题。
5.如图所示,一木板静止在光滑水平地面上,左端连接一轻弹簧,弹簧的左端固定。t=0时刻一个小物块从左端滑上木板,t=t0时刻木板的速度第1次变为0,此时小物块从木板右端滑离。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ,弹簧始终在弹性限度内,则( )
A.t=时刻木板的加速度最大
B.t=t0时刻木板的加速度最大
C.t=时刻木板的速度最大
D.t=时刻木板的速度最大
6.如图所示,间距L=0.5 m的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上,斜面倾角θ=37°。区域Ⅰ、Ⅱ分别以PQ、MN为边界,均存在垂直于斜面向上的磁场,区域Ⅰ中磁感应强度从0开始随时间均匀增大,区域Ⅱ中为匀强磁场,磁感应强度B2=0.5 T,PQ与MN之间为无磁场区域。质量m=0.1 kg、电阻R=2 Ω的导体棒垂直于导轨放置,从两磁场之间的无磁场区域由静止释放,经过t=2 s进入区域Ⅱ恰好匀速下滑。导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触,导轨足够长且电阻不计。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。则下列说法正确的是( )
A.进入区域Ⅱ后,导体棒中的电流I=2.4 A
B.无磁场区域的面积至少为12 m2
C.前2 s导体棒产生的焦耳热Q=3.24 J
D.若区域Ⅰ磁场面积为2 m2,则区域Ⅰ的磁感应强度随时间变化的表达式为B=1.8t(SI)
三、非选择题。
7.太阳能电池是一种利用太阳光发电的光电半导体薄片,又称为“太阳能芯片”或“光电池”,只要光照达到一定的强度,瞬间就可输出电压。某物理兴趣小组想利用下面所给器材测量某光电池的电动势和内阻,已知相同光照强度下该光电池的电动势不变。
甲
待测光电池(电动势约为3 V,内阻约为10 Ω);
电流表A1(量程为0~3 mA,内阻RA1=100 Ω);
电流表A2(量程为0~600 mA,内阻约为1 Ω);
定值电阻R1=900 Ω;
定值电阻R2=200 Ω;
滑动变阻器R(0~200 Ω);
开关S,导线若干。
(1)根据所给器材设计最合理的实验电路,其中定值电阻应选 (选填“R1”或“R2”),并在图甲中完成实物连接。
(2)该同学用一定强度的光照射该光电池,闭合开关S,调节滑动变阻器R的阻值,读出电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2,得到该光电池的I1-I2曲线如图乙所示。由图乙可知,该光电池的电动势为 V,当A1的示数为2.30 mA时,电池内阻为 Ω。(均保留2位有效数字)
乙
(3)当滑动变阻器接入电路的电阻为8 Ω时,滑动变阻器上消耗的电功率为 W。(保留2位有效数字)
8.某科研小组在如图所示的坐标系中研究质量为m、电荷量为q的带正电小球在复合场中的运动情况,重力加速度为g,请回答以下问题:
(1)如图甲所示,若沿x轴正向加匀强电场,沿y轴正向加匀强磁场。小球以某速度在xOz平面内做匀速直线运动,某时刻撤去电场和磁场,小球在此后运动过程中的最小动能为其初始动能的,求所加匀强电场的电场强度大小E1。
(2)如图乙所示,若在坐标原点O固定一正点电荷,沿z轴加匀强磁场,小球恰好能以z轴上O1(0,0,a)点为圆心做匀速圆周运动,其轨迹平面与xOy平面平行,角速度为ω,运动方向如图中箭头所示,求磁感应强度大小B1并说明其方向。
(3)如图丙所示,若沿z轴正向加电场强度大小E2=的匀强电场,沿y轴负向加磁感应强度大小B2=的匀强磁场,沿y轴正向加电场强度大小E3=2E2的匀强电场。让小球在yOz平面内从z轴O2(0,0,R)点以初速度2v0与z轴正向成60°角射入,设C点(图丙中未画出)为小球运动过程中z坐标最大的点,求O2C可能的距离。
9.(2023福建厦门二模)如图甲所示,倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上,斜面上放置长度L=1 m、质量m0=3 kg的长木板A,长木板的下端恰好与斜面底部齐平;一可视为质点、质量m=1 kg、电荷量q=+1×10-5 C的物块B放在长木板上,与长木板上端距离d1=0.15 m;与长木板上端距离d2=1 m的虚线ef右侧存在足够宽的匀强电场,电场方向垂直斜面向上。t=0时刻起,一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上,1 s后撤去F,物块B在0~1 s内运动的v-t图像如图乙所示,且物块B在t=1.3 s时速度恰好减为零。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=,长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块B所带的电荷量始终不变,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求恒力F的大小。
(2)求匀强电场的电场强度大小。
(3)从t=0时刻起到长木板下端再次与斜面底部齐平的过程中,求物块B与长木板A间因摩擦产生的热量。
能力题提分练(三)
1.A 根据对称性和电场叠加原则可知,M和Q两点处的电场强度大小相等,方向不同,A正确。图中竖直直径两端的等量异种点电荷+q、-q在M点的合电场强度EMy方向竖直向下,水平直径两端的等量异种点电荷+q、-q在M点的合电场强度EMx方向水平向右,根据等量异种点电荷电场分布特点可知EMy>EMx,M点的电场方向并不是由M点指向N点,B错误。根据等量异种点电荷电势分布特点和对称性可知,M点和Q点电势相等,N点和P点电势相等,且M点和Q点电势大于N点和P点电势,则将一带正电的点电荷从M点移动到Q点,静电力做功为零;将一带正电的点电荷从M点移动到N点,静电力做正功,C、D错误。
2.D 假设A、B能相对静止一起沿斜面向上加速运动,则整体的加速度大小a==0.2g,此时对物体A有Ff-mgsin 37°=ma,解得Ff=0.8mg,而A与B的最大静摩擦力Ffm=μmgcos 37°=0.64mg,可知此时A、B不能相对静止,即A相对B下滑,A与B间的滑动摩擦力大小为Ff'=μmgcos 37°=0.64mg,此时A的加速度大小aA=
=0.04g,方向沿斜面向上,B错误,D正确;对B、C的整体有a'=g,因物块C的加速度方向向下,处于失重状态,即轻绳的拉力大小小于2mg,A、C错误。
3.D 由几何关系可知,每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角,所需的时间为t=T,由于航天员发现有T时间会经历“日全食”过程,则T=T,得α=π,设飞船离地球表面的高度为h,由几何关系可得=sin ,得h=R,A错误;地球自转周期为T0,飞船绕地球一圈时间为T,飞船绕地球一圈会有一次日全食,即每过时间T就有一次日全食,则一天内飞船经历“日全食”的次数为,B错误;设航天员观察地球的最大张角为θ,则由几何关系可得sin ,得θ=60°,C错误;万有引力提供向心力,有,解得m地=,其中r=R+h=2R,又ρ=,联立得ρ=,D正确。
4.B 设此时电压表的示数为U,通过R1、R3、R4的电流都为I1=I3=I4=,通过R2的电流为I2=I3+I4=,变压器原、副线圈匝数比,A错误;原线圈的输入电压U1=U0-U,副线圈的输出电压U2=2U+U=3U,根据可得U=,B正确;变压器的输入功率P入=P出=I2U2=,R1消耗功率P1=,则=6,C错误;设副线圈的总电阻为R总,U2=I2R总,U1=I2R总,I1=I2,U0=I1R+U1=I2R+I2R总,向下移动滑动变阻器的滑片,则副线圈电路的总电阻增大,根据变压器原、副线圈的规律可知,副线圈电路的总电阻变大,则副线圈电流减小,原线圈电流变小,电压表V1的示数变小,因为原线圈电压变大,则副线圈电压也变大,又R2两端的电压变小,则电压表V2的示数变大,D错误。
5.BD 对木板分析,木板先向右做加速度减小的变加速运动,后向右做加速度增大的变减速运动,设木板相对加速度为0的位置为平衡位置,木板相对平衡位置的位移大小为x,木板初始位置到平衡位置的距离为L0,小物块的质量为m,则有kL0=μmg,当木板在平衡位置左侧时所受外力的合力大小为F=μmg-k(L0-x)=kx,当木板在平衡位置右侧时所受外力的合力大小为F=k(L0+x)-μmg=kx,可知该过程木板所受外力的合力大小与相对平衡位置的位移大小成正比,方向相反,即回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比,方向相反,则木板向右做简谐运动,根据对称性可知,t=0时刻与t=t0时刻加速度大小相等,均达到最大值,A错误,B正确;木板向右做简谐运动,根据对称性可知,平衡位置速度最大,即t=时刻木板的速度最大,C错误,D正确。
6.AC 导体棒进入区域Ⅱ恰好匀速下滑,则mgsin θ=B2IL,导体棒中的电流为I=2.4 A,故A正确;导体棒进入区域Ⅱ磁场的速度为v=at,根据牛顿第二定律有mgsin 37°=ma,导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动,有v2=2ax,无磁场区域的面积最小值为Smin=Lx,代入数据得Smin=6 m2,故B错误;导体棒进入区域Ⅱ后,区域Ⅰ中磁感应强度变化产生的感生电动势为E1,区域Ⅱ中导体棒切割磁场产生的动生电动势为E2,则E1+E2=E1+B2Lv=IR,解得感生电动势E1=1.8 V,前2 s导体棒未切割磁场,则产生的焦耳热为Q=t=3.24 J,故C正确;根据E1=S,得区域Ⅰ磁场的变化率为=0.9 T/s,区域Ⅰ中磁感应强度从0开始随时间均匀增加,则区域Ⅰ的磁感应强度随时间变化的表达式为B=0.9t(SI),故D错误。
7.答案 (1)R1 实物图连接见解析
(2)2.9 7.5
(3)0.27
解析 (1)待测光电池的电动势约为3 V,则将电流表A1改装成3 V的电压表,则R=-RA1= Ω-100 Ω=900 Ω,故选R1;电路的实物连接图如图所示。
(2)根据闭合电路欧姆定律有E=I1(RA1+R1)+I2r,得I1=-I2+,有b==2.9 mA,解得E=2.9 V;当A1的示数为2.30 mA时,由图乙可知电流表A2的读数为80 mA,根据闭合电路欧姆定律E=I1(RA1+R1)+I2r,代入数据得电池内阻为r=7.5 Ω。
(3)当滑动变阻器接入电路的电阻为8 Ω时,将8 Ω的定值电阻的U-I2图像画到电源的I1-I2图像中,由于电压表是用电流表A1改装成3 V的电压表,可知此时A1的示数为1.50 mA时,电流表A2的读数为185 mA,则滑动变阻器接入电路的电阻为8 Ω时,滑动变阻器上消耗的电功率为P=(185×10-3)2×8 W=0.27 W。
8.答案 (1)
(2),方向沿z轴负方向
(3)(n=0,1,2,3,…)
解析 (1)由平衡条件得,x轴方向有qv0zB=qE1
z轴方向有qv0xB=mg
小球在运动过程中的最小动能为其初始动能的,最小动能即为z轴方向的速度减为0时的动能
Ekmin=
根据题意有Ekmin=m()
解得v0x=v0z
则mg=qE1
解得E1=。
(2)设圆轨道半径为R1,圆周上一点和坐标原点连线与y轴的夹角为α
z轴方向有mg=F电sin α
由牛顿第二定律有qωR1B1-F电cos α=mω2R1
其中tan α=
解得B1=,由左手定则可知磁场方向沿z轴负方向。
(3)小球的运动为复杂的旋进运动。将该运动分解为xOz平面内的匀速圆周运动和y轴正方向的匀加速直线运动,在xOz平面内有qvB2=
又v=2v0cos 60°
解得r=
小球在xOz平面内做匀速圆周运动的周期为
T=
小球从O2到C的时间为
t=T(n=0,1,2,3,…)
O2C在z轴方向上的距离Lz=r,O2C在x轴方向上的距离Lx=r,小球在y轴的正方向做匀加速直线运动,根据匀变速直线运动规律可知,O2C在y轴方向上的距离
Ly=2v0sin 60°·t+at2
根据牛顿第二定律得qE3=ma
O2C的距离为
O2C==
=
(n=0,1,2,3,…)。
9.答案 (1)48 N (2)5×105 N/C (3)1.125 J
解析 (1)由图乙可知,0~1 s内物块B的加速度大小为
a1==2 m/s2
若物块B与长木板A发生相对滑动,由牛顿第二定律得
μ1mgcos θ-mgsin θ=ma0
得a0=2.5 m/s2
因a1
得F=48 N。
(2)0~1 s内A、B一起运动的位移为
x1=t1
得x1=1 m=d2
即撤去外力时长木板A恰好运动到电场边缘,假设撤去外力后A、B相对静止一起减速,对A、B整体有
μ2(m0+m)gcos θ+(m0+m)gsin θ=(m0+m)a2
得a2=10 m/s2
对物块B有
Ff1+mgsin θ=ma
得Ff1=5 N
Ffm=μ1mgcos θ=7.5 N
所以Ff1
得xB1=0.2 m>d1
即物块B到达电场边缘时尚未减速为零
由运动学公式有d1=v1t2-a2
得t2=0.1 s或t2=0.3 s(舍去)
v2=v1-a2t2
物块B在t=1.3 s时减速为零,则物块B和长木板A共同进入电场后的加速度大小为
a3=
对物块B,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μ1(mgcos θ-qE)=ma3
得E=5×105 N/C。
(3)物块B进入电场后减速为零,有
0-=-2a3xB2
设长木板A减速为零的位移为xA,由动能定理得
-μ2m0gcos θ·xA-mgxAsin θ=0-m0
得xB2=0.1 m,xA=0.05 m
因为xB2
μ2m0gcos θ=m0gsin θ
故长木板A静止不动,物块B离开电场时,速度与进入时等大反向,即离开电场时速度大小
v2'=v2
对物块B,由牛顿第二定律得
μ1mgcos θ-mgsin θ=maB
对长木板A,由牛顿第二定律得
μ1mgcos θ+m0gsin θ-μ2(m0+m)gcos θ=m0aA
得aB=2.5 m/s2
aA= m/s2
两者共速时
v2'-aBt4=aAt4
得t4=0.3 s
v共=0.25 m/s
此过程中长木板A、物块B的位移大小分别为
xA'=t4
xB'=t4
得xA'=0.037 5 m
xB'=0.187 5 m
xA'>d2
此时长木板A尚未到达底部,物块B进入电场后
qE=mgcos θ
物块B与长木板A间无摩擦生热,物块B仅在离开电场后与长木板A有摩擦生热,有
Q=μ1mgcos θ(xB'-xA')
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