备战2025年高考二轮复习物理（广东版）考前热身练 能力题提分练2（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（广东版）考前热身练 能力题提分练2（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.(2024河北石家庄二模)如图所示,假设在太空中有A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动,运动周期为T1,它们的轨道半径分别为RA、RB,且RARC,故C正确;在A、B组成的双星系统中,对A,根据牛顿第二定律有GmAmB(RA+RB)2=mA4π2T12RA,解得mB=4π2RA(RA+RB)2GT12,故D错误。
2.(2024青海海东二模)如图所示,半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置,可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A,在圆心O的正下方离O点r2处固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动,重力加速度大小为g,则小球B上升的最大高度为( )
A.35rB.23r
C.45rD.56r
答案 C
解析 取圆心所在处的水平面势能为零,小球B上升到最大高度时如图所示,根据初始位置重力势能与小球B最大高度时的系统重力势能相等可得-mgr2=-mgrcs θ+mg×r2sin θ,则rcs θ-r2(1+sin θ)=0,4(1-sin2θ)=1+sin2θ+2sin θ,5sin2θ+2sin θ-3=0,解得sin θ=35,sin θ=-1(舍去),所以θ=37°,小球B上升的最大高度为h=r2+r2sin 37°=45r,故选C。
3.(2024河北沧州一模)一根轻杆斜靠在光滑的竖直墙壁上,下端放在粗糙的水平地面上,轻杆处于静止状态。一个穿在杆上的小环从杆的顶端匀速滑下的过程中,下列说法正确的是( )
A.地面所受的压力变大
B.地面所受的摩擦力变大
C.墙壁给轻杆的弹力变大
D.地面给轻杆的作用力变小
答案 D
解析 由于小环从杆的顶端匀速滑下,加速度为零,轻杆静止,加速度也为零。则可将小环和轻杆整体分析,可知地面所受的压力始终等于小环的重力且保持不变,故A错误;对轻杆受力分析,受到小环的作用力大小等于小环的重力大小,竖直墙壁的弹力F,地面的支持力FN,地面的摩擦力f,如图所示,以B点为支点,根据杠杆平衡条件有Gx=Fy
根据共点力平衡条件有G=FN,F=f,联立可得f=F=xyG,在小环匀速滑下的过程中,x逐渐减小,y保持不变,所以地面对轻杆的摩擦力和墙壁给轻杆的弹力逐渐变小,即地面受到的摩擦力也变小,故B、C错误;由于小环匀速滑下的过程中,地面对轻杆的摩擦力逐渐变小,而地面对轻杆的支持力不变,所以地面给轻杆的作用力变小,故D正确。
4.(2024浙江二模)为模拟航天器着陆,研究室构建了一个如图所示的立体非匀强磁场,关于中心轴对称分布,磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ(背向轴心),Bh的大小只随高度h变化(计初始位置为h=0),关系为Bh=B0(1+400h),Bτ=B0200r(r为到对称轴的距离,SI)。现有横截面半径为1 mm的金属细丝构成直径为1 cm的圆环在磁场中由静止开始下落,其电阻率为1.6×10-8 Ω·m。其中B0=0.1 T,沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上,在运动过程中圆环平面始终保持水平,速度在下落1.6 m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为( )
A.175π CB.20π C
C.12.5π CD.6.5π C
答案 B
解析 根据题意可知,由E=ΔΦΔt、I=ER和q=IΔt可得q=ΔΦR,又有R=ρLS=1.6×10-4 Ω,运动过程中,竖直方向上,由楞次定律可知,线圈中产生顺时针的感应电流(从上往下看),ΔΦ=(Bh-B0)·πd22=1.6π×10-3 Wb,则有q1=ΔΦR=10π C;水平方向上,Bτ=B0200·d2=B0,由右手定则可知,下落过程中线圈切割水平磁场,同样产生顺时针电流(从上往下看),则有q2=B0·πdhR=10π C,则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为q=q1+q2=20π C,故选B。
二、多项选择题:本题共2小题,每小题6分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.(2024湖南衡阳二模)如图所示,物体A和B中间用一个轻杆相连,在倾角为θ的斜面上匀速下滑,杆与斜面平行。已知A物体光滑,质量为m,B物体与斜面间的动摩擦因数为μ,质量为2m,整个过程斜面始终静止不动。下列说法正确的是( )
A.B物体与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ
B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上
C.增加B物体的质量,A、B整体将沿斜面减速下滑
D.增加A物体的质量,A、B整体将沿斜面加速下滑
答案 CD
解析 对A、B整体分析,根据平衡条件有3mgsin θ=2μmgcs θ,解得μ=32tan θ,故A错误;规定沿斜面向下为正方向,设轻杆对B的作用力为T,单独对B分析,根据平衡条件有T+2mgsin θ=2μmgcs θ,解得T=mgsin θ,正值表示方向沿斜面向下,故B错误;若增加B物体的质量,设增量为Δm,则(3m+Δm)gsin θ-(2m+Δm)μgcs θ=-12Δmgsin θ,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向上,则A、B整体将沿斜面减速下滑,故C正确;增加A物体的质量,设增量为Δm,则(3m+Δm)gsin θ-2μmgcs θ=Δmgsin θ,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下,则A、B整体将沿斜面加速下滑,故D正确。
6.(2024天津河西一模)如图所示,水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴OO'做匀速圆周运动,转盘表面质地均匀;转盘上放着两个完全相同的小碟子,随着转盘共同转动;两个碟子的质量都是m,线速度大小都是v;其中一个碟子中装有一个苹果,在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止;另一个碟子是空的。以下说法正确的是( )
A.转盘匀速转动时,碟子对转盘的摩擦力方向指向转盘圆心
B.若转盘的角速度逐渐增大,则空碟子先相对转盘发生滑动
C.转盘匀速转动半周的过程中,转盘对空碟子摩擦力的冲量大小为2mv
D.转盘匀速转动半周的过程中,转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零
答案 CD
解析 转盘匀速转动时,碟子的向心力由转盘给碟子的摩擦力提供,指向转盘圆心,由牛顿第三定律可得,碟子对转盘的摩擦力方向为转盘圆心与碟子的连线向外,故A错误;当刚发生相对滑动时由最大静摩擦力提供向心力,即μmg=mω2r,两个碟子与转盘接触面动摩擦因数相同,半径相同,则可知两个碟子相对转盘发生滑动的角速度相同,故B错误;转盘匀速转动半周的过程中,空碟子速度反向,合外力对空碟子的冲量等于其动量改变量,则有I=mv-(-mv)=2mv,故C正确;转盘匀速转动半周的过程中,转盘对空碟子的摩擦力提供向心力,始终指向圆心,与速度方向垂直,不做功,则转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零,故D正确。
三、非选择题:本题共4小题,共32分。
7.(6分)(2024河北保定一模)某校物理小组尝试利用智能手机对竖直面内的圆周运动进行拓展探究。实验装置如图甲所示,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接智能手机,把手机拉开一定角度,由静止释放,手机在竖直面内摆动过程中,手机中的陀螺仪传感器可以采集角速度实时变化的数据并输出图像,同时,拉力传感器可以采集轻绳拉力实时变化的数据并输出图像。经查阅资料可知,面向手机屏幕,手机逆时针摆动时陀螺仪传感器记录的角速度为正值,反之为负值。
(1)某次实验,手机输出的角速度随时间变化的图像如图乙所示,由此可知在0~t0时间段内 。
A.手机20次通过最低点
B.手机10次通过最低点
C.手机做阻尼振动
D.手机振动的周期越来越小
(2)为进一步拓展研究,分别从力传感器输出图像和手机角速度—时间图像中读取几对手机运动到最低点时的拉力和角速度的数据,并在坐标图中以F(单位:N)为纵坐标、ω2(单位:rad2·s-2)为横坐标进行描点,请在图丙中作出F-ω2的图像。
丙
(3)根据图像求得实验所用手机的质量为 kg,手机做圆周运动的半径为 m。(结果均保留2位有效数字,重力加速度g取9.8 m/s2)
答案 (1)AC
(2)见解析图
(3)0.21 0.28
解析 (1)分析可知,当手机通过最低点时角速度达到最大值,而由图乙可知,在0~t0时间内手机20次通过最低点,故A正确,B错误;手机的角速度会随着振幅的减小而衰减,根据图乙可知,手机的角速度随着时间在衰减,可知手机在做阻尼振动,故C正确;阻尼振动的周期不变,其周期由系统本身的性质决定,故D错误。
(2)由于手机在做圆周运动,短时间内在不考虑其振动衰减的情况下,在最低点对手机由牛顿第二定律有F-mg=mω2L
可得F=mLω2+mg
式中L为悬点到手机重心的距离,根据上式可知,手机运动到最低点时的拉力和角速度的平方呈线性变化,作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来,不能落在图像上的点迹应使其均匀地分布在图线的两侧,有明显偏差的点迹直接舍去,作出的图像如图所示。
(3)根据图像结合其函数关系可得
mg=2.01 N,
mL=2.30-2.015 kg·m=0.058 kg·m
解得m≈0.21 kg,L≈0.28 m。
8.(8分)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。
答案 (1)2mv2qd
(2)(2-1)mv22qd
(3)Tn=[52π4+n-12(4+22)+n-12·32π2]dv(n为奇数),
Tn=[52π4+n2(4+22)+n-22·32π2]dv(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=mv2r
由几何关系得rcs 45°=d
联立解得r=2d,B=2mv2qd。
(2)粒子从x轴运动到b点过程中,水平方向
r+rsin 45°=vcs 45°·t2
竖直方向
vsin 45°=qEmt2
联立解得t2=(2+2)dv,E=(2-1)mv22qd。
(3)粒子从a点运动到x1,即第一次到达x轴所用时间为
T1=θ2π·2πrv=52πd4v
从x1到x2,根据对称性可知
T2'=2t2=(4+22)dv
所以粒子第二次到达x轴所用时间为T2=T1+T2'=(52π4+4+22)dv
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'=θ12π·2πrv=32πd2v
所以粒子第三次到达x轴所用时间为T3=T2+T3'=(52π4+4+22+32π2)dv
所以当粒子第n次到达x轴时所用时间为
Tn=[52π4+n-12(4+22)+n-12·32π2]dv(n为奇数)
Tn=[52π4+n2(4+22)+n-22·32π2]dv(n为偶数)。
9.(8分)(2024湖南岳阳二模)如图所示(俯视图),光滑绝缘水平面上有一边长L=1 m的正方形单匝导体线框abcd,线框质量m=0.1 kg,总电阻R=0.4 Ω。线框的右侧有两块条形区域的匀强磁场依次排列,条形区域的宽度也均为L=1 m,长度足够长,磁场的边界与线框的bc边平行。区域Ⅰ磁场的磁感应强度为B1=0.1 T,方向竖直向下,区域Ⅱ磁场的磁感应强度为B2=0.3 T,方向也竖直向下。给线框一水平向右的初速度v0,初速度方向与bc边垂直。
(1)若线框向右的初速度v0=4 m/s,求线框bc边刚进区域Ⅰ时,线框的加速度大小。
(2)若线框bc边能穿过区域Ⅰ,线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中,求线框受到安培力的冲量。
(3)要使线框能完全穿过整个磁场区域,至少给线框多大的初速度?
答案 (1)1 m/s2
(2)0.025 N·s,方向水平向左
(3)3.5 m/s
解析 (1)线框bc边刚进区域Ⅰ时,感应电动势为
E=B1Lv0=0.4 V
电流为I=ER=1 A
线框的加速度大小为a=IB1Lm=1 m/s2。
(2)线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中,线框受到安培力的冲量为
IF=I1B1LΔt1
其中q1=I1Δt1=ΔΦ1R=B1L2R=0.25 C
解得IF=0.025 N·s
方向水平向左。
(3)要使线框能完全穿过整个磁场区域,根据动量定理得
-I1B1LΔt1-I2(B2-B1)LΔt2-I3B2LΔt3=0-mv
其中q2=I2Δt2=ΔΦ2R=(B2-B1)L2R=0.5 C
q3=I3Δt3=ΔΦ3R=B2L2R=0.75 C
解得线框初速度大小至少为
v=3.5 m/s。
10.(10分)(2024山东枣庄三模)如图甲所示,固定点O处悬挂长为L的轻质细绳,末端连接一个质量为m的小球,在O点正下方O'处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置,由静止释放小球,当细绳摆至竖直位置时,被细钉挡住,此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙所示,O点下方的光滑水平面上有一凹槽,凹槽左右挡板内侧间的距离也为L,在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量为m的小物块,凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ=0.1。物块与凹槽一起以速度v=1275gL向左运动,小球从图乙所示位置由静止释放,释放时细绳与水平方向间的夹角为α且sin α=0.3。当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞,小球被弹回,同时凹槽被原速率弹回。此后小球摆到O'右侧后无法做完整的圆周运动,而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动,小球做抛体运动的轨迹与OO'所在直线交于E点(图中未画出)。已知小球与凹槽不发生二次碰撞,所有的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求凹槽的质量m0。
(2)求E点到圆轨道最低点的距离。
(3)若L=507 m,求小球和凹槽在轨道最低点相碰后,凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离及从碰撞后到共速所经历的时间。
答案 (1)2m
(2)0
(3)10021 m 203 s
解析 (1)设小球从图乙中位置摆下后碰前的速度为v0,根据机械能守恒定律有
12mv02=mgL(1-sin α)
解得v0=75gL
因为碰后凹槽原速率反弹,根据弹性碰撞的特点,说明小球也是原速率反弹且小球和小车组成的系统动量守恒,即总动量为零,有mv0=m0v=m0v02
解得m0=2m。
(2)设小球做圆周运动的最高点C的速度为vC,半径为R,满足重力刚好提供向心力,有
mg=mvC2R
从开始摆下的位置到小球做圆周运动最高点过程,根据机械能守恒定律有
mg(L-2R)=12mvC2
联立解得R=2L5
设与水平方向夹角为θ时脱离圆轨道的速度为v1,由牛顿第二定律得
mgsin θ=mv12R
因为小球原速率反弹,小球从图乙所示位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中,有
mgL(1-sin α)-mgR(1+sin θ)=12mv12
解得sin θ=12,v1=12gR
脱离轨道后,根据抛体运动的特点,水平竖直正交分解
x=v1tsin θ=Rcs θ,y=v1tcs θ-12gt2
可得y=-3R2,h=R+Rsin θ=3R2
因为y+h=0
所以到轨道最低点的距离为零。
(3)根据动量守恒定律有m0v2-mv2=(m0+m)v共
根据功能关系有μmgs=12(m0+m)v22-12(m0+m)v共2
又v2=v
联立解得s=7015L=4+23L
所以共速时到右端的距离为s'=23L=10021 m
设开始相对运动二者的速度分别为v3=v2,方向向右;v4=v2,方向向左
凹槽的位移s2=v3t1-12a2t12
物块的位移s1=v4t1-12a1t12
且有s2+s1=L
联立可得(v3+v4)t1-12(a2+a1)t12=L
整理得3t12-4(v3+v4)t1+4L=0
解得t1=23[(v3+v4)-(v3+v4)2-3L]
凹槽与小物块第一次碰后,由v5+v6=(v3+v4)-(a2+a1)t1
可得v5+v6=(v3+v4)2-3L
所以t2=23[(v3+v4)2-3L×1-(v3+v4)2-3L×2]
以此类推t3=23[(v3+v4)2-3L×2-(v3+v4)2-3L×3]
t4=23[(v3+v4)2-3L×3-(v3+v4)2-3L×4]tn
=23[(v3+v4)2-3L×(n-1)-(v3+v4)2-3L×n]
令(v3+v4)2-3Ln=0,得n=143=4+23
所以碰撞了4次后又相对运动了23L后,凹槽和小物块相对静止向右匀速运动。
所以总时间t=t1+t2+t3+t4+t5=2(v3+v4)3
解得t=203 s。