【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（新高考新教材） 考前热身练 能力题提分练（二） Word版含解析.docx，共(10)页，466.654 KB，由小赞的店铺上传

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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9𝑚2𝑔22𝑘,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√𝑚𝑘B.2√3𝑚𝑘C.3√𝑚𝑘D.√3𝑚𝑘2.(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m

0,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√(𝑚0+𝑚)𝑔𝑚𝑟D.电动打夯机对地面压力的最大值为(m0+m)g3.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√2π2√(𝑅+𝑟)3𝐺𝑚B.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√𝑅𝑟D.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𝑅𝑟4.(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mgB.小球运动到最低点时,小物块加速度的大小为√32gC.小物块下滑至D点时,小物块与小球的速度大小之比为2∶1D.小物块下滑至D点时,小物块的速度大小为√20√3𝑔𝐿5二、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𝐵�

�𝐿𝑚𝑅C.MN的最大速度大小为𝐶𝐵𝐿𝐸𝑚+𝐶𝐵2𝐿2D.电容器上所带的最少电荷量为𝐶2𝐵2𝐿2𝐸𝑚+𝐶𝐵2𝐿26.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𝐹2-𝐹1𝑔sin𝜃B.小物体A的加速度大小为𝐹1𝑔sin𝜃2𝐹2-𝐹1C.开

始时弹簧的压缩量为2𝐹2-𝐹1𝑘D.从开始运动到两物体分离经过的时间为(2F2-F1)√2𝑘𝐹1𝑔sin𝜃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0~2V,内阻约10kΩ)B.电压表(量程0~10V,内阻约100kΩ)C.灵敏电流表(量程0~300μA,内阻未知)D.电源(电动势1.5V,内阻不计)E.滑动变阻器(阻值范围0~10Ω,额定电流2A)F.滑动

变阻器(阻值范围0~1000Ω,额定电流0.6A)(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EB.电压表选A,滑动变阻器选FC.电压表选B,滑动变阻器选ED.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14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14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𝜇1𝜇2=k(0<k<1),表演者的动作不影响自身的速度,滑板的长度忽略不计,重力加速度为g。(1)求M与N碰撞后瞬间M、N的速度大小之比。(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=3𝑚𝑔𝑘,物块从剪断轻绳到升到最高点的过程,由能量关系得9𝑚2𝑔22𝑘=mgh,解得h=9𝑚𝑔2𝑘,

即物块离开弹簧时上升的高度为h1=h-x0=3𝑚𝑔2𝑘,根据h1=12gt2可得t=√3𝑚𝑘,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=√(𝑚0+𝑚)𝑔𝑚𝑟,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(𝑅+𝑟2)3𝑇12=𝑟3𝑇2和地球轨道周期关系G𝑚𝑚0𝑟2=m0r4π2𝑇2,解得t=𝑇12=√2π4√(𝑅+𝑟

)3𝐺𝑚,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G𝑚0𝑚天𝑟2=m天a=m天𝑣2𝑟,得a=𝐺𝑚0𝑟2,v=√𝐺𝑚0𝑟,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√𝑅𝑟,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𝑅2𝑟2,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mgsinθ=ma,解得此时小物块加速度的大小为a=√32g,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vcos60°=v1,所以小物块在D处的速度与小球的速度之比为𝑣𝑣1=21,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mgLsin60°=12mv2+12𝑚𝑣12

,其中𝑣𝑣1=21,解得此时小物块的速度大小为v=√20√3𝑔𝐿5,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=𝐸𝑅,MN所受的最大安培力大小为F=BIL=𝐵𝐸𝐿𝑅,MN的最大加速度大小为a=𝐹𝑚=𝐵�

�𝐿𝑚𝑅,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𝐹·Δt=mvm-0,则BL𝐼·Δt=B

Lq=mvm,解得vm=𝐶𝐵𝐿𝐸𝑚+𝐶𝐵2𝐿2,Q2=𝐶2𝐵2𝐿2𝐸𝑚+𝐶𝐵2𝐿2,C、D正确。6.BCA、B静止时,对A和B受力分析可知kx0=2mgsinθ,A、B未分离前F+kx-2mgsinθ=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=mgsinθ+ma,解得m=2𝐹2-𝐹12𝑔sin𝜃,A错误;物体A的加速度大小为a=𝐹12𝑚=𝐹12×2𝐹2-𝐹12𝑔sin𝜃=𝐹1𝑔sin𝜃2𝐹2-𝐹1,B正确;开始时弹簧的压缩量为x0=2𝑚𝑔sin

𝜃𝑘=2𝑔sin𝜃·2𝐹2-𝐹12𝑔sin𝜃𝑘=2𝐹2-𝐹1𝑘,C正确;分离时弹力为mgsinθ=kx,运动位移x0-x=12at2,解得t=(2F2-F1)√1𝑘𝐹1𝑔s

in𝜃,D错误。7.答案(1)A(2)𝑈𝐼-a(3)b-2c等于解析(1)电源的电动势1.5V,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=𝑈𝐼-a。(3)灵敏电流表半偏时有U=𝐼G2(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)√2𝑚𝑣2𝑞𝑑(2)(√2-1)𝑚𝑣22𝑞𝑑(3)Tn=[5√2π4+𝑛-12(4+2√2)+𝑛-12·3√2π2]𝑑𝑣(n为奇数),Tn=[5√2π4+𝑛2(4+2√2)+𝑛-22·3√2π2]𝑑𝑣(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=m𝑣2𝑟由几何关系得rcos45°=d联立解得r=√2d,B=√2𝑚𝑣2𝑞𝑑。(2)粒子从x轴运动到b点过程中,水平方向r+rsin45°=vc

os45°·t2竖直方向vsin45°=𝑞𝐸𝑚t2联立解得t2=(2+√2)𝑑𝑣,E=(√2-1)𝑚𝑣22𝑞𝑑。(3)粒子从a点运动到x1,即第一次到达x轴所用时间为T1=𝜃2π·2π𝑟𝑣=5√2π𝑑4𝑣从x1到x2,根据对称性可知T2'=2t2=(4+2√2)�

�𝑣所以粒子第二次到达x轴所用时间为T2=T1+T2'=(5√2π4+4+2√2)𝑑𝑣在x2处,粒子以速度v与x轴正方向成45°进入磁场,从x2到x3T3'=𝜃12π·2π𝑟𝑣=3√2π𝑑2𝑣所以粒子第三次到达x轴所用时间为T3=T2+T3'=(5√

2π4+4+2√2+3√2π2)𝑑𝑣所以当粒子第n次到达x轴时所用时间为Tn=[5√2π4+𝑛-12(4+2√2)+𝑛-12·3√2π2]𝑑𝑣(n为奇数)Tn=[5√2π4+𝑛2(4+2√2)+𝑛-22·3√2π2]𝑑𝑣(n为偶

数)。9.答案(1)25(2)425𝑘(3)0<k≤475时,8-150𝑘4-25𝑘L;475<k<425时,150𝑘-84+25𝑘L解析(1)设M与N碰撞前的速度为v0,碰撞后,M反弹的速度大小为vM,N获得的速度大小为v

N。取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=m(-vM)+2mvN又vM=14v0联立得𝑣𝑀𝑣𝑁=25。(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12𝑚𝑣𝑀2=μ1m

gsM12×2m𝑣𝑁2=μ2×2mgsN又𝜇1𝜇2=k联立得𝑠𝑀𝑠𝑁=425𝑘。(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+sNs

N≤2L6L>sMM、N所停位置距C点的距离ΔL1=2L-sN联立解得0<k≤475,ΔL1=8-150𝑘4-25𝑘L第二种情况是N通过C点又从圆弧滑下返回,有sM+sN=8L4L>sN>2L6L>sM

>4LM、N所停位置距C点的距离ΔL2=sN-2L