【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（老高考新教材） 考前热身练 能力题提分练（三） Word版含解析.docx，共(11)页，673.941 KB，由小赞的店铺上传

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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.(2023山东济南二模)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,sin37°=0.6,cos37°=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2mgB.物块A的加速度大小为0.2gC.物块C的加速度大小为0.76gD.物块A与长木板B间的摩擦力大小为0.64mg3.(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16T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2RB.一天内飞船经历“日全食”的次数为𝑇𝑇0C.航天员观察地球的最大张角为120°D.地球的平均

密度为24π𝐺𝑇24.(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∶2B.电压表的

示数为𝑈07C.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.(2023山东潍坊二模)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=𝑡04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=𝑡04时刻木板的速度最大D.t=𝑡02时刻木板的速度最大6.如图所示,间距L=0

.5m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=0.5T,PQ与MN之间为无磁场区域。质量m=

0.1kg、电阻R=2Ω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=2s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10m/s2,sin37°=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=2.4AB.无磁场区域的面积至少为12m2C.前2s导体棒产生的焦耳热Q=3.24JD.若区域Ⅰ磁场面积为2m2,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.

(2023山东临沂二模)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3V,内阻约为10Ω);电流表A1(量程为0~3mA,内阻RA1=100Ω);电流表A2(量程为0~600mA,内阻约为1Ω);定值电阻R1=900Ω;定值电阻R2=200Ω;滑动变阻器R(0~20

0Ω);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2.30mA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8Ω时,滑动变阻器上消耗的电功率为W。(保

留2位有效数字)8.(2023山东青岛二模)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12,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=𝑚𝑔𝑞的匀强电场,沿y轴负向加磁感应强度大小B2=2𝑚�

�0𝑞𝑅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=1m、质量m0=3kg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=1kg、电荷量q=+1×10-5C的物块B放在长木板上,与长木板上端距离d1=0.15m;与长木板上端

距离d2=1m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,1s后撤去F,物块B在0~1s内运动的v-t图像如图乙所示,且物块B在t=1.3s时速度恰好减为零。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=√32

,长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=√33,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10m/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=2𝑚𝑔-2𝑚𝑔sin37°4𝑚=0.2g,此时对物体A有F

f-mgsin37°=ma,解得Ff=0.8mg,而A与B的最大静摩擦力Ffm=μmgcos37°=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'=μmgcos37°=0.64mg,此时A的加速度大小aA=𝜇𝑚𝑔cos37°

-𝑚𝑔sin37°𝑚=0.04g,方向沿斜面向上,B错误,D正确;对B、C的整体有a'=2𝑚𝑔-𝑚𝑔sin37°-𝐹f'3𝑚=0.763g,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=𝛼2πT,由于航天员发现有16T时间会经历“日全食”过程,则𝛼2πT=16T,得α=13π,设飞船离地球表面的高度为h,由几何关系可得𝑅𝑅+ℎ=sin𝛼2,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𝑇0𝑇,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sin𝜃2=𝑅

𝑅+ℎ,得θ=60°,C错误;万有引力提供向心力,有𝐺𝑚地𝑚𝑟2=4π2𝑚𝑟𝑇2,解得m地=4π2𝑟3𝐺𝑇2,其中r=R+h=2R,又ρ=𝑚地𝑉=𝑚地43π𝑅3,联立得ρ=24π𝐺𝑇2,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=𝑈𝑅,通过R2的电流为I2=I3+I4=2𝑈𝑅,变压器原、副线圈匝数比𝑛1𝑛2=𝐼2𝐼1=21,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𝑛1𝑛2=𝑈1𝑈2可得U=𝑈07,B正确;变压器的输入功率P入=P出=I2U2=6𝑈2𝑅,R1消耗功率P1=𝑈2𝑅,则𝑃入𝑃1=6,C错误;设副线圈的总电阻为R总,U2=I2R总,U1=𝑛1𝑛2I2R总,I1=𝑛2𝑛1I2,U0=I1R+U1=

𝑛2𝑛1I2R+𝑛1𝑛2I2R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=𝑡02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mgsinθ=B2IL,导体棒中的电流为I=2.4A,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mgsin3

7°=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=6m2,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+B2

Lv=IR,解得感生电动势E1=1.8V,前2s导体棒未切割磁场,则产生的焦耳热为Q=𝐸12𝑅t=3.24J,故C正确;根据E1=Δ𝛷Δ𝑡=Δ𝐵Δ𝑡S,得区域Ⅰ磁场的变化率为Δ𝐵Δ𝑡=0.9T/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)2.97.5(3)0.27解析(1)待测光电池的电动势约为3V,则将电流表A1改装成3V的电压表,则R=𝑈m𝐼1-RA1=33×10-3Ω-100Ω=900Ω

,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=-𝑟𝑅A1+𝑅1I2+𝐸𝑅A1+𝑅1,有b=𝐸𝑅A1+𝑅1=2.9mA,解

得E=2.9V;当A1的示数为2.30mA时,由图乙可知电流表A2的读数为80mA,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=7.5Ω。(3)当滑动变阻器接入电路的电阻为8

Ω时,将8Ω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3V的电压表,可知此时A1的示数为1.50mA时,电流表A2的读数为185mA,则滑动变阻器接入电路的电阻为8Ω时,滑动变阻器上消耗的电功率为P=(185×10-3)2×8W=0.27W。8.答

案(1)𝑚𝑔𝑞(2)𝑚(𝜔2𝑎+𝑔)𝑞𝜔𝑎,方向沿z轴负方向(3)√𝑅22+3π2𝑅2(𝑛+14)2+2√3𝑔π3𝑅3𝑣02(𝑛+14)3+𝑔2π4𝑅4𝑣04(𝑛+14)4(n=0,1,2,3,…)

解析(1)由平衡条件得,x轴方向有qv0zB=qE1z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12,最小动能即为z轴方向的速度减为0时的动能Ekmin=12𝑚𝑣0𝑥2根据题意有Ekmi

n=12×(12𝑚𝑣02)=14m(𝑣0𝑥2+𝑣0𝑧2)解得v0x=v0z则mg=qE1解得E1=𝑚𝑔𝑞。(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αz轴方向有mg=F电sinα由牛顿第二定律有qωR1B1-F电cosα=mω2R

1其中tanα=𝑎𝑅1解得B1=𝑚(𝜔2𝑎+𝑔)𝑞𝜔𝑎,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=𝑚𝑣2𝑟又v=2v0cos60°解得r=𝑅

2小球在xOz平面内做匀速圆周运动的周期为T=2π𝑟𝑣=π𝑅𝑣0小球从O2到C的时间为t=(𝑛+14)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=2v0sin60°·t+12at2根据牛顿第二定律得qE3=maO2C的距离为O2C=√𝐿𝑥2+𝐿𝑧2+𝐿𝑦2=√(𝑅2)2+(𝑅2)2+(√3𝑣0𝑡+12𝑎𝑡2)2=√𝑅22+3π2𝑅2(𝑛+14)

2+2√3𝑔π3𝑅3𝑣02(𝑛+14)3+𝑔2π4𝑅4𝑣04(𝑛+14)4(n=0,1,2,3,…)。9.答案(1)48N(2)5√3×105N/C(3)1.125J解析(1)由图乙可知,0~1s内物块B的加速度大小为a1=Δ𝑣Δ𝑡=2m/s2若物块B与

长木板A发生相对滑动,由牛顿第二定律得μ1mgcosθ-mgsinθ=ma0得a0=2.5m/s2因a1<a0,故恒力F作用后,两者相对静止,一起向上加速,对A、B整体有F-μ2(m0+m)gcosθ-(m0+m)gsinθ=(m0+m)a1得F=48N。(2)0~1s内A、B一起运动的位移为x1

=𝑣12t1得x1=1m=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)gcosθ+(m0+m)gsinθ=(m0+m)a2得a2=10m/s2对物块B有Ff1+mgsinθ=ma得Ff1=5NFfm=μ1mgcosθ=7.5N所

以Ff1<Ffm。假设成立,两者相对静止一起减速,在此加速度下若物块B减速为零由速度位移关系有0-𝑣12=-2axB1得xB1=0.2m>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=v1t2-12a2𝑡22得t2

=0.1s或t2=0.3s(舍去)v2=v1-a2t2物块B在t=1.3s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=𝑣2-0𝑡-𝑡1-𝑡2对物块B,由牛顿第二定律得mgsinθ+μ1(mgcosθ-qE)=m

a3得E=5√3×105N/C。(3)物块B进入电场后减速为零,有0-𝑣22=-2a3xB2设长木板A减速为零的位移为xA,由动能定理得-μ2m0gcosθ·xA-mgxAsinθ=0-12m0𝑣22得xB2=0.1m,xA=0.05m因为xB2<xA+d1所以物块B尚未冲出长木板A的上端,

长木板A减速为零后,因μ2m0gcosθ=m0gsinθ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μ1mgcosθ-mgsinθ=maB对长木板

A,由牛顿第二定律得μ1mgcosθ+m0gsinθ-μ2(m0+m)gcosθ=m0aA得aB=2.5m/s2aA=56m/s2两者共速时v2'-aBt4=aAt4得t4=0.3sv共=0.25m/s此

过程中长木板A、物块B的位移大小分别为xA'=𝑣共2t4xB'=𝑣2'+𝑣共2t4得xA'=0.0375mxB'=0.1875mxA'>d2此时长木板A尚未到达底部,物块B进入电场后qE=mgcosθ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=μ1mgco

sθ(xB'-xA')得Q=1.125J。