資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合基礎練習1
一、單選題（本大題共6小題）
1．水平面內有兩個沿豎直方向振動的相干波源S1和S2（振動步調相同），發出的簡諧橫波在同一均勻介質中傳播，其波源分別位于如圖所示橢圓長軸端點位置，橢圓的半長軸為a=5m，半短軸為b=3m，如圖所示建立xOy坐標系。已知波源頻率f=2Hz，簡諧波在介質中傳播速度大小為8m/s，則下列說法正確的是（　　）
A．該簡諧波在介質中的波長是16m
B．在波源S1和S2的連線上（不包含S1、S2位置），振動加強的位置一共有3個
C．在橢圓上振動加強的位置一共有10個
D．位于y軸上的所有質點均是振動減弱點
2．如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上放置兩根長為L、質量為m的平行直導線a、b，兩直導線被斜面上的擋板擋住且處于平衡狀態。現給a、b兩直導線通入圖示方向、大小為I的恒定電流，此時撤去直導線b的擋板，直導線b能夠靜止不動。若保留直導線b的擋板，撤去直導線a的擋板，為使直導線a靜止不動，現施加一垂直于斜面的勻強磁場，則勻強磁場的磁感應強度B的大小為（ ）
A． B． C． D．
3．某同學對四個電阻各進行了一次測量，把每個電阻兩端的電壓和通過它的電流在平面直角坐標系中描點，得到了圖中A、B、C、D 四個點。這四個電阻中阻值最大的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
4．相似三角形 如圖所示，圓心為、半徑為的光滑絕緣圓環豎直固定，帶電荷量為的小球固定在圓環的最低點點，質量為的帶電小球套在圓環上且在圓環與小球的共同作用下靜止在圓環上的點，與豎直方向的夾角為 。已知靜電力常量為，重力加速度為，兩小球均可視為質點。下列說法正確的是（ ）
A. 小球所帶的電荷量為
B. 若小球緩慢漏電，則其將會沿著圓環緩慢下滑，且它受到的支持力大小變小
C. 若小球緩慢漏電，則其將會沿著圓環緩慢下滑，且它受到的庫侖力大小保持不變
D. 若在圓環所在平面內加一勻強電場，使得當小球的電荷量減半時仍能靜止在點處，則電場強度的最小值為
5．如圖所示，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛星的三條軌道，其中軌道Ⅰ為與第一宇宙速度對應的近地環繞圓軌道，軌道Ⅱ為橢圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度對應的脫離軌道，a、b、c三點分別位于三條軌道上，b點為軌道Ⅱ的遠地點，b、c點與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍，則（　　）
A．衛星在軌道Ⅰ上處于平衡狀態
B．衛星在軌道Ⅱ的運行周期為軌道Ⅰ周期的倍
C．衛星在a點的加速度大小為在c點加速度大小的4倍
D．質量相同的衛星在b點的機械能等于在c點的機械能
6．如圖所示，真空中平行板電容器帶有絕緣手柄的A板接地，閉合電鍵給電容器充電后斷開電鍵。電容器中的C點固定放置一帶負電的點電荷q，q不影響電容器的電場分布。下列說法正確的是（　　）
A．若通過手柄把A板向上平移一小段距離，則q所受的電場力變大
B．若通過手柄把A板向左平移一小段距離，則q所受電場力變小
C．若緊靠B板插入一塊有機玻璃板，則q的電勢能變小
D．若緊靠B板插入一塊等大的鐵板，則q的電勢能不變
二、多選題（本大題共4小題）
7．為了市民換乘地鐵方便,長沙市開福區政府在地鐵口和主要干道上投放了大量共享電動車。騎行者通過擰動手把來改變車速,手把內部結構如圖（a）所示,其截面如圖（b）所示。霍爾元件保持不動,稍微擰動手把，磁鐵隨手把轉動,與霍爾元件間的相對位置發生改變,穿過霍爾元件的磁場強弱和霍爾電壓大小隨之變化。已知霍爾電壓越大,電動車能達到的最大速度越大,霍爾元件工作時通有如圖（b）所示的電流,載流子為電子,則
圖（a） 圖（b）
（ ）
A. 霍爾元件下表面電勢高于上表面
B. 霍爾元件下表面電勢低于上表面
C. 從圖（b）所示位置沿方向稍微擰動手把,可以增大
D. 其他條件不變,調大電流,可以增大
8．一列簡諧橫波沿x軸傳播，P、Q是平衡位置分別位于和的兩個質點，圖甲為時刻的波形，圖乙為質點Q的振動圖像。則下列判斷正確的是（　　）
A．波沿x軸負向傳播
B．波的傳播速度大小為2.5m/s
C．時，質點P在波峰位置
D．時，Q移動到了處
9．某人站在接有傳感器的地板上做下蹲、起跳和回落動作，此過程中地板所受壓力隨時間變化的圖像如圖所示，根據圖像分析可知（　　）
A．的過程中，人處于完全失重狀態
B．的過程中，人始終處于超重狀態
C．人在時刻的加速度小于在時刻的加速度
D．人在時刻下蹲到最低位置
10．如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（　　）
A．圖a中輕桿長為l，若小球在最高點的角速度小于，桿對小球的作用力向上
B．圖b中若火車轉彎時未達到規定速率，輪緣對外軌道有擠壓作用
C．圖c中若A、B均相對圓盤靜止，所在圓周半徑，質量，則A、B所受摩擦力
D．圖d中是一圓錐擺，增加繩長，保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．我們可以通過以下實驗，來探究產生感應電流的條件。
（1）給出的實物圖中，請用筆畫線代替導線補全實驗電路 ；
（2）電路穩定后，電流表指針 （填“偏轉”或“不偏轉”）；迅速移動滑動變阻器的滑片，電流表指針 （填“偏轉”或“不偏轉”）。
12．如圖所示為摩托車“飛越壕溝”表演場景。摩托車沿水平路面加速運動到A處，然后飛越寬為10 m，高度差為1.25 m的壕溝。摩托車與車手總質量為m =100 kg，不計空氣阻力，重力加速度g為10m/s2。問：
(1)從A處飛出后經多長時間落地？
(2)到達A處時，摩托車的最小速度為多大？
(3)剛要落地時摩托車與車手的最小動能為多大？
13．我國自主研制了運-20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用描寫，k為系數；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度，已知飛機質量為時，起飛離地速度為66 m/s；裝載貨物后質量為，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。
（1）求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；
（2）若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1 521 m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。
14．某同學嘗試把一個靈敏電流表改裝成溫度表，他所選用的器材有：靈敏電流表（待改裝），學生電源（電動勢為E，內阻不計），滑動變阻器，單刀雙擲開關，導線若干，導熱性能良好的防水材料，標準溫度計，PTC熱敏電阻R1（PTC線性熱敏電阻的阻值與攝氏溫度t的關系為Rt=a+kt，a＞0，k＞0）．
設計電路圖如圖所示，并按如下步驟進行操作．
（1）按電路圖連接好實驗器材 ．
（2）將滑動變阻器滑片P滑到 （填“a”或“b”）端，單刀雙擲開關S擲于 （填“c”或“d”）端，調節滑片P使電流表滿偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不動，設此時電路總電阻為R，斷開電路．
（3）容器中倒入適量開水，觀察標準溫度計，每當標準溫度計示數下降5℃，就將開關S置于d端，并記錄此時的溫度t和對應的電流表的示數I，然后斷開開關．請根據溫度表的設計原理和電路圖，寫出電流與溫度的關系式I= （用題目中給定的符號）．
（4）根據對應溫度記錄的電流表示數，重新刻制電流表的表盤，改裝成溫度表．根據改裝原理，此溫度表表盤刻度線的特點是：低溫刻度在 （填“左”或“右”）側，刻度線分布是否均勻？ （填“是”或“否”）．
15．有一航空母艦上裝有幫助飛機起飛的彈射系統。已知某型號的戰斗機在跑道上加速時可產生的最大加速度為，起飛速度為，如果航母甲板跑道長160m，問：
（1）彈射系統應至少使飛機產生多大的初速度？
（2）如果航空母艦上不安裝彈射系統，要求這種飛機仍能在艦上起飛，問甲板上跑道至少應為多長？
（3）如果航空母艦上不安裝彈射系統，要求這種飛機仍能在艦上起飛，問航空母艦應以多大速度航行？
參考答案
1．【答案】C
【詳解】由題意可知簡諧波的周期為，由此可知簡諧波的波長，A錯誤；振動加強要求波程的差值為半波長的偶數倍，計算可知在連線上距離波源為、、、、位置的質點振動均加強，一共有5個位置，B錯誤；由于連線上一共有5個位置振動加強，因此橢圓上、下半橢圓上均有5個振動加強的位置，橢圓上一共有10個位置振動加強，C正確；位于軸上的所有質點到兩波源的距離相等，波程差為0，因此均是振動加強的質點，D錯誤。
2．【答案】B
【詳解】根據右手螺旋定則和左手定則可以得出通有同向電流的兩導線互相吸引，此時撤去直導線b的擋板，直導線b能夠靜止不動，表明a、b兩直導線之間的安培力為，若保留直導線b的檔板，撤去直導線a的擋板，直導線a靜止不動的條件是，解得
3．【答案】A
【詳解】根據電阻一定時，通過導體的電流與導體兩端的電壓成正比可得，四個電阻的圖象如下
在圖象中做一條豎線，即通過各電阻的電流相等。從圖可知，通過它們的電流相等時，A的電壓最大，BC相等，D最小，BCD錯誤，A正確。
4．【答案】D
【詳解】由幾何關系可知，兩個小球之間的距離為，對小球進行受力分析，如圖1所示，解得小球所受的庫侖力大小為，根據庫侖定律有，聯立解得小球所帶的電荷量為，錯誤；若小球緩慢漏電，小球將會沿著圓環緩慢下滑，設某時刻小球處于點，兩個小球之間的距離為，對小球進行受力分析，如圖2所示，由相似三角形可得（點撥：找力的三角形和幾何三角形相似，適用情況：球在圓上走），隨著的減小，庫侖力逐漸減小，圓環對小球的支持力大小不變，、錯誤；若小球的電荷量減半，且仍能靜止在點，則小球所受的庫侖力大小變為，此時對小球進行受力分析，如圖3所示（點撥：四力化三力，虛線為庫侖力和重力的合力），當靜電力方向垂直于支持力向上時最小，根據共點力平衡有，根據電場強度的定義式有，聯立解得，正確。
【技巧必背】 三力平衡時，當存在一個力大小和方向均不變，第二個力方向不變時，第三個力與第二個力垂直時最小。
5．【答案】C
【詳解】衛星在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，合力不為零，不處于平衡狀態，A錯誤；由題可知軌道Ⅰ的半徑與軌道Ⅱ的半長軸之比為，根據開普勒第三定律，解得，B錯誤；根據公式可知，衛星在a點的加速度大小為在c點的4倍，C正確；衛星從軌道Ⅱ變到軌道Ⅲ需要點火加速，因此在同一點加速動能增大也就是機械能增大，而同一軌道機械能守恒，因此b點的機械能小于在c點的機械能，D錯誤。
6．【答案】D
【詳解】電容器充電后斷開電鍵，電量不變。
若保持正對面積不變，把板上移，電容器的電容， ， ，解得，電場強度與電荷量和正對面積有關，與兩極板距離無關，A錯誤；向左移動A板，正對面積減小，則電場強度增大，根據公式，q所受電場力變大，B錯誤；電容器中的C點固定放置一帶負電的點電荷q，則，緊靠B插入有機玻璃板，可知增大，則電容器的電容C變大，E變小，q電場力減小，則電荷向下運動，電場力做負功，則負電荷q的電勢能變大，C錯誤；緊靠B插入一塊鐵板相當于兩極板間距離變小，電荷量不變，正對面積不變，所以電場強度不變，則電荷q靜止，q的電勢能不變，D正確。D正確。
7．【答案】AD
【題圖剖析】
【詳解】霍爾元件工作時載流子為電子，由左手定則可知，電子所受洛倫茲力指向上表面，所以霍爾元件下表面電勢高于上表面，正確，錯誤；設霍爾元件上下表面的距離為，可得，解得，依題意可知，從題圖（b）所示位置沿方向稍微擰動手把，則穿過霍爾元件的磁場變弱，減小，則減小，錯誤；根據，聯立解得，故其他條件不變時，調大電流，則增大，可以增大，正確。
【易錯警示】 運用左手定則判斷霍爾元件電勢高低時，注意載流子是電子，其運動方向與電流方向相反。分析霍爾電壓變化時，明確磁場變化對霍爾電壓的影響，以及電流變化對霍爾效應的作用。
8．【答案】AB
【詳解】時，向上振動，根據同側法可判斷波沿軸負向傳播，選項A正確；由甲圖可得，由乙圖可得周期，波的傳播速度大小為，選項B正確；時，即經過四分之一周期，甲圖波形向左平移5m，可知質點在波谷位置；只會上下振動，不會左右移動，選項CD錯誤。
9．【答案】AC
【詳解】人的重力由0時刻讀出，如圖中藍色虛線。
的過程中，人對地板沒有壓力，說明人離開地板在空中，處于完全失重狀態，A正確；的過程中，人對地板的壓力從小于重力到大于重力，說明人先失重后超重，B錯誤；時刻人對地板的壓力小于人的重力，合力方向向下，小于重力；時刻合力等于重力，則人在時刻的加速度小于在時刻的加速度，C正確；時刻人處于失重狀態，處于向下加速過程，未到最低點，D錯誤。
10．【答案】AD
【詳解】圖a中若輕桿上的小球在最高點時，桿受作用力為零，此時，解得，若角速度小于，則桿對小球的作用力向上，A正確；圖b中若火車轉彎未達規定速度行駛時，此時重力和軌道的支持力的合力大于火車所需的向心力，此時火車有做向心運動的趨勢，輪緣對內側軌道有擠壓作用，B錯誤；圖c中若A、B均相對靜止，根據，，，可得A、B所受摩擦力為，C錯誤；圖d是一圓錐擺，根據，可得，則增加繩長，保持圓雉的高度不變，則圓錐擺的角速度不變，D正確。選AD．
11．【答案】；不偏轉；偏轉
【詳解】
（1）．電路連接如圖：
（2）．電路穩定后，由于穿過線圈B的磁通量不變，則無感應電流產生，電流表指針不偏轉；迅速移動滑動變阻器的滑片，線圈A中電流發生變化，則穿過線圈B的磁通量發生變化，產生感應電流，則電流表指針偏轉。
12．【答案】(1)0.5s；(2)20m/s；(3)
【詳解】（1）根據豎直方向的運動規律可知
解得s
（2）根據水平方向的運動規律有
解得
（3）根據動能定理有
解得J
13．【答案】(1)；（2）2m/s2，
【詳解】（1）空載起飛時，升力正好等于重力：
滿載起飛時，升力正好等于重力：
由上兩式解得：
（2）滿載貨物的飛機做初速度為零的勻加速直線運動，所以
解得：
由加速的定義式變形得：
解得：
14．【答案】（2）a；c；滿偏（或指針到最大電流刻度）；（3）；（4）右；否
【詳解】
（2）根據實驗的原理可知，需要先選取合適的滑動變阻器的電阻值，結合滑動變阻器的使用的注意事項可知，開始時需要將滑動變阻器滑片P滑到 a端，乙保證電流表的使用安全；然后將單刀雙擲開關S擲于 c端，調節滑片P使電流表滿偏，設此時電路總電阻為R，斷開電路．
（3）當溫度為t時，熱敏電阻的阻值與攝氏溫度t的關系為：R1=a+kt，根據閉合電路的歐姆定律可得，
（4）由上式可知，溫度越高，電流表中的電流值越小，所以低溫刻度在表盤的右側；由于電流與溫度的關系不是線性函數，所以表盤的刻度是不均勻的．
15．【答案】（1）30m/s；（2）250m；（3）10m/s
【詳解】（1）設彈射系統必須使飛機具有的初速度為v0。則有v2 v02＝2ax，代入數據解得v0=30m/s
（2）由v2=2ax′，代入數據解得x′=250m
（3）設飛機起飛所用的時間為t，在時間t內航空母艦航行的距離為L1，航空母艦的最小速度為v1．對航空母艦有L1=v1t，對飛機有v=v1+at，v2-v12=2a（L+L1），聯立解得
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合基礎練習2
一、單選題（本大題共6小題）
1．下列關于物理學史的說法中正確的是（　　）
A．庫侖通過扭秤實驗推出了庫侖定律，并且測出了靜電力常量
B．元電荷e的數值最早是由美國物理學家密立根測得
C．牛頓若能得到月球的具體運動數據，就能通過“地月檢驗”測算出地球的質量
D．開普勒通過觀測天體運動，積累下大量的數據，總結出行星運動三大定律
2．巴黎奧運會網球決賽上，中國選手在地面附近以一記精彩的滑步救球獲得了全場觀眾的掌聲，最終贏得了冠軍。已知網球離開球拍時的速度為v0，與水平方向夾角為θ，忽略空氣阻力，球拍與地面的距離較小，可忽略不計，重力加速度為g。則以下說法正確的是 (　　)
A．網球在空中運動的時間t=
B．網球在空中運動的時間t=
C．網球在最高點時重力的瞬時功率為P=mgv0cos θ
D．網球在最高點時重力的瞬時功率為0
3．如圖所示，某老師上課做演示實驗時，用繩吊起一個鋁環，用手拿住磁鐵使其N極去靠近鋁環。下列說法正確的是（　　）
A．鋁環有擴大的趨勢
B．鋁環將會遠離磁鐵
C．從A向B看，鋁環中有順時針方向電流
D．鋁環中的電能是憑空產生的
4．截止到2024年，木星已經發現有95顆衛星，其中最大的4顆是1610年由伽利略·伽利雷發現的，因此它們又被稱為伽利略衛星，按照距離木星的距離依次是木衛一、木衛二、木衛三和木衛四，它們的軌道呈圓形，其軌道平面幾乎都和木星的赤道面重合。木衛一、木衛二與木衛三的周期之比為。木衛三是太陽系中最大的衛星，其半徑約為地球半徑的，其質量約為地球質量的，其繞木星運動的軌道半徑約為月球繞地球運動的軌道半徑的3倍，木星質量約為地球質量的320倍。以下說法正確的是（ ）
A. 木衛一、木衛二、木衛三的軌道半徑之比為
B. 木衛一、木衛二、木衛三的線速度大小之比為
C. 木衛三表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比約為
D. 木衛三繞木星運動的公轉周期與月球繞地球運動的公轉周期之比為
5．如圖所示，abcd是一個由粗細均勻的同種材料制成、邊長為的正方形閉合線框，以恒定的速度沿軸正方向在紙面內運動，并穿過一寬度為、方向垂直紙面向里、大小為的勻強磁場區域，線框ab邊距磁場左邊界為時開始計時。下列選項分別為磁場對線框的作用力（以軸正方向為正）、ab兩點間的電勢差、線框中的感應電流i（以順時針方向為正）及線框的焦耳熱隨時間的變化圖像，其中可能正確的是（ ）

A． B．
C． D．
6．人教版選擇性必修二P17質譜儀變式質譜儀又稱質譜計，是分離和檢測不同同位素的儀器。工作原理如圖所示，電荷量均為、質量不同的離子初速度幾乎為零地進入電壓為的加速電場。這些離子經加速后通過狹縫沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度大小為的勻強磁場中，最后打在底片上。已知放置底片的區域，且。某次測量發現中左側區域損壞，檢測不到離子，但右側區域仍能正常檢測到離子。在適當調節加速電壓后，原本打在的離子即可在檢測到。為使原本打在中點的離子能打在區域，則加速電壓的值不可能為（ ）
A. B. C. D.
二、多選題（本大題共4小題）
7．如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，不計粒子重力，則（　　）
A．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，將從d點射出
B．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出
C．如果粒子的速度增大為原來的四倍，將從f點射出
D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用時間最短
8．隨著500千伏交流耐壓及局部放電試驗的順利完成，標志著500千伏株洲西變電站新建工程高壓調試攻堅取得階段性重要勝利。如圖所示，地發電廠輸出的交流電,經升壓變壓器升壓后輸送到地再經降壓變壓器降壓供給用戶使用。升壓變壓器原、副線圈的匝數比為,降壓變壓器原、副線圈的匝數比為,輸電線路上的電阻為。變壓器均為理想變壓器，交流電壓表均為理想電壓表。當單刀雙擲開關接1時，電動機（內阻為）正常工作，小燈泡（額定電壓為,額定電流為）正常發光，電壓表的示數為。關于此電路下列說法正確的是（ ）
A． 電壓表的示數為
B． 輸電線路上損失的電壓為
C． 電動機的輸出功率為
D． 將開關接2，當滑動變阻器的滑片向上滑動時燈泡變暗，滑動變阻器消耗的功率變大
9．如圖所示，擋板固定在傾角為 的斜面左下端，斜面右上端與半徑為的圓弧軌道連接，圓弧軌道的圓心在斜面的延長線上。點有一光滑輕質小滑輪，點為圓弧軌道最低點， 。質量均為的小物塊、由一輕質彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊緊靠在擋板處，物塊用跨過滑輪的輕質細繩與一質量為、大小可忽略的小球相連，初始時刻小球鎖定在點，細繩與斜面平行，恰好繃直且無張力，、處于靜止狀態。某時刻解除對小球的鎖定，當小球沿圓弧運動到點時（物塊未到達點），物塊對擋板的作用力恰好為0。已知重力加速度為，不計一切摩擦，下列說法正確的是（ ）
A．彈簧的勁度系數為
B．小球到達點時的速度大小為
C．小球到達點時的速度大小為
D．小球由點運動到點的過程中，小球和物塊的機械能之和先增大后減小
10．甲、乙兩車在一條平直的公路上同向并排行駛，t＝0時刻甲車開始剎車，甲車的速度隨時間變化的圖像如圖甲所示；以t＝0時刻甲車所在位置為坐標原點，以甲車速度方向為正方向，乙車的位置隨時間變化的圖像如圖乙所示，圖像為頂點在x＝30m處的拋物線的一部分。下列說法正確的是（　　）
A．乙車在做勻變速直線運動，加速度大小為4.5m/s2 B．當t＝2s，乙車在甲車前方10m處
C．當t＝4s，兩車速度大小相等 D．在0~7s內，兩車共相遇兩次
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．圖示為示波器的核心部分——示波管的原理示意圖，示波管內被抽成真空，并分布有電子槍、偏轉電極等。給電子槍通電后，如果在偏轉電極和上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的。
（1）電子在 （填“I”或“II”）區域獲得偏轉。
（2）要想使電子束打在熒光屏坐標系的第一象限內，應使 （填“>”“=”或“<”）0。
12．某同學探究彈簧振子振動周期與質量的關系，實驗裝置如圖（a）所示，輕質彈簧上端懸掛在鐵架臺上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵，其正下方放置智能手機，手機中的磁傳感器可以采集磁感應強度實時變化的數據并輸出圖像，實驗步驟如下：

（1）測出鉤碼和小磁鐵的總質量;
（2）在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡諧運動，打開手機的磁傳感器軟件，此時磁傳感器記錄的磁感應強度變化周期等于彈簧振子振動周期；
（3）某次采集到的磁感應強度的大小隨時間變化的圖像如圖（b）所示，從圖中可以算出彈簧振子振動周期 （用“”表示）；
（4）改變鉤碼質量，重復上述步驟；
（5）實驗測得數據如下表所示，分析數據可知，彈簧振子振動周期的平方與質量的關系是 （填“線性的”或“非線性的”）；
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
（6）設彈簧的勁度系數為，根據實驗結果并結合物理量的單位關系，彈簧振子振動周期的表達式可能是 （填正確答案標號）；
A． B． C． D．
（7）除偶然誤差外，寫出一條本實驗中可能產生誤差的原因： ．
13．如圖所示，直角墻角處吊掛支架由兩輕桿OA、OB和輕繩OC構成，等長輕桿的一端用鉸鏈分別固定在豎直墻壁上等高的位置A、B，另一端與輕繩、重物的懸線拴結于O點，輕繩OC的另一端固定在墻角C處，繩OC與水平面的夾角為37℃，兩桿均垂直于墻面。已知重物重力，，，求：
（1）繩OC拉力的大小；
（2）桿OA彈力的大小。
14．某游樂項目裝置簡化如圖，平臺A、C固定，光滑的斜面固定在平臺A上，斜面的高度，斜面傾角，靜止在粗糙水平面上的滑板B，緊靠平臺A，高度與平臺A等高，與斜面末端平滑相接，滑板B質量。質量為的游客從斜面頂端由靜止開始下滑，離開斜面底端后滑上滑板B，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺C的邊緣時，游客恰好滑上平臺C，并在平臺C上滑行了停下。游客視為質點，其與滑板B及平臺C表面之間的動摩擦因數均為，滑板與水平面的動摩擦因數為，忽略空氣阻力，重力加速度，求：
(1)游客滑到斜面底端時的速度的大小；
(2)滑板B的長度L；
(3)游客在運動過程中的總時間。
15．等效場與配速法 以長方體的邊中點為坐標原點建立如圖所示的坐標系，軸與平行，軸與平行。已知。長方體中存在沿軸負方向的勻強磁場，現有質量為、電荷量為的帶正電粒子（不計重力），從點沿軸正方向以初速度射入磁場中，恰好從點射出磁場。
（1） 求磁場的磁感應強度的大小；
（2） 若在長方體中加上沿軸負方向的勻強電場，粒子仍從點沿軸正方向以初速度射入磁場中，粒子能從點射出磁場，求電場強度的大小；
（3） 若在長方體中加上電場強度大小為、方向沿軸負方向的勻強電場，粒子仍從點沿軸正方向以初速度射入磁場中，求粒子射出磁場時與點的距離。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】庫侖通過扭秤實驗推出了庫侖定律，但當時并未測出靜電力常量k的具體數值，A錯誤；元電荷e的數值最早是由美國物理學家密立根測得的，B正確；牛頓通過“地—月檢驗”證明了月球受到的引力，與地球上物體受到的引力是同一種力，即萬有引力，但通過“地—月檢驗”并不能得到地球的質量，C錯誤；開普勒通過研究第谷觀測天體運動得到的大量數據，從而總結出行星運動三大定律，D錯誤。
2．【答案】D　
【解析】網球做斜上拋運動，在豎直方向做豎直上拋運動，則有vy=v0sin θ，在空中運動的時間t==，A、B錯誤；網球通過最高點時只有水平方向的速度，速度方向與重力方向垂直，重力的瞬時功率為0，C錯誤，D正確。
3．【答案】B
【詳解】磁鐵靠近鋁環，鋁環中的磁通量變大，根據楞次定律可知，要想阻礙鋁環中磁通量變化，鋁環會有縮小趨勢，且遠離磁鐵，A錯誤，B正確；磁鐵靠近鋁環，鋁環中磁感線方向向右，磁通量增大，根據楞次定律及右手螺旋定則可知，要想阻礙磁通量變化，鋁環中應產生逆時針方向電流（從A向B看），C錯誤；能量是守恒的，不可能憑空產生，D錯誤。
4．【答案】C
【詳解】木衛一、木衛二與木衛三的周期之比為，根據開普勒第三定律可知三者的軌道半徑之比為，錯誤；根據萬有引力提供向心力有，可得，木衛一、木衛二、木衛三的線速度大小之比為:，錯誤；在地球表面，根據萬有引力等于重力有，可得，木衛三表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比為，正確；根據萬有引力提供向心力有，可得，木衛三繞木星運動的公轉周期與月球繞地球的公轉周期之比為，錯誤。
【一題多解】 根據萬有引力提供向心力有，則，木衛一、木衛二與木衛三的周期之比為，則三者的軌道半徑之比為，A錯誤。
5．【答案】B
【詳解】 時間內線框在磁場外，力與電流都為零，Uab、Q也為零；時間內，由右手定則可知，線框內電流的方向為逆時針，線框勻速運動，有，則，，，根據左手定則可知，安培力的方向沿x軸負方向；時間內，線框完全進入磁場，無電流i、無F、無Q，但有電勢差，即時間內，線框穿出磁場，由右手定則可知，線框內電流的方向為順時針，線框勻速運動，有，則，，，根據左手定則可知，安培力的方向沿x軸負方向；
6．【答案】D
【詳解】由動能定理得，離子在電場中加速運動有，在磁場中做勻速圓周運動時有，打在點時，可得；當加速電壓為時，有，，打在點時，可得，打在點時，可得，則加速電壓的范圍為，符合題意，故選。
【溯源分析】本題改編自人教版選擇性必修二P17質譜儀，教材中給出了計算帶電粒子在電場中加速后的速度與在磁場中做圓周運動的半徑的方法，本題在課本的基礎上，要求離子打在能檢測到的區域，分析時需要理解兩個臨界狀態，計算出臨界條件，確定條件范圍，豐富了考查的角度，拓展了思維分析的空間。
7．【答案】BD
【詳解】A．粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則
解得
則當粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍時，半徑變為原來的一半，則A錯誤；
B．如果粒子的速度增大為原來的二倍，半徑變為原來的二倍，則從d飛出，B正確；
C．如果粒子的速度增大為原來的四倍，半徑變為原來的四倍，不可能從f射出，C錯誤；
D．粒子在磁場中運動周期為
從ed射出轉過半個周期時間相同；從f點射出，轉過的角度小于半個周期，時間最小，D正確。
選BD。
8．【答案】AC
【題圖剖析】
【解析】發電廠輸入變壓器的電壓的有效值為，根據理想變壓器電壓與匝數的關系，則有，解得，即電壓表的示數為，正確；根據理想變壓器電流與匝數的關系，有，解得，輸電線路上損失的電壓為，錯誤；電動機的輸入電壓為,電動機的輸入電流為，則電動機的輸出功率為，正確；將開關接2，將降壓變壓器與其副線圈電路中的元件等效成一個電阻，當滑動變阻器的滑片向上滑動時，等效電阻增大，而升壓變壓器的輸出電壓不變，所以輸電線上的電流變小，又因降壓變壓器的匝數比不變，電流比值不變，所以流過燈泡的電流也將變小，則燈泡會變暗，由題中條件無法判斷滑動變阻器消耗的功率的變化情況，錯誤。
9．【答案】BD
【詳解】設彈簧的勁度系數為，初始時刻彈簧的壓縮量為，沿斜面方向受力平衡，則，小球沿圓弧軌道運動到點時，物塊即將離開擋板，設此時彈簧的伸長量為，沿斜面方向受力平衡，則，可知，當小球沿圓弧軌道運動到點時，沿斜面運動的位移大小為（點撥：、用同一根繩連接，具有相同大小的位移，且是等邊三角形），所以，解得，，錯誤；設小球到達點時的速度大小為，對進行分解，沿繩子方向的速度大小 ，由于沿繩子方向的速度大小處處相等，所以此時的速度大小也為，對、和彈簧組成的系統，在整個過程中，只有重力和彈簧彈力做功，且在和處，彈簧的形變量相同，故彈性勢能不變，彈簧彈力做功為0，重力對做正功，對做負功，、和彈簧組成的系統機械能守恒，有，解得，正確，錯誤；小球由點運動到點過程中，、和彈簧組成的系統機械能守恒，則小球和物塊的機械能之和與彈簧的彈性勢能之和不變，彈簧一開始處于壓縮狀態，之后變為原長，再之后開始拉伸，則彈性勢能先減小后增大，故小球和物塊的機械能之和先增大后減小，正確。
10．【答案】CD
【詳解】A．乙車做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動學公式及圖乙中數據可知，乙車的加速度
故A錯誤；
B．由圖像的斜率可得甲車的加速度大小為
t=0時，甲車在處，乙車在處，t＝2s時，甲車的位置
乙車的位置
即兩車在t＝2s時相遇，故B錯誤；
C．t＝4s時，甲車的速度
乙車的速度
故C正確；
D．t＝2s時甲車追上乙車，t1＝7s時甲車的位置
乙車的位置
所以在0~7s內，兩車共相遇兩次，故D正確。
故選CD。
11．【答案】II；>
【詳解】
（1）[1]I區域是加速電場，II是偏轉電場，故電子在II區域獲得偏轉。
（2）[2]要想使電子束打在熒光屏坐標系的第一象限內，則X、Y極板電勢要較高些，故應使>0。
12．【答案】（3） （5）線性的 （6）A （7）空氣阻力
【解析】（3）從圖中可以算出彈簧振子振動周期
（5）分析數據可知，彈簧振子振動周期的平方與質量的比值接近于常量3.95，則彈簧振子振動周期的平方與質量的關系是線性的；
（6）因的單位為，因為s（秒）為周期的單位，則其它各項單位都不是周期的單位，故選A。
（7）除偶然誤差外，鉤碼振動過程中受空氣阻力的影響可能會使本實驗產生誤差。
13．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）對結點O受力分析，將繩OC拉力沿水平和豎直方向分解，在豎直方向上，由平衡條件得
解得繩OC的拉力大小
（2）在水平方向上，繩OC的水平分力
在水平面上，將繩OC的水平分力沿OA和OB方向分解，由平衡條件得
解得桿OA的彈力的大小
14．【答案】(1)
(2)
(3)7s
【詳解】（1）游客在斜面上下滑過程，根據牛頓第二定律可得
解得游客下滑的加速度大小為
根據運動學公式可得
解得游客滑到斜面底端時的速度大小為
（2）設游客恰好滑上平臺C時的速度為，在平臺C上運動過程的加速度大小為
根據運動學公式有
解得
游客從滑板B的左端到右端的運動時間為
該過程游客的位移為
以滑板B為對象，根據牛頓第二定律可得
解得加速度大小為
該過程滑板B的位移為
則滑板B的長度為
（3）游客在斜面上運動時間為
游客在平臺C上的運動時間為
則游客在運動過程中的總時間為
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】
（1） 粒子在平面內做勻速圓周運動，如圖中軌跡1所示（俯視），
由洛倫茲力提供向心力有，
由幾何關系可得，
解得。
（2） 粒子在長方體中運動的時間，
在軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有，
解得。
（3） 將初速度分解為、，如圖所示，
令，可得，
則，
方向與軸夾角 滿足，則 ，
粒子的一個分運動為以速度沿軸正方向的勻速直線運動，另一個分運動為沿逆時針方向的勻速圓周運動，有
，
可得，
該分運動的情況如圖中軌跡2所示。粒子在磁場中運動的時間為,
粒子射出磁場時與點的距離為，
解得。
【方法總結】 本題第（3）問求解用到了配速法，配速法基于運動的合成與分解，將帶電粒子在復合場中的運動分解為勻速圓周運動與勻速直線運動的合運動，是分析帶電粒子在復合場中運動的一種常用方法。
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合基礎練習3
一、單選題（本大題共6小題）
1．如圖所示，在勻強磁場區域內有一傾角為的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長為L、質量為m的導線，通以如圖所示方向的電流I時，通電導線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．導線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下
B．磁感應強度可能為大小，方向豎直向上
C．磁感應強度可能為大小，方向水平向左
D．磁感應強度方向垂直于斜面向下時，其大小最小，且最小值為
2．靜電現象在自然界中普遍存在．下列做法中屬于利用靜電的是（ ）
A．在高大的建筑物頂端安裝避雷針
B．用靜電除塵器收集空氣中的塵埃和煙霧
C．在加油站給車加油前，要用手觸摸一下靜電釋放器
D．在充滿易燃氣體或粉塵的環境中不要穿、脫化纖衣服
3．真空中有電荷量為和的兩個點電荷，分別固定在軸上和0處。設無限遠處電勢為0，正半軸上各點電勢 隨變化的圖像正確的是（ ）
4．如圖所示，在坐標原點處有一波源,沿軸做簡諧運動，形成兩列簡諧橫波，一列波在介質Ⅰ中沿軸正方向傳播，另一列波在介質Ⅱ中沿軸負方向傳播。時刻波形如圖所示，此時兩列波分別傳到和處。下列說法正確的是（ ）
A. 介質Ⅰ與介質Ⅱ中的波速之比為
B. 介質Ⅰ與介質Ⅱ中的波的頻率之比為
C. 波源的起振方向沿軸負方向
D. 時刻圖中質點的加速度方向沿軸正方向
5．已知在均勻帶電圓環的軸線上不同位置，其電場強度的大小是不同的。如圖所示，若圓環的半徑是，則對稱出現最大電場強度的位置離圓環中心的距離是（ ）
A. B. C. D.
6．如圖所示，L是一帶鐵芯的理想電感線圈，其直流電阻為零。電路中A和B是兩個相同的燈泡，A燈泡串接一個理想二極管D，則下列說法正確的是（　　）
A．開關S閉合瞬間，電感L的磁場能逐漸減小
B．開關S閉合穩定后，A、B燈均發光
C．開關S斷開瞬間，A燈和B燈同時熄滅
D．開關S斷開瞬間，a點電勢低于b點電勢
二、多選題（本大題共4小題）
7．關于電源，下列說法中正確的是（　　）
A．電源的電動勢和電壓單位相同，因此電動勢就是電壓
B．電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能的裝置
C．電源的電動勢表明，電源的電動勢大小與非靜電力做的功成正比
D．電源把正電荷從負極搬運到正極的過程中，非靜電力做功使電荷的電勢能增加
8．如圖，完全相同的燈泡a、b的額定電壓為U0，當輸入電壓U為4U0時，兩燈泡恰好正常發光。RT為隨溫度升高阻值減小的熱敏電阻，下列說法正確的是（　　）
A．原、副線圈匝數之比為4：1
B．流經燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為1：2
C．若熱敏電阻RT溫度升高，燈泡a可能會燒壞
D．若熱敏電阻RT溫度升高，燈泡b可能會燒壞
9．為了方便交通出行出現了一種新型共享單車，如圖甲所示，這種單車外觀結構簡單，沒有鏈條，但單車質量比普通自行車大，達到了25kg。如圖乙所示，單車的車鎖內集成了嵌入式芯片、GPS模塊和SIM卡等，便于監控單車在路上的具體位置，實現防盜。同時手機app上有定位系統，也能隨時了解單車的實時位置；手機還可以通過掃描二維碼自動開鎖，關鎖后app就顯示計時、計價等信息。此外，單車能夠在騎行過程中為車內電池充電，滿足定位和自動開鎖等過程中的用電。根據以上信息可知下列說法正確的是（ ）
A．該單車比普通自行車運動狀態更容易改變
B．該單車某個時刻的準確位置信息是借助通信衛星定位的
C．該單車是利用電磁感應原理實現充電的
D．該單車和手機之間是利用電磁波傳遞信息的
10．兩名同學用互成角度的水平拉力拉著一箱子，但沒拉動，已知箱子所受靜摩擦力大小為，則該兩位同學的拉力、的大小可能為（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．我們可以通過以下實驗，來探究產生感應電流的條件。
（1）給出的實物圖中，請用筆畫線代替導線補全實驗電路 ；
（2）電路穩定后，電流表指針 （填“偏轉”或“不偏轉”）；迅速移動滑動變阻器的滑片，電流表指針 （填“偏轉”或“不偏轉”）。
12．在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。
（1）為了減少渦流的影響，鐵芯應該選擇 ；
A．絕緣的硅鋼片疊成
B．絕緣的銅片疊成
C．整塊不銹鋼鐵芯
D．整塊硅鋼鐵芯
（2）以下給出的器材中，本實驗需要用到的是 ；
A．兩節干電池 B．學生電源 C．直流電壓表 D．多用表
（3）下列做法正確的是 ；
A．為了人身安全，只能使用低壓直流電源，所用電壓不要超過
B．觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，導線粗的線圈匝數多
C．變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈
D．為了多用電表的安全，使用交流電壓檔測電壓時，先用最大量程檔試測
（4）若變壓器兩線圈的匝數分別為200和400，測得的電壓分別為3.7V和8.0V。據此可知變壓器的輸入電壓是 V；變壓器的電壓比與匝數比不相等，可能原因是 （至少寫出一個）。
13．如圖所示，半徑R=0.40m的光滑半圓軌道處于豎直平面內，半圓與水平地面切于圓的端點A，一小球在水平地面上向左運動到A點后以一定的初速度v0沖上半圓環，沿軌道恰好通過最高點B點，最后小球落在C點。（取重力加速度g=10m/s2）不計空氣阻力。求：
（1）小球到達B點的速度；
（2）A、C間的距離s；
（3）小球過A點的速度v0。

14．如圖所示，半徑的光滑半圓形軌道處于豎直平面內，半圓與水平地面相切于半圓的端點A。一小滑塊從點以一定的初速度出發，經過A點沖上豎直半圓軌道，沿軌道運動到點飛出，最后落在水平地面上。重力加速度取，忽略空氣阻力。
（1）能實現上述運動時，小滑塊在點的最小速度是多少？
（2）若小滑塊在點以最小速度拋出，一段時間后經過點（圖中未畫出），小滑塊在點垂直速度方向的分加速度大小為（正交分解），則此時小滑塊離水平地面的距離是多少？
15．如圖所示，在A處有平行于y軸的虛線，虛線左側所有空間分布著水平向左的勻強電場，在虛線右側所有空間分布著垂直紙面向里的勻強磁場，在O點處，某時刻有一帶負電的粒子以初速度沿y軸正方向運動，粒子從A（L，2L）點進入磁場，在磁場中運動一段時間后恰好又回到O點，已知粒子的質量為m，電荷量大小為q，不計粒子重力，求：
（1）電場強度的大小和帶電粒子運動到A點的速度；
（2）磁感應強度大小和帶電粒子從開始運動到恰好回到O點的時間。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】導線所受的安培力若垂直于斜面向下，則導線合力不能為0，導線不能靜止，A錯誤；若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平水平向左，導體棒不能靜止，B錯誤；若磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導體棒不能靜止，C錯誤；根據重力、支持力、安培力三力平衡可知，當安培力方向沿斜面向上時，即磁場方向垂直于斜面向下時，安培力最小，此時磁感應強度最小，有，解得，D正確；
2．【答案】B
【詳解】在高大的建筑物頂端安裝避雷針和在加油站給車加油前，要用手觸摸一下靜電釋放器，是為了把產生的靜電導走，屬于靜電的防止，AC錯誤；用靜電除塵器收集空氣中的塵埃和煙霧，屬于靜電的利用，B正確；在充滿易燃氣體或粉塵的環境中不要穿、脫化纖衣服，以防產生的靜電導致發生火災，即屬于靜電的防止，D錯誤。
3．【答案】D
【詳解】真空中點電荷周圍某點處的電勢，設坐標為位置處的電勢為0，則，解得，當時，電勢，當時,電勢，正確。
4．【答案】A
【詳解】兩列波傳播時間相同，由知，，正確；由題圖知（點撥：波在一個周期內傳播一個波長），則，則，錯誤；介質中各質點的起振方向均與波源的起振方向相同，由“同側法”知，處質點的起振方向沿軸正方向，故波源的起振方向沿軸正方向，錯誤；質點的加速度方向始終指向軸，故時刻圖中質點的加速度方向沿軸負方向，錯誤。
高分關鍵：介質中各質點的加速度方向始終指向平衡位置。
技巧必背 波的圖像中，加速度、回復力方向始終指向軸，位移方向始終背離軸。
5．【答案】C
【詳解】設圓環的總電荷量為，先把圓環分成份（偶數份），設軸線上一點和圓環某點的連線與圓環上該點和圓心連線間的夾角為 ，則圓環上該點電荷在軸線上產生的電場強度大小為，由對稱性可知軸線上電場強度大小為 ，令 ，求導得 ，令，得，，，電場強度最大的位置距圓環中心點的距離，正確。
6．【答案】D
【詳解】開關S閉合瞬間，電感線圈相當于斷路，之后電感L的電流逐漸增大，磁場能逐漸增大，二極管不導通，則此時A、B燈都不亮，AB錯誤；穩定后，電感線圈相當于導線，所以B燈亮，A燈不亮，開關S斷開瞬間，B燈立即熄滅，電感線圈中電流減小，則產生自感電動勢，由楞次定律可知，b端相當于電源正極，此時二極管正向導通，電感線圈與二極管，A燈組成回路，則A燈閃亮一下后熄滅，且a點電勢低于b點電勢，C錯誤，D正確。
7．【答案】BD
【詳解】A．電源的電動勢和電壓單位相同，但是電動勢與電壓是不同的概念，所以A錯誤；
B．電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能的裝置，所以B正確；
C．電源的電動勢，這是定義公式，電源的電動勢大小與非靜電力做的功成無關，電源的電動勢由電源本身性質決定，所以C錯誤；
D．電源把正電荷從負極搬運到正極的過程中，非靜電力做功使電荷的電勢能增加，所以D正確；
故選BD。
8．【答案】BC
【詳解】輸入電壓U為4U0時，燈泡a正常發光，變壓器原線圈兩端的電壓為3U0，燈泡b正常發光，變壓器副線圈兩端的電壓為U0，所以原、副線圈匝數之比為3：1，A錯誤；設燈泡a、b正常發光時的電流為I0，則原線圈電流為I0，原、副線圈匝數之比為3：1，由原、副線圈電流與匝數成反比可知，副線圈干路電流為3I0，即流經熱敏電阻的電流為2I0，B正確；熱敏電阻RT溫度升高時阻值減小，副線圈負載電阻減小，副線圈電流增大，原線圈電流增大，燈泡a可能會燒壞，C正確；原線圈電流增大，燈泡a兩端電壓增大，原線圈兩端電壓減小，則副線圈兩端電壓減小，燈泡b不可能會燒壞，D錯誤。
9．【答案】BCD
【詳解】A．物體的質量越大運動狀態越難改變，故A錯誤；
B．單車某個時刻的準確位置信息是借助通信衛星定位的，故B正確；
C．單車在運動過程中通過電磁感應將機械能轉化為電能從而實現充電，故C正確；
D．單車和手機之間沒有電路連接，是利用電磁波傳遞信息的，故D正確。
故選BCD。
10．【答案】AC
【詳解】A．和的合力范圍
即
當兩水平拉力的合力為時，靜摩擦力為，故A正確；
B．和的合力范圍
即
兩水平拉力的合力不可能為，故靜摩擦力不可能為，故B錯誤；
C．和的合力范圍
即
當兩水平拉力的合力為時，靜摩擦力為，故C正確；
D．和的合力范圍
即
兩水平拉力的合力不可能為，故靜摩擦力不可能為，故D錯誤。
故選AC。
11．【答案】；不偏轉；偏轉
【詳解】
（1）．電路連接如圖：
（2）．電路穩定后，由于穿過線圈B的磁通量不變，則無感應電流產生，電流表指針不偏轉；迅速移動滑動變阻器的滑片，線圈A中電流發生變化，則穿過線圈B的磁通量發生變化，產生感應電流，則電流表指針偏轉。
12．【答案】A；BD；D；8.0；漏磁，鐵芯或導線發熱
【詳解】
（1）[1] 觀察變壓器的鐵芯，由于渦流在導體中會產生熱量，所以它的結構是絕緣的硅鋼片疊成。
故選A。
（2）[2] 實驗中需要交流電源和多用電表，不需要干電池和直流電壓表。
故選BD。
（3）[3]A．變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不超過12V，A錯誤；
B．由
知電流大線圈匝數少，因為電流大所以導線粗，故導線粗匝數少，B錯誤；
C．變壓器的工作原理是電磁感應現象，在原線圈上將電能轉化為磁場能，在副線圈上將磁場能轉化為電能，貼芯起到傳遞能量的作用，而不是導電，C錯誤；
D．為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，D正確。
故選D。
（4）[4][5] 變壓器線圈的匝數分別為200和400，電壓之比應為1：2，測得的電壓分別為3.7V和8.0V，可知電壓比與匝數比不相等，由于變壓器是不理想的，故有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等影響電壓，使輸出電壓減小，故輸入電壓為8.0V。
13．【答案】（1）2m/s；（2）0.8m；（3）
【詳解】（1）小球恰好通過最高點B時，根據牛頓第二定律
解得
（2）由平拋規律，豎直方向
解得
t=0.4s
水平方向位移關系
解得
（3）小球從A點運動到B點的過程中機械能守恒得
解得
14．【答案】（1）
（2）
【詳解】（1）小滑塊在點的最小速度滿足
解得
（2）設小滑塊經過C點時其速度方向與水平方向的夾角為，將重力加速度沿著速度方向和垂直于速度方向分解，則有
解得
設小滑塊由B點運動到C點過程中豎直方向的位移大小為，則有
又
聯立解得
15．【答案】（1），，方向沿x軸正方向向上成角；（2），
【詳解】（1）作出粒子運動根據，如圖所示
粒子在電場中做類平拋運動，則有，，
解得
粒子在A點時，沿x軸正方向的速度
粒子在A點的速度
方向沿x軸正方向向上成角。
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動則有
解得
由幾何關系可知
解得
粒子做勻速圓周運動的時間，則有，
粒子從開始運動到回到O點的時間
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