資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合提高練習1
一、單選題（本大題共6小題）
1．γ射線探傷機（如圖）的基本原理是利用放射性同位素產生的γ射線對材料進行穿透，通過探測材料反射、透射和吸收射線的能力，來判斷其內部的缺陷和異常情況，是一種無損探傷檢測設備，被廣泛應用于工業探傷領域。下列有關γ射線及放射現象的說法正確的是（　　）
A．γ射線垂直磁場射入時，其運動軌跡不發生偏轉，γ射線的本質是高速中子流
B．γ射線具有高穿透力、短波長的特點，其電離作用非常強，能穿透幾十厘米厚的混凝土
C．原子核衰變過程中伴隨著放射現象的發生，由于γ射線的產生衰變前的質量數不等于衰變后的質量數之和
D．與天然放射性物質相比，人工放射性同位素具有放射強度容易控制、半衰期比較短、放射性廢料容易處理等優點
2．筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（　　）
A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓與無關
C．前、后表面間的電壓與成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為
3．振蕩電路中某時刻電容器內電場與線圈內磁場情況如圖所示，該時刻（　　）
A．電容器在充電，電場能在向磁場能轉化
B．電容器在充電，磁場能在向電場能轉化
C．電容器在放電，電場能在向磁場能轉化
D．電容器在放電，磁場能在向電場能轉化
4．如圖甲所示，虛線表示豎直平面內的勻強電場中的等勢面，等勢面與水平地面平行。電量為q、質量為m的帶電小球以一定初速度沿虛線方向拋出，以拋出點為坐標原點沿豎直向下方向建立y軸，運動過程中小球的動能和機械能隨坐標y的變化關系如圖乙中圖線a、b所示，圖中E0為已知量，重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．小球初速度大小
B．電場強度大小為
C．小球拋出時重力勢能為E0
D．小球加速度大小為
5．如圖所示，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相同的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為的中點，c、d位于的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。下列選項正確的是（　　）
A．a、b兩點處的磁感應強度大小相等、方向相反
B．c、d兩點處的磁感應強度大小相等、方向相同
C．使正電荷從a到b勻速運動，受到的磁場力保持不變
D．使正電荷從c到d勻速運動，受到的磁場力先變大后變小
6．根據國家能源局統計，截止到2023年9月，我國風電裝機4億千瓦，連續13年居世界第一位，湖南在國內風電設備制造領域居于領先地位。某實驗小組模擬風力發電廠輸電網絡供電的裝置如圖所示。已知發電機轉子以角速度 勻速轉動，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻。當用戶端接一個定值電阻時，上消耗的功率為。不計其余電阻，下列說法正確的是（ ）
A．風速增加，若轉子角速度增加一倍，則上消耗的功率為
B．輸電線路距離增加，若阻值增加一倍，則上消耗的功率為
C．若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍，則上消耗的功率為
D．若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻，則上消耗的功率為
二、多選題（本大題共4小題）
7．如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數，邊長，線圈總電阻，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示。設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，電動勢順時針為正，則下列有關線圈的感應電流i、電動勢e、焦耳熱Q以及ab邊的安培力F（取向下為正方向）隨時間t的變化圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
8．“嫦娥六號”月球探測器在月球背面南極附近軟著陸，如圖所示，“嫦娥六號”從環月圓形軌道Ⅰ上的P點實施變軌，進入環月橢圓形軌道Ⅱ，由近月點Q落月，關于“嫦娥六號”，下列說法正確的是（　　）
A．沿軌道Ⅰ運行至P點時，需加速才能進入軌道Ⅱ
B．沿軌道Ⅱ運行的周期小于沿軌道Ⅰ運行的周期
C．沿軌道Ⅱ運行經P點時的加速度等于沿軌道Ⅰ運行經P點時的加速度
D．若已知“嫦娥六號”軌道Ⅰ的半徑、運動周期和引力常量，可算出月球的密度
9．如圖為某設計貫通地球的弦線光滑真空列車隧道：質量為m的列車不需要引擎，從入口的A點由靜止開始穿過隧道到達另一端的B點，為隧道的中點，與地心O的距離為，假設地球是半徑為R的質量均勻分布的球體，地球表面的重力加速度為g，不考慮地球自轉影響。已知質量均勻分布的球殼對球內物體引力為0，P點到的距離為x，則（　　）
A．列車在隧道中A點的合力大小為mg
B．列車在P點的重力加速度小于g
C．列車在P點的加速度
D．列車在P點的加速度
10．如圖所示，兩個截面半徑均為r、質量均為m的半圓柱體A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圓心間的距離為L。在A、B上放一個截面半徑為r、質量為2m的光滑圓柱體C，A、B、C始終都處于靜止狀態，則（ ）
A．地面對A的作用力沿AC圓心連線方向
B．B對地面的壓力大小為2mg
C．L越大，A、C間的彈力越小
D．L越大，地面對A、B的摩擦力越大
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．(6分)某同學利用圖所示的裝置研究物塊與木板之間的摩擦力。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用細線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉動木板，傳感器記錄的F-t圖像如圖所示。從F-t圖像可以看出在1．0~1．2s時間內，物塊與木板之間的摩擦力是 （填“靜摩擦力”或“滑動摩擦力”），物塊與木板之間的滑動摩擦力大小約為 N。
12．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”）．
13．如圖甲所示，機場運輸貨箱的傳送帶可以將貨箱從飛機貨艙高處傳送到低處平板車上，簡化原理如圖乙。已知傳送帶順時針勻速轉動的速率為，將質量的物塊無初速地放在傳送帶的頂端A，物塊到達底端B后能無碰撞地滑上質量為的木板左端。已知物塊與傳送帶、木板間的動摩擦因數分別為、。已知傳送帶與水平地面夾角，AB兩端的距離為，物塊可視為質點，木板足夠長。求：

(1)物塊在傳送帶上剛開始下滑時的加速度大小；
(2)物塊在傳送帶上運動的時間；
(3)根據實際需要，木板下表面可以涂抹不同材料的涂層，使得木板與地面的動摩擦因數滿足。求在此范圍內，從物塊離開傳送帶直至最終靜止的過程中，物塊相對地面運動的位移最小值和最大值。
14．某國產新能源汽車上市之前在一直線跑道上進行“單踏板模式”性能測試，測試過程分為三個階段。Ⅰ階段：駕駛員踩下電門至某一位置，汽車由靜止啟動，其加速度與速度滿足關系（其中，），當汽車加速至時進入Ⅱ階段。Ⅱ階段：駕駛員通過適當調節電門使汽車做勻加速直線運動，加速度，加速至時進入Ⅲ階段。Ⅲ階段：駕駛員松開電門，汽車的能量回收制動系統啟動，汽車開始減速直至停下，該減速過程中汽車的加速度與速度滿足關系（其中）。
（1）求Ⅱ階段汽車運動的時間和位移大小；
（2）作出Ⅰ階段的圖像，并根據該圖像求Ⅰ階段經歷的時間；
（3）求Ⅲ階段汽車的位移大小（溫馨提示：可以用圖像分析）。
15．如圖所示，長為R的輕質細線一端固定在點，細線的下端系一質量為m，電荷量為q的帶電小球。現將小球從細線處于水平狀態由靜止釋放，小球運動到B點時，繩子斷裂，剛好在B處水平拋出．帶電小球拋出后經過一勻強電場區域（只存在于之間），恰好從C點沿切線方向進入水平地面上固定的半徑為r的圓弧形槽，槽的圓心在，D點為最低點，且，已知小球在弧面上克服摩擦力做的功為小球在水平面上克服摩擦力做功的一半。已知兩點的高度差為，，重力加速度為g，不計空氣阻力（已知，）
（1）小球在C點的速度大小；
（2）求該帶電小球帶什么電？勻強電場場強的大小E；
（3）小球最終停在距離D處的Q點，求水平面與小球間的動摩擦因數。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】射線的本質是光子流，A錯誤；γ射線具有高穿透力但是電離能力非常弱，B錯誤；原子核發生衰變時，衰變前的質量數等于衰變后的質量數之和，C錯誤；人工放射性同位素與天然放射性物質相比具有放射強度容易控制、半衰期比較短、放射性廢料容易處理等優點，D正確。
2．【答案】D
【詳解】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據左手定則可知電子偏轉到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，，D正確，由則電壓，前后表面的電壓與速度有關，與a成正比，BC錯誤．
3．【答案】B
【詳解】根據振蕩電路的電場與線圈內磁場情況可知，電容器的下極板帶正電，上極板帶負電，由右手螺旋定則可知電流流向電容器的正極板，則電容器正在充電，磁場能在向電場能轉化。
4．【答案】B
【詳解】小球初動能為Ek0，根據，可得初速度大小，A錯誤；根據動能定理得，根據功能關系得，則，電場強度大小為，B正確；由牛頓第二定律有，小球加速度大小為，D錯誤；初始狀態，所以小球拋出時重力勢能為，C錯誤。
5．【答案】A
【詳解】根據安培定則可知，兩根通電長直導線在a、b、c、d四點處產生的磁感應強度如圖所示
其中，，所以，a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反，c、d兩點處的磁感應強度大小相等、方向相反，A正確，B錯誤；從a到b磁感應強度先減小后增大，根據洛倫茲力公式，可知，使正電荷從a到b勻速運動，受到的磁場力先減小后增大，C錯誤；O點的磁感應強度為零，從c到d磁感應強度不可能先變大后變小，根據洛倫茲力公式，可知，使正電荷從c到d勻速運動，受到的磁場力不可能先變大后變小，D錯誤。
6．【答案】A
【詳解】如圖所示畫出降壓變壓器的等效電路圖，設降壓變壓器原、副線圈的匝數比為,則輸電線路上的電流，轉子在磁場中轉動時產生的電動勢，當轉子角速度增加一倍時，則升壓變壓器原、副線圈兩端電壓都增加一倍，則輸電線路上的電流變為，上消耗的功率，正確；同理，當升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍時，副線圈兩端電壓增加一倍，輸電線上的電流也增加一倍，上消耗的功率，錯誤；若阻值增加一倍,輸電線路上的電流,消耗的功率，錯誤；若在用戶端并聯一個完全相同的電阻，用戶端電阻相當于減為原來的一半，輸電線上的電流，消耗的功率，錯誤。
【名師延展】變壓器等效電路的原理是功率相同。
，則。
7．【答案】BD
【詳解】在0-1s內感應電動勢，方向為逆時針方向（負方向）；感應電流，方向為逆時針方向（負方向）；在1-5s內感應電動勢，方向為順時針方向（正方向）；感應電流，方向為順時針方向（正方向），AC錯誤；在0-1s內安培力，在1-5s內安培力，B正確；在0-1s內焦耳熱，在1-5s內焦耳熱，D正確。
8．【答案】BC
【詳解】軌道Ⅰ相對于軌道Ⅱ是高軌道，沿軌道Ⅰ運行至P點時，需減速才能進入軌道Ⅱ，A錯誤；沿軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅰ的半徑，根據開普勒第三定律可知，沿軌道Ⅱ運行的周期小于沿軌道Ⅰ運行的周期，B正確；根據牛頓第二定律有，解得，可知，沿軌道Ⅱ運行經P點時的加速度等于沿軌道Ⅰ運行經P點時的加速度，C正確；“嫦娥六號”軌道Ⅰ上有，解得，由于不知道月球的半徑，則不能算出月球的密度，D錯誤。
9．【答案】BD
【詳解】A．列車在隧道中A點受到地球指向地心的萬有引力與垂直于隧道向上的支持力，如圖所示
則有
，，
解得
A錯誤；
B．由于質量均勻分布的球殼對球內物體引力為0，則在P點有
由于質量均勻分布，則有
解得
B正確；
CD．令，根據上述，則有
，
解得
C錯誤，D正確。
故選BD。
10．【答案】BD
【詳解】A．地面對A有支持力和摩擦力兩個力作用，地面對A的作用力是它們的合力；A受到重力、地面的支持力、摩擦力f和C的壓力，如圖所示
根據平衡條件知，地面的支持力和摩擦力f的合力與力和壓力的合力等大、反向，C對A的壓力沿AC圓心連線方向，則力和壓力的合力一定不沿AC圓心連線方向，即地面對A的作用力不沿AC圓心連線方向，故A錯誤；
B．以三個物體組成的整體為研究對象，受到總重力和地面對A和B支持力，兩個支持力大小相等，則由平衡條件得知，地面對B的支持力為2mg，由牛頓第三定律得知，B對地面的壓力大小也為2mg，故B正確；
C．以C為研究對象，由平衡條件有
得
L越大，則θ越大， A對C間的彈力越大，故C錯誤；
D．地面對A的支持力等于地面對B的支持力，所以
以A為研究對象，根據平衡條件得知
則得L越大，α越大，f越大，故D正確。
故選BD。
11．【答案】靜摩擦力 2．0
【解析】1．0~1．2s時間內，木板還未拉動，摩擦力隨外力的增大逐漸增大，物塊與木板之間是靜摩擦力。木板運動過程，物塊與木板之間的滑動摩擦力與細線拉力大小相等，由F-t圖像可知，滑動摩擦力大小約為2．0N。
12．【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．
13．【答案】(1)；(2)2.2s；(3)，
【詳解】（1）物塊在傳送帶上剛開始下滑時，根據牛頓第二定律有，
解得。
（2）物塊先以加速度做勻加速直線運動，經歷時間與傳送帶達到相等速度，則有，
解得
此時物塊的位移
解得，
由于，
之后，物塊人向下做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有，
解得，，
根據位移與速度關系式有
解得，
根據速度公式有，
解得，，
則物塊在傳送帶上運動的時間。
（3）若物塊滑上木板后木板處于靜止狀態，則有，
解得，
可知，當木板與地面之間的動摩擦因數在0.15到0.4之間時，木板始終處于靜止，物塊在木板上向右做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有，
解得，
此時，物塊相對地面運動的位移最小，利用逆向思維，根據速度與位移關系式有，
解得，
當木板與地面之間的動摩擦因數小于0.15時，物塊先以向右做勻減速直線運動，木板此時向右做勻加速直線運動，兩者達到相等速度后保持相對靜止向右做勻減速直線運動，當木板與地面之間的動摩擦因數等于0.05時，物塊最終相對于地面的位移達到最大值，兩者達到相等速度之前，對木板有，
解得，
歷時兩者達到相等速度，則有，
解得，，
此過程物塊的位移，
之后兩者保持相對靜止，對整體，根據牛頓第二定律有，
解得，
利用逆向思維，根據速度與位移的關系有，
物塊相對于地面位移的最大值為，
解得。
14．【答案】（1）5 s，125 m；
(2)，20 s；
（3）30 m
【詳解】（1）汽車運動的時間為，位移為。
（2）根據，可知，代入數據，整理得，所以圖像如圖所示，
根據加速度的定義式，可得-，即圖線與橫軸所圍面積為加速時間，則Ⅰ階段經歷的時間為。
（3）Ⅲ階段汽車的加速度，因此其圖像與t軸圍成的面積是圖像與t軸圍成的面積的k倍，速度改變量的大小是位移大小的k倍，即，解得。
15．【答案】（1）；（2）正電，；（3）
【詳解】（1）小球從A到B的過程中機械能守恒有
解得
小球恰好從C點進入圓弧軌道，在水平方向有
根據速度關系有
解得
（2）小球恰好從C點進入圓弧軌道有
在豎直方向有
則
聯立解得
小球從B到C的過程中，根據牛頓第二定律，有
所以
帶電小球帶正電。
（3）根據題意有
且小球在水平面上克服摩擦力做功
從C到Q，根據動能定理有
又
聯立以上各式可得
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一、單選題（本大題共6小題）
1．某兒童樂園里有水平大轉盤，其簡化圖如圖所示。兩個小朋友坐在轉盤中，轉盤繞豎直軸轉動，當轉盤從靜止開始逐漸增大轉速時，小朋友們能體會到被轉盤甩出去的刺激過程。在小朋友隨轉盤一起轉動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小朋友受重力、支持力兩個力作用
B．小朋友受重力、支持力、摩擦力三個力作用
C．小朋友受重力、支持力、向心力三個力作用
D．小朋友受重力、支持力、摩擦力、離心力四個力作用
2．如圖所示，重為10N的小球套在與水平面成角的硬桿上，現用一垂直于桿向上、大小為20N的力F拉小球，使小球處于靜止狀態（已知sin=0.6，cos=0.8）。則（　　）
A．小球可能受摩擦力的作用
B．小球受摩擦力的方向一定沿桿向上，大小為6N
C．桿對小球的彈力方向垂直于桿向下，大小為4.8N
D．桿對小球的彈力方向垂直于桿向上，大小為12N
3．下列四幅圖是有關生活中的圓周運動的實例分析，其中說法正確的是（　　）
A． 汽車通過凹形橋的最低點時，速度越快越容易爆胎
B． 鐵路的轉彎處，外軌比內軌高是為了利用輪緣與內軌的側壓力來幫助火車轉彎
C． “水流星”表演中，在最高點處水對桶底一定有壓力
D． 洗衣機的脫水是利用了失重現象
4．在物理學的重大發現中科學家們創造出了許多物理學方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法和科學假說法、建立物理模型法等。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是（　　）
A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫假設法
B．從科學方法角度來說，物理學中引入“平均速度”概念運用了理想化模型方法
C．根據速度定義式，當時間非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了微元法
D．在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法
5．風力和空氣阻力會影響雨滴下落的軌跡。一雨滴在下落過程中的某段時間內，其水平方向速度和豎直方向位移y與時間關系的圖像如圖所示，在圖示時間2 s內，該雨滴（　　）
A．做勻加速直線運動
B．在t＝1 s時速度大小為11 m/s
C．重力的瞬時功率一直增大
D．前、后1 s內合力做功之比為1∶3
6．如圖，在豎直平面內，輕桿一端通過轉軸連接在點，另一端固定一質量為的小球。小球從點由靜止開始擺下，先后經過、兩點，、兩點分別位于點的正上方和正下方，點與點等高，不考慮摩擦及空氣阻力，重力加速度為，下列說法正確的是（ ）
A．小球在點受到的合力大小為
B．小球在點受到的合力大小為
C．從點到點的過程，桿對小球的彈力最大值為
D．從點到點的過程，桿對小球的彈力最小值為
二、多選題（本大題共4小題）
7．遠距離輸電示意圖如圖所示，若采用110kV的高壓輸電，輸電線上電壓下降了，損耗的電功率為；在保持輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1100kV特高壓輸電，輸電線上電壓下降了，損耗的電功率變為。不考慮其他因素的影響，下列說法正確的是（　　）
A． B． C． D．
8．圖像法 如圖所示，質量為的鋁質矩形薄平板靜止在光滑水平面上，鋁板上固定白紙，質量為的圓柱磁鐵放在白紙上，且在鋁板對稱軸上。某時刻給磁鐵沿對稱軸方向的水平速度，經時間磁鐵和鋁板速度相同。磁鐵和白紙間的動摩擦因數為 ，重力加速度為，鋁板相對磁鐵可認為足夠長。下列說法正確的是（ ）
A. 時間內鋁板和白紙對磁鐵的作用力大于
B. 時間內磁鐵相對鋁板的位移小于
C. 僅將鋁板替換成等質量的矩形銅板，仍然需經時間，磁鐵和銅板速度才相同
D. 僅將鋁板替換成等質量的矩形銅板，共速前的平均熱功率變大
9．如圖所示，兩個可視為質點的質量相同的小球a、b分別被套在剛性輕桿的中點位置和其中一端的端點處，兩球相對于桿固定不動，桿長，輕桿的另一端可繞固定點O自由轉動。當裝置在豎直平面內由水平位置靜止釋放，某一時刻輕桿繞點轉動的角度為（為銳角），若此時球a的速度大小為，方向斜向左下。運動過程中不計一切摩擦（），則下列說法正確的是（　　）
A．
B．此時b球的速度大小為
C．輕桿對a球不做功，對b球做負功
D．從初始位置到轉過θ角度過程中，a球機械能減小，b球機械能增加
10．如圖所示，質量為M、半徑為4R的半球體A始終靜止在粗糙水平面上，質量為m、半徑為R的光滑小球B通過一根與半球體A最高點相切但不接觸的水平細線系住靜止在半球體A上。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．細線對小球的拉力大小為
B．地面對半球體的摩擦力的大小為
C．保持小球的位置和靜止狀態不變，將細線左端沿豎直墻壁逐漸上移，細線對小球的拉力逐漸減小
D．剪斷B球繩子的瞬間，小球B的加速度大小為0.6g
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．如圖所示為“研究電磁感應現象”的實驗裝置。
(1)將圖中所缺的導線補接完整 。
(2)如果在閉合開關時發現靈敏電流計的指針向左偏了一下，那么合上開關后可能出現的情況有：
①將小螺線管迅速插入大螺線管時，靈敏電流計指針將 ；
②小螺線管插入大螺線管后，將滑動變阻器接入電路的阻值調大時，靈敏電流計指針將 。
12．(12分)（四川南充閬中高二上期中）某同學測量阻值約為25 kΩ的電阻Rx，現備有下列器材：
A．電流表(量程0～100 μA，內阻約2 kΩ)；
B．電流表(量程0～500 μA，內阻約300 Ω)；
C．電壓表(量程0～15 V，內阻約100 kΩ)；
D．電壓表(量程0～50 V，內阻約500 kΩ)；
E．直流電源(20 V，允許通過的最大電流為1 A)；
F．滑動變阻器(最大阻值1 kΩ)；
G．開關和導線若干．
(1)電流表應選______，電壓表應選______．(填字母代號)
(2)該同學正確選擇儀器后連接了如圖所示電路，為保證實驗順利進行，并使測量誤差盡量減小，實驗前請你檢查該電路，指出電路在接線上存在的問題：
①______；
②______．
(3)將(2)中問題改正后繼續實驗，分析實驗結果，由于電表不是理想電表，造成電阻Rx的測量值______(填“大于”“小于”或“等于”)真實值．
13．如圖所示，傾角為的粗糙斜面體固定在水平地面上，質量為的物塊靜止在斜面上，斜面與之間的動摩擦因數為，與相連接的繩子跨在固定于斜面頂端的小滑輪上，繩子另一端固定在與滑輪等高的位置。再在繩上放置一個輕質動滑輪，其下端的掛鉤與物塊B連接，物塊B、C、D與彈簧1、2均拴接，B、C之間和C、D之間彈簧的勁度系數，、、，當繩子的張角時整個系統處于平衡狀態、且恰好不上滑。彈簧、繩子、滑輪的重力，以及繩子與滑輪間的摩擦力均可忽略，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力、取重力加速度。求：
（1）此時繩子的拉力的大小；
（2）若對物塊施加一個豎直向下的壓力，要使A不滑動、求施加的壓力的取值范圍；
（3）若對物塊施加一個豎直向下的壓力F，使其緩慢下滑一段距離至繩子的張角為時，物塊對地的壓力恰好減小至零，求物塊上升的高度。
14．如圖所示，靜置于光滑水平地面上的小車上表面最左端是一段圓心角、半徑的光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道相切，圖中點距離點的豎直高度。現從點水平拋出一個質量的小滑塊（可視為質點），小滑塊恰好從點沿切線方向進入圓弧軌道，然后滑動到小車最末端點，并從點脫離小車。已知小車的質量，水平軌道的長度，點距離地面高度，小滑塊與段軌道之間的動摩擦因數，取，，。求：
（1）小滑塊從點拋出時的初速度。
（2）小滑塊運動到圓弧軌道上點時的速度大小。
（3）小滑塊落到地面上瞬間與小車上點間的水平距離。
15．（14分）如圖所示，置于光滑水平面上的輕彈簧左端固定,右端放置質量為的小球，小球置于彈簧原長位置。質量為的小球和質量為、半徑為的光滑四分之一圓弧體靜止在足夠長的光滑水平面上，圓弧體的水平面剛好與圓弧面的最底端相切。用力向左推動小球壓縮彈簧，由靜止釋放小球后與小球發生彈性碰撞。小球運動到圓弧體的最高點時，恰好與圓弧體相對靜止。兩小球均可視為質點，重力加速度為。求：
（1） 小球壓縮彈簧時彈簧所具有的彈性勢能；
（2） 小球與圓弧體第一次分離時小球的速度大小；
（3） 小球第一次返回到圓弧體底端時對圓弧面的壓力大小。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】轉盤從靜止開始逐漸增大轉速的過程中，小朋友受到重力、支持力和摩擦力，其中摩擦力提供了向心力。
2．【答案】B
【詳解】對小球受分析，小球一定受重力及拉力，將重力沿斜面和垂直于斜面進行分解可知，垂直于斜面上的分力，小于拉力，桿對球應有垂直斜面向下的彈力，大小為，而在沿斜面方向，重力的分力為，由平衡可知，斜面對小球的摩擦力大小為6N，方向沿斜面向上
3．【答案】A
【詳解】汽車通過凹形橋的最低點時，根據牛頓第二定律有，速度越大，汽車輪胎所受地面支持力越大，越容易爆胎，A正確；在鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，目的是使火車自身重力與所受支持力的合力來提供轉彎所需的向心力，減輕輪緣與軌道的擠壓，B錯誤；表演“水流星”時，當“水流星”通過最高點時，若滿足，則此時水對桶底的作用力為零，C錯誤；洗衣機脫水桶的脫水原理是利用了離心現象，D錯誤。
4．【答案】D
【詳解】在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫理想模型法，A錯誤；從科學方法角度來說，物理學中引入“平均速度”概念運用了等效替代方法，B錯誤；根據速度定義式，當時間非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想法，C錯誤；在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，D正確。
5．【答案】D
【詳解】根據題圖可知，在水平方向雨滴的初速度為0，加速度為，即雨滴在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動；在豎直方向雨滴的加速度為零，速度為，即雨滴在豎直方向做勻速直線運動，可知，雨滴的初速度方向與加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做勻變速曲線運動，A錯誤；雨滴在t＝1 s時，豎直方向的速度為，水平方向的速度為，雨滴在t＝1 s時的速度為，B錯誤；重力的瞬時功率為，因雨滴在豎直方向做勻速直線運動，即豎直方向的速度不變，重力的瞬時功率保持不變，C錯誤；設雨滴的質量為，由B項可知，雨滴在t＝1 s時的速度為，根據動能定理可知，在前1 s合力做的功為，雨滴在t＝2 s時，豎直方向的速度為，水平方向的速度為，雨滴在t＝2 s時的速度為，根據動能定理可知，在后1 s合力做的功為，前、后1 s內合力做功之比為，D正確。
6．【答案】C
【詳解】根據沿半徑方向的合力提供向心力可知，點速度為零，則小球在點時，桿給小球的支持力和其受到的重力相等，如圖A點所示，小球在點時，根據機械能守恒有，再根據小球在點時，由桿給小球的拉力提供向心力有，小球在點受到的合力為，錯誤；根據機械能守恒有,可知小球在點受到的合力，錯誤；由以上分析可知，最大彈力出現在點，由,可求得最大彈力為，正確；由以上分析可知，在點時桿對小球的彈力大小為，則彈力的最小值不是，錯誤。
7．【答案】BC
【詳解】根據，，可得，可知110kV高壓輸電改成1100kV特高壓輸電，電壓提高了10倍，損失電壓變為原來的0.1倍，即，A錯誤，B正確；根據，由于電壓提高了10倍，損耗的電功率變為原來的0.01倍，即，C正確，D錯誤。
8．【答案】ABD
【詳解】磁鐵在運動過程中，鋁板中產生渦流，磁鐵和鋁板之間存在相互吸引的力，導致磁鐵受到的支持力和摩擦力均增大，故時間內鋁板和白紙對磁鐵的作用力大于，正確；由題意可知，磁鐵與鋁板間的相對速度越來越小，鋁板中的感應電流逐漸減小，故鋁板與磁鐵間的吸引力逐漸減小，二者的加速度逐漸減小，因此磁鐵做加速度減小的減速運動，鋁板做加速度減小的加速運動，作出它們運動的圖像如圖所示（關鍵：用圖像分析相對運動），根據圖像中圖線與橫軸圍成圖形的面積代表位移可知，時間內磁鐵相對鋁板的位移小于，正確；將鋁板換成銅板，由于銅板的電阻較小（點撥：銅的電阻率比鋁的小），則銅板中的感應電流較大，阻礙相對運動的安培力增大，故加速度變大，達到共同速度的時間會縮短，又系統動量守恒，共速時速度相同（關鍵：水平面光滑，系統動量守恒），則系統減小的動能相同，由能量守恒定律可知，系統產生的焦耳熱相同，由可知，平均熱功率變大，錯誤，正確。
9．【答案】AD
【詳解】AB．根據題意可知，小球a、b轉動時角速度相等，由公式可知
轉動過程中，系統的機械能守恒，由機械能守恒定律有
代入數據解得
即
B錯誤，A正確；
CD．根據題意，設從初始位置到轉過θ角度過程中，桿對球做功為，桿對球做功為，由動能定理對小球有
對小球有
解得
可知，輕桿對a球做負功，a球機械能減小，對b球做正功，b球機械能增加，C錯誤，D正確。
選AD。
10．【答案】BD
【詳解】A．畫出小球B的受力圖，如圖所示
由幾何關系可知
則
，
故A錯誤；
B．對AB的整體，水平方向有
故B正確；
C．由受力圖即平行四邊形法則可知，保持小球的位置和靜止狀態不變，將細線左端沿豎直墻壁逐漸上移，細線對小球的拉力先減小后增加，C錯誤；
D．剪斷B球繩子的瞬間，小球B所受的合外力為
則B的加速度大小為
故D正確。選BD。
11．【答案】；向左偏轉一下；向右偏轉一下
【詳解】
(1)[1]將電源、開關、變阻器、小螺線管串聯成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯成另一個回路，電路圖如圖所示
(2)閉合開關，穿過大螺線管的磁通量增加，靈敏電流計指針向左偏轉一下。
①[2]若將小螺線管迅速插入大螺線管，穿過大螺線管的磁通量增加，則靈敏電流計的指針將向左偏轉一下；
②[3]小螺線管插入大螺線管后，將滑動變阻器接入電路的阻值增大，則電流減小，穿過大螺線管的磁通量減小，則靈敏電流計指針將向右偏轉一下。
12．【答案】(1)B　C　(2)電流表應采用內接法　滑動變阻器應采用分壓式接法　(3)大于
(1)直流電源的電壓為20 V，為了提高讀數準確度，電壓表應該選擇C，因此待測電阻兩端電壓不得超過15 V，則通過待測電阻的電流不能超過Im＝＝ A＝0.6×10－3 A＝600 μA，電流表應該選擇B.
(2)待測電阻的阻值Rx>，為了減小誤差電流表應采用內接法；因為滑動變阻器的阻值遠小于待測電阻的阻值，若串聯，限流效果不明顯，應該采用分壓接法接入電路．
(3)實驗中采用電流表內接法，由于電流表內阻的影響，電壓表的示數偏大，則由R＝可知，電阻的測量值大于真實值．
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）對物塊A進行受力，由共點力平衡條件可得，，
物塊A恰好不上滑，則，
聯立解得。
（2）無外力時，物塊A恰好不上滑，施加的外力的最小值只需大于0即可。
若對物塊施加一個豎直向下的壓力，則對物塊A進行受力分析，則逐漸增大時，在物塊A即將向下滑動的臨界狀態，取得最大值。
，，其中，
解得，
施加的壓力的取值范圍為。
（3）對滑輪受力分析，由共點力平衡條件可得，
解得彈簧1上的彈力為，彈簧處于壓縮狀態，壓縮量，
對物塊C受力分析可知，
解得，彈簧2處于壓縮狀態，壓縮量，
物塊對地的壓力恰好減小至零時將C、D看成整體，則彈簧1上的力，彈簧1處于拉伸狀態，伸長量，
對D受力分析，則彈簧2上的力，彈簧2處于拉伸狀態，伸長量，
物塊上升的高度為。
14．【答案】（1）3m/s；（2）5m/s；（3）1.5m
【詳解】（1）滑塊在P點做平拋運動
由幾何關系可知
（2）小滑塊滑到B點時，其重力勢能加少量轉化為小車和滑塊的動能增加量
水平方向動量守恒，設滑塊在B點的速度為vB和v車
代入數據可得
，
（3）小滑塊滑到小車右端時，動量守恒
由能量轉化關系可知
代入數據可得
，
小滑塊從車上滑下做平拋的時間為
小滑塊落到地面上瞬間與小車上C點間的水平距離為
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】
（1） 設小球以速度跟小球碰撞，碰后小球、的速度分別為、，以水平向右為正方向，根據動量守恒有（1分）
根據能量守恒有（1分）
小球滑上圓弧體最高點過程中，根據水平方向動量守恒有（1分）
根據能量守恒有（1分）
由靜止釋放小球，彈簧對小球做功，根據功能關系有（1分）
（2） 小球第一次返回到圓弧體底端的過程中，根據小球與圓弧體水平方向動量守恒有（1分）
根據能量守恒有（1分）
解得小球與圓弧體第一次分離時小球的速度大小（2分）
（3） 由第（2）問可得小球第一次返回到圓弧體底端時圓弧體的速度大小（1分）
小球第一次返回到圓弧體底端時根據牛頓第二定律有（2分）
解得（1分）
根據牛頓第三定律可知，小球對圓弧面的壓力大小（1分）
【思路引導】由靜止釋放小球，彈簧對小球做功 彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能 小球與小球發生彈性碰撞 利用動量守恒和能量守恒列式 小球滑上圓弧體最高點過程，系統水平方向動量守恒 利用水平方向動量守恒和能量守恒列式 小球從圓弧體滑上最高點，再從圓弧體滑下到底端過程，等效于彈性碰撞 利用水平方向動量守恒和能量守恒列式 小球第一次返回到圓弧體底端時，利用牛頓第二定律和牛頓第三定律求出對圓弧面的壓力大小。
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合提高練習3
一、單選題（本大題共6小題）
1．如圖所示，兩傾角為θ的光滑平行導軌，質量為m的導體棒ab垂直放在導軌上，整個空間存在與導體棒ab垂直的勻強磁場，導體棒中通有由a到b且大小為Ⅰ的恒定電流，使導體棒恰好保持靜止，平行導軌間距為L，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（　　）
A．若磁場方向為豎直向上，則磁感應強度為
B．若磁場為垂直斜面方向，則磁場只能垂直斜面向下
C．磁感應強度最小值為
D．若僅使電流反向（其他條件不變），導體棒仍能保持靜止
2．如圖所示，用輕繩將一條形磁鐵豎直懸掛于O點，在其正下方的水平絕緣桌面上放置一銅質圓環。現將磁鐵從A處由靜止釋放，經過B、C到達最低處D，再擺到左側最高處E，圓環始終保持靜止，則磁鐵（ ）
A．從B到C的過程中，圓環中產生逆時針方向的電流（從上往下看）
B．擺到D處時，圓環給桌面的壓力小于圓環受到的重力
C．從A到D和從D到E的過程中，圓環受到摩擦力方向相反
D．在A、E兩處的重力勢能不相等
3．下列有關物理知識和史實的說法，正確的是（　　）
A．做圓周運動的物體，其所受合力的方向必定指向圓心
B．萬有引力定律由牛頓發現，引力常量由卡文迪許測定
C．在地面發射地球衛星，發射速度必須大于第二宇宙速度
D．伽利略通過整理大量的天文觀測數據得出了行星的運動規律
4．下列四幅圖涉及到不同的物理知識，四個選項中說法正確的是（　　）
A．圖甲中研究體操運動員的動作時，可將運動員看成質點
B．圖乙中對各類汽車都有限速是因為汽車的速度越大慣性越大
C．圖丙中舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態
D．圖丁中船相對水垂直河岸勻速行駛，無論水流速度多大，渡河時間一樣長
5．筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（　　）
A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓與無關
C．前、后表面間的電壓與成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為
6．如圖，某小組設計了燈泡亮度可調的電路，、、為固定的三個觸點，理想變壓器原、副線圈匝數比為，燈泡和三個電阻的阻值均恒為,交變電源輸出電壓的有效值恒為。開關與不同觸點相連，下列說法正確的是（ ）
A．與相連，燈泡的電功率最大
B．與相連，燈泡兩端的電壓為
C．與相連，流過燈泡的電流為
D．與相連，燈泡的電功率為
二、多選題（本大題共4小題）
7．質量為2 kg的質點在x-y平面上做曲線運動,在x方向上的速度圖象和y方向上的位移圖象如圖所示,下列說法正確的是 (　 　)
A．質點的初速度為5 m/s
B．2 s末質點速度大小為6 m/s
C．質點做曲線運動的加速度大小為3 m/s2
D．質點所受的合力為3 N
8．在如圖所示的電路中，電源電動勢為，內阻為，定值電阻為，且 滑動變阻器為。現閉合電鍵，滑動變阻器的滑動觸頭從端向端滑動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表讀數先變大后變小；電流表讀數一直變大
B．電壓表讀數先變大后變小；電流表讀數先變小后變大
C．的電功率先變小后變大
D．電源的輸出功率先變小，后增大
9．如圖所示，某工地要將一大鐵球從低處拉上來，跨過定滑輪的繩一端系著鐵球（系繩延長線過球心），一端連在水平地面上的工程牽引車上，滑輪與車之間的繩子保持與地面平行，車牽引著繩使球沿豎直墻面勻速上升，則在球勻速上升且未離開墻面的過程中（　　）
A．繩對球的拉力逐漸減小 B．球對墻的壓力逐漸變大
C．繩對球的拉力逐漸變大 D．球對墻的壓力逐漸減小
10．如圖，一根不可伸長絕緣的細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現把細線水平拉直，小球從A點由靜止釋放，經最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則(　　)
A．小球在B點時速度最大
B．小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少
C．小球在B點時的繩子拉力最大
D．從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增加
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．為了測量一個規格為“12 V 5 W”的小燈泡在不同電壓下的功率.某位同學測得小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示.某次測量時，電流表指針位置如圖乙所示，電流表讀數為 A，此時小燈泡的實際功率為 W.
12．如圖所示，質量的物塊下端連接著固定于水平地面的豎直輕彈簧，上端連接著跨過定滑輪的輕質細繩，細繩的另一端連接著靜置于水平地面、質量的物塊。物塊上端的細繩處于豎直方向，與物塊相連的細繩與水平地面的夾角，此時彈簧的壓縮量，物塊恰好靜止。已知彈簧的勁度系數，取重力加速度大小，不計滑輪與細繩間的摩擦，物塊與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
(1)細繩上的彈力大小;
(2)物塊對地面的壓力大小。
13．為了測定元電荷的數值，某物理興趣小組設計了如圖所示的實驗裝置。
實驗操作步驟如下；
①按圖示裝置安裝好器材；
②調節實驗儀器，使間距為d的平行金屬板處于水平位置；
③閉合電源開關，通過噴霧器把油滴（由于摩擦，油滴帶負電）通過平行金屬板的上極板中間的小孔噴入電場中；
④通過顯微鏡來觀察，找到懸浮不動的油滴，根據觀測數據算出油滴的質量為m；
⑤根據平行金屬板上所加的已知電壓U，算出油滴的電荷量。
（1）平行金屬板之間的電場是 ；（填“勻強電場或非勻強電場”）
（2）平行金屬板的下極板帶 ；（填“正電或負電”）
（3）若已知元電荷為e，重力加速度為g，則懸浮液滴所帶的電荷量等于元電荷的 倍（用m、d、U、g、e表示）。
14．一宇航員抵達一半徑為 的星球表面后，為了測定該星球的質量 ，做如下的實驗，取一根細線穿過光滑的細直管，細線一端栓一質量為 的砝碼，另一端連在一固定的測力計上，手握細線直管掄動砝碼，使它在豎直平面內做完整的圓周運動，停止掄動細直管。砝碼可繼續在同一豎直平面內做完整的圓周運動。如圖所示，此時觀察測力計得到當砝碼運動到圓周的最低點和最高點兩位置時，測力計得到當砝碼運動到圓周的最低點和最高點兩位置時，測力計的讀數差為 。已知引力常量為 ，試根據題中所提供的條件和測量結果，求：
(1)該星球表面重力加速度；
(2)該星球的質量 。
(3)該星球的第一宇宙速度
15．如圖，固定在地面上的木板和半徑為的圓弧槽剛好接觸，圓弧槽凹側和底面光滑，各物塊與木板上表面間動摩擦因數均為。圓弧槽右側通過不計質量的細桿與一壓力傳感器相連。從點向左，每隔放置一小物塊，編號依次為1、2、3、4，質量均為，物塊4與一勁度系數為的彈簧（處于原長）相連，物塊4左側木板表面光滑，彈簧左端連在木板左端。圓弧槽左側空間有方向向左的勻強電場。一質量為、電荷量為的外表絕緣小物塊從圓弧槽頂點處無初速度釋放。已知當彈簧形變量為時，彈性勢能為，重力加速度為。求：
(1)帶電小物塊下滑過程壓力傳感器的最大示數；
(2)若所有碰撞均為彈性碰撞，在的前提下，施加電場的強度多大時才能使彈簧的最大壓縮量也為？
(3)先將1、2、3號物塊拿掉，若帶電物塊與4為完全非彈性碰撞，施加電場的強度多大才能使彈簧的最大壓縮量也為？
參考答案
1．【答案】C
【詳解】若磁場方向為豎直向上，受力分析如圖1所示
則，磁感應強度為，A錯誤；若磁場為垂直斜面方向，則安培力只能沿斜面向上，根據左手定則得磁場方向為垂直斜面向上，B錯誤；根據三角形定則，當安培力和支持力垂直時安培力最小（如圖2所示）
此時磁感應強度最小為，C正確；電流反向則安培力反向，導體棒不能保持靜止，D錯誤。
2．【答案】D
【詳解】從 B到C的過程中，穿過圓環的磁通量向上增加，根據楞次定律可知，圓環中產生順時針方向的電流（從上往下看），A錯誤；磁鐵擺到D處時，穿過圓環的磁通量最大，但磁通量變化率為0，圓環此時的感應電流為0，則此時圓環給桌面的壓力等于圓環受到的重力，B錯誤；A到D過程圓環為了阻礙磁通量增加而受到的安培力驅使圓環有遠離磁鐵的趨勢，有向左的運動趨勢；D到E過程，圓環為了阻礙磁通量減小而有向左的運動趨勢，兩個過程的運動趨勢相同，則圓環受到的摩擦力方向相同，C錯誤；磁鐵運動過程使圓環產生了感應電流而發熱，根據能量守恒可知磁鐵的機械能減小，可知A、E兩點所處高度不相等，磁鐵在A、E兩處的重力勢能不相等，D正確。
3．【答案】B
【詳解】做圓周運動的物體，其所受合力的方向不一定指向圓心，只有做勻速圓周運動的物體，其合力才指向圓心，A錯誤；萬有引力定律由牛頓發現，引力常量由卡文迪許測定，B正確；在地面發射地球衛星，發射速度必須大于第一宇宙速度，才能不落回地面，C錯誤；開普勒通過整理大量的天文觀測數據得出了行星的運動規律，D錯誤。
4．【答案】D
【詳解】圖甲中研究體操運動員的動作時，不可忽略其大小和形狀，不可將運動員看成質點，A錯誤；對各類汽車都有限速是因為汽車的質量越大慣性就越大，B錯誤；圖丙中舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內，加速度為零，不處于超重狀態，C錯誤；圖丁中船相對水垂直河岸勻速行駛，無論水流速度多大，渡河時間等于河寬與船速的比值，一樣長，D正確。
5．【答案】D
【詳解】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據左手定則可知電子偏轉到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，，D正確，由則電壓，前后表面的電壓與速度有關，與a成正比，BC錯誤．
6．【答案】B
【詳解】將副線圈的燈泡等效到原線圈中，其等效電阻為，當與相連時，原線圈的電流為，根據理想變壓器的電流與匝數的關系有，燈泡兩端的電壓為，解得，正確；當與相連時，原線圈的電流為，根據理想變壓器的電流與匝數的關系有，解得流過燈泡的電流為，錯誤；當與相連時，燈泡的電功率為，當與相連時，燈泡的電功率為，當與相連時，原線圈的電流為，根據理想變壓器的電流與匝數的關系有，燈泡的電功率為，故與相連時燈泡的功率最大，、錯誤。
【易錯警示】
1．等效電阻算錯：混淆“匝數比平方”的應用而非；
2．電路結構誤判：開關觸點改變時，原線圈中串并聯關系易看錯（如與相連時是“三電阻串聯后與燈泡再串聯”的關系）。
【模型提取】
把理想變壓器的副線圈負載等效到原線圈，利用“變壓比、變流比”轉化為純電阻電路分析。核心公式：等效電阻，原、副線圈功率相等。
7．【答案】AD
【詳解】x軸方向初速度為vx=3m/s，y軸方向初速度 ，質點的初速度，選項A正確；2 s末質點速度大小為，選項B錯誤；質點做曲線運動的加速度大小為，選項C錯誤；質點所受的合力為F=ma=3 N，選項D正確；
8．【答案】ACD
【詳解】AB．由電路圖可知，滑動變阻器滑動觸頭P兩邊得電阻并聯，當P從M向N端滑動時，總電阻先變大后變小，總電流先減小后增大，路端電壓先變大后變小，即電壓表示數先變大后變小，設PN部分電阻為 ，則PN電流為
則隨著減小，電流逐漸增大，A正確，B錯誤；
C．因為總電流先減小后增大，根據
可知的電功率先變小后變大，C正確；
D．內外電阻相等時，電源輸出功率達到最大值，當外電阻大于內阻時，電源輸出功率隨電阻增大而減小，因為所以總電阻一定大于r，因為總電阻先變大后變小所以電源輸出功率先變小，后增大，D正確。
選ACD。
9．【答案】BC
【詳解】令滑輪下側的繩與豎直方向夾角為，球質量為m，對球進行分析，根據平衡條件有
，
根據牛頓第三定律有
解得
，
當球勻速上升時，增大，則繩對球的拉力逐漸變大，球對墻的壓力逐漸變大。
故選BC。
10．【答案】BD
【思路點撥】本題是復合場在的等效最低點的問題，帶電物體在電場中圓周運動問題，利用等效最低點的特點與電場力做功與電勢能和動能的變化關系判斷是常用的解題方法．
【分析】首先要判斷出小球運動的等效最低點，然后根據動能減小判斷電場力做功的正負，從而知道帶電的正負，利用電場力做功與電勢能的變化關系判斷電勢能的變化．
【詳解】A、C、小球受到電場力與重力、繩子的拉力的作用，在復合場中做類單擺運動，當重力與電場力的合力與繩子的拉力在同一條直線上時（在角AOC角平分線上），小球處于等效最低點，此時小球的速度最大，對繩子的拉力最大．故A錯誤，C錯誤；
B、從A到B的過程中電場力對小球做負功，小球的機械能減小．故B正確；
D、從B到C的過程中克服電場力做功，小球的電勢能一直增大，D正確；選BD
11．【答案】0.40；2.4
【詳解】
第一空.因燈泡額定電流，故電流表量程應選0~0.6A，則分度值為0.02A.則指針的示數應為0.40A；
第二空.從I－U圖象可以看出，當電流為I'=0.40A時，電壓U'=6V，故功率為P'=U'I'=0.4×6W=2.4W.
12．【答案】(1)，(2)
【解析】(1)對物塊受力分析，有
其中彈簧彈力為
代入得
(2)對物塊受力分析，豎直方向上有
根據牛頓第三定律有
代入得
13．【答案】勻強電場；負；
【詳解】
(1) 平行金屬板之間的電場是勻強電場。
(2) 油滴帶負電處于平衡狀態，電場力向上，則場強向下，平行金屬板的下極板帶負電。
(3) 懸浮液滴受力
解得
14．【答案】(1) ；(2) ；(3)
【詳解】（1）設砝碼在最高點細線的拉力為F1，速度為v1，根據牛頓第二定律
設砝碼在最低點細線的拉力為F2，速度為v2，同理
由機械能守恒定律得
聯立以上式子解得
（2）在星球表面，萬有引力近似等于重力 又 聯立解得
（3）由 ； 聯立求得
15．【答案】(1)；(2)；(3)
【詳解】（1）如圖所示
設滑塊與圓心連線從開始運動夾角時，速度為v，則
對滑塊受力分析，設受到支持力為，則
由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為，對圓弧槽受力分析，設壓力傳感器讀數為F，則
由上述可知
當時，F取最大值為
（2）設帶電滑塊從A端滑上木板時速度為，則
設帶電滑塊與1號物塊碰撞前速度，有
由于，則，各物塊質量相等，發生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號物塊處，1號滑塊將與2號滑塊碰撞，2號滑塊將與3號滑塊碰撞，3號滑塊碰撞將與4號滑塊碰撞。4號滑塊被碰后速度設為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則
聯立解得
代入和，解得
（3）設帶電物塊與4號物塊碰前速度為，碰后的速度大小為，則，
各小物塊經一系列完全非彈性碰撞后從4號球所在位置向左做簡諧運動。平衡位置彈簧壓縮量設為，則
要使彈簧的最大壓縮量也為l，則簡諧運動的振幅為
物塊4被撞后整體速度為，由彈簧振子機械能守恒
解得
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合提高練習4
一、單選題（本大題共6小題）
1．女排是我校的傳統優勢項目，近年來，在各項比賽中，一中女排屢創佳績。在如圖所示的女排比賽中，下列說法中正確的是（　　）
A．研究女排比賽中運動員扣球的動作時，可將女排運動員視為質點
B．確定落在邊線處的排球是否在界內時，可將排球視為質點
C．在運動員擊球前的瞬間，排球相對于運動員是靜止的
D．以站在場邊的教練員為參考系，正在跳躍擊球的1號運動員是運動的
2．2024年10月30日，神舟十九號載人飛船將三名航天員送入太空，飛船入軌后按照預定程序與天和核心艙對接。神舟十九號載人飛船與天和核心艙對接過程的示意圖如圖所示，天和核心艙處于圓軌道III，神舟十九號飛船處于圓軌道I，通過變軌操作后，沿橢圓軌道II由A處運動到處與天和核心艙對接，則神舟十九號飛船（　　）
A．在軌道II上處的速度大于A處的速度
B．在軌道I上與地心的連線和在軌道II上與地心連線在任意相等時間內掃過的面積相等
C．由軌道I變軌到軌道II，需在A處減速
D．在軌道II和軌道III上經過處時加速度相等
3．北京時間2024年7月29日凌晨2時40分，在巴黎奧運會女子100米蝶泳決賽中，張雨霏以56秒21的成績摘得銅牌。如圖為張雨霏起跳后在空中的情景，已知100米蝶泳比賽的泳池長為。則下列說法正確的是（　　）
A．張雨霏100米決賽的成績是56秒21．其中56秒21指的是時刻
B．北京時間2024年7月29日凌晨2時40分指的是時間間隔
C．張雨霏100米決賽中的位移為
D．在研究張雨霏的運動路徑時，可以將地看成質點
4．對于點電荷，下列說法中正確的是（　　）
A．點電荷也叫“元電荷”，是最小的電荷量
B．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，任何帶電體在任何情況下都能當作點電荷處理
C．只要帶電體的電荷量足夠小，該帶電體就可以視為點電荷
D．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相等，它們之間相互作用的庫侖力大小一定相等
5．某同學研究遠距離輸電的電路如圖所示，a、b端接入電壓為的交流電源，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，且兩變壓器的匝數比。已知的阻值均為的阻值為，電阻消耗的功率相同，電表均為理想交流電表，下列說法正確的是（　　）
A．升壓變壓器的匝數比 B．電壓表的示數為
C．電流表的示數為 D．若斷路，電流表示數將增大
6．將一電源與電阻箱R、定值電阻連接成閉合回路，如圖甲所示。測得電阻箱所消耗功率P與電阻箱讀數R的關系如圖乙所示，則下列說法正確的是（　　）
A．電源內阻 B．電源電動勢
C．定值電阻功率最大時，電阻箱 D．電阻箱所消耗功率P最大時，電源效率為90%
二、多選題（本大題共4小題）
7．如圖所示，AME、HDG為兩條足夠長的光滑平行金屬導軌。導軌傾斜部分傾角θ＝30°，置于垂直傾斜導軌平面向下、磁感應強度大小為2 T的勻強磁場中，距離MD足夠遠處放置一質量為20 g、內阻不計的導體棒ab。導軌水平部分通過導線分別連接有電容C＝5 000 μF的電容器和R＝2 Ω的電阻，導軌G端接有一單刀雙擲開關。t＝0時刻開關接1，對導體棒施加一個沿導軌向上、功率恒定的牽引力F，使導體棒從靜止開始沿導軌向上運動，t＝4 s時達到最大速度2 m/s，0～4 s內電阻R上產生的熱量為8．5 J。t＝6 s時撤去牽引力，同時斷開開關；t＝6.4 s時，開關接2。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻忽略不計，導軌間距L＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，則
A．0～6 s內導體棒先做勻加速運動后做勻速運動
B．牽引力的功率為2.2 W
C．0～4 s內導體棒的位移大小為3 m
D．t＝7 s時，導體棒的加速度大小為4 m/s2
8．一長為L的金屬管從地面以的速率豎直上拋，管口正上方高h（）處有一小球同時自由下落，金屬管落地前小球從管中穿過。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。關于該運動過程說法正確的是（　　）
A．小球穿過管所用的時間等于
B．小球可能在管上升階段穿過管
C．若小球在管上升階段穿過管，則
D．若小球在管下降階段穿過管，則
9．如圖所示，理想變壓器原線圈與定值電阻串聯后接在電壓的交流電源上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器，原、副線圈的匝數比為，已知，的最大阻值為，現將滑動變阻器的滑片從最上端向下滑動，下列說法正確的是（ ）
A．電壓表示數變大，電流表示數變大
B．電的輸出功率變大
C．當時，電流表的示數為
D．當時，獲得的功率最大
10．離子推進器是我國新一代航天動力裝置，它的工作原理是將氙氣通入電離室后被電離為氙離子，利用加速電場加速氙離子，形成向外發射的粒子流，從而對航天飛機產生反沖力使其獲得加速度的。某次測試中，氙氣被電離的比例為，氙離子噴射速度為，推進器產生的推力為，已知氙離子的比荷為；計算時，取氙離子的初速度為零，忽略粒子之間的相互作用，下列判斷正確的是（ ）

A．氙離子的加速電壓為 B．離子推進器發射功率為
C．氙離子向外噴射形成的電流約為 D．每秒進入放電通道的氙氣質量約為
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．（9分）某高二學習小組在學習自感電動勢時了解到自感電動勢，教材中稱自感系數L與線圈的大小、形狀、圈數、以及是否有鐵芯等因素有關。他們決定探究一下這個結論。查閱資料知道，長且直的密繞的螺線管內部磁場可以看成勻強磁場：B＝ 0nI， 0為常數，I為螺線管中電流， 是單位長度上的線圈匝數，l是螺線管長度，N為線圈總匝數。
（1）他們首先用霍爾材料來探究螺線管內磁場是否為勻強磁場。如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導體（二者單位體積內所含的自由電子數相同），但R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導體同時放置在同一勻強磁場B中，磁場方向垂直于兩導體正方形表面，在兩導體上加相同的電壓，形成圖所示方向的電流；電子由于定向移動，會在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用，從而產生霍爾電壓，當電流和霍爾電壓達到穩定時，下列說法正確的是( )
A．R1中的電流大于R2中的電流
B．R1中的電流等于R2中的電流
C．霍爾電壓和圖中通過的電流I成正比，和圖中豎直向上的磁感應確定B成正比
D．R1中產生的霍爾電壓等于R2中產生的霍爾電壓
（2）根據理論推導，他們決定保持圖1左右兩側的電流不變，在圖1前后表面連接電壓表測定霍爾電壓，請你用導線將電源、滑動變阻器，毫安電流表連好電路，來控制霍爾元件中電流，兩塊表都使用較小量程
（3）用該電路測量出多組數據，得到下圖所示的B—x圖象（x為螺線管中點開始的水平距離）則除去邊緣外 （填可以、不可以）驗證管內磁感應強度公式B＝ 0nI正確。
（4）最后，請根據法拉第電磁感應定律推導出長且直的螺線管的自感系數。設螺線管內部磁場為勻強磁場：B＝ 0nI， 0為常數，I為螺線管中電流，是單位長度上的線圈匝數，l是螺線管長度，N為線圈總匝數。設每匝線圈包圍的面積為s，螺線管總長度為l，螺線管體積V＝sl，則自感系數L表達式正確的是 ( )
A． B． C． D．
12．(8分)如圖甲所示是觀察電容器的充、放電現象實驗裝置的電路圖。電源輸出電壓恒為8 V,S是單刀雙擲開關,G為靈敏電流計,C為平行板電容器。(已知電流I=)
(1)當開關S接　　　　時(選填“1”或“2”),平行板電容器充電,在充電開始時電路中的電流比較　　　　(選填“大”或“小”)。電容器放電時,流經G表的電流方向與充電時　　　　(選填“相同”或“相反”)。
(2)將G表換成電流傳感器,電容器充電完畢后再放電,其放電電流隨時間變化的圖像如圖乙所示,已知圖線與橫軸所圍的面積約為41個方格,可算出電容器的電容為　　　。
(3)在電容器放電實驗中,接不同的電阻放電,圖丙中a、b、c三條曲線中對應電阻最大的一條是　　　(選填“a”“b”或“c”)。
甲 乙 丙
13．如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環A和輕質彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A和B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取，，求：
（1）裝置靜止時，O和B間細線的張力大小；
（2）當細線與豎直方向的夾角為53°時，該裝置轉動的角速度；
（3）小圓環A的質量。
14．如圖甲所示，真空室中電極K連續發出的電子（初速度不計）經過電勢差為的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩板間的偏轉電場，最后打在熒光屏上。C、D兩板間的電勢差隨時間變化如圖乙所示，設C、D間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。已知電子的質量為、電荷量為（重力不計），板間距離為，偏轉電壓，所有電子都能通過偏轉電場且通過偏轉電場的時間為，電子從離開偏轉電場到達熒光屏所需時間為。求：
（1）偏轉電場的長度；
（2）若的周期，熒光屏上電子能夠到達的區域的長度；
（3）若的周期，哪些時刻進入偏轉電場的電子剛好能到達熒光屏上的點？
15．如圖所示，質量m＝2kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質彈簧。平臺右側有一質量M＝6kg的小車C，其上表面與平臺等高，小車與水平面間的摩擦不計。光滑圓弧軌道半徑R＝0.4m，連線PO與豎直方向夾角為60°，另一與B完全相同的滑塊A從P點由靜止開始沿圓弧下滑。A滑至平臺上擠壓彈簧，彈簧恢復原長后滑塊B離開平臺滑上小車C且恰好未滑落，滑塊B與小車C之間的動摩擦因數，g取，A、B可視為質點，求：
（1）滑塊A剛到平臺上的速度大小；
（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值；
（3）從滑塊A剛開始擠壓彈簧到與彈簧分離過程中，彈簧彈力對滑塊A的沖量；
（4）小車C的長度。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】A．研究女排比賽中運動員扣球的動作時，運動員的大小形狀不能忽略不計，不可將女排運動員視為質點，選項A錯誤；
B．確定落在邊線處的排球是否在界內時，排球的大小不能忽略，不可將排球視為質點，選項B錯誤；
C．在運動員擊球前的瞬間，排球相對于運動員是運動的，選項C錯誤；
D．以站在場邊的教練員為參考系，正在跳躍擊球的1號運動員是運動的，選項D正確。選D。
2．【答案】D
【詳解】軌道Ⅰ為載人飛船運行的橢圓軌道，根據開普勒第二定律可知B處的速度小于A處的速度，A錯誤；根據開普勒第二定律可知，對于同一軌道衛星，與地心連線在任意相等時間內掃過的面積相等，B錯誤；飛船從低軌道變到高軌道，需要在變軌處點火加速，所以飛船由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需在A處加速，C錯誤；在軌道Ⅱ和軌道Ⅲ上分別經過B處時，根據牛頓第二定律有，解得，知加速度相等，D正確。
3．【答案】D
【詳解】A．張雨霏100米決賽的成績是56秒21．其中56秒21指的是時間，A錯誤；
B．北京時間2024年7月29日凌晨2時40分指的是時刻，B錯誤；
C．張雨霏100米決賽中的位移為0m，C錯誤；
D．在研究張雨霏的運動路徑時，其大小、形狀可以忽略，因此可以將她看成質點，D正確。選D。
4．【答案】D
【詳解】A．當帶電體的大小對所研究的問題沒有影響或影響可以忽略時，帶電體可以視為一個點，稱為點電荷，它與元電荷不是一個概念，A錯誤；
BC．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，是一種理想化的模型，如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計，即可將它看作點電荷，帶電體的電荷量足夠小，也不一定能將該帶電體視為點電荷，BC錯誤；
D．兩個點電荷之間的庫侖力是一對相互作用力，則不論它們的電荷量是否相等，它們之間相互作用的庫侖力大小一定相等，D正確。選D。
5．【答案】C
【詳解】A．已知的阻值相等，消耗的功率相同，可知電流相同，設為I2，因的阻值為，則的電流為2I2，則降壓變壓器T2的次級電流為3I2，由匝數和電流關系可知
則
選項A錯誤；
B．變壓器T1的初級電流
由能量關系可知
解得
即電壓表示數，選項B錯誤；
C．電流表的示數等于I2，等于通過R1的電流，則為
選項C正確；
D．若斷路，則T2次級電阻變大，相當于電網用電設備減少，總功率減少，電流減小，則初級電流減小，則電流表示數將減小，選項D錯誤。
選C。
6．【答案】D
【詳解】A．根據乙圖，由電阻箱功率最大的條件可知，此時滿足，可知電源內阻，A錯誤；
B．由，解得，B錯誤；
C．由，可知，當時，定值電阻功率最大，C錯誤，
D．電阻箱所消耗功率P最大時，電源效率，D正確。選D。
7．【答案】BD
【解析】0～4 s內的運動分析：對于恒定功率的牽引力有P＝Fv，對導體棒由牛頓第二定律有F－mgsin θ－BIL＝ma，其中I＝，速度增加，牽引力減小，安培力增大，則加速度減小，所以在0～4 s內導體棒做加速度減小的加速運動，A錯誤；當a＝0時導體棒速度最大，解得此時Fmin＝1.1 N，恒定功率P＝Fminvm＝1.1×2 W＝2.2 W，B正確；設0～4 s內導體棒的位移大小為x，根據動能定理有PΔt1－mgxsin θ－W安＝m，由功能關系可知導體棒克服安培力做的功等于電阻R產生的熱量，即W安＝Q，解得x＝2.6 m，C錯誤。
4～6 s內的運動分析：導體棒做勻速直線運動。
6～6.4 s內的運動分析：斷開開關且撤去牽引力，導體棒向上做勻減速直線運動，且加速度大小a'＝gsin θ，到t＝6.4 s時，速度大小v'＝vm－a'Δt2＝0。
6.4 s之后的運動分析：開關接2，導體棒從靜止開始沿導軌下滑，電容器充電，回路中有電流，對導體棒由牛頓第二定律有mgsin θ－BI'L＝ma″，其中I'＝＝＝＝CBLa″，解得加速度大小a″＝＝4 m/s2，D正確。
【技巧必背】含容電路中有外力作用下單棒切割磁感線的加速度
導軌光滑，導體棒質量為m，導軌和導體棒電阻不計，兩導軌間距為L，拉力F恒定，磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度大小為B，圖1中a＝，圖2中a＝。
　　
圖1　　　　　圖2
8．【答案】AB
【詳解】A．兩物體豎直方向加速度相同，所以小球相對管來說在做勻速直線運動，所以小球穿過管所用時間，A正確；
BC．小球從開始下落到穿過金屬管所用時間，金屬管上升時間，若小球在管上升階段穿過管，則，解得，所以當時，小球在管上升階段穿過管，B正確，C錯誤；
D．若小球在管下降階段穿過管，則有，解得，D錯誤。選AB。
9．【答案】BC
【詳解】A．由理想變壓器的特點可知，，可知，滑動變阻器的滑片向下滑動，減小，則變大，變大，電流表的示數變大，原線圈兩端電壓，所以減小，則減小，電壓表的示數減小，選項A錯誤；
B．據前面的分析可知，由于變大，電源的輸出功率，因此電源的輸出功率變大，選項B正確；
C．當時，副線圈兩端電壓為，根據變壓器的工作原理有，，，依題意有，聯立解得，選項C正確；
D．根據等效電路思想，理想變壓器輸入、輸出功率相等這一特點，獲得的功率最大，即變壓器原線圈的輸入功率達到最大，相當于將原線圈替換為一電阻，其阻值為，將視為交流電源的內阻，可知當時，會獲得最大的功率，此時根據電路特點依題意有，，根據變壓器規律有，，則滑動變阻器的阻值，選項D錯誤。選BC。
10．【答案】AC
【詳解】A．氙離子經電場加速，根據動能定理有，可得加速電壓為，選項A正確；
B．推進器的推力為，粒子速度從0增加，推力的功率為，選項B錯誤；
C．在時間內有質量為的氙離子噴出，根據動量定理可得，得，根據電流的定義式，而，得，選項C正確；
D．在時間內，有質量為的氙離子以速度噴射而出，由動量定理，得，進入放電通道的氙氣質量為，被電離的比例為，則有，聯立解得，取可得，選項D錯誤。選AC。
11．【答案】（1）BCD/BDC/CBD/CDB/DCB/DBC
（2） （3）可以 （4）AB/BA
【詳解】（1）設導體的邊長為a，厚度為d，根據電阻定律可知導體的電阻為，兩導體厚度和材料都相同，所以電阻相同，加上相同的電壓，根據歐姆定律，可知電流相等，A錯誤，B正確；根據霍爾元件的工作原理可知，，根據表達式可知霍爾電壓和圖中通過的電流I成正比，和圖中豎直向上的磁感應確定B成正比，C正確；根據霍爾電壓表達式可知，R1中產生的霍爾電壓等于R2中產生的霍爾電壓，D正確。
（2）將器材串聯即可，根據電流的方向連接導線，如圖所示
（3）根據圖像可以看出除去邊緣外，其余部分可以看作勻強電場，改變滑動變阻器接入電路中的電阻，改變電路中的電流大小，可知驗證螺線管內部的磁感應強度與電流成正比。
（4）根據法拉第電磁感應定律可知感應電動勢，又因為，故，
AB正確。
12．【答案】(1)1(1分)　大(1分)　相反(1分)　
(2)4.1×10-4 F(3分)　(3)c(2分)
【詳解】(1)充電時必須將電容器接電源,故將開關S接1時,平行板電容器充電,在充電開始時電路中的電流比較大,之后電流減小,當電容器充滿電時,電流為零;電容器充電時,上板接電源正極,所以電容器上板帶正電,充電時負電荷流出電容器上板,放電時負電荷流入上極板,所以流經G表的電流方向與充電時相反。(2)I-t圖線與時間軸所圍成的面積表示電荷量,每個小格表示的電荷量為q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由圖乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根據C=,代入數據解得C=4.1×10-4 F。(3)在電容器放電實驗中,根據Im=可知,電阻越大,放電電流的最大值越小,由圖可知,c圖線的最大電流最小,故c圖線對應的電阻最大。
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設O和B間，A和B間的張力分別為、，B受力平衡，可得水平方向和豎直方向的平衡式為，，解得。
（2）當細線與豎直方向的夾角為時，設裝置轉動的角速度為，B做勻速圓周運動的半徑，此時A和B間細線的拉力恰好減小到零，則O和B間細線的拉力和B的重力提供向心力，即，則該裝置轉動的角速度。
（3）裝置靜止時對A進行分析，設彈簧的彈力為F，則，當細線與豎直方向的夾角增大到時，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，設為，即，設小圓環A的質量為M，A和B屬于同軸轉動，則A和B做圓周運動的角速度相等，均為，A做圓周運動的半徑，提供A做勻速圓周運動的向心力，解得小圓環A的質量。
14．【答案】（1） （2） （3）見解析
【詳解】（1）電子經過加速電場過程，根據動能定理可得，解得，所有電子都能通過偏轉電場且通過偏轉電場的時間為，則偏轉電場的長度為，可得。
（2）若的周期，所有電子在偏轉電場中運動過程，在豎直方向有半個周期時間內的加速度方向豎直向上，有半個周期時間內的加速度方向豎直向下，可知經過一個周期，電子的豎直分速度剛好為0；則時刻進入的電子向下側移距離最大，為，同理可知時刻進入的電子向上側移距離最大，為，所以熒光屏上電子能夠到達的區域的長度為。
（3）若的周期，則電子在偏轉電場的運動時間為，電子要到達O點必須在豎直方向有先加速后減速再反向加速過程，并且加速大小相等，離開偏轉電場后做勻速直線遇到你，最終到達O點；整個過程向下的位移和向上的位移大小相等；對于在內射入的電子，設向下加速時間為，加速度大小為，則在豎直方向上有，，要到達O點時，應滿足，聯立解得，根據對稱性和周期性可知電子剛好能到達熒光屏上點的電子進入偏轉電場的時刻為（，，）或（，，）。
15．【答案】（1）2 m/s（2）3 J（3），方向水平向左（4）0.2 m
【詳解】（1）滑塊A從P點到剛滑上平臺時，根據動能定理有，代入數據解得；
（2）當滑塊A、B速度相同時，彈簧被壓縮最短，彈性勢能最大，在彈簧被壓縮過程，以滑塊A、B和彈簧為系統，滿足動量守恒定律，取水平向右為正方向，則有，解得，彈簧的最大彈性勢能為
（3）當彈簧恢復原長時，滑塊A、B分離，分離時的速度分別為和，根據動量守恒定律有，根據能量守恒定律有，聯立解得，，彈簧彈力對滑塊A的沖量為，方向水平向左。
（4）滑塊B滑上小車，在小車上恰好未滑落時，滑塊B和小車速度相同，設為，以滑塊B和小車為系統，動量守恒，則有，解得，根據能量守恒定律有，解得。
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：力學、電磁學綜合提高練習5
一、單選題（本大題共6小題）
1．以下說法正確的是（　　）
A．變化的磁場能夠在周圍空間產生電場
B．麥克斯韋預言并用實驗證實了電磁波的存在
C．驗鈔機和遙控器的工作均利用了紅外線
D．紫外線比無線電波頻率小
2．如圖所示為教材中關于“天體運行中三個宇宙速度”的插圖，其中有①②③④條軌道，下列說法正確的是（ ）
A．軌道①對應的速度是最大發射速度，最小環繞速度
B．若衛星的發射速度v滿足，衛星將繞地球運動
C．衛星在軌道②單位時間掃過的面積等于在軌道③單位時間掃過的面積
D．衛星沿軌道④運動，將脫離太陽引力的束縛
3．如圖所示，A、B、C分別是自行車的大齒輪、小齒輪和后輪的邊緣上的三個點，到各自轉動軸的距離分別為3r、r和10r。支起后輪，在轉動踏板的過程中，A、B、C三點（　　）
A．角速度大小關系是
B．線速度大小關系是
C．轉速之比是
D．加速度之比是
4．人教版必修三P76B組第1題變式一圓柱形玻璃棒橫截面半徑為，表面上均勻帶有正電荷（不計底面），每個電荷的電荷量為，玻璃棒表面單位面積所帶電荷數為，當此棒沿軸線方向做速度為的勻速直線運動時，由于棒的運動而形成的等效電流大小為（ ）
A. B. C. D.
5．如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上。質量為m 的小物塊（可視為質點）放在小車的最左端。現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力大小為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x，在這個過程中，以下結論正確的是（　　）
A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為
B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為
C．摩擦力對小物塊所做的功為
D．小物塊在小車上滑行過程中，系統產生的內能為Ffx
6．風力和空氣阻力會影響雨滴下落的軌跡。一雨滴在下落過程中的某段時間內，其水平方向速度和豎直方向位移y與時間關系的圖像如圖所示，在圖示時間2 s內，該雨滴（　　）
A．做勻加速直線運動
B．在t＝1 s時速度大小為11 m/s
C．重力的瞬時功率一直增大
D．前、后1 s內合力做功之比為1∶3
二、多選題（本大題共4小題）
7．手機無線充電技術給用戶帶來了全新的充電體驗，其基本原理是電磁感應現象：給送電線圈中通以變化的電流，就會在鄰近的受電線圈中產生感應電流。某次充電過程可簡化為如圖甲所示的模型，一個阻值為R、匝數為n的圓形金屬受電線圈與阻值也為R的電阻連接成閉合回路，線圈的半徑為。在受電線圈中半徑為的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示（規定圖甲中B的方向為正方向）。圖線與橫、縱軸的交點分別為和，導線的電阻不計。在時間內，下列說法正確的是（　　）
A．中電流的方向為
B．ab兩點之間的電壓為
C．線圈中感應電流的大小為
D．通過電阻的電荷量
8．在如圖所示電路中，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，電源內阻為r，電流表和電壓表均為理想電表，開關閉合后將滑動變阻器R2的滑片從中間位置開始向下滑動，電壓表V1的示數及示數變化量分別記為U1和ΔU1，電壓表V2的示數及示數變化量分別記為U2和ΔU2，電流表的示數及示數變化量分別記為I和ΔI，下列說法正確的是 (　　)
A．電壓表V1的示數變小，電壓表V2的示數變小
B．電阻R1消耗的功率增大
C．增大，變小
D．|ΔU1|<|ΔU2|
9．(5分)下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1 Hz的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是　　　　(選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。
圖(a) 圖(b)
A．x從0.05 m到0.15 m的過程中，木棒的動能先增大后減小
B．x從0.21 m到0.25 m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m時，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為
E．木棒的運動為向x軸正方向傳播的機械橫波，波速為0.4 m/s
10．如圖甲所示為農場揚場機分離谷物示意圖。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖乙所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v1方向斜向上。不計空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（　　）
A．谷粒1和谷粒2在水平方向都做勻速直線運動
B．谷粒1和谷粒2在豎直方向都做自由落體運動
C．谷粒2從O到P的運動時間大于谷粒1從O到P的運動時間
D．谷粒2從O到P的運動時間等于谷粒1從O到P的運動時間
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．在研究平行板電容器的電容大小與哪些因素有關的實驗中，用如圖所示裝置進行操作，首先給電容器的兩個極板充電，然后斷開電源：
(1)使電荷量和正對面積一定，增大兩板間距離，則靜電計指針偏角將 （填“變大”“變小”或“不變”）
(2)使電荷量和兩板間距離一定，向上平移左板以減小正對面積，則靜電計指針偏角將 （填“變大”、“變小”或“不變”）
(3)使電荷量、兩板間距離及正對面積一定，在兩極板間放入石蠟，則靜電計指針偏角將 （填“變大”、“變小”或“不變”）。放入石蠟后該電容器的電容將 （填“變大”、“變小”或“不變”）。
12．（9分）（1）在“研究電磁感應現象”的實驗中，首先要按圖（甲）接線，以查明電流表指針的偏轉方向與電流方向的關系；然后再按圖（乙）將電流表與B連成一個閉合回路，將A與電池、滑動變阻器和開關串聯成另一個閉合電路。在圖（甲）中，當閉合S時，觀察到電流表指針向左偏（不通電時指針停在正中央）在圖（乙）中，
①將S閉合后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，電流表的指針將 （填“向左”“向右”或“不發生”，下同）偏轉；
②螺線管A放在B中不動，電流表的指針將 偏轉；
③螺線管A放在B中不動，將滑動變阻器的滑動觸片向右滑動時，電流表的指針將 偏轉；
④螺線管A放在B中不動，突然切斷開關S時，電流表的指針將 偏轉。
（2）給金屬塊纏上線圈，線圈中通入反復變化的電流，金屬塊中產生如圖1中虛線所示的感應電流，這樣的電流稱為 ，真空冶煉爐就是利用它產生的熱量使金屬熔化。變壓器和鎮流器的鐵心通常用涂有絕緣漆的薄硅鋼片疊壓制成，而不是用一整塊鐵制成，其原因是為了 ，減少鐵心發熱損失。
（3）如圖2所示的交變電流的有效值I＝ A（其中每個周期的后半周期的圖像為半個周期的正弦曲線）
13．（13分）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關鍵技術之一。帶電粒子流（每個粒子的質量為m、電荷量為＋q）以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內的粒子，求解以下問題。
（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A（0，r1）、半徑為r1的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經過磁場后都匯聚到坐標原點O，求該磁場磁感應強度B1的大小；
（2）如圖（a），虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C（0，－r2）。在虛線框內設計一個區域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O點的帶電粒子流經過該區域后寬度變為2r2，并沿x軸正方向射出。求該磁場磁感應強度B2的大小和方向，以及該磁場區域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）；
（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設計一個區域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經過Ⅲ和Ⅳ后寬度變為2r4，并沿x軸正方向射出，從而實現帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）。
圖（a） 圖（b）
14．(15分)如圖(a)，質量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍，且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。
(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；
(2)若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖(b)所示，其中h0已知，求F0的大小；
(3)籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。
圖(a) 圖(b)
15．（14分）如圖，在光滑水平地面上，、、三個物塊質量均為，、間用勁度系數大小為的輕質彈簧連接，開始時彈簧處于原長，、接觸不粘連。現給物塊一瞬時沖量，使其獲得水平向右的初速度。在以后的運動中彈簧始終在彈性限度內，彈簧彈性勢能的表達式為為彈簧相對原長的形變量。
（1） 求物塊的最大加速度及最大速度；
（2） 若其他條件不變，只改變物塊的質量，求物塊可能獲得的最大動能。
參考答案
1．【答案】A
【詳解】根據麥克斯韋的電磁場理論可知，變化的磁場能夠在周圍空間產生電場，A正確；麥克斯韋首先從理論上預言了電磁波，赫茲利用實驗證實了電磁波的存在，B錯誤；驗鈔機是利用紫外線使鈔票上的熒光物質產生發光效應進行防偽的，遙控器的工作利用了紅外線,C錯誤；各種射線的波長從大到小排序為無線電波、微波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線，紫外線比無線電波的波長小，頻率大，D錯誤。
2．【答案】B
【詳解】軌道①對應的第一宇宙速度是人造衛星做圓周運動的最大運行速度，也是人造衛星繞地球運行所需的最小發射速度，A錯誤；衛星的發射速度v滿足，衛星將繞地球運動，B正確；開普勒第二定律中同一顆衛星在同一軌道上運行時與中心天體單位時間掃過的面積相等，C錯誤；當發射速度達到，即達到第三宇宙速度，飛行器會脫離太陽的束縛，衛星沿軌道④運動，將脫離地球的束縛，D錯誤。
3．【答案】A
【詳解】大齒輪與小齒輪邊緣點線速度相等，則有，小齒輪與后輪是同軸傳動，角速度相等，則有，根據，可得，，所以，，A正確，B錯誤；根據，可得，C錯誤；根據，可得，D錯誤。
4．【答案】D
【詳解】玻璃棒表面單位面積所帶電荷數為，則在時間內通過垂直電荷運動方向上某橫截面的電荷量為，故棒運動形成的等效電流為，正確。
【溯源分析】本題改編自人教版必修三P76B組第1題，教材中的習題給出單位長度所帶的電荷量，本題給出玻璃棒表面單位面積所帶電荷數，拓展了對電流微觀表達式的理解與應用。
5．【答案】C
【詳解】小物塊到達小車最右端過程，對于小物塊根據動能定理可得，小物塊到達小車最右端時具有的動能為，A錯誤；小物塊到達小車最右端過程，對于小車根據動能定理可得，小車具有的動能為，B錯誤；摩擦力對小物塊所做的功為，C正確；小物塊在小車上滑行過程中，系統產生的內能為，D錯誤。
6．【答案】D
【詳解】根據題圖可知，在水平方向雨滴的初速度為0，加速度為，即雨滴在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動；在豎直方向雨滴的加速度為零，速度為，即雨滴在豎直方向做勻速直線運動，可知，雨滴的初速度方向與加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做勻變速曲線運動，A錯誤；雨滴在t＝1 s時，豎直方向的速度為，水平方向的速度為，雨滴在t＝1 s時的速度為，B錯誤；重力的瞬時功率為，因雨滴在豎直方向做勻速直線運動，即豎直方向的速度不變，重力的瞬時功率保持不變，C錯誤；設雨滴的質量為，由B項可知，雨滴在t＝1 s時的速度為，根據動能定理可知，在前1 s合力做的功為，雨滴在t＝2 s時，豎直方向的速度為，水平方向的速度為，雨滴在t＝2 s時的速度為，根據動能定理可知，在后1 s合力做的功為，前、后1 s內合力做功之比為，D正確。
7．【答案】ABD
【詳解】A．受電線圈內的磁場強度在變小，磁通量變小，根據楞次定律結合安培定則可判斷出線圈中產生順時針方向的感應電流，即中電流的方向為，故A正確；
BC．由題圖乙可知
且
則由法拉第電磁感應定律有
聯立可得線圈中的感應電動勢為
由閉合電路歐姆定律有，線圈中感應電流的大小為
則ab兩點之間的電壓為
故B正確，C錯誤；
D．通過電阻的電荷量
故D正確。
故選ABD。
8．【答案】AB　
【解析】當R2的滑片向下滑時，R2接入電路的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知電流I增大，根據U1=E-I(r+R1)和U2=E-Ir可知U1、U2均減小，A正確；根據P1=I2R1可知電阻R1消耗的功率增大，B正確；根據U1=E-I(r+R1)可知=r+R1，比值不變，根據歐姆定律可知=R2，比值變小，C錯誤；根據U2=E-Ir可知=r，則有|ΔU1|>|ΔU2|，D錯誤。
【巧思快解】當R2的滑片向下滑時，R2接入電路的阻值減小，根據串反并同可知，電壓表V1的示數變小，電壓表V2的示數變小，電阻R1消耗的功率增大，A、B正確；因U2=U1+UR1，而U1、U2均減小，UR1增大，應有|ΔU1|>|ΔU2|，D錯誤。
9．【答案】ABD
【詳解】由題圖(b)可知，x從0.05 m到0.15 m的過程中，木棒受到的回復力先減小到零后反向增大，故木棒在豎直方向的速度先增大到最大后逐漸減小，再根據速度的合成可知，合速度也是先增大到最大，再逐漸減小，故木棒的動能先增大后減小，A正確；x從0.21 m到0.25 m的過程中，木棒受到的浮力較小且逐漸變大，則受到的回復力豎直向下，加速度方向豎直向下，大小逐漸變小，B正確；x＝0.35 m和x＝0.45 m時，木棒所受浮力相等，則木棒所受回復力相等，木棒在豎直方向的速度大小相等，方向相反，與水平方向速度合成后，木棒在兩個位置的速度大小相等，方向既不相同也不相反，C錯誤；木棒受到的最大浮力和最
小浮力的差值為F1－F2，等于兩倍振幅長度的木棒部分受到的浮力大小，即F1－F2＝ρSg·2A，解得A＝，D正確；木棒的運動是質點的運動，而不是機械振動的傳播，E錯誤。
10．【答案】AC
【詳解】A．谷粒1做平拋運動，谷粒2做斜拋運動，故谷粒1和谷粒2在水平方向都做勻速直線運動，故A正確；
B．谷粒1在豎直方向做自由落體運動，谷粒2在豎直方向做豎直上拋運動，故B錯誤；
CD．谷粒1在豎直方向做自由落體運動，有
谷粒2在豎直方向做豎直上拋運動，設谷粒2的初速度與水平方向的夾角為，有
可得
故C正確，D錯誤；
故選AC。
11．【答案】 變大 變大 變小 變大
【詳解】(1)[1]使電荷量和正對面積一定，增大兩板間距離，根據電容的決定式可知，C減小，根據電容的定義式可知，兩板間的電壓增大，所以靜電計指針偏角將變大
(2)[2]減小正對面積，根據電容的決定式可知，C減小，根據電容的定義式可知，兩板間的電壓增大，所以靜電計指針偏角將變大
(3)[3][4]使電荷量、兩板間距離及正對面積一定，在兩極板間放入石蠟， 增大，根據電容的決定式可知，C變大，根據電容的定義式知，兩板間的電壓減小，所以靜電計指針偏角將變小
12．【答案】（1）①向右 ②不發生 ③向右 ④向左 （2）渦流 減少渦流 （3）
【詳解】（1）①將S閉合后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，根據右手螺旋定則可知，穿過螺線管B豎直向上的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流產生豎直向下的磁場；再根據右手螺旋定則可知螺線管B中的電流從負接線柱流入電流表，根據題意在圖（甲）中，當閉合S時，觀察到電流表指針向左偏，所以此時電流表的指針將向右偏轉。
②螺線管A放在螺線管B中不動，穿過螺線管B的磁通量不變，不產生感應電流，電流表不發生偏轉。
③螺線管A放在螺線管B中不動，穿過螺線管B磁場方向向上，將滑動變阻器的滑動觸片向右滑動時，穿過螺線管B的磁通量變大，由楞次定律可得，感應電流從電流表負接線柱流入，則電流表的指針將向右偏轉。
④螺線管A放在螺線管B中不動，穿過螺線管B的磁場方向向上，突然切斷開關S時，穿過螺線管B的磁通量減小，由楞次定律可知，感應電流從電流表的正接線柱流入，則電流表的指針將向左偏轉。
（2）金屬塊中產生如圖1中虛線所示的感應電流，這樣的電流稱為渦流。變壓器和鎮流器的鐵心通常用涂有絕緣漆的薄硅鋼片疊壓制成，而不是用一整塊鐵制成，其原因是為了增大電阻，減小渦流。
（3）交變電流的有效值為I，則有，解得。
13．【答案】（1）　（2），垂直紙面向里　π　（3）
【詳解】（1）根據題意可知帶電粒子流在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r＝r1 （1分）
根據牛頓第二定律有qvB1＝ （1分）
可得該磁場的磁感應強度大小B1＝ （1分）
（2）要使匯聚到O點的帶電粒子流經過虛線框后寬度變為2r2，并沿x軸正方向射出，根據左手定則可知虛線框內磁場的磁感應強度方向垂直紙面向里 （1分）
根據題意可知，在虛線框內帶電粒子流在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r2，根據牛頓第二定律有qvB2＝ （1分）
可得虛線框內磁場的磁感應強度大小B2＝ （1分）
該磁場區域最小面積Smin＝π （1分）
（3）要使帶電粒子流匯聚到O點，并能在經過Ⅲ和Ⅳ后沿x軸正方向射出，則磁場邊界一定經過原點O，發生磁聚焦時，粒子入射方向一定垂直邊界圓圓心與會聚點所連的半徑，則磁場邊界圓圓心一定在y軸上，且位于正方形邊界的頂點，從最上端（或最下端）入射的粒子運動的弧長最長，該圓弧即為磁場區域的另一條邊界，磁場分布如圖所示。
在虛線框Ⅰ內帶電粒子流在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r3，根據牛頓第二定律有qvB3＝ （1分）
可得該磁場的磁感應強度大小B3＝ （1分）
在虛線框 Ⅲ 內帶電粒子流在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r4，根據牛頓第二定律有qvB4＝ （1分）
可得該磁場的磁感應強度大小B4＝ （1分）
在虛線框 Ⅱ 內帶電粒子流在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r3，最長軌跡為圓弧，該磁場區域的面積
S2＝2×＝ （1分）
在虛線框 Ⅳ 內帶電粒子流在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r4，最長軌跡為圓弧，該磁場區域的面積
S4＝2×＝ （1分）
【刷有所得】分析帶電粒子在磁場中的運動情況時，一般是先確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。
14．【答案】(1)　(2)　(3)見解析
【詳解】(1)籃球下落過程中，根據動能定理有(1－λ)mgH＝m (1分)
解得v1＝，
籃球彈起過程中，根據動能定理有－(1＋λ)mgh＝0－m (1分)
解得v2＝，
所以碰后速率與碰前速率之比＝ (1分)
(2)F－y圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示力F做的功，在籃球從力F作用開始到落到地面時，由動能定理有F0(h－h0)＋mgh－λmgh＝mv (1分)
設籃球與地面碰撞后速率為v'2，則有＝，
籃球彈起后運動到h高度過程中，由動能定理有
－(1＋λ)mgh＝0－mv (1分)
聯立解得F0＝ (1分)
(3)運動員拍擊一次籃球后瞬間其動能為Ek0＝ (1分)
下落至地面時動能Ek1＝Ek0＋(1－λ)mgh (1分)
設第一次拍擊后籃球反彈高度為h1，與地面碰撞后動能E'k1＝(1＋λ)mgh1(1分)
由與地面碰撞前后速率關系有E'k1＝μEk1［其中μ＝］，解得h1＝＋ (1分)
第二次拍擊后籃球反彈高度為h2，Ek2＝Ek0＋mgh1(1－λ)，E'k2＝μEk2＝(1＋λ)mgh2 (1分)
解得h2＝＋ (1分)
同理，第N次拍擊后籃球反彈高度hN＝＋hN－1＝·＋hN－1 (1分)
令p＝，q＝，則有hN＝p＋qhN－1＝p＋q(p＋qhN－2)＝p＋qp＋q2(p＋qhN－3)＝…＝p＋qp＋q2p＋…＋qN－1p＋qNh＝＋qNh，由題意可知hN＝H，解得
I＝m (2分)
15．【答案】（1）
（2）
【詳解】
（1） 當彈簧第一次壓縮到最短時，彈簧彈力最大，、加速度最大，此時、、速度相同，設為，物塊、、三者組成的系統動量守恒，
取水平向右為正方向，由動量守恒定律得（1分）
由能量守恒定律得（1分）
聯立解得（1分）
對、，由牛頓第二定律可得（1分）
解得（1分）
當彈簧第一次恢復到原長時，、分離，的速度達到最大。設此時的速度為,、的速度為，
對、、組成的系統，由動量守恒定律得
（1分）
由能量守恒定律得（1分）
聯立解得,（1分）
所以的最大速度（1分）
（2） 設物塊的質量為，當彈簧第一次恢復原長時，、分離，速度達到最大，
設的速度為,、的速度為，
物塊、、組成的系統動量守恒，有
（1分）
由能量守恒定律得（1分）
聯立解得,（1分）
物塊的動能
（1分）
當時，物塊的動能有最大值，為
（1分）
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