2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理考前熱身練能力題提分練25

能力題提分練(二)一、單項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題3分,共12分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目要求。1.(2024河北石家莊二模)如圖所示,假設(shè)在太空中有A、B雙星系統(tǒng)繞點(diǎn)O做順時針勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動周期為T1,它們的軌道半徑分別為RA、RB,且RA<RB,C為B的衛(wèi)星,繞B做逆時針勻速圓周運(yùn)動,周期為T2,忽略A與C之間的引力,且A與B之間的引力遠(yuǎn)大于C與B之間的引力。引力常量為G,下列說法正確的是()A.若知道C的軌道半徑,則可求出C的質(zhì)量B.A、B、C三星由圖示位置到再次共線的時間為2C.若A也有一顆運(yùn)動周期為T2的衛(wèi)星,則其軌道半徑一定大于C的軌道半徑D.B的質(zhì)量為4答案C解析在知道C的軌道半徑和周期的情況下,根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律列方程只能求解B的質(zhì)量,無法求解C的質(zhì)量,故A錯誤;如圖所示,A、B、C三星由圖示位置到再次共線時,A、B轉(zhuǎn)過的圓心角θ1與C轉(zhuǎn)過的圓心角θ2互補(bǔ),則根據(jù)勻速圓周運(yùn)動規(guī)律可得2πT1t+2πT2t=π,解得t=T1T22(T1+T2),故B錯誤;若A也有一顆運(yùn)動周期為T2的衛(wèi)星,設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m,軌道半徑為r,則根據(jù)牛頓第二定律有GmAmr2=m4π2T22r,解得r=3GmAT224π2,同理可得C的軌道半徑為RC=3GmBT224π2,對A、B組成的雙星系統(tǒng)有mA4π2T12RA=mB2.(2024青海海東二模)如圖所示,半徑為r、質(zhì)量不計的均勻圓盤豎直放置,可以繞過圓心O且與盤面垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動,在盤面的最右邊邊緣處固定了一個質(zhì)量為m的小球A,在圓心O的正下方離O點(diǎn)r2處固定了一個質(zhì)量為m的小球B?，F(xiàn)從靜止開始釋放圓盤讓其自由轉(zhuǎn)動,重力加速度大小為g,則小球B上升的最大高度為(A.35r B.2C.45r D.5答案C解析取圓心所在處的水平面勢能為零,小球B上升到最大高度時如圖所示,根據(jù)初始位置重力勢能與小球B最大高度時的系統(tǒng)重力勢能相等可得mgr2=mgrcosθ+mg×r2sinθ,則rcosθr2(1+sinθ)=0,4(1sin2θ)=1+sin2θ+2sinθ,5sin2θ+2sinθ3=0,解得sinθ=35,sinθ=1(舍去),所以θ=37°,小球B上升的最大高度為h=r2+r2sin373.(2024河北滄州一模)一根輕桿斜靠在光滑的豎直墻壁上,下端放在粗糙的水平地面上,輕桿處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個穿在桿上的小環(huán)從桿的頂端勻速滑下的過程中,下列說法正確的是()A.地面所受的壓力變大B.地面所受的摩擦力變大C.墻壁給輕桿的彈力變大D.地面給輕桿的作用力變小答案D解析由于小環(huán)從桿的頂端勻速滑下,加速度為零,輕桿靜止,加速度也為零。則可將小環(huán)和輕桿整體分析,可知地面所受的壓力始終等于小環(huán)的重力且保持不變,故A錯誤;對輕桿受力分析,受到小環(huán)的作用力大小等于小環(huán)的重力大小,豎直墻壁的彈力F,地面的支持力FN,地面的摩擦力Ff,如圖所示,以B點(diǎn)為支點(diǎn),根據(jù)杠桿平衡條件有Gx=Fy根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有G=FN,F=Ff,聯(lián)立可得Ff=F=xyG,在小環(huán)勻速滑下的過程中,x逐漸減小,y保持不變,所以地面對輕桿的摩擦力和墻壁給輕桿的彈力逐漸變小,即地面受到的摩擦力也變小,故B、C錯誤;由于小環(huán)勻速滑下的過程中,地面對輕桿的摩擦力逐漸變小,而地面對輕桿的支持力不變,所以地面給輕桿的作用力變小,故D4.(2024浙江二模)為模擬航天器著陸,研究室構(gòu)建了一個如圖所示的立體非勻強(qiáng)磁場,關(guān)于中心軸對稱分布,磁感應(yīng)強(qiáng)度可分為縱向分量Bh和水平徑向分量Bτ(背向軸心),Bh的大小只隨高度h變化(計初始位置為h=0),關(guān)系為Bh=B0(1+400h),Bτ=B0200r(r為到對稱軸的距離,SI)?，F(xiàn)有橫截面半徑為1mm的金屬細(xì)絲構(gòu)成直徑為1cm的圓環(huán)在磁場中由靜止開始下落,其電阻率為1.6×108Ω·m。其中B0=0.1T,沿圓環(huán)中心的磁場方向始終豎直向上,在運(yùn)動過程中圓環(huán)平面始終保持水平,速度在下落1.6m后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。則從開始下落到穩(wěn)定時圓環(huán)上通過的電荷量為A.175πC B.20πCC.12.5πC D.6.5πC答案B解析根據(jù)題意可知,由E=ΔΦΔt、I=ER和q=IΔt可得q=ΔΦR,又有R=ρLS=1.6×104Ω,運(yùn)動過程中,豎直方向上,由楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生順時針的感應(yīng)電流(從上往下看),ΔΦ=(BhB0)·πd22=1.6π×103Wb,則有q1=ΔΦR=10πC;水平方向上,Bτ=B0200·d2=B0,由右手定則可知,下落過程中線圈切割水平磁場,同樣產(chǎn)生順時針電流(從上往下看),則有二、多項(xiàng)選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項(xiàng)符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。5.(2024湖南衡陽二模)如圖所示,物體A和B中間用一個輕桿相連,在傾角為θ的斜面上勻速下滑,桿與斜面平行。已知A物體光滑,質(zhì)量為m,B物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,質(zhì)量為2m,整個過程斜面始終靜止不動。下列說法正確的是()A.B物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθB.輕桿對B物體的作用力沿斜面向上C.增加B物體的質(zhì)量,A、B整體將沿斜面減速下滑D.增加A物體的質(zhì)量,A、B整體將沿斜面加速下滑答案CD解析對A、B整體分析,根據(jù)平衡條件有3mgsinθ=2μmgcosθ,解得μ=32tanθ,故A錯誤;規(guī)定沿斜面向下為正方向,設(shè)輕桿對B的作用力為FT,單獨(dú)對B分析,根據(jù)平衡條件有FT+2mgsinθ=2μmgcosθ,解得FT=mgsinθ,正值表示方向沿斜面向下,故B錯誤;若增加B物體的質(zhì)量,設(shè)增量為Δm,則(3m+Δm)gsinθ(2m+Δm)μgcosθ=12Δmgsinθ,上式說明此時A、B整體所受合外力將沿斜面向上,則A、B整體將沿斜面減速下滑,故C正確;增加A物體的質(zhì)量,設(shè)增量為Δm,則(3m+Δm)gsinθ2μmgcosθ=Δmgsinθ,上式說明此時A、B整體所受合外力將沿斜面向下,則A、B整體將沿斜面加速下滑,故6.(2024天津河西一模)如圖所示,水平放置的大餐桌轉(zhuǎn)盤繞著過轉(zhuǎn)盤圓心的豎直軸OO'做勻速圓周運(yùn)動,轉(zhuǎn)盤表面質(zhì)地均勻;轉(zhuǎn)盤上放著兩個完全相同的小碟子,隨著轉(zhuǎn)盤共同轉(zhuǎn)動;兩個碟子的質(zhì)量都是m,線速度大小都是v;其中一個碟子中裝有一個蘋果,在任何情況下蘋果都與該碟子保持相對靜止;另一個碟子是空的。以下說法正確的是()A.轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時,碟子對轉(zhuǎn)盤的摩擦力方向指向轉(zhuǎn)盤圓心B.若轉(zhuǎn)盤的角速度逐漸增大,則空碟子先相對轉(zhuǎn)盤發(fā)生滑動C.轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,轉(zhuǎn)盤對空碟子摩擦力的沖量大小為2mvD.轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,轉(zhuǎn)盤對空碟子的摩擦力所做的功為零答案CD解析轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時,碟子的向心力由轉(zhuǎn)盤給碟子的摩擦力提供,指向轉(zhuǎn)盤圓心,由牛頓第三定律可得,碟子對轉(zhuǎn)盤的摩擦力方向?yàn)檗D(zhuǎn)盤圓心與碟子的連線向外,故A錯誤;當(dāng)剛發(fā)生相對滑動時由最大靜摩擦力提供向心力,即μmg=mω2r,兩個碟子與轉(zhuǎn)盤接觸面動摩擦因數(shù)相同,半徑相同,則可知兩個碟子相對轉(zhuǎn)盤發(fā)生滑動的角速度相同,故B錯誤;轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,空碟子速度反向,合外力對空碟子的沖量等于其動量改變量,則有I=mv(mv)=2mv,故C正確;轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,轉(zhuǎn)盤對空碟子的摩擦力提供向心力,始終指向圓心,與速度方向垂直,不做功,則轉(zhuǎn)盤對空碟子的摩擦力所做的功為零,故D正確。三、非選擇題:本題共4小題,共40分。7.(8分)(2024河北保定一模)某校物理小組嘗試?yán)弥悄軐ωQ直面內(nèi)的圓周運(yùn)動進(jìn)行拓展探究。實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示,輕繩一端連接拉力傳感器,另一端連接智能,把拉開一定角度,由靜止釋放,在豎直面內(nèi)擺動過程中,中的陀螺儀傳感器可以采集角速度實(shí)時變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像,同時,拉力傳感器可以采集輕繩拉力實(shí)時變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像。經(jīng)查閱資料可知,面向屏幕,逆時針擺動時陀螺儀傳感器記錄的角速度為正值,反之為負(fù)值。(1)某次實(shí)驗(yàn),輸出的角速度隨時間變化的圖像如圖乙所示,由此可知在0~t0時間段內(nèi)。

A.20次通過最低點(diǎn)B.10次通過最低點(diǎn)C.做阻尼振動D.振動的周期越來越小(2)為進(jìn)一步拓展研究,分別從力傳感器輸出圖像和角速度—時間圖像中讀取幾對運(yùn)動到最低點(diǎn)時的拉力和角速度的數(shù)據(jù),并在坐標(biāo)圖中以F(單位:N)為縱坐標(biāo)、ω2(單位:rad2·s2)為橫坐標(biāo)進(jìn)行描點(diǎn),請在圖丙中作出Fω2的圖像。丙(3)根據(jù)圖像求得實(shí)驗(yàn)所用的質(zhì)量為kg,做圓周運(yùn)動的半徑為m。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字,重力加速度g取9.8m/s2)

答案(1)AC(2)見解析圖(3)0.210.28解析(1)分析可知,當(dāng)通過最低點(diǎn)時角速度達(dá)到最大值,而由圖乙可知,在0~t0時間內(nèi)20次通過最低點(diǎn),故A正確,B錯誤;的角速度會隨著振幅的減小而衰減,根據(jù)圖乙可知,的角速度隨著時間在衰減,可知在做阻尼振動,故C正確;阻尼振動的周期不變,其周期由系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定,故D錯誤。(2)由于在做圓周運(yùn)動,短時間內(nèi)在不考慮其振動衰減的情況下,在最低點(diǎn)對由牛頓第二定律有Fmg=mω2L可得F=mLω2+mg式中L為懸點(diǎn)到重心的距離,根據(jù)上式可知,運(yùn)動到最低點(diǎn)時的拉力和角速度的平方呈線性變化,作圖時應(yīng)用平滑的直線將各點(diǎn)跡連接起來,不能落在圖像上的點(diǎn)跡應(yīng)使其均勻地分布在圖線的兩側(cè),有明顯偏差的點(diǎn)跡直接舍去,作出的圖像如圖所示。(3)根據(jù)圖像結(jié)合其函數(shù)關(guān)系可得mg=2.01N,mL=2.30-2.015kg·m=解得m≈0.21kg,L≈0.28m。8.(8分)如圖所示,在x軸上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q、初速度為v的帶電粒子從a(0,d)點(diǎn)處沿y軸正方向開始運(yùn)動,一段時間后,粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場,經(jīng)過y軸上b點(diǎn)時速度方向恰好與y軸垂直,帶電粒子重力不計。求:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小;(3)粒子從a點(diǎn)開始到x軸所用的時間。答案(1)2(2)((3)Tn=[52π4+n-12(4+2Tn=[52π4+n2(4+22)解析(1)粒子運(yùn)動的部分軌跡如圖所示粒子在磁場中做圓周運(yùn)動有qvB=mv由幾何關(guān)系得rcos45°=d聯(lián)立解得r=2d,B=2mv(2)粒子從x軸運(yùn)動到b點(diǎn)過程中,水平方向r+rsin45°=vcos45°·t2豎直方向vsin45°=qEmt聯(lián)立解得t2=(2+2)dv,(3)粒子從a點(diǎn)運(yùn)動到x1,即第一次到達(dá)x軸所用時間為T1=θ從x1到x2,根據(jù)對稱性可知T2'=2t2=(4+22所以粒子第二次到達(dá)x軸所用時間為T2=T1+T2'=(52π4+4在x2處,粒子以速度v與x軸正方向成45°進(jìn)入磁場,從x2到x3T3'=θ所以粒子第三次到達(dá)x軸所用時間為T3=T2+T3'=(52π4+4所以當(dāng)粒子第n次到達(dá)x軸時所用時間為Tn=[52π4+n-12(4+2Tn=[52π4+n2(4+22)+9.(10分)(2024湖南岳陽二模)如圖所示(俯視圖),光滑絕緣水平面上有一邊長L=1m的正方形單匝導(dǎo)體線框abcd,線框質(zhì)量m=0.1kg,總電阻R=0.4Ω。線框的右側(cè)有兩塊條形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場依次排列,條形區(qū)域的寬度也均為L=1m,長度足夠長,磁場的邊界與線框的bc邊平行。區(qū)域Ⅰ磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=0.1T,方向豎直向下,區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=0.3T,方向也豎直向下。給線框一水平向右的初速度v0,初速度方向與bc邊垂直。(1)若線框向右的初速度v0=4m/s,求線框bc邊剛進(jìn)區(qū)域Ⅰ時,線框的加速度大小。(2)若線框bc邊能穿過區(qū)域Ⅰ,線框bc邊穿過區(qū)域Ⅰ的過程中,求線框受到安培力的沖量。(3)要使線框能完全穿過整個磁場區(qū)域,至少給線框多大的初速度?答案(1)1m/s2(2)0.025N·s,方向水平向左(3)3.5m/s解析(1)線框bc邊剛進(jìn)區(qū)域Ⅰ時,感應(yīng)電動勢為E=B1Lv0=0.4V電流為I=ER=1線框的加速度大小為a=IB1Lm=1(2)線框bc邊穿過區(qū)域Ⅰ的過程中,線框受到安培力的沖量為IF=I1B1LΔt其中q1=I1Δt1=ΔΦ1R=B解得IF=0.025N·s方向水平向左。(3)要使線框能完全穿過整個磁場區(qū)域,根據(jù)動量定理得I1B1LΔt1I2(B2B1)LΔt2I3B2LΔt3其中q2=I2Δt2=ΔΦ2R=(q3=I3Δt3=ΔΦ3R=B解得線框初速度大小至少為v=3.5m/s。10.(14分)(2024山東棗莊三模)如圖甲所示,固定點(diǎn)O處懸掛長為L的輕質(zhì)細(xì)繩,末端連接一個質(zhì)量為m的小球,在O點(diǎn)正下方O'處固定一細(xì)釘。將細(xì)繩向左側(cè)拉至水平位置,由靜止釋放小球,當(dāng)細(xì)繩擺至豎直位置時,被細(xì)釘擋住,此后小球恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動。如圖乙所示,O點(diǎn)下方的光滑水平面上有一凹槽,凹槽左右擋板內(nèi)側(cè)間的距離也為L,在凹槽右側(cè)靠近擋板處置有一質(zhì)量為m的小物塊,凹槽上表面與物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。物塊與凹槽一起以速度v=1275gL向左運(yùn)動,小球從圖乙所示位置由靜止釋放,釋放時細(xì)繩與水平方向間的夾角為α且sinα=0.3。當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)時剛好與凹槽左側(cè)發(fā)生碰撞,小球被彈回,同時凹槽被原速率彈回。此后小球擺到O'右側(cè)后無法做完整的圓周運(yùn)動,而是在某位置脫離圓軌道做拋體運(yùn)動,小球做拋體運(yùn)動的軌跡與OO'所在直線交于E點(diǎn)(圖中未畫出)。已知小球與凹槽不發(fā)生二次碰撞,所有的碰撞均為彈性碰撞,重力加速度g(1)求凹槽的質(zhì)量m0。(2)求E點(diǎn)到圓軌道最低點(diǎn)的距離。(3)若L=507m,求小球和凹槽在軌道最低點(diǎn)相碰后,凹槽與物塊達(dá)到共速時物塊到右側(cè)擋板的距離x及從碰撞后到共速所經(jīng)歷的時間t答案(1)2m(2)0(3)10021m20解析(1)設(shè)小球從圖乙中位置擺下后碰前的速度為v0,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv02=mgL解得v0=7因?yàn)榕龊蟀疾墼俾史磸?根據(jù)彈性碰撞的特點(diǎn),說明小球也是原速率反彈且小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒,即總動量為零,有mv0=m0v=m0v解得m0=2m。(2)設(shè)小球做圓周運(yùn)動的最高點(diǎn)C