1
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,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1
6
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( )
2
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T
T 0
C.航天员观察地球的最大张角为120°
D.地球的平均密度为24 π
GT
2
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U 0
7
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.(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=t0
4
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=t0
4
时刻木板的速度最大
D.t=t0
2
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( )
3
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.(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)
4
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.(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1
2
,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=mg
q
的匀强电场,沿y 轴负向加磁感应强度大小B2=
2m v0
qR
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。
5
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=√3
2
,长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=√3
3
,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。
6
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°
4 m
=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=
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
= 0.76
3
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= α
2π
T,由于
航天员发现有1
6
T 时间会经历“日全食”过程,则α
2π
T=1
6
T,得α=1
3
π,设飞船离地球表面的高度
为h,由几何关系可得R
R+h
=sin α
2
,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T 0
T
,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 θ
2 =
R
R+h
,得
θ=60°,C 错误;万有引力提供向心力,有G m地m
r
2
= 4 π
2mr
T
2
,解得m 地=4 π
2r
3
GT
2 ,其中r=R+h=2R,又
ρ=
m地
V =
m地
4
3 π R
3,联立得ρ=24 π
GT
2,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=U
R
,通过R2的电流为
I2=I3+I4=2U
R
,变压器原、副线圈匝数比n1
n2
= I 2
I 1
= 2
1
,A 错误;原线圈的输入电压U1=U0-U,副线圈
7
的输出电压U2=2U+U=3U,根据n1
n2
= U 1
U 2
可得U=U 0
7
,B 正确;变压器的输入功率P 入=P 出=I2U2=
6U
2
R
,R1消耗功率P1=U
2
R
,则P入
P1
=6,C 错误;设副线圈的总电阻为R 总,U2=I2R 总,U1=n1
n2
I2R 总,I1=n2
n1
I2,U0=I1R+U1=n2
n1
I2R+n1
n2
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=t0
2
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= E1
2
R
t=3.24 J,故C 正确;根据E1= ΔΦ
Δt = Δ B
Δt
S,得区域Ⅰ磁场的变化
率为Δ B
Δt
=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=U m
I 1
-RA1=
3
3×10
-3 Ω-100 Ω=900 Ω,故选R1;电路的实物连接图如图所示。
8
(2)根据闭合电路欧姆定律有E=I1(RA1+R1)+I2r,得I1=-
r
R A 1+ R1
I2+
E
R A 1+ R1
,有b=
E
R A 1+ R1
=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)mg
q
(2)m(ω
2a+ g)
qωa
,方向沿z 轴负方向
(3)
√
R
2
2 +3 π
2 R
2(n+ 1
4)
2
+ 2√3 g π
3 R
3
v0
2
(n+ 1
4)
3
+ g
2 π
4 R
4
v0
4 (n+ 1
4)
4(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1
2
,最小动能即为z 轴方向的速度减为0 时的动能
Ekmin=1
2 m v0 x
2
根据题意有Ekmin=1
2 ×(
1
2 m v0
2)= 1
4
m(v0 x
2+ v0 z
2)
解得v0x=v0z
9
则mg=qE1
解得E1=mg
q
。
(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= a
R1
解得B1=m(ω
2a+ 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=mv
2
r
又v=2v0cos 60°
解得r= R
2
小球在xOz 平面内做匀速圆周运动的周期为
T=2π r
v
= π R
v0
小球从O2到C 的时间为
t=(n+ 1
4)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+1
2
at2
根据牛顿第二定律得qE3=ma
O2C 的距离为
O2C=√Lx
2+ Lz
2+ L y
2=
√(
R
2)
2
+(
R
2)
2
+(√3 v0t + 1
2 at
2)
2
=
√
R
2
2 +3 π
2 R
2(n+ 1
4)
2
+ 2√3 g π
3 R
3
v0
2
(n+ 1
4)
3
+ g
2π
4 R
4
v0
4 (n+ 1
4)
4(n=0,1,2,3,…)。
9.答案 (1)48 N (2)5√3×105 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
10
a1= Δv
Δt
=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<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)gcos θ-(m0+m)gsin θ=(m0+m)a1
得F=48 N。
(2)0~1 s 内A、B 一起运动的位移为
x1=v1
2
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<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-v1
2=-2axB1
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=v1t2-1
2
a2t2
2
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= v2-0
t -t1-t2
对物块B,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μ1(mgcos θ-qE)=ma3
得E=5√3×105 N/C。
(3)物块B 进入电场后减速为零,有
0-v2
2=-2a3xB2
设长木板A 减速为零的位移为xA,由动能定理得
11
-μ2m0gcos θ·xA-mgxAsin θ=0-1
2
m0v2
2
得xB2=0.1 m,xA=0.05 m
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
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=5
6
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'=v共
2
t4
xB'=v2'+ v共
2
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')
得Q=1.125 J。
