能力題提分練(三)一、單項選擇題。1.(2023山東日照二模)如圖所示,電荷量絕對值均為q的四個異種點電荷固定于同一圓周上互相垂直的直徑兩端,在此互相垂直的直徑上有M、N、P、Q四個點到圓心O的距離相等。下列說法正確的是()A.M和Q兩點處的電場強度不相同B.M點的電場方向由M點指向N點C.將一帶正電的點電荷從M點移動到Q點,靜電力做正功D.將一帶正電的點電荷從M點移動到N點,靜電力做功為零2.(2023山東濟南二模)如圖所示,傾角為α=37°的光滑斜面固定在水平地面上,物塊A和長木板B疊放在斜面上,不可伸長的輕繩繞過光滑定滑輪連接長木板B與物塊C。物塊A、長木板B的質量均為m,物塊C的質量為2m,A、B間的動摩擦因數μ=0.8,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。將A、B、C由靜止釋放,下列說法正確的是()A.輕繩的拉力大小為2mgB.物塊A的加速度大小為0.2gC.物塊C的加速度大小為0.76gD.物塊A與長木板B間的摩擦力大小為0.64mg3.(2023湖南岳陽模擬)某載人飛船繞地球做圓周運動的周期為T,由于地球遮擋,航天員發現有16T時間會經歷“日全食”過程,如圖所示。已知地球的半徑為R,引力常量為G,地球自轉周期為T0,太陽光可看作平行光,則下列說法正確的是(A.飛船離地球表面的高度為2RB.一天內飛船經歷“日全食”的次數為TC.航天員觀察地球的最大張角為120°D.地球的平均密度為244.(2023山東威海二模)如圖所示,理想變壓器接在電壓為U0的交流電源上,三個定值電阻R1、R2、R3的阻值相等,調節滑動變阻器R4的滑片,使其阻值與定值電阻相等,此時兩個理想電壓表的示數相同,下列說法正確的是()A.變壓器原、副線圈匝數比為1∶2B.電壓表的示數為UC.變壓器的輸入功率為R1消耗功率的7倍D.向下移動滑動變阻器的滑片,兩電壓表的示數都變大二、多項選擇題。5.(2023山東濰坊二模)如圖所示,一木板靜止在光滑水平地面上,左端連接一輕彈簧,彈簧的左端固定。t=0時刻一個小物塊從左端滑上木板,t=t0時刻木板的速度第1次變為0,此時小物塊從木板右端滑離。已知小物塊與木板間的動摩擦因數為μ,彈簧始終在彈性限度內,則()A.t=t0B.t=t0時刻木板的加速度最大C.t=t0D.t=t06.如圖所示,間距L=0.5m的光滑U形金屬導軌固定在絕緣斜面上,斜面傾角θ=37°。區域Ⅰ、Ⅱ分別以PQ、MN為邊界,均存在垂直于斜面向上的磁場,區域Ⅰ中磁感應強度從0開始隨時間均勻增大,區域Ⅱ中為勻強磁場,磁感應強度B2=0.5T,PQ與MN之間為無磁場區域。質量m=0.1kg、電阻R=2Ω的導體棒垂直于導軌放置,從兩磁場之間的無磁場區域由靜止釋放,經過t=2s進入區域Ⅱ恰好勻速下滑。導體棒與導軌始終垂直且保持良好接觸,導軌足夠長且電阻不計。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。則下列說法正確的是()A.進入區域Ⅱ后,導體棒中的電流I=2.4AB.無磁場區域的面積至少為12m2C.前2s導體棒產生的焦耳熱Q=3.24JD.若區域Ⅰ磁場面積為2m2,則區域Ⅰ的磁感應強度隨時間變化的表達式為B=1.8t(SI)三、非選擇題。7.(2023山東臨沂二模)太陽能電池是一種利用太陽光發電的光電半導體薄片,又稱為“太陽能芯片”或“光電池”,只要光照達到一定的強度,瞬間就可輸出電壓。某物理興趣小組想利用下面所給器材測量某光電池的電動勢和內阻,已知相同光照強度下該光電池的電動勢不變。甲待測光電池(電動勢約為3V,內阻約為10Ω);電流表A1(量程為0~3mA,內阻RA1=100Ω);電流表A2(量程為0~600mA,內阻約為1Ω);定值電阻R1=900Ω;定值電阻R2=200Ω;滑動變阻器R(0~200Ω);開關S,導線若干。(1)根據所給器材設計最合理的實驗電路,其中定值電阻應選(選填“R1”或“R2”),并在圖甲中完成實物連接。

(2)該同學用一定強度的光照射該光電池,閉合開關S,調節滑動變阻器R的阻值,讀出電流表A1的讀數I1和電流表A2的讀數I2,得到該光電池的I1I2曲線如圖乙所示。由圖乙可知,該光電池的電動勢為V,當A1的示數為2.30mA時,電池內阻為Ω。(均保留2位有效數字)

乙(3)當滑動變阻器接入電路的電阻為8Ω時,滑動變阻器上消耗的電功率為W。(保留2位有效數字)

8.(2023山東青島二模)某科研小組在如圖所示的坐標系中研究質量為m、電荷量為q的帶正電小球在復合場中的運動情況,重力加速度為g,請回答以下問題:(1)如圖甲所示,若沿x軸正向加勻強電場,沿y軸正向加勻強磁場。小球以某速度在xOz平面內做勻速直線運動,某時刻撤去電場和磁場,小球在此后運動過程中的最小動能為其初始動能的12,求所加勻強電場的電場強度大小E1(2)如圖乙所示,若在坐標原點O固定一正點電荷,沿z軸加勻強磁場,小球恰好能以z軸上O1(0,0,a)點為圓心做勻速圓周運動,其軌跡平面與xOy平面平行,角速度為ω,運動方向如圖中箭頭所示,求磁感應強度大小B1并說明其方向。(3)如圖丙所示,若沿z軸正向加電場強度大小E2=mgq的勻強電場,沿y軸負向加磁感應強度大小B2=2mv0qR的勻強磁場,沿y軸正向加電場強度大小E3=2E2的勻強電場。讓小球在yOz平面內從z軸O2(0,0,R)點以初速度2v0與z軸正向成60°角射入,設C點(圖丙中未畫出)為小球運動過程中z坐標最大的點,9.(2023福建廈門二模)如圖甲所示,傾角θ=30°的斜面固定在水平地面上,斜面上放置長度L=1m、質量m0=3kg的長木板A,長木板的下端恰好與斜面底部齊平;一可視為質點、質量m=1kg、電荷量q=+1×105C的物塊B放在長木板上,與長木板上端距離d1=0.15m;與長木板上端距離d2=1m的虛線ef右側存在足夠寬的勻強電場,電場方向垂直斜面向上。t=0時刻起,一沿斜面向上的恒力F作用在長木板上,1s后撤去F,物塊B在0~1s內運動的vt圖像如圖乙所示,且物塊B在t=1.3s時速度恰好減為零。已知物塊與長木板間的動摩擦因數μ1=32,長木板與斜面間的動摩擦因數μ2=33,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物塊B所帶的電荷量始終不變,重力加速度g取10m/s(1)求恒力F的大小。(2)求勻強電場的電場強度大小。(3)從t=0時刻起到長木板下端再次與斜面底部齊平的過程中,求物塊B與長木板A間因摩擦產生的熱量。能力題提分練(三)1.A根據對稱性和電場疊加原則可知,M和Q兩點處的電場強度大小相等,方向不同,A正確。圖中豎直直徑兩端的等量異種點電荷+q、q在M點的合電場強度EMy方向豎直向下,水平直徑兩端的等量異種點電荷+q、q在M點的合電場強度EMx方向水平向右,根據等量異種點電荷電場分布特點可知EMy>EMx,M點的電場方向并不是由M點指向N點,B錯誤。根據等量異種點電荷電勢分布特點和對稱性可知,M點和Q點電勢相等,N點和P點電勢相等,且M點和Q點電勢大于N點和P點電勢,則將一帶正電的點電荷從M點移動到Q點,靜電力做功為零;將一帶正電的點電荷從M點移動到N點,靜電力做正功,C、D錯誤。2.D假設A、B能相對靜止一起沿斜面向上加速運動,則整體的加速度大小a=2mg-2mgsin37°4m=0.2g,此時對物體A有Ffmgsin37°=ma,解得Ff=0.8mg,而A與B的最大靜摩擦力Ffm=μmgcos37°=0.64mg,可知此時A、B不能相對靜止,即A相對B下滑,A與B間的滑動摩擦力大小為Ff'=μmgcos37°=0.64mg,μmgcos37°-mgsin37°m=0.04g,方向沿斜面向上,B錯誤,D正確;對B、C的整體有a'=2mg-mgsin37°-Ff'33.D由幾何關系可知,每次“日全食”過程的時間內飛船轉過α角,所需的時間為t=α2πT,由于航天員發現有16T時間會經歷“日全食”過程,則α2πT=16T,得α=13π,設飛船離地球表面的高度為h,由幾何關系可得RR+h=sinα2,得h=R,A錯誤;地球自轉周期為T0,飛船繞地球一圈時間為T,飛船繞地球一圈會有一次日全食,即每過時間T就有一次日全食,則一天內飛船經歷“日全食”的次數為T0T,B錯誤;設航天員觀察地球的最大張角為θ,則由幾何關系可得sinθ2=RR+h,得θ=60°,C錯誤;萬有引力提供向心力,有Gm地mr4.B設此時電壓表的示數為U,通過R1、R3、R4的電流都為I1=I3=I4=UR,通過R2的電流為I2=I3+I4=2UR,變壓器原、副線圈匝數比n1n2=I2I1=21,A錯誤;原線圈的輸入電壓U1=U0U,副線圈的輸出電壓U2=2U+U=3U,根據n1n2=U1U2可得U=U07,B正確;變壓器的輸入功率P入=P出=I2U2=6U2R,R1消耗功率P1=U2R,則P入P1=6,C錯誤;設副線圈的總電阻為R總,U2=I2R總,U1=n1n2I2R總,I1=n2n1I2,U0=I1R+U1=n2n15.BD對木板分析,木板先向右做加速度減小的變加速運動,后向右做加速度增大的變減速運動,設木板相對加速度為0的位置為平衡位置,木板相對平衡位置的位移大小為x,木板初始位置到平衡位置的距離為L0,小物塊的質量為m,則有kL0=μmg,當木板在平衡位置左側時所受外力的合力大小為F=μmgk(L0x)=kx,當木板在平衡位置右側時所受外力的合力大小為F=k(L0+x)μmg=kx,可知該過程木板所受外力的合力大小與相對平衡位置的位移大小成正比,方向相反,即回復力大小與相對平衡位置的位移大小成正比,方向相反,則木板向右做簡諧運動,根據對稱性可知,t=0時刻與t=t0時刻加速度大小相等,均達到最大值,A錯誤,B正確;木板向右做簡諧運動,根據對稱性可知,平衡位置速度最大,即t=t02時刻木板的速度最大,C錯誤6.AC導體棒進入區域Ⅱ恰好勻速下滑,則mgsinθ=B2IL,導體棒中的電流為I=2.4A,故A正確;導體棒進入區域Ⅱ磁場的速度為v=at,根據牛頓第二定律有mgsin37°=ma,導體棒在無磁場區域做勻加速直線運動,有v2=2ax,無磁場區域的面積最小值為Smin=Lx,代入數據得Smin=6m2,故B錯誤;導體棒進入區域Ⅱ后,區域Ⅰ中磁感應強度變化產生的感生電動勢為E1,區域Ⅱ中導體棒切割磁場產生的動生電動勢為E2,則E1+E2=E1+B2Lv=IR,解得感生電動勢E1=1.8V,前2s導體棒未切割磁場,則產生的焦耳熱為Q=E12Rt=3.24J,故C正確;根據E1=ΔΦΔt=ΔBΔtS,得區域Ⅰ磁場的變化率為ΔBΔt=0.9T/s,區域Ⅰ中磁感應強度從07.答案(1)R1實物圖連接見解析(2)2.97.5(3)0.27解析(1)待測光電池的電動勢約為3V,則將電流表A1改裝成3V的電壓表,則R=UmI1RA1=33×10-3Ω100Ω=900(2)根據閉合電路歐姆定律有E=I1(RA1+R1)+I2r,得I1=rRA1+R1I2+ERA1+R1,有b=ERA1+R1=2.9mA,解得E=2.9V;當A1的示數為mA時,由圖乙可知電流表A2的讀數為80mA,根據閉合電路歐姆定律E=I1(RA1(3)當滑動變阻器接入電路的電阻為8Ω時,將8Ω的定值電阻的UI2圖像畫到電源的I1I2圖像中,由于電壓表是用電流表A1改裝成3V的電壓表,可知此時A1的示數為mA時,電流表A2的讀數為185mA,則滑動變阻器接入電路的電阻為8Ω時,滑動變阻器上消耗的電功率為P=(185×103)2×8W。8.答案(1)mg(2)m(ω2a(3)R22+3解析(1)由平衡條件得,x軸方向有qv0zB=qE1z軸方向有qv0xB=mg小球在運動過程中的最小動能為其初始動能的12,最小動能即為z軸方向的速度減為0Ekmin=1根據題意有Ekmin=12×12解得v0x=v0z則mg=qE1解得E1=mgq(2)設圓軌道半徑為R1,圓周上一點和坐標原點連線與y軸的夾角為αz軸方向有mg=F電sinα由牛頓第二定律有qωR1B1F電cosα=mω2R1其中tanα=a解得B1=m(ω2a(3)小球的運動為復雜的旋進運動。將該運動分解為xOz平面內的勻速圓周運動和y軸正方向的勻加速直線運動,在xOz平面內有qvB2=m又v=2v0cos60°解得r=R小球在xOz平面內做勻速圓周運動的周期為T=2小球從O2到C的時間為t=n+14T(n=O2C在z軸方向上的距離Lz=r,O2C在x軸方向上的距離Lx=r,小球在y軸的正方向做勻加速直線運動,根據勻變速直線運動規律可知,O2C在y軸方向上的距離Ly=2v0sin60°·t+12at根據牛頓第二定律得qE3=maO2C的距離為O2C=LxR2R22+3π9.答案(1)48N(2)53×105N/C(3)1.125J解析(1)由圖乙可知,0~1s內物塊B的加速度大小為a1=ΔvΔt=2若物塊B與長木板A發生相對滑動,由牛頓第二定律得μ1mgcosθmgsinθ=ma0得a0=2.5m/s2因a1<a0,故恒力F作用后,兩者相對靜止,一起向上加速,對A、B整體有Fμ2(m0+m)gcosθ(m0+m)gsinθ=(m0+m)a1得F=48N。(2)0~1s內A、B一起運動的位移為x1=v12得x1=1m=d2即撤去外力時長木板A恰好運動到電場邊緣,假設撤去外力后A、B相對靜止一起減速,對A、B整體有μ2(m0+m)gcosθ+(m0+m)gsinθ=(m0+m)a2得a2=10m/s2對物塊B有Ff1+mgsinθ=ma得Ff1=5NFfm=μ1mgcosθ=7.5N所以Ff1<Ffm。假設成立,兩者相對靜止一起減速,在此加速度下若物塊B減速為零由速度位移關系有0v12=2ax得xB1=0.2m>d1即物塊B到達電場邊緣時尚未減