1
能力题提分练(二)
一、单项选择题
1.(2023 山东潍坊二模)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9m
2 g
2
2k
,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√
m
k
B.2√
3m
k
C.3√
m
k
D.√
3m
k
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√
(m0+m)g
mr
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( )
2
A.两次点火之间的时间间隔为√2π
2 √
( R+r )
3
Gm
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√
R
r
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R
r
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√3
2
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√20√3 gL
5
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( )
3
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BEL
mR
C.MN 的最大速度大小为
CBLE
m+C B
2 L
2
D.电容器上所带的最少电荷量为C
2B
2 L
2 E
m+C B
2 L
2
6.(2023 山东泰安二模)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- F1
gsinθ
B.小物体A 的加速度大小为F1 gsinθ
2 F2- F1
C.开始时弹簧的压缩量为2 F2- F1
k
D.从开始运动到两物体分离经过的时间为(2F2-F1)√
2
k F1gsinθ
三、非选择题
7.(2023 山东滨州模拟)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)
4
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.(2023 山东临沂二模)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。
5
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1
4
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1
4
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μ1
μ2
=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。
6
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=3mg
k
,物块从剪断轻绳到升到最
高点的过程,由能量关系得9m
2 g
2
2k
=mgh,解得h=9mg
2k
,即物块离开弹簧时上升的高度为h1=h-x0=
3mg
2k
,根据h1=1
2
gt2可得t=√
3m
k
,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)g
mr
,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+r
2 )
3
T 1
2
= r
3
T
2
和地球轨道
周期关系Gmm0
r
2 =m0r4 π
2
T
2 ,解得t=T 1
2 = √2π
4 √
( R+r )
3
Gm
,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
r
2
=m 天a=m 天v
2
r
,得a=Gm0
r
2 ,v=√
G m0
r
,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√
R
r
,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
R
2
r
2 ,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=√3
2
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v
v1
= 2
1
,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°=1
2
mv2+1
2 m v1
2,其中v
v1
= 2
1
,解得此时小物块的速度大小为v=√20√3 gL
5
,D 正确。
7
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= E
R
,MN 所
受的最大安培力大小为F=BIL=BEL
R
,MN 的最大加速度大小为a= F
m = BEL
mR
,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=BLq=mvm,解得vm=
CBLE
m+C B
2 L
2,Q2= C
2B
2 L
2 E
m+C B
2 L
2,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=2 F2- F1
2gsinθ
,A 错误;物体A 的加速度大小为a=
F1
2m =
F1
2× 2 F2- F1
2gsinθ
= F1gsinθ
2 F2- F1 ,B 正确;开始时
弹簧的压缩量为x0=2mgsinθ
k
=
2gsinθ· 2 F2- F1
2gsinθ
k
= 2 F2- F1
k
,C 正确;分离时弹力为mgsin
θ=kx,运动位移x0-x=1
2
at2,解得t=(2F2-F1)√
1
k F1 gsinθ
,D 错误。
7.答案 (1)A
(2)U
I
-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=U
I
-a。
(3)灵敏电流表半偏时有U= I G
2
(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)√2mv
2qd
(2)(√2-1)mv
2
2qd
8
(3)Tn=[
5√2π
4
+ n-1
2
(4+2√2)+ n-1
2
· 3√2π
2 ]
d
v
(n 为奇数),Tn=
[
5√2π
4
+ n
2 (4 +2√2)+ n-2
2
· 3√2π
2 ]
d
v
(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=mv
2
r
由几何关系得
rcos 45°=d
联立解得r=√2d,B=√2mv
2qd
。
(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°=qE
m
t2
联立解得t2=(2+√2) d
v
,E=(√2-1)mv
2
2qd
。
(3)粒子从a 点运动到x1,即第一次到达x 轴所用时间为
T1= θ
2π · 2π r
v
= 5√2π d
4 v
从x1到x2,根据对称性可知
T2'=2t2=(4+2√2) d
v
所以粒子第二次到达x 轴所用时间为
T2=T1+T2'=(
5√2π
4
+ 4 +2√2)
d
v
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'= θ1
2π · 2π r
v
= 3√2π d
2v
所以粒子第三次到达x 轴所用时间为
9
T3=T2+T3'=(
5√2π
4
+ 4 +2√2+ 3√2π
2 )
d
v
所以当粒子第n 次到达x 轴时所用时间为
Tn=[
5√2π
4
+ n-1
2
(4+2√2)+ n-1
2
· 3√2π
2 ]
d
v
(n 为奇数)
Tn=[
5√2π
4
+ n
2 (4+2√2)+ n-2
2
· 3√2π
2 ]
d
v
(n 为偶数)。
9.答案 (1)2
5
(2) 4
25k
(3)0<k≤4
75
时,8-150k
4 -25k
L; 4
75
<k< 4
25
时,150k -8
4+25k
L
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vN。
取水平向右为正方向,由动量守恒定律有
mv0=m(-vM)+2mvN
又vM=1
4
v0
联立得v M
v N
= 2
5
。
(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
1
2 m v M
2=μ1mgsM
1
2
×2mv N
2=μ2×2mgsN
又μ1
μ2
=k
联立得sM
sN
= 4
25k
。
(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
10
联立解得0<k≤4
75
,ΔL1=8-150k
4 -25k
L
第二种情况是N 通过C 点又从圆弧滑下返回,有
sM+sN=8L
4L>sN>2L
6L>sM>4L
M、N 所停位置距C 点的距离
ΔL2=sN-2L
联立解得4
75
<k< 4
25
,ΔL2=150k -8
4+25k
L。
