能力題提分練(三)一、單項選擇題:本題共4小題,每小題3分,共12分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.如圖所示,兩個電荷量都是Q的正、負點電荷固定在A、B兩點,AB連線中點為O。現將另一個電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點,沿某一確定方向施加外力使試探電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點,下列說法正確的是()A.外力F的方向應當平行于AB方向水平向右B.試探電荷從C點到O點的運動為勻變速直線運動C.試探電荷從C點到O點的運動為加速度減小的加速直線運動D.試探電荷從C點運動到O點的過程中ΔE答案D解析根據等量異種點電荷周圍電場分布情況,可知試探電荷+q在運動過程中受水平向左且逐漸增大的電場力作用,要想讓該試探電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點,則該試探電荷所受合力的方向應沿CO方向,受力分析如圖所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向應當斜向右下,A錯誤;由于電場力逐漸增大,所以Fx逐漸增大,Fy也逐漸增大,加速度也逐漸增大,所以該試探電荷從C點到О點的運動為加速度增大的加速直線運動,B、C錯誤;根據動能定理可知F合Δx=ΔEk,即ΔEkΔx=F合=Fy,由于Fy逐漸增大,所以2.(2024福建泉州一模)如圖所示,在間距為d的水平固定平行金屬導軌上,放置質量分別為2m0、m0的金屬桿M、N。N的中點系著一條跨過定滑輪的細繩,細繩下端懸掛重物,滑輪左側細繩與導軌平行。兩導軌間存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場。當重物質量m取不同值時,系統最終穩定的狀態不同。設穩定時M桿的加速度大小為a,回路中電動勢為E、電流為I、熱功率為P。已知重力加速度大小為g,兩金屬桿接入回路的總電阻為R,導軌足夠長且電阻不計,忽略一切摩擦,兩金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好。則下列關系圖像合理的是()答案D解析根據牛頓第二定律,對N,有FTBId=m0aN,對重物,有mgFT=maN,所以mgBId=(m0+m)aN,對M,有BIL=2m0aM,根據閉合電路歐姆定律可得,回路中的電流為I=BdvN-BdvMR,經過Δt時間的電流為I'=Bd(vN+aN·Δt)-Bd(vM+aM·Δt)R,當系統最終穩定時電流不變,即aN·Δt=aM·Δt,所以aN=aM,即穩定時,金屬桿與重物的加速度相同,一起做勻加速直線運動,有mg=(2m0+m0+m)a,則a=mg3m0+m,由此可知,a與m的變化規律不是過原點的傾斜直線,故A錯誤;根據以上分析可知E=IR=2m0RBd·mg3m0+m=2m03.(2024湖北二模)如圖所示,一質點在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后經過a、b兩點,速度方向偏轉90°。已知經過a點的速度大小為v、方向與ab連線夾角為60°,ab連線長度為d。對質點從a到b的運動過程,下列說法正確的是()A.最小速度大小為vB.運動時間為dC.經過b點的速度大小為3vD.恒力方向與ab連線的夾角為45°答案C解析設恒力與ab連線的夾角為θ,根據幾何關系可知b點速度方向與ab連線的夾角為30°。該質點做類斜拋運動,在垂直于恒力方向上的速度大小不變,在恒力方向做勻變速直線運動,則在沿初速度方向上速度由v減小到0,由勻變速直線運動規律dcos60°=vt2,解得a到b的時間為t=dv,從a點運動到b點沿ab方向的平均速度為v=vcos60°+vbcos30°2=dt,解得vb=3v,故B錯誤,C正確;質點在垂直于恒力方向上速度不變,即vsin(πθ60°)=vbsin(θ30°),解得θ=60°,當質點沿恒方向的速度為0時,質點的速度最小,此時質點的最小速度為vmin=v·cos(θ4.(2024河南三模)如圖所示,初始時矩形線框ABCD垂直于勻強磁場放置,磁場位于OO'右側,AO=OB=BC=O'C,若線框以不同方式做角速度大小相同的勻速轉動,以下時刻線框受到的安培力最大的是()A.以AD邊為軸轉動30°時B.以BC邊為軸轉動45°時C.以OO'為軸轉動60°時D.以O點為中心,在紙面內逆時針轉動45°時答案D解析根據題意,設AO=OB=BC=O'C=L,線框的電阻為R,線框轉動的角速度為ω,以AD邊為軸轉動30°時,感應電動勢為E1=BL·2Lωsin30°=BL2ω,線框所受安培力為F1=BI1L=B2L3ωR,以BC邊為軸轉動45°時,穿過線框平面的磁通量不變,沒有感應電流產生,則安培力為零;以OO'為軸轉動60°時,感應電動勢為E1=BL·Lωsin60°=32BL2ω,線框所受安培力為F2=BI2L=3B2L3ω感應電動勢為E3=B·2L·2Lω2=BL2ω,線框所受安培力為F3=BI3·2L=可知,以O點為中心,在紙面內逆時針轉動45°時,安培力最大。故選D。二、多項選擇題: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河北石家莊二模)利用磁場控制帶電粒子的運動,在現代科學實驗和技術設備中有廣泛的應用。如圖所示,以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場,圓形區域外有垂直紙面向外的勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小均為B。有一質量為m、電荷量為+q的粒子從P點沿半徑射入圓形區域,粒子n次穿越圓形區域邊界(不包括經過P點)后又回到P點,此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為2π,不計粒子重力,下列說法正確的是()A.n的最小值為2B.n=3時,粒子速度大小為3C.n=4時,粒子從P出發到回到P點的時間為23D.粒子連續兩次穿越圓形區域邊界過程中,粒子與圓心的連線轉過的角度為2答案AC解析因為粒子n次穿越圓形區域邊界(不包括經過P點)后又回到P點,此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為2π,畫出粒子軌跡示意圖如圖所示,n的最小值為2,故A正確;n=3時,粒子圓心間的連線構成圓邊界的外切正方向,根據幾何關系可知半徑為r=R,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得v=qBRm,故B錯誤;粒子在磁場中勻速圓周運動的周期為T=2πrv=2πmqB,n=4時,粒子從P出發到回到P點的時間為t=(3×180°-72°360°+2×180°+72°3606.(2024福建一模)如圖1所示,質量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上,甲到乙左端的距離為L,初始時甲、乙均靜止,質量為m0的物塊丙以速度v0向右運動,與乙發生彈性碰撞。碰后,乙的位移x隨時間t的變化如圖2中實線所示,其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線,二者相切于P,拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙,重力加速度為g。下列說法正確的是()A.碰后瞬間,乙的速度大小為vB.甲、乙間的動摩擦因數為vC.甲到乙左端的距離L≥vD.乙、丙的質量之比m∶m0=1∶2答案BC解析設碰后瞬間,乙的速度大小為v1,碰后乙的加速度大小為a,由圖2可知x=v1t012at02=v0t02,拋物線的頂點為Q,根據xt圖像的切線斜率表示速度,則有v1=a·2t0,聯立解得v1=2v03,a=v03t0,根據牛頓第二定律可得a=μmgm=根據圖2可知,t0時刻甲、乙剛好共速,則0~t0時間內甲、乙發生的相對位移為Δx=x乙x甲=v1+v共2t0v共2t0=v12t0=v0t0物塊丙與乙發生彈性碰撞,碰撞過程動量守恒和機械能守恒,有m0v0=m0v2+mv112m0v02可得v1=2m0m0+mv0=2v03,可得乙、丙的質量比為m∶三、非選擇題:本題共4小題,共40分。7.(8分)(2024遼寧沈陽一模)某同學設計了一個加速度計,將其固定在待測物體上,能通過電路中電壓表的示數反映物體的加速度a,其原理圖如圖甲所示。其中,質量m=1kg的滑塊2可以在光滑的框架1中左右平移,滑塊兩側各連接一根勁度系數k=2.0×102N/m的彈簧3(彈簧始終處于彈性限度內)。4是固定在滑塊2上的金屬滑動片,與電壓表的一端用導線相連,并與一阻值均勻的電阻AB相接觸,滑動片4與電阻間的摩擦忽略不計。已知物體加速度為0時,兩側彈簧3均處于原長,滑動片4位于AB中點,AB全長L=15cm;直流電源電動勢E=15V(內阻忽略不計)。現有一量程0~3V、內阻RV=3kΩ的電壓表(RV?RAB),其表盤如圖乙所示;另有開關、導線若干。(1)為使滑動片4位于B點時電壓表滿偏,需要將電壓表量程改為0~15V,則電壓表應(選填“串聯”或“并聯”)一個阻值為kΩ的電阻,并將電壓表的刻度按新量程做好修改;

(2)將改裝后的電壓表接入圖甲的電路中,此裝置可測量加速度的最大值為m/s2;

(3)請在圖丙中畫出aU圖像(規定加速度向左為正方向,U為改裝后電壓表的示數);(4)若要增大加速度的測量范圍,可采用的方法有(答出一條合理措施即可)。

答案(1)串聯12(2)30(3)見解析圖(4)更換兩根勁度系數更大的彈簧或質量更小的滑塊解析(1)要擴大電壓表的量程,需要串聯一個電阻,根據U'=URV(RV+R),解得R=12k(2)當滑塊處于AB中點時,加速度為零,當滑塊在端點A或B時,加速度最大,根據牛頓第二定律2k·L2解得a=30m/s2。(3)根據2k·L2=ma可知加速度a與L成線性關系,根據串聯電路分壓規律可知電壓表示數U與L也成線性關系,可知加速度a與電壓表示數U成線性關系,當滑塊處于AB中點時,電壓表示數為7.5V,當加速度向右時,滑塊在AB中點的左邊,當加速度向左時,滑塊在AB中點的右邊,所以aU(4)滑塊所受到的合力最大值由彈簧決定,與電壓無關,勁度系數越大,加速度的測量范圍越大;最大的合力一定的情況下,根據牛頓第二定律可知可以減小滑塊的質量增大加速度的測量范圍。8.(8分)(2024廣東江門一模)如圖是工人傳輸貨物的示意圖,工人甲把質量m=7kg的貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放,貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達反彈裝置左端C點的瞬間,貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達到共速,此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區,長木板進入反彈裝置,反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1=10m,傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ=53°,BC段的長度L2=7.5m,長木板的長度d=5m,貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數μ1=0.5,長木板與地面的動摩擦因數μ2=0.2,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)貨物到達B點時的速度大小vB;(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度大小vC;(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η。答案(1)10m/s(2)5m/s(3)60%解析(1)依題意,貨物由A點運動到B點過程,根據動能定理得mgL1sin53°μ1mgL1cos53°=1解得vB=10m/s。(2)依題意,貨物在長木板上做勻減速直線運動,由牛頓第二定律得a貨=μ1mgm=5根據勻變速直線運動規律,有2a貨L2=v解得vC=5m/s。(3)長木板進入反彈裝置時的速度為v1=vC=5m/s設長木板的質量為m0,則長木板剛進入反彈裝置時的能量為E=12m0長木板反彈后最右端回到C點的速度設為v2,長木板從C點到B點的過程中,由動能定理得μ2m0g(L2d)=012m0長木板在反彈的過程中損失的能量為ΔE=12m0v12則長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η=ΔEE×9.(10分)如圖所示,在xOy平面內的第一象限內存在一有界勻強磁場(未畫出),磁感應強度大小為B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限內充滿范圍足夠大、方向沿y軸負方向的勻強電場。一束質量為m、電荷量為+q的粒子以不同的速率從O點沿xOy豎直平面內的OP方向發射,沿直線飛行到P點時進入有界勻強磁場區域,O、P兩點間的距離為L,OP連線與x軸正方向的夾角α=30°。所有粒子在離開磁場后最終都能從x軸上射出,且射出方向與x軸負方向的夾角均為β=60°,若速度最大的粒子從x軸上Q點以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁場內運動,忽略粒子間的相互作用及粒子的重力。求:(1)粒子在勻強磁場中運動的時間;(2)v的大小;(3)有界勻強磁場區域的最小面積。答案(1)5(2)((3)10π-解析(1)設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,有qvB=mvv=2聯立得T=2由題意可知,所有粒子經過磁場后的偏轉角均為150°,則粒子在磁場中運動的時間為t1=150°360°(2)速度為v的粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知POsin30°=PMsin60°+MQcos60°解得R=(v=(3(3)由幾何關系可知PQ=2Lsin30°MN=R2三角形PMQ的面積為S1=12×PQ×MN=7-150°圓心角對應的扇形面積S2=150°360°×πR2=10則磁場區域的最小面積為圖中陰影部分面積,其面積為ΔS=S2S1=10π-510.(14分)(2024福建龍巖三模)如圖所示,兩平行導軌ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是兩小段絕緣導軌,其余部分是金屬導軌,導軌間平滑相接,導軌間距為d1,整個導軌置于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。導軌左側接有一阻值為R的電阻和一電容為C、極板間距為d2的電容器(開始時不帶電),右側接有自感系數為L的線圈。質量為m、長度為d1、電阻為R的金屬棒M垂直導軌放置于絕緣導軌左側某處,質量為m、電阻不計的金屬棒N垂直導軌放置于絕緣導軌上。現給M一水平向右的初速度,當M達到穩定狀態,一電荷量為q(q>0)的粒子(重力不計)恰能以速度v0從極板間水平穿過。此后,M繼續運動與N發生彈性正碰(碰撞時間極