1
能力题提分练(二)
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.(2025 天津耀华中学一模)某住宅小区的应急供电系统,由交流发电机和副线圈匝数可
调的理想降压变压器组成,发电机中矩形线圈电阻不计,它可绕轴OO'在磁感应强度为B
的匀强磁场中以角速度ω 匀速转动。降压变压器副线圈上的滑动片上下移动时可改变
输出电压,R0表示用户端输电线电阻。下列判断正确的是( )
A.当用户用电器增加时,为使用户电压保持不变,滑动片应向下滑动
B.当用户用电器减少,其他条件不变时,原线圈两端电压也减小
C.若发电机线圈某时刻处于图示位置,变压器原线圈的电压瞬时值最大
D.若发电机线圈的转速减为原来的一半,用户获得的交变电流频率保持不变
2.(2025 江苏南京模拟)在研究光电效应时,用不同波长的光照射某金属,产生光电子的最
大初动能Ekmax与入射光波长λ 的关系如图所示。大量处于n=3 能级的氢原子向低能级
跃迁,产生的光子中仅有一种能引发该金属的光电效应。已知氢原子基态能量为E1,真空
中光速为c,则( )
A.普朗克常量为E0c
λ0
B.λ= λ0
2
时,光电子的最大初动能为E0
2
C.E0<|
3
4 E1|
D.E0>|
8
9 E1|
3.(2025 云南腾冲模拟)一简谐横波沿x 轴正方向传播,t=0 时刻的波形如图甲所示,x=0.3
m 处的质点的振动图像如图乙所示,已知该波的波长大于0.3 m,则( )
A.t=0 时刻x=0 处的质点正在向y 轴正方向振动
B.t=0 时刻x=0.3 m 处的质点正在向y 轴负方向振动
C.该波的波长为0.7 m
D.该波的波长为0.8 m
4.(2025 四川雅安模拟)2024 年4 月28 日,神舟十七、神舟十八乘组在轨举行交接仪式,移
交中国空间站的钥匙。假设空间站绕地球做匀速圆周运动,它与地心连线在单位时间内
扫过的面积为S。已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g。空间站的轨道半径为(
)
A.g R
2
4 S
2
B. 4 S
2
g R
2
C. g R
2
16 S
3
D.16 S
3
g R
2
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.(2025 山东德州模拟)如图所示,倾角为α 的斜面体放在粗糙的水平地面上,斜面顶端与
劲度系数为k、自然长度为l 的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接质量为m 的物块。压
缩弹簧使其长度为3
4
l 时将物块由静止开始释放,且在物块以后的运动过程中,斜面体始
3
终处于静止状态,斜面光滑且足够长。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,弹
簧形变量始终都在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A.弹簧的最大伸长量为1
4
l+2mgsin α
k
B.弹簧的最大伸长量为1
4
l+mgsin α
k
C.弹簧最长时地面对斜面体的静摩擦力等于弹簧最短时地面对斜面体的静摩擦力
D.弹簧最长时地面对斜面体的静摩擦力大于弹簧最短时地面对斜面体的静摩擦力
6.如图所示,间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,倾角为
θ=60°的导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中,水平导轨处于方向竖直向下的匀强磁场
中,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。长度均为l 的金属杆ab、金属框cdef 分别垂
直导轨放置于导轨的倾斜部分和水平部分,金属杆的质量为m,金属框cdef 的质量为2m,
由静止释放金属杆ab 后,金属杆和金属框开始运动,经足够长时间后,两者达到稳定运动
状态。金属杆和金属框在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,导轨足够长,不计摩擦
阻力和导轨电阻,重力加速度为g,忽略磁场边界效应。两者达到稳定运动状态后,下列说
法正确的是( )
A.金属杆ab 中电流方向为b→a
B.金属杆ab 中电流大小为√3mg
3 Bl
C.金属杆ab 中电流大小为√3mg
6 Bl
D.金属杆和金属框做加速度大小不同的匀加速直线运动
三、非选择题:本题共4 小题,共40 分。
4
7.(8 分)(2025 辽宁大连一模)某物理实验小组为探究滑动变阻器最大阻值对“限流电
路”和“分压电路”的电压调节范围的影响,设计如下实验。
甲
乙
(1)在探究“限流电路”时,某同学用电阻箱代替滑动变阻器,设计了如图甲所示的电路
图。已知Rx=10 Ω,调节R1,记录对应的电压数值,最后绘制成U-R 图像如图乙所示。分
析图乙可知,采用“限流电路”测量约为10 Ω 的电阻时,滑动变阻器最大阻值应选择
。
A.1 Ω
B.30 Ω
C.100 Ω
(2)已知Rx'=100 Ω,在探究“分压电路”时,在图丙的基础上,小组设计了如图丁所示的电
路图(用R1和R2共同模拟最大阻值分别为1 Ω、10 Ω、100 Ω、1 000 Ω 的滑动变阻器)。
调节R1和R2,记录数据,绘制如图戊所示图像。
丙
5
丁
戊
分析图戊可知,考虑电压调节范围尽量大些,应排除 ;考虑电压随滑动
变阻器阻值均匀变化,应排除 。(均选填“①”“②”“③”或“④”)
(3)另一同学认为用“分压电路”测量电阻时,滑动变阻器的最大阻值越小越好。请判断
该观点是否正确,并简要说明理由
。
8.(8 分)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。
6
9.(10 分)(2025 陕西咸阳模拟)如图所示,在xOy 平面直角坐标系中,第一象限存在沿y 轴
正方向的匀强电场,第二象限内虚线OO'与x 轴负方向的夹角为θ=60°,OO'与y 轴之间存
在垂直于纸面向外的匀强磁场(边界存在磁场),第四象限内P、Q 两个平行金属板之间
的电压为U,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子(不计粒子重力),从靠近P 板的S 点由
静止开始做加速运动,从x 轴正半轴的A 点进入电场,速度与x 轴负方向的夹角为θ=60°,
经电场偏转后从点M(0,L)垂直于y 轴进入磁场,粒子恰好不从OO'边界射出磁场。求:
(1)粒子运动从A 点射入电场时的速度大小和电场强度E 的大小;
(2)粒子在电场中运动的时间和A 点坐标;
(3)磁感应强度B 的大小。
10.(14 分)(2025 湖北襄阳模拟)如图所示,相距为L 的两物块A 和B(均可视为质点)静置
于足够长的斜面上,斜面的倾角为θ=37°。物块A 的质量为m,物块B 的质量为3m,物块
A 与斜面间没有摩擦,物块B 与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。同时由静止释放A、B,此后
A、B 间的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力
加速度为g。
(1)求第一次碰撞后瞬间A、B 的速度大小;
(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A、B 之间的最大距离;
7
(3)从静止释放物块A、B 开始到第n 次碰撞前的过程中,求物块B 与斜面间因摩擦所产
生的热量。
8
参考答案
1.A 解析 当用户用电器增加时,负载电阻减小,副线圈输出电流增大,输电线上的电压
损失变大,用户得到的电压变小,为使用户电压不变,应增加副线圈的匝数,提高输出电压,
所以滑动片应向下滑动,故A 正确;由于原线圈两端的电压由发电机决定,所以当用户用
电器减少,其他条件不变时,原线圈两端电压不变,故B 错误;图示位置线圈的磁通量最大,
穿过线圈磁通量的变化率为零,感应电动势为零,故C 错误;若发电机线圈的转速减为原
来的一半,根据n=f 可知,交变电流的频率将减为原来的一半,变压器不改变交变电流的频
率,所以用户获得的交变电流频率减为原来的一半,故D 错误。
2.B 解析 根据题意,由爱因斯坦光电效应方程有Ekmax=hν-W0,又由ν=c
λ
,可知Ekmax=hc
λ
-
W0,结合图像可知W0=E0,当λ=λ0时,Ekmax=0,则有h=W 0 λ0
c
= E0 λ0
c
,故A 错误;当λ= λ0
2
时,代
入Ekmax=hc
λ
-W0,解得Ekmax=E0,故B 正确;氢原子基态能量为E1,则n=3 能级的氢原子能量
为E1
9
,n=2 能级的氢原子能量为E1
4
,由题可知从n=3 能级向基态跃迁产生的光子能够引
发该金属的光电效应,从n=2 能级向基态跃迁产生的光子不能引发该金属的光电效应,则
|
3
4 E1|<E0≤|
8
9 E1|,故C、D 错误。
3.D 解析 由于该波沿x 轴正向传播,由图甲可知t=0 时刻x=0 处的质点正在沿y 轴负
方向振动,故A 错误;由图乙可知t=0 时刻x=0.3 m 处的质点正在沿y 轴正方向振动,故B
错误;由于波长大于0.3 m 且波沿x 轴正方向传播,由图乙可知x=0.3 m 处的质点在图中
的P 位置如图所示,则有(
1
4 + 1
8)λ=0.3 m,解得λ=0.8 m,故C 错误,D 正确。
9
4.B 解析 空间站绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力可知Gm0m
r
2
=mr
4 π
2
T
2 ,根据几何关系可知,空间站与地心连线在单位时间内扫过的面积S=π r
2
T
,在地球表
面受到的万有引力等于重力,有Gm0m
R
2
=mg,联立解得空间站绕地球的轨道半径r= 4 S
2
g R
2,
故选B。
5.AC 解析 由题意可知,物块在斜面上围绕平衡位置做简谐运动,设物块在斜面上平衡
时,弹簧伸长量为Δl,简谐运动的振幅为A,由力的平衡知识结合胡克定律可得kΔl=mgsin
α,故得Δl=mgsin α
k
,根据题意知物块做简谐运动的振幅A=(l - 3
4 l)+Δl=1
4l+mgsin α
k
,弹
簧的最大伸长量为Δlm=A+Δl=1
4
l+2mgsin α
k
,故A 正确,B 错误;设弹簧最短时,即物块处
于最高点时其加速度大小为a,方向平行于斜面向下,对物块和斜面体组成的系统进行整
体分析,水平方向由牛顿第二定律可得地面对斜面体的静摩擦力Ff1=max,而ax=acos α,故
得弹簧最短时地面对斜面体的静摩擦力Ff1=macos α,其方向水平向左,由简谐运动的对
称性,同理可得弹簧最长时地面对斜面体的静摩擦力Ff2=macos α,其方向水平向右,显然
Ff1=Ff2,故C 正确,D 错误。
6.ABD 解析 由右手定则可知金属杆ab 中电流方向为b→a,故A 正确;设金属杆下降的
速度为v1,金属框向右的速度为v2,电路中的电流I=BLv1cosθ - BLv2
R总
,两者达到稳定运动
状态时电流恒定,即v1cos θ-v2为一定值,所以当金属杆和金属框的加速度满足a1cos θ=a2
时,两者达到稳定,即根据牛顿第二定律,在运动过程中,对金属杆有mgsin θ-BIlcos θ=ma1,
10
可得杆的加速度a1=mgsinθ - BIlcosθ
m
,对金属框有BIl=2ma2,金属框的加速度a2= BIl
2m
,解
得I=√3mg
3 Bl
,故B、D 正确,C 错误。
7.答案 (1)B (2)① ④ (3)不正确,理由见解析
解析 (1)采用“限流电路”测量约为10 Ω 的电阻时,滑动变阻器作为限流元件,若阻值过
小,调节滑动变阻器的滑动片时,电流变化不明显;若阻值过大,不方便调节滑动变阻器的
滑动片,当滑动变阻器的滑动片有微小变化,电路的电流就会有显著变化;滑动变阻器的
阻值与待测电阻相当,既能起到限流作用,又方便调节,故A、C 错误,B 正确。
(2)分析图戊可知,图线①的电压调节范围约为0~2 V,为了使电压U 调节范围尽量大
些,则最应排除的是图线①;图线④出现了明显的弯曲,为使电压U 随滑动变阻器滑动片
移动趋于均匀变化,则最应排除图线④。
(3)他的观点不正确;根据上述(2)分析可知,当Rm=1 Ω 时,电压调节范围最小,用“分
压电路”测量电阻时,滑动变阻器的最大阻值Rm并不是越小越好,因此当滑动变阻器最
大阻值过小时,电压调节范围会过小。
8.答案 (1)2v0 (2)8 π R
9 v0
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
1
2
m(3v0)2=1
2 mv1
2+ 1
2
×2mv2
2
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
11
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
1
2
×2mv2
2+ 1
2 m v0
2= 1
2 m v3
2+ 1
2
×2mv4
2
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=100°
360° · 2π R
v0
+ 180°
360° · 2π R
3 v0
= 8 π R
9 v0
。
9.答案 (1)√2qmU
m
3U
4 L
(2)2√6mqU L
3qU
(
2√3
3
L,0)
(3)3√2qmU
2qL
解析 (1)设粒子从A 点射入电场时的速度大小为v0,由动能定理得qU=1
2 m v0
2
可得v0=√
2qU
m
= √2qmU
m
粒子在电场中从A 点到M 点做类斜抛运动,在竖直方向上有(v0sin θ)2=2×qE
m
·L
解得电场强度的大小E=3mv0
2
8qL = 3U
4 L
。
12
(2)根据逆向思维,粒子从A 点到M 点的逆运动为从M 点到A 点的类平抛运动
则x 方向有vx=v0cos θ,
x=vxt
y 方向有vy=v0sin θ,L=1
2
vyt
解得粒子在电场中运动的时间t=4√3 L
3 v0
= 2√6mqU L
3qU
,x=2√3
3
L
故A 点坐标为(
2√3
3
L,0)。
(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R
根据几何关系有R+ R
cosθ
=L
解得R= L
3
根据牛顿第二定律有qvxB=mv x
2
R
,而vx=v0cos θ
联立解得磁感应强度的大小B=3mv0
2qL = 3√2qmU
2qL
。
10.答案 (1)0 2√
1
5 gL (2)L
(3)0.6(6n2-6n+1)mgL
解析 (1)对A 由牛顿第二定律有
mgsin θ=ma1,解得a1=0.6g
对B 由牛顿第二定律有
3mgsin θ-μ·3mgcos θ=3ma2,解得a2=0.2g
13
故A、B 第一次碰撞前,A 加速,B 也加速
设A、B 开始运动到A、B 第一次碰撞所用时间为t1,则有L=1
2
a1t1
2- 1
2
a2t1
2
解得t1=√
5 L
g
则碰撞前瞬间A、B 的速度分别为vA1=a1t1=√
9
5 gL,vB1=a2t1=√
1
5 gL
A 和B 发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
mvA1+3mvB1=mvA1'+3mvB1'
1
2
mvA1'2+1
2
·3mvB1
2= 1
2
mvA1'2+1
2
·3mvB1'2
联立解得vA1'=0,vB1'=2√
1
5 gL。
(2)第一次碰撞后到第二次碰撞前,A、B 共速时相距最远,设运动时间为t0,则有
v=vB1'+a2t0=vA1'+a1t0,dm=1
2 (vB1'+ v)t0-1
2 (v A 1'+ v)t0
联立解得dm=(vB1'- v A 1')
2
2(a1-a2) =L。
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞前,有vB1't2+1
2
a2t2
2=vA1't2+1
2
a1t2
2
解得t2=2(vB1'- v A 1')
a1-a2
=10√
L
5 g
则第二次碰前vA2=vA1'+a1t2=6√
1
5 gL,vB2=vB1'+a2t2=4√
1
5 gL
第二次碰撞过程,A 和B 发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
mvA2+3mvB2=mvA2'+3mvB2',1
2 m v A 2
2+ 1
2
·3mvB2
2= 1
2
mvA2'2+1
2
·3mvB2'2
联立解得vA2'=3vB1=3√
1
5 gL,vB2'=5vB1=5√
1
5 gL
同理可得,第二次碰撞后到第三次碰撞前,有vB2't3+1
2
a2t3
2=vA2't3+1
2
a1t3
2
14
解得t3=2(vB2'- v A 2')
a1-a2
=10√
L
5 g
则第三次碰撞前,vA3=vA2'+a1t3=9vB1,vB3=vB2'+a2t3=7vB1
同理,第三次弹性碰撞后,vA3'=6vB1,vB3'=8vB1
由此可推知,第n 次碰后B 的速度为vBn'=2vB1+3(n-1)vB1=(3n-1)vB1
第n-1 次碰撞到第n 次碰撞前经历的时间为tn=tn-1=…=t2=10√
L
5 g
从释放开始到第n 次碰撞前的过程中,B 物块的位移为xB=xB1+xB2+xB3+…+xBn
由题意可得xn=vB(n-1)'tn+1
2
a2tn
2,代入数据解得xB= L
2
+3n(n-1)L
B 物块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=3μmgcos θxB
代入数据解得
Q=0.6(6n2-6n+1)mgL。
