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2026届高考物理高二升高三暑假提分综合提高练习试卷：
力学和电磁学综合强化练习1
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（　　）
A．电场强度是采取比值法定义的物理量
B．瞬时速度的定义运用了等效替代法
C．将物体看成质点运用了理想化模型法
D．库仑扭秤实验运用了放大法
2．两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v0，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它减速至时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车。已知汽车从开始刹车到停止所行驶的距离为s，若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少为（　　）
A．s B．2s
C．3s D．4s
3．2022年2月6日，农历新年正月初六，中国女足在2球落后的情况下连扳3球以3-2战胜韩国女足，时隔16年，第9次问鼎女足亚洲杯，再度续写逆转奇迹，给国人带来了精彩足球盛宴。假设女足队员王霜在某次足球传递训练过程中用42N力将足球传出去，球沿球场草地滚了25米停下来了，请问王霜在本次训练中对足球做的功为多少？（　　）
A．0 B．1050J C．525J D．无法计算
4．现在的物理学中加速度的定义式为，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），该运动中的“另类加速度”定义为，其中v0和vt分别表示某段位移x内的初速度和末速度．A > 0表示物体做加速运动，A < 0表示物体做减速运动．根据力学单位制，“另类加速度”A的国际基本单位应为：
A．m/s2 B．m2/s2 C．m-1 D．s-1
5．中国天宫空间站运行在距离地球表面约400千米高的近地轨道上，而地球同步卫星离地高度约为36000千米。如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为中国空间站，c为地球同步卫星，则下列说法正确的是（　　）
A．线速度的大小关系为
B．周期关系为
C．向心加速度的关系
D．同步卫星c的发射速度要大于11.2km/s
6．小郴同学是一名篮球爱好者，他从同一水平高度的A、B两处先后将篮球投出，都恰好垂直打在篮板的P点，如简化图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．两次抛出时的初速度
B．两次抛出时初速度与水平方向的夹角
C．两次篮球在空中运动的时间
D．两次篮球打在篮板P点的速度
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处，两球相对于杆固定不动，杆长，轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。当装置在竖直平面内由水平位置静止释放，某一时刻轻杆绕点转动的角度为（为锐角），若此时球a的速度大小为，方向斜向左下。运动过程中不计一切摩擦（），则下列说法正确的是（　　）
A．
B．此时b球的速度大小为
C．轻杆对a球不做功，对b球做负功
D．从初始位置到转过θ角度过程中，a球机械能减小，b球机械能增加
8．如图所示为交流发电机与变压器的简化示意图。矩形线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中,其边长分别为、,匝数匝,内阻 ,以角速度匀速转动。理想变压器原线圈匝数匝,副线圈匝数匝,定值电阻 与原线圈连接,电阻箱与副线圈连接,下列说法正确的是（ ）
A. 交流发电机产生的电动势有效值为
B. 当电阻箱阻值 时,交流发电机输出功率最大
C. 当电阻箱阻值 时,上消耗的功率最大
D. 当电阻箱的阻值变大时,电阻消耗的热功率变小
9．如图,光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动.车厢内有质量均为m 的 A、B 两小球,两球用轻杆相连,A 球靠在光滑左壁上, B 球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是 (　　)
A．若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θ
B．若推力F向左,且tan θ≤μ,则 F 的最大值为2mgtan θ
C．若推力F向左,且μD．若推力F向右,且tan θ>2μ, 则F 的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
10．如图所示，倾角θ＝30°、间距L＝0．5 m、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道方向建立x轴，边界OO'垂直x轴。x＜0区域：磁感应强度大小B1＝1 T，方向垂直轨道平面向下（未画出）；x≥0区域：磁感应强度大小B2＝0．6＋0．8x（T），方向垂直轨道平面向上（未画出）。一质量为m1＝0．3 kg、边长均为L＝0．5 m的U形框由金属棒de（阻值R1＝0．2 Ω）和两绝缘棒cd、ef组成。另有质量为m2＝0．1 kg、长L＝0．5 m、阻值R2＝0．2 Ω的金属棒ab在离cf一定距离处获得沿轨道向下的冲量后向下运动。g取10 m/s2，金属棒ab及U形框与轨道间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒ab始终与轨道垂直且接触良好。下列说法正确的是
A．在棒ab释放后的很短时间内，c、f两点的电势关系为φc＞φf
B．若棒ab从某处释放，同时U形框解除锁定，为使棒ab与U形框碰撞前框保持静止，则棒ab释放时所获得的冲量大小满足I0≤0．45 N·s
C．若棒ab在x＝－0．32 m处释放且初速度大小为v0＝4 m/s，同时U形框解除锁定，则棒ab到达cf时速度大小为v1＝2 m/s
D．若棒ab在x＝－0．32 m处释放且初速度大小为v0＝4 m/s，同时U形框解除锁定，则在棒ab与框发生完全非弹性碰撞后棒de的最大位移xm＝2 m
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。现用一压力传感器连成以下电路如图所示。
（1）利用题图甲所示的电路测量该传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，实验室提供以下器材：
电源（电源电动势为3V）
电流表A（量程250μA，内阻约为50Ω）
电压表V（量程3V，内阻约为20kΩ）
滑动变阻器R（阻值0~100Ω）
为了提高测量的准确性，开关S1应该接 （填“1”或“2”），开关S2应该接 （填“3”或“4”）；
（2）通过多次实验测得其阻值RN随压力F变化的关系图像如图乙所示：
（3）由图乙可知，压力越大，阻值 （填“越大”或“越小”），且压力小于2.0N时的灵敏度比压力大于2.0N时的灵敏度（灵敏度指电阻值随压力的变化率） （填“高”或“低”）；
（4）利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置，可以将质量不同的物体进行分拣，图中RN为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电压为6V（内阻不计）。分拣时将质量大小不同的物体用传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，控制电路两端电压小于3V时，杠杆OB水平，物体水平通过进入通道1；当控制电路两端电压大于3V时，杠杆的B端就会被吸下，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。若R'调为30kΩ，取重力加速度g=10m/s2，该分拣装置可以实现将质量超过 kg的物体进行分拣（结果保留2位有效数字），若要将质量超过0.20kg的货物实现分拣，应该将R'调成 kΩ（结果保留3位有效数字）。
12．某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图（a）所示的装置．电阻测量原理如图（b）所示，是电源，为电压表，为电流表．
图（a） 图（b） 图（c） 图（d）
（1） 保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为，电压表量程为，表盘如图（c）所示，示数为 ,此时金属丝阻值的测量值为 （保留3位有效数字）；
（2）打开抽气泵，降低玻璃管内气压，保持电流不变，读出电压表示数，计算出对应的金属丝阻值；
（3）根据测量数据绘制关系图线，如图（d）所示；
（4） 如果玻璃管内气压是0．5个标准大气压，保持电流为，电压表指针应该在图（c）指针位置的 侧（填“左”或“右”）；
（5） 若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值 真实值（填“大于”“小于”或“等于”）．
13．如图，水平桌面上固定一光滑形金属导轨，其平行部分的间距为,导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计.导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为.一质量为、电阻为、长度也为的金属棒静止在导轨上.导轨上质量为的绝缘棒位于的左侧，以大小为的速度向运动并与发生弹性碰撞，碰撞时间极短.碰撞一次后，和先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点.在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，与始终平行.不计空气阻力.求
（1） 金属棒滑出导轨时的速度大小；
（2） 金属棒在导轨上运动过程中产生的热量；
（3） 与碰撞后，绝缘棒在导轨上运动的时间.
14．（14分）如图所示为一个工件传送装置的部分示意图。水平半圆弧轨道与长为L＝0．8 m的水平直轨道平滑连接，A、B是半圆弧轨道直径的两个端点，中间为转动拨杆，可对工件提供大小恒为F＝1 N的外力。工件甲静止于半圆弧轨道的A端，随后在拨杆的作用下做轨迹半径为r＝0．3 m的圆周运动，到B端时脱离拨杆，此后沿着直轨道运动，并与位于直轨道末端的工件乙碰撞，然后结合为一个整体。已知两工件的质量均为M＝0．1 kg，工件与两轨道间的动摩擦因数均为μ＝0．5，其余摩擦均不计，两工件可看作质点，取π＝3，g＝10 m/s2。
（1）求工件甲在水平直轨道上的运动时间；
（2）求工件甲与工件乙在碰撞过程中产生的内能；
（3）若拨杆对工件甲的恒力F'大小可以调节，在工件甲与工件乙碰撞过程中产生的内能不超过0．5 J，求恒力F'的调节范围（结果可用分式表示）。
15．装配式建筑是指在工厂加工制作好建筑用构件，将构件运输到建筑施工现场，然后像“搭积木”一样在现场装配安装而成的建筑，具有施工方便、质量可靠的优点。在某次施工中，质量的建筑构件竖立在地面上，在塔式吊车钢绳的作用下，从地面由静止开始匀加速上升，上升后，达到最大速度，之后匀速上升，一段时间后匀减速上升，经过停止运动，构件下端与9楼的楼面平齐，不计空气阻力，已知，假设每层楼高，求：
(1)构件全程运动的时间；
(2)匀减速阶段构件对钢绳的作用力。
参考答案
1．【知识点】平均速度和瞬时速度、平均速率、库仑定律、电场、电场强度
【答案】B
【详解】A．电场强度是采取比值法定义的物理量，A正确；
B．瞬时速度的定义运用的是极限思维法，B错误；
C．将物体看成质点运用了理想化模型法，C正确；
D．库仑扭秤实验运用了放大法，D正确。
本题选错误的，选B。
2．【知识点】刹车问题
【答案】A
【详解】根据题意可得，，所以
3．【知识点】功和功率
【答案】D
【详解】球员给足球的作用力是瞬间完成的，足球的位移为足球脱离脚作用后才发生的，根据功的计算公式，无法计算球员对足球所做的功。
4．【知识点】力学单位制
【答案】D
【详解】速度的国际单位为m/s，位移的国际单位为m，则根据，可知A的国际单位为，D正确，ABC错误．
选：D。
5．【知识点】近地卫星、同步卫星和赤道上随地球自转物体的分析比较
【答案】C
【详解】对ac因为两者的角速度相同，根据，可知，对bc根据，可得，可知，则线速度的大小关系为，选项A错误；对ac两者的周期相同，对bc根据开普勒第三定律可知，可知，可知周期关系为，选项B错误；对ac因为两者的角速度相同，根据，可知，对bc根据，可知，可知，则向心加速度的关系，选项C正确；同步卫星c没有脱离地球的引力范围，则发射速度要小于11.2km/s，选项D错误。
6．【知识点】斜抛运动
【答案】C
【详解】C．利用逆向思维，将斜抛运动看为反向的平抛运动，根据，解得，可知，C正确；结合上述，利用逆向思维，将斜抛运动看为反向的平抛运动，在水平方向上有，解得，由于A位置水平分位移小一些，则有，D错误；利用利用逆向思维，将斜抛运动看为反向的平抛运动，竖直方向上有，根据速度分解有，由于，则有，A错误；结合上述有，由于，则有，B错误。
7．【知识点】应用动能定理求解连接体问题、球杆模型圆周运动中机械能守恒定律的应用
【答案】AD
【详解】AB．根据题意可知，小球a、b转动时角速度相等，由公式可知
转动过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律有
代入数据解得
即
B错误，A正确；
CD．根据题意，设从初始位置到转过θ角度过程中，杆对球做功为，杆对球做功为，由动能定理对小球有
对小球有
解得
可知，轻杆对a球做负功，a球机械能减小，对b球做正功，b球机械能增加，C错误，D正确。
选AD。
8．【知识点】含有理想变压器的动态电路分析
【答案】CD
【题图剖析】
【详解】交流发电机产生的电动势最大值为，有效值为，错误；根据，可得，，则等，，当时，输出功率最大，对于本题，即当等时交流发电机输出功率最大，解得 ，错误；由等效电源法得，等效内阻为 ，当等 ，即 时，上消耗的功率最大，正确；当电阻箱的阻值变大时，等也变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故电阻消耗的热功率变小，正确。
9．【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】CD
【详解】对A、B两球分别进行受力分析如图1所示,
图1
A球在竖直方向受力平衡,有F杆cos θ=mg,解得F杆=,则杆对B球的力F'杆=F杆;B球在竖直方向受力平衡,有FN=mg+ F'杆cos θ=2mg,若B球受到的摩擦力为零,对B球,由牛顿第二定律有F'杆sin θ=ma,解得a=gtan θ;对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4ma=4mgtan θ,A错误.若推力F向左,对于A、B两球有两种临界状态,第1种为A球恰不转动,临界条件为车厢对A球的支持力FN1=0,对A球,由牛顿第二定律得F杆sin θ=mam1,又F杆cos θ=mg,解得am1=gtan θ;第2种为B球恰不滑动,临界条件为向左的摩擦力达到最大静摩擦力,受力分析如图2所示,
图2
对B球,由牛顿第二定律得μFN-F'杆sin θ=mam2,又FN=mg+F'杆cos θ,解得am2=2μg-gtan θ,当tan θ≤μ时,am1≤am2,加速度最大可取am1=gtan θ,对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4mam1=4mgtan θ,B错误.当μam2,加速度最大可取am2=2μg-gtan θ,对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4mam2=4mg(2μ-tan θ),C正确.若推力F向右,且tan θ>2μ,对A、B两球受力分析如图3所示,
图3
在竖直方向上有F杆cos θ=mg,若B球所受摩擦力水平向左且达到最大静摩擦力,有F'杆sin θ-μFN=ma1',得a'1=g(tan θ-2μ),若B球所受摩擦力水平向右且达到最大静摩擦力,有F'杆sin θ+μFN=ma'2,得a'2=g(tan θ+2μ),即g(tan θ-2μ)≤a'≤g(2μ+tan θ),对小车和A、B两球整体由牛顿第二定律有F=4ma',则4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(2μ+tan θ),D正确.
10．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、求解非弹性碰撞问题
【答案】CD
【解析】根据右手定则，f点的电势高，A错误；金属棒ab向下运动时，由于m2gsin 30°＝μm2gcos 30°，则金属棒ab释放后做加速度减小的减速运动，其所受安培力大小F＝B1IL＝＝m2a2，U形框受到安培力的方向沿轨道平面向上，有F安＝B2IL＝，其中B2＝（0．6＋0．8×0．5）T＝1 T，金属棒ab获得冲量的瞬间产生的感应电流最大，则此时U形框受到的安培力最大，最容易发生滑动，为使U形框静止，此时U形框受到的摩擦力沿轨道平面向下，为最大静摩擦力，大小为fm＝μm1gcos 30°，U形框静止有F安≤fm＋m1gsin 30°，解得金属棒ab释放时所获得的初速度大小满足的条件为v0≤4．8 m/s，则冲量大小满足I0≤0．48 N·s，B错误；若金属棒ab初速度大小为v0＝4 m/s＜4．8 m/s，则金属棒ab在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而U形框在碰撞前始终处于静止状态，设金属棒ab到达cf时速度大小为v1，以沿轨道平面向下为正方向，由动量定理得－＝m2v1－m2v0，其中｜x｜＝t＝0．32 m，解得v1＝2 m/s，C正确；金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m2v1＝（m1＋m2）v2，解得v2＝0．5 m/s，当U形框速度为v'时，其感应电流为I'＝，其中Bde、Bab分别为棒de和棒ab处的磁感应强度大小，电流方向为顺时针方向，总的安培力大小为F1＝（Bde－Bab）I'L＝，其中Bde－Bab＝0．4 T，根据动量定理得－＝0－（m1＋m2）v2 ，解得金属棒ab与框发生完全非弹性碰撞后棒de的最大位移xm＝t'＝2 m，D正确。
11．【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置、电阻应变片
【答案】（1）2，3；（3）越小，高（4）0.14，26.0
【详解】解：（1）RN的阻值约几十千欧，因此有，为了提高测量的准确性，开关S1应该接2；实验需要测量多组数据，且电压从零开始变化，实验时滑动变阻器要用分压方式接入电路，因此开关S2应该接3。
（3）由题图乙可知，压力越大，阻值越小；由灵敏度指电阻值随压力的变化率可知，压力小于2.0 N时的灵敏度比压力大于2.0 N时的灵敏度高。
（4）由题意可知，当控制电压等于3 V时，控制电路的电流为，压力传感器上的电压为3 V，压力传感器的电阻值为，由题图乙可知传感器上的压力为1.40N，物体质量为0.14kg，因此由压力传感器的特点可知，该分拣装置可以实现将质量超过0.14 kg的物体分拣；若要将质量超过0.20 kg的货物实现分拣，由以上计算分析可知，当物体质量为0.20kg时，由题图乙可知，压力传感器的电阻值为26.0 kΩ，因此应该将调成26.0 kΩ，当质量超过0.20kg的货物通过时，压力传感器的电阻值小于26.0 kΩ，控制电路两端电压大于3V，货物实现分拣。
12．【知识点】生活中的传感器
【答案】（1） （1分） （2分）
（4） 右（2分）
（5） 小于（2分）
【解析】
（1） 电压表量程为，分度值为，则电压表读数需估读一位，为，则金属丝的测量值．
（4）
（5）
13．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）取向右为正方向，绝缘棒和金属棒发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律、能量守恒定律得
,
,
联立解得,,
碰后绝缘棒做匀速直线运动，金属棒做减速直线运动，绝缘棒和金属棒滑出桌面后均做平抛运动，落地点相同，因此金属棒滑出导轨时的速度与相同，设为,则.
（2）金属棒在导轨上运动，只有金属棒产生热量，设产生的热量为，由能量守恒定律可知,
解得.
（3）设碰撞点到导轨最右端的距离为，绝缘棒碰后在导轨上的运动时间为，可得,
碰后，金属棒在导轨上的运动过程，由动量定理可得,
又,
,
三式联立可得,
解得.
14．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）0．4 s　（2）0．025 J　（3） N≤F'≤ N
【解析】（1）设甲从A运动到B时的速度大小为v0，根据动能定理有
（F－μMg）·πr＝M（1分）
解得v0＝3 m/s（1分）
设甲在水平直轨道上运动时加速度大小为a，运动时间为t，有
－μMg＝－Ma，
L＝v0t－at2（1分）
解得t＝0．4 s或0．8 s（舍）（1分）
故工件甲在水平直轨道上运动时间为0．4 s。
【一题多解】设甲从A运动到B时的速度大小为v0，根据动能定理有（F－μMg）·πr＝M，设甲在水平直轨道上运动时间为t，碰前甲的速度大小为v1，对甲运动全过程应用动能定理有（F－μMg）·πr－μMgL＝M，甲在水平直轨道上运动时根据动量定理有－μMgt＝Mv1－Mv0，联立解得v1＝1 m/s，t＝0．4 s。
（2）设碰前甲的速度大小为v1，有
v1＝v0－at（1分）
解得v1＝1 m/s（1分）
设甲、乙碰撞后速度大小为v2，根据动量守恒定律有
Mv1＝2Mv2（1分）
根据能量守恒定律有
Q＝M－·2M（1分）
解得Q＝M＝0．025 J（1分）
（3）若甲、乙刚好能相碰，对甲运动全过程应用动能定理有
（F'－μMg）·πr－μMgL＝0（1分）
解得恒力的最小值为
F1＝ N（1分）
Q'＝0．5 J时，设碰前甲的速度大小为v3，根据（2）可知
Q'＝M（1分）
对甲运动全过程应用动能定理有
（F'－μMg）·πr－μMgL＝M（1分）
解得恒力的最大值为
F2＝ N（1分）
所以 N≤F'≤ N。
15．【知识点】两类动力学问题、运动过程分析、多过程问题
【答案】(1)15s；(2) ，方向竖直向下
【详解】(1)匀加速上升时，有
解得
匀加速时
匀减速上升的高度为
匀速阶段上升的高度为
匀速运动时间为
(2)匀减速时，加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，构件对钢绳的作用力大小为，方向竖直向下
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力学和电磁学综合强化练习2
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（　　）
A．电场强度是采取比值法定义的物理量
B．瞬时速度的定义运用了等效替代法
C．将物体看成质点运用了理想化模型法
D．库仑扭秤实验运用了放大法
2．如图所示，皮带不打滑，从动轮N在主动轮M的带动下匀速转动，N轮的转速大小为M轮转速大小的3倍，为M轮上到轴的距离为M轮半径的一半的点，、分别为N轮和M轮轮缘上的点。下列说法正确的是（　　）
A．M轮与N轮的半径之比为
B．、两点转动的线速度大小之比为
C．、两点转动的周期之比为
D．、两点转动的向心加速度大小之比为
3．一根粗细均匀的足够长的绳子，用手握住一端连续上下抖动，可以看到如图所示的一列波，此时波刚好传播至质点，质点在平衡位置。则（ ）
A．该过程波的传播速度增大
B．该过程波源振动频率增大
C．质点的起振方向向下
D．此后质点、振动方向始终相反
4．等时圆 某儿童立体游乐场，在水平的第一、二、三层平台之间建造了三个滑梯、、，三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内。正视图如图所示，滑梯可看作光滑的斜面，其中与水平面的夹角、与间的夹角均为 ，与垂直。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达该滑梯底端所用的时间分别为、、。则下列关系式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
5．如图所示，边长为的正四面体的中心为，、、、四点分别固定电荷量大小相等的点电荷，其中、处为,、处为,、分别为和的中点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. 点电场强度为零
B. 点的电场强度为
C. 将一试探电荷从点移到点，电场力不做功
D. 点电势等于点电势
6．图像 轴上固定两个点电荷和，电荷带正电且固定在原点，电荷与电荷的电荷量之比为。通过电势传感器测出轴上各点电势 随坐标的变化规律并描绘出图像，如图所示。已知图线与轴的交点横坐标为和，处的切线与轴平行，电荷仅受静电力作用。下列说法正确的是（ ）
A. 电荷带负电，固定在处
B. 同一负电荷在处电势能大于其在处电势能
C. 在处无初速度释放一正电荷，该正电荷的加速度先减小后增大再减小
D. 在轴上的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，质量分别为、的小球、，由轻质弹簧连接后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线上的拉力大小为，此时突然剪断细线.重力加速度为，则在剪断细线的瞬间（ ）
A．弹簧的弹力大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．小球的加速度大小为
D．小球的加速度大小为零
8．一骑行爱好者在平直公路上骑行，从某时刻开始刹车下坡，自行车的加速度沿斜坡向上，其值由零逐渐增大到某一值后又立即逐渐减小到零（自行车始终在运动），在该过程中自行车（ ）
A．速度一直减小，直到加速度减小到零为止
B．速度先增大后减小，直到加速度减小到零为止
C．位移先增大后减小，直到加速度减小到零为止
D．位移一直增大，加速度减小到零之后位移仍继续增大
9．如图所示，一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两导体棒相互垂直并静止，两导体棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两导体棒同时通以图中箭头所示（A到B、D到C）方向的电流。下列说法正确的是
A．通电后AB导体棒将要逆时针转动（俯视）
B．通电后AB导体棒将要顺时针转动（俯视）
C．通电后瞬间线段O1O2上存在磁感应强度不在水平面内的位置
D．通电后瞬间线段O1O2上不存在磁感应强度为零的位置
10．一列简谐横波沿x轴正方向传播，振幅为6 cm，周期为6 s，如图所示，介质中两质点a、b的平衡位置分别位于xa＝3 m和xb＝12 m处。已知在t＝0时刻，质点a正沿y轴负方向运动且经过ya＝－3 cm处，质点b正沿y轴正方向运动且经过yb＝3 cm处。下列说法正确的是
A．质点b回到平衡位置的最短时间为2．5 s
B．平衡位置在x＝9 m处的质点此刻可能也正沿y轴负方向运动且经过y＝－3 cm处
C．在t＝39 s时，质点b可能在波谷位置
D．该横波的波速可能为2 m/s
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：

（1）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向 （“左”或“右”）偏转。
（2）原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向 （“左”或“右”）偏转。
（3）原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端拉到最右端，第一次快拉，第二次较慢拉，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是 。
12．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“ × 100”的匝数。
（1）本实验中，实验室有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．直流电源
D．多用电表
E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不需要的有 （填器材序号），本实验中还需要用到的器材有 。
（2）对于实验过程，下列说法正确的有 。
A．为便于探究，应该采用控制变量法
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量
D．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
（3）实验中，电源接变压器原线圈“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为 。
A．18.0V B．10.0V C．5.0V D．2.5V
（4）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是 。
A．0V B．96.0V C．1.5V D．0.65V
（5）李辉同学正确组装变压器后，把12.0V的学生交流电源接到原线圈“2”“8”接线柱（相当于600匝），副线圈接线“0”“1”接线柱，如图所示。在确认电路连接无误的情况下，接在副线圈两端的交流电压表的实际读数可能是 。
A．0V B．5.8V C．2.0V D．1.5V
13．(16分)[湖北孝感重点高中教科研协作体2023高一下联考]如图所示，一根原长为L=0.1 m的轻弹簧套在一长为1.8L的光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m=1 kg的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连.小球和杆一起绕过杆A端的竖直轴OO'匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ=53°角.已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.6L，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)弹簧为原长时，小球的角速度ω0；(结果可含根号)
(3)当杆的角速度满足什么条件时小球会从B端飞出.(结果可含根号)
14．如图所示，质量为M＝9kg的半球面静止在水平地面上，质量为m＝2kg的小物块在半球面上处于静止状态，小物块与一轻弹簧连接，弹簧的上端固定于天花板上的O点。已知小物块和半球面球心O的连线与竖直方向成＝45°，弹簧的劲度系数为k＝100N/m，其与竖直方向的夹角也为＝45°。若小物块与半球面之间刚好没有相对运动的趋势，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）弹簧的伸长量；
（2）地面对半球面支持力的大小；
（3）半球面对地面的摩擦力。
15．(18分)如图所示,水平面由粗糙程度不同的AB段和BC段组成,BC段足够长,质量为m=2 kg的物体(可视为质点)在F=20 N的外力作用下从A点由静止向右运动,力F与水平方向的夹角为θ=37°,物体运动到B点时撤去外力,AB段长度为x1=3 m,物体与AB段间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加速度g=10 m/s2,cos37°=0.8, sin 37°=0.6.
(1)求物体到达B点时的速度;
(2)从B点撤去外力开始,物体在第3 s内的位移为0.3 m,求物体与BC段间的动摩擦因数μ2.
参考答案
1．【知识点】平均速度和瞬时速度、平均速率、库仑定律、电场、电场强度
【答案】B
【详解】A．电场强度是采取比值法定义的物理量，A正确；
B．瞬时速度的定义运用的是极限思维法，B错误；
C．将物体看成质点运用了理想化模型法，C正确；
D．库仑扭秤实验运用了放大法，D正确。
本题选错误的，选B。
2．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题
【答案】B
【详解】N轮的转速大小为M轮转速大小的3倍，即N轮的角速度为M轮角速度的3倍，由于N轮与M轮边缘处的线速度大小相等，根据可知，M轮与N轮的半径之比为，A错误；为M轮上到轴的距离为M轮半径的一半的点，根据可知，点转动的线速度大小与M轮边缘处的线速度大小之比为，而N轮与M轮边缘处的线速度大小相等，所以、两点转动的线速度大小之比为，B正确；由于N轮的角速度为M轮角速度的3倍，根据可知，、两点转动的周期之比为，C错误；为M轮上到轴的距离为M轮半径的一半的点，根据可知，两点转动的向心加速度大小之比为，D错误。
3．【知识点】波的形成和传播、波长、频率和波速的关系及应用
【答案】B
【解析】波的传播速度与介质有关（易错：波速是由介质决定的，与振动周期无关），同种介质波速不变，错误；由题图可知，左侧是波源最新的振动，右侧是波源先发生的振动，该过程波的波长 变小，由可知波源的振动频率变大，正确；在波的传播方向上任意质点的起振方向都和波源的起振方向相同，波向右传播，由“同侧法”可知质点将向上振动，即质点的起振方向向上，所以质点的起振方向向上，错误；此时质点、振动方向相反，此后频率变大，也可能出现振动方向相同的情况，错误。
4．【知识点】斜面模型与等时圆模型
【答案】D
【详解】如图所示，以、、三点构建一个竖直面内的圆，为圆与第一层水平面的切点，由题可知，为圆的直径，为最低点，、为圆的两条弦，作的平行线，根据等时圆知识可知，再对比从到和到的时间可知，综上可知，，正确。
【模型提取】 等时圆模型
（1）质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
甲
（2）质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
乙
（3）两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
丙
5．【知识点】电势能与静电力做功、电场的叠加
【答案】B
【详解】、处点电荷在点产生的合场强指向，、处点电荷在点产生的合场强也指向，所以点电场强度不为零（关键：先分析等量同种电荷或等量异种电荷产生的场强，然后矢量合成），错误；、两点电荷在点的合场强为零，连接和，将抽取出平面图分析，如图甲所示.、两点电荷在点的场强大小为.根据几何关系可知，设与、的夹角为 ，由图乙可知,所以，故点的电场强度大小，正确；由于点的电势高于点的电势（点拨：点电荷电场中，距正电荷越近电势越高，距负电荷越近电势越低），所以将一正试探电荷从点移到点，电势能减小，电场力做正功，错误；点距离正、负电荷距离相等，根据电势叠加，可知点电势为零（拓展：点电荷周围的电势表达式，正电荷形成正电势，负电荷形成负电势，故点的电势可认为是两组正、负电势抵消为零的结果，即点电势为零），同理点电势为正，所以点电势高于点电势，错误。
6．【知识点】静电场中的图像问题
【答案】C
【详解】根据点电荷电势公式可知，取无穷远处电势为零，则正电荷两侧电势趋于正的无穷大，负电荷两侧电势趋于负的无穷大，根据题图中各点电势随坐标变化规律的曲线可知，在轴上各点的电势有正有负，则两点电荷带异种电荷，电荷带正电，故电荷带负电，图像中图线的切线斜率绝对值表示电场强度大小，则处的电场强度为零，设电荷到该处的距离为，有，解得，结合图像电势分布特点可知，电荷处在的位置，错误；由图像可知，处和处的电势均为零，根据电势能的定义式 可知，同一负电荷在处电势能等于其在处电势能，错误；沿电场线方向电势逐渐降低，可知在区域电场强度沿轴正方向，在区域电场强度沿轴负方向（关键：找出轴上的场强方向），可知，在处无初速度释放一个正电荷，该正电荷仅在电场力的作用下，先向轴正方向运动，又知图像的切线斜率表示电场强度，根据牛顿第二定律可得，正电荷的加速度先减小后增大再减小，正确；正电荷能到达无穷远处，临界情况为正电荷在无穷远处时，动能为零，又知正电荷到达无穷远处时，电势为零，电势能为零，则只有正电荷在初始位置时电势能不小于零（点拨：能量守恒，电荷在运动过程中电势能和动能的和不变），才能运动到无穷远处，错误。
7．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】BC
【详解】剪断细线前,对两球及弹簧整体,根据牛顿第二定律得,对小球,根据牛顿第二定律有,解得,剪断细线的瞬间,细线的拉力为零,弹簧的弹力不发生突变,大小仍为,故错误,正确；小球受力不变,则剪断细线瞬间与剪断前的加速度相等,不为零,对小球,根据牛顿第二定律有,联立可得,故正确,错误.
【教材变式】
本题目由教材P114第1题演变而来.教材考查了剪断细绳的瞬间和的加速度,本题延伸考查了弹簧的弹力大小.
8．【知识点】速度、速度变化与加速度的关系
【答案】AD
【详解】自行车的运动方向沿斜坡向下,加速度方向沿斜坡向上,所以速度一直减小,位移一直在增大,当加速度减小到零后做匀速直线运动,故、正确.
【易错分析】
加速度是描述物体速度变化快慢的物理量,是速度的变化率.速度变化快,速度变化率就大,即加速度大；速度变化慢,速度变化率就小,即加速度小.需要注意以下几点：（1）加速度大小与速度大小没有关系.速度为零,加速度可以不为零；加速度为零,速度可以不为零.（2）加速度的方向一定和速度变化量的方向相同,但加速度的大小与速度变化量的大小没有关系.物体的速度变化量大,加速度不一定大.（3）加速度的大小变化和速度的大小变化没有关系.速度的大小变化只与加速度和速度的方向有关、同向,加速；、反向,减速）,加速度在减小,速度可能在增大.
9．【知识点】磁场的叠加
【答案】BD
【解析】通电后，根据安培定则知CD导体棒产生逆时针方向的磁场，在O1B部分斜向左上方，有垂直正方体上表面向上的分量，在O1A部分斜向左下方，有垂直正方体上表面向下的分量，则根据左手定则可知，AB导体棒的O1B部分受到垂直纸面向外的安培力，O1A部分受到垂直纸面向里的安培力，则AB导体棒将要顺时针转动（俯视），A错误，B正确；在线段O1O2上，CD导体棒产生的磁场方向与AB导体棒产生的磁场方向垂直，根据磁感应强度的叠加知线段O1O2上所有点的磁感应强度都在水平面内，不存在磁感应强度为零的位置，C错误，D正确。
10．【知识点】波的图像及其应用、波的多解问题
【答案】AB
【解析】设质点由平衡位置振动到位移为振幅一半的位置时所用时间为t1，则由A＝Asin t1，解得t1＝，设质点由位移为振幅一半的位置振动到最大位移处所用时间为t2，t2＝－＝，质点b回到平衡位置的最短时间为tmin＝T＋T＝T＝2.5 s，A正确；由题意可知，a、b两质点的振动状态恰好相反，a处振动状态传播到b处经历的时间为t＝T，n＝0，1，2，…，则a、b之间的距离为xab＝9 m＝λ，n＝0，1，2，…（点拨：周期性分析方法，先由两质点的振动情况确定一个周期内或一个波形内的时间或距离关系，然后拓展为n个周期内的关系），若平衡位置在x＝9 m处的质点此刻也正沿y轴负方向运动且经过y＝－3 cm处，则该点与a点的振动情况相同，两者平衡位置间的距离为波长的整数倍，即6 m＝kλ（k＝1，2，3，…），则有3k＝2n＋1，当n＝1时，k＝1，即λ＝6 m，B正确；t＝39 s＝6T，根据振动的对称性可知，此时质点b在y＝－3 cm处，C错误；该波传播速度为v＝＝ m/s（n＝0，1，2，…），若v＝2 m/s，解得n＝，D错误。
11．【知识点】电磁感应定律的应用
【答案】右；右；大于
【详解】（1）闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,说明线圈B中磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针右偏，现将原线圈迅速插入副线圈时，线圈B中磁通量增加，产生的感应电流也使灵敏电流计的指针右偏；
（2）同理可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，线圈B中磁通量增加，灵敏电流计指针将向右；
（3）由法拉第电磁感应定律可知，滑动变阻器触头从最左端拉到最右端滑动的越快，线圈A中的电流变化越快，线圈B中的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是。
12．【知识点】变压器的构造和原理
【答案】BC/CB；低压交流电源；AC/CA；B；D；D
【详解】（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是交流电，所以不需要直流电，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁，B、C正确；本实验中还需要用到的器材是低压交流电源。
（2）为便于探究，应该采用控制变量法，所以A正确；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，所以B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，所以C正确；虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，所以D错误。
（3）根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比规律可知，副线圈所接电表的示数为5.0V，原线圈的电压应为10V。
（4）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较厉害，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则U2 = U1 = × 12V = 1.5V，实际电压小于1.5V。
（5）李辉同学正确组装变压器后，变压器还是存在漏磁现象，还有铜损、铁损等损耗，则连接副线圈的交流电压表的实际读数总是小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则U2 = U1 = × 12V = 2.0V，实际电压小于2.0V。
13．【知识点】圆锥摆问题
【答案】(1)200 N/m　(2) rad/s　(3)ω> rad/s
【解析】(1)杆处于静止状态时，对小球受力分析，由平衡条件得mgsin θ=F弹，根据胡克定律得F弹=k(L-0.6L)，解得k=200 N/m.
(2)弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，有mgtan θ=mLcos θ·，解得ω0= rad/s.
(3)当弹簧伸长量为0.8L时，小球会从B端飞出，设此时弹簧的弹力为F，对小球受力分析可得，竖直方向上有FNcos θ=mg+Fsin θ，水平方向上有FNsin θ+Fcos θ=m(L+0.8L)cos θ·ω2，根据胡克定律得F=k·0.8L，解得ω= rad/s，所以当杆的角速度ω> rad/s时，小球会从B端飞出.
14．【知识点】共点力与共点力平衡的条件、受力分析、正交分解法与三角形定则在平衡问题中的应用
【答案】（1）；（2）100N；（3）10N，方向水平向右
【详解】（1）对小物块受力分析，可知支持力FN1、弹簧的拉力FT和重力G三力平衡，如图所示
由对称性可得
设弹簧伸长量为Δx，则
FT=kΔx
解得
（2）设地面的支持力和摩擦力分别为FN和Ff，对小物块和半球面整体受力分析，如图所示，受到重力、支持力、弹簧的弹力和地面的摩擦力
根据平衡条件得
FTcosθ+FN=（M+m）g
解得
FN=Mg+
（3）由整体在水平方向的平衡条件有
15．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析、牛顿第二定律的简单计算
【答案】(1)6 m/s　(2)0.24
【详解】(1)对物体,由牛顿第二定律可得Fcos θ-μ1(mg-Fsin θ)=ma1,解得a1=6 m/s2,故物体到达B点时的速度为v==6 m/s.
(2)假设物体在第3 s末的速度仍然不为零,则t2=2.5 s时刻物体的速度等于第3 s内的平均速度,即v1==0.3 m/s,物体的加速度为a== m/s2,物体停止运动所需的时间为t'== s<3 s,这与物体在3 s末速度不为零矛盾,故物体在3 s末速度已经减为零.撤去外力后,物体的加速度大小为a2=μ2g,设撤去外力后物体的运动时间为t,则2 s第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2026届高考物理高二升高三暑假提分综合提高练习试卷：
力学和电磁学综合强化练习3
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．适量的体育锻炼能够促进学生身心健康,提升学习效率,小明同学在周末利用手机传感器绘制出某段跑步过程中的图像,如图所示,小明同学由静止开始运动,下列说法正确的是（ ）
A. 过程中,小明同学做匀加速直线运动
B. 时刻,小明同学运动速度达到最大
C. 时刻,小明同学恰好返回出发点
D. 过程中,小明同学在做减速运动
2．如图所示，某国产汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统。当车速且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。若该车在某路况下“全力自动刹车”的加速度大小为，则该车应设计的安全距离至少为（ ）
A．14.4m B．10m C．20m D．28.8m
3．自动雨伞开伞方便，某同学受此启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态，滑块锁定在处。当滑块解除锁定，内部弹簧（未画出）在极短时间内给滑块一个瞬间冲量（认为此过程滑块的位移为零），使它以初速度向上滑动，此时滑块受到滑杆的摩擦力，滑块滑到处与滑杆上端发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，、间的距离，重力加速度取，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧给滑块的瞬间冲量大小为
B. 滑块向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小为
C. 碰撞前瞬间滑块的速度大小为
D. 滑块向上运动的最大高度为
4．子弹物块模型一质量均匀的长方体木块静止在光滑的水平面上，一子弹以不同的水平初速度射入木块，设子弹与木块间的阻力大小恒定，则木块获得的速度与子弹初速度的关系图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
5．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨间距为L，顶端接有电容为C的电容器。一质量为m的金属棒ab放在导轨上，匀强磁场磁感应强度的大小为B、方向垂直于导轨平面向上。由静止释放金属棒ab，金属棒在运动过程中始终与两导轨垂直且保持良好接触，不计一切电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒ab的加速度越来越小
B．金属棒ab的加速度先变小后保持不变
C．经时间t金属棒ab的速度为
D．经时间t电容器所带的电荷量为
6．2024年9月6日2时30分，我国在太原卫星发射中心使用长征六号运载火箭，成功将吉利星座03组卫星发射升空，10颗卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设某颗卫星先在椭圆轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨后进入圆轨道Ⅱ上做匀速圆周运动。轨道上的P、Q、S三点与地球中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远地点和近地点，且（R为地球的半径）。卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上经过P点的速度分别为，在轨道Ⅱ上的运行周期为T，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．
B．地球的密度为
C．卫星在轨道Ⅰ上运动时，经过P点的加速度为
D．卫星在轨道Ⅱ上经过S点的速度大于地球的第一宇宙速度
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，边长为a的正方形线框内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。两个相同的带电粒子同时从AB边上的A点和E点（E点在AB之间，未画出），以相同的速度，沿平行于BC边的方向射入磁场，两带电粒子先后从BC边上的F点射出磁场，已知从A点入射的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角θ=60°，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则（　　）
A．带电粒子的比荷为
B．两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为tA∶tE=2∶1
C．
D．
8．如图甲， 、 是均匀介质中关于 O 点对称的两个波源，其振动方向与纸面垂直，所形成的简谐横波在纸面内传播。图乙和图丙分别是 和 振动一个周期后向右传播形成的波形图。已知波在该介质中的传播速度为 2 m/s， m，P 点的坐标为（4 m，6 m）。 时刻，两个波源同时振动，下列说法正确的是（　　）
A．经过足够长时间后，平面上形成稳定的干涉图样，形状是一根根的双曲线
B．两列波同时传到 O 点，且 O 点的起振方向向下
C． s 时，P 点在平衡位置的上方，且距离为 4 cm
D．若将波源 放到密度更大的均匀介质中，则波的周期变大
9．一线框在匀强磁场中转动、产生的正弦式交变电流随时间变化的规律如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．交流电压瞬时值的表达式为u=10sin25t（V）
B．交流电的频率为25Hz
C．0.01s末线框平面平行于磁场，穿过线框的磁通量变化最快
D．0.02s时穿过线框的磁通量为零
10．如图所示的垂直于光滑水平桌面的磁场区域边界、彼此平行、相距为,区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的宽度均为、其中区域Ⅲ中无磁场,区域Ⅰ、Ⅱ中存在方向相反、磁感应强度大小均为的匀强磁场。若干个这样的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次排列。（图乙为俯视图）长、宽均为的金属线框平放在桌面上,匝数为、总质量为、总电阻为,时,线框刚好与第一个区域Ⅰ重合,并在水平向右的驱动力作用下以速度向右匀速运动。则下列说法正确的是
甲 乙
（ ）
A. 当线框的边穿越区域Ⅱ时,线框产生的感应电动势
B. 线框穿越区域Ⅰ、Ⅱ交界线过程中通过线框的电荷量
C. 线框中感应电流的有效值
D. 若时撤掉驱动力,线框以速度开始向右运动,且线框的边穿过第2个区域Ⅰ时未停止,则此时线框的速度大小为
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．(1)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的器材是________。
A．有闭合铁芯的原副线圈
B．无铁芯的原副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E.多用电表(交流电压挡)
(2)关于本实验，下列说法正确的是________。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．因为使用的电压较低，通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
(3)某次实验中，用匝数na＝400匝和nb＝800匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是________。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A．原线圈的匝数为na，用较粗导线绕制
B．副线圈的匝数为na，用较细导线绕制
C．原线圈的匝数为nb，用较细导线绕制
D．副线圈的匝数为nb，用较粗导线绕制
12．某同学为测量某热敏电阻RT在不同温度下的电阻，先用多用电表粗略测量该热敏电阻在常温下的电阻，再用水浴法进行准确测量。部分实验器材有：量程为0~6mA、内阻为几十欧的电流表，内阻为千余欧的电压表，最大阻值为20Ω的滑动变阻器R，开关S及导线若干。
(1)将多用电表调至“×100”挡，将红黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在 （选填“电阻”或“电流”）的零刻度处；正确操作后，测量结果如图1所示，则电阻测量值为 Ω。
(2)有如下两个直流电源，本实验应选择（　　）
A．E1：电动势3V，内阻很小 B．E2：电动势9V，内阻约几欧
(3)用笔画线代替导线，将图2中的实验电路图连接起来 。
(4)多次测量，作出热敏电阻RT的电阻随温度变化的关系图像如图3所示。据此可知，当温度升高时，该热敏电阻中单位体积内可以自由移动的电荷数量 （选填“增加”或“减少”）。
13．汽车发生爆胎后，需要用千斤顶抬起汽车后更换轮胎.当摇动把手时，水平面上的千斤顶的两臂（长度相等）靠拢，顶起汽车.图（a）、为汽车内常备的两种类型的千斤顶，一种是“”形，另一种是“菱形”，摇动手柄，使螺旋杆转动，、间距离发生改变，从而实现重物的升降.若重物的重力为，与间的夹角为 ，螺旋杆保持水平，不计杆自身重力，求图（a）、两种千斤顶螺旋杆的拉力大小之比.
14．如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
15．（12分）一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示.
（1） 写出这个简谐运动的位移随时间变化的关系式.（用正弦函数表示）
（2） 从到的时间内，振子通过的路程为多大？
（3） 当时，振子的位移是多少？
（4） 振子从振动到经历的时间为多长？
参考答案
1．【知识点】认识a-t图像
【答案】B
【详解】时间内加速度在变大，不是匀加速直线运动，错误；时间内，加速度均为正方向，、方向相同，做加速运动，之后加速度反向，与方向相反，做减速运动，时刻速度最大，正确，错误；时间内做正向加速运动，时间内做正向的减速运动，图像与横轴围成图形的面积表示速度的变化量，所以在时刻速度恰好减为零，错误。
2．【知识点】刹车问题
【答案】A
【详解】为保证刹车安全，设加速度大小为a，此时根据匀变速直线运动规律得安全距离至少为。
3．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】A
【详解】极短时间内，弹簧给滑块的力远大于重力，故瞬间冲量大小等于滑块动量变化量大小，正确；当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为，错误；从滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有，代入数据解得，错误；由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有，碰后滑块和滑杆以速度整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有，代入数据联立解得，则滑块向上运动的最大高度为（关键：题中所问的滑块向上运动的最大高度为两段运动的总高度，需对滑块与滑杆碰撞前后的两段上升高度求和），错误。
4．【知识点】子弹-木块模型
【答案】D
【详解】若子弹未穿出木块，有，可得，可知这种情况下与成正比；若子弹恰好穿出木块，有，，可得这种情况下子弹的初速度大小为；若子弹穿出木块，有，，且，可得，木块获得的速度随的增大非线性减小，正确。
【思路引导】根据题意分析子弹运动过程，如图所示。
5．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算
【答案】C
【详解】金属棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，由牛顿第二定律有mgsinθ-BiL=ma，而充电电流为 ，联立可得，可知加速度恒定，即金属棒做匀加速直线运动，AB错误；金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，则经过时间t的速度为v，有v=at，联立解得速度，C正确；经时间t电容器所带的电荷量为，D错误。
6．【知识点】卫星变轨与对接问题
【答案】B
【详解】卫星在P点变轨由椭圆轨道到圆轨道，需要加速，，A错误；圆轨道Ⅱ的半径为，卫星在Ⅱ轨道上做圆周运动，由万有引力提供向心力得，计算得地球质量为，地球体积为，地球的密度为密度为，计算得，B正确；卫星在Ⅱ轨道上做匀速圆周运动，经过P点时，加速度为，在Ⅰ轨道上卫星经过P点时所受万有引力和Ⅱ轨道上经过P点时相同，由牛顿第二定律，卫星在轨道Ⅱ上运动时，经过P点的加速度与在Ⅰ轨道上卫星经过P点时加速度相同，为，C错误；由万有引力提供向心力得，可得，第一宇宙速度为轨道半径等于地球半径时的线速度，轨道Ⅱ上做匀速圆周运动时半径大于地球半径，卫星在轨道Ⅱ上经过S，点的速度比第一宇宙速度小，D错误。
7．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】BC
【详解】从A点射入的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角为60°，如图甲所示
粒子在磁场中运动的圆心角为120°，有，可得，，根据，可得带电粒子的比荷为，A错误，C正确；从E点射入的粒子在磁场中的半径也为r，如图乙所示
由几何知识可得BE=a，AE=a，粒子在磁场中运动的圆心角为60°，则两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为tA∶tE=120°∶60°=2∶1，B正确，D错误。
8．【知识点】波的干涉的应用
【答案】BC
【详解】图乙可知 波波长为2 m， 波频率 ，图丙可知 波波长为4 m， 波频率 Hz，可知两列波频率不同，不能形成稳定的干涉，A错误；题意知两波在均匀介质中传播速度相同，两波源到 点距离相等，所以两列波同时传到 点。由图乙可知， 波源起振方向向下，图丙可知 波源起振方向向上，则两列波在 点引起的振动叠加可知， 点的起振方向向下，B正确；波需要5 s传到 点，再经过0.5 s对应半个周期，此时在 点位移为0； 波需要3 s传到 点，再经过2.5 s对应一又四分之一个周期，此时在 点位移为4 cm。因此叠加之后 点位于平衡位置上方4 cm处，C正确；波的周期由波源决定，与介质无关，D错误。
9．【知识点】交流电“四值”的计算及应用、几种常见的交变电流的图像及其变化规律
【答案】AD
【详解】因，交流电压瞬时值的表达式为u=10sin50πt（V），选项A错误；交流电的频率为，选项B正确；0.01s末感应电动势最大，此时线框平面平行于磁场，穿过线框的磁通量变化最快，磁通量变化率最大，选项C正确；0.02s时感应电动势为零，此时穿过线框的磁通量为最大，选项D错误。此题选择不正确的。
10．【知识点】线框模型
【答案】AD
【详解】线框的边进入区域Ⅱ时，由右手定则知，边、边产生同向感应电动势，则线框产生的感应电动势为，正确；线框穿越区域Ⅰ、Ⅱ交界线过程中，，，通过线框的电荷量，联立解得，错误；由于线框以速度向右匀速运动，则线框产生的感应电动势具有周期性，周期，在时间内，线框边、边分别处于区域Ⅰ、Ⅱ中，线框中感应电流方向为逆时针方向，感应电动势大小为，在~时间内，线框边、边分别处于区域Ⅱ、Ⅲ中，线框中感应电流方向为顺时针方向，感应电动势大小为，在~时间内，线框边、边分别处于区域Ⅲ、Ⅰ中，线框中感应电流方向为顺时针方向，感应电动势大小为，以顺时针方向为正方向，一个周期内线框的感应电流随时间变化如图所示，根据电流的热效应得，解得，错误；若时撤掉驱动力，且线框的边穿过第2个区域Ⅰ时未停止，则当线框的边、边分别处于区域Ⅰ、Ⅱ中时，安培力的冲量大小为，同理，当线框的边、边分别处于区域Ⅱ、Ⅲ中时，安培力的冲量大小为，当线框的边、边分别处于区域Ⅲ、Ⅰ中时，安培力的冲量大小为，则从线框位于第一个区域Ⅰ到整个线框位于第二个区域Ⅰ过程中，安培力的冲量大小为，从线框位于第一个区域Ⅰ到整个线框位于第二个区域Ⅰ过程中，根据动量定理得，解得，正确。
【知识拓展】 导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量，通过导体棒或金属框的电荷量，磁通量变化量.当题目中涉及速度、电荷量、运动时间、运动位移时常用动量定理求解。
11．【知识点】变压器的构造和原理
【答案】　(1)ACE；(2)C；(3)C
【详解】　(1)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的器材是：有闭合铁芯的原副线圈、交流电源和多用电表(交流电压挡)，故选A、C、E。
(2)为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；虽然使用的电压较低，通电时也不可直接用手接触裸露的导线进行连接，而且这样操作时，将人体并联到电路中，将导致测量数据不准确，故B错误；实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，故D错误。
(3)由表格数据可知>＝2，考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na；原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副线圈电压较小，电流较大，所以副线圈用较粗导线绕制，故C正确。
12．【知识点】金属热电阻、热敏电阻
【答案】(1) 电阻 1900
(2)B
(3)
(4)增加
【详解】（1）[1]欧姆调零时应将红黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在电阻的零刻度处，电流的最大值处；
[2]欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以电阻测量值为
（2）由于常温下热敏电阻阻值约为1900Ω，电流表量程为0~6mA，为了让电流表的示数尽可能接近满偏，从而减小实验误差，电源应选择电动势较大的。
故选B。
（3）根据题意，由于热敏电阻阻值较大，滑动变阻器阻值较小，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表应采用内接法，电路图如图所示
（4）由图可知，当温度升高时，该热敏电阻阻值减小，流过热敏电阻的电流增大，即单位体积内可以自由移动的电荷数量增加。
13．【知识点】用正交分解法分析问题
【答案】
【思路导引】
将重物对千斤顶的压力分解为沿两臂的两个分力,根据对称性可知,两臂受到的压力大小相等,根据几何知识求解两臂受到的压力大小;对点受力分析,由力的分解知识,求螺旋杆的拉力大小.
【详解】“”形千斤顶的点受力分析如图甲所示,将压力分解为拉螺旋杆的力和压斜杆的力,作出平行四边形,可知,,对“菱形”千斤顶的点和点受力分析如图乙所示,根据力的实际作用效果,首先将压力分解为两个等大的力,有,作用在点,又可以分解为拉螺旋杆的力和压斜杆的力,由于四边形是一个菱形,根据力的三角形与几何三角形相似可得,在处可得 ,所以,则题图（a）、两种千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为.
14．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得，
联立解得或
可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有，
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
15．【知识点】弹簧振子及其运动特点、简谐运动
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） 或或
【解析】
（1） 由题图可知,,则,时,,得,得简谐运动的位移随时间变化的关系式为.
（2） 从到时间内,,一个周期内振子通过的路程为,振子从最大位移处开始的时间内的路程为,所以通过的路程.
（3） 根据简谐运动的表达式，将代入，可得时，振子的位移.
（4） 如图所示，分析第一个周期内，将代入，有，解得或，由，有，由，有,同理，若由开始运动，有，，根据周期性可知，振子从振动到，经历的时间为或或.
【易错分析】
解答第（4）问时，容易出错的两点：
（1）容易忽略振子从振动到或从振动的情况；
（2）求从振动到的时间时，需要考虑振子振动的周期性.
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届高考物理高二升高三暑假提分综合提高练习试卷：
力学和电磁学综合强化练习4
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8 kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1 m。下列说法正确的是（　　）
A．乳胶气球在空中做平抛运动
B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上
C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右
D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小
2．某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度，不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（　　）
A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径
B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长
C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度
D．若误将圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小
3．人体的细胞膜模型如图甲所示，双分子层之间存在电压，医学上称为膜电位。将厚度均匀细胞膜简化为如图乙所示模型，膜内电场由膜电位产生，可视为匀强电场。初速度为零带正电的钾离子仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点。下列说法正确的是（　　）
A．B点电势较高
B．钾离子电势能增大
C．仅增大膜电位，钾离子到达B点的速度变小
D．仅增加膜的厚度，钾离子到达B点的速度不变
4．一列简谐横波沿轴方向传播，波速，时刻的波的图像如图所示，质点的平衡位置坐标为，质点第一次到达平衡位置的时间比坐标原点处的质点早，则下列说法中正确的是（ ）
A. 波沿轴负方向传播
B. 该简谐波的周期为
C. 内，质点运动的路程为
D. 质点的振动方程为
5．如图所示，将质量为的沙箱用长为的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为的子弹水平射入沙箱（未穿出），沙箱摆动的最大摆角为，摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于（　　）
A． B．
C． D．
6．2025年5月左右，我国将发射“天问二号”探测器，其任务之一是从编号为“”的小行星表面取样并送回地球。小行星“”的直径约为40至100米，绕太阳公转的周期是365.77天，自转周期仅为28分钟，由于其质量较小，表面的引力非常弱，仅为地球表面引力的百万分之一，常被人们称之为“无重力环境”。下列说法正确的是（　　）
A．由于小行星“”的半径很小，其第二宇宙速度很大
B．由于小行星“”的质量很小，万有引力定律对其不适用
C．由于小行星“”的公转周期与地球的接近，其轨道长轴与地球的轨道长轴相接近
D．由于小行星“”的自转周期很小，其地面的物体很难脱离其表面
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，倾角为30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平面上，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。小球A的电荷量为+q，小球B不带电，质量均为m，两球用劲度系数为k的轻质绝缘弹簧连接，弹簧处于原长并锁定。现解除锁定释放两球并开始计时，t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，在整个运动过程中弹簧均在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．两球每次速度相同时弹簧形变量均为x0
B．两球每次加速度相同时弹簧的形变量均为
C．在t=t0时，小球A的电势能增加了
D．在t=2t0时，两球和弹簧系统机械能减少了
8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O处，t=0时刻开始沿y轴方向振动，t=4s时波源停止振动；t=5s时0到6m范围内的波形图如图所示，此刻x=3m处的质点恰好位于波谷。下列说法正确的是（　　）
A．t=0时刻波源的起振方向沿y轴负方向
B．0~4s时间内x=3m处的质点运动的总路程为40cm
C．波源的振动周期为2s
D．该列波的波速为2m/s
9．如图所示，半径为20cm的竖直圆盘以10rad/s的角速度匀速转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱带动绝缘T形支架在竖直方向运动。T形支架下面固定一长为30cm、质量为200g的水平金属棒，金属棒两端与两根固定在竖直平面内的平行光滑导轨MN和PQ始终紧密接触，导轨下端接有定值电阻R和理想电压表，两导轨处于磁感应强度大小为5T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场中。已知金属棒和定值电阻的阻值均为0.75Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，以下说法正确的是（　　）
A．理想电压表的示数为1.5V
B．T形支架对金属棒的作用力的最大值为7N
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力相同
10．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态
B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态
C．运动员在6s内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作
D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．某物理兴趣小组利用电桥探究热敏电阻的阻值随温度变化的关系。器材如下：热敏电阻Rt、恒压电源（电动势为E，内阻不计）、电阻箱3个（、、）、灵敏电流表、数字电压表、温度计、加热装置、开关、导线若干。
（1）实验步骤如下：
①按图甲连接好电路，在A、B间接入灵敏电流表，将热敏电阻放入加热装置，并保持温度恒定；调节电阻箱、、，使灵敏电流表指针指向 （填“左”“中间零刻度”或“右”），此时电桥处于平衡状态，此时电阻箱、、接入电路的阻值分别为1.5kΩ、2.25kΩ、1.5kΩ；
②此时热敏电阻的阻值 kΩ。
（2）该同学发现当热敏电阻的阻值发生变化时，需要重新调节电桥平衡，操作烦琐，重新设计了实验，实验步骤如下：
①将A、B间的灵敏电流表取下，改用数字电压表（可视为理想电表）测量A、B间电压；
②保持、、接入电路的阻值不变，开启加热装置，缓慢升高到一定温度，等电压表示数稳定，记录此时温度计示数t和电压表示数U；
③重复上述实验，缓慢升高温度，每隔一定时间记录一次温度计的示数t和电压表的示数U；
④根据实验数据，算出热敏电阻的阻值，绘制出热敏电阻阻值与温度t的关系曲线如图乙所示。已知V，当℃时，电压表的示数V，则热敏电阻的阻值 kΩ；当温度从44℃升高少许后，电压表的示数将 （填“变大”“不变”或“变小”）。
12．某兴趣小组利用磁敏电阻设计了一款测量磁感应强度大小的磁场测量仪，其中磁敏电阻的阻值随磁感应强度的变化规律如图甲所示，磁场测量仪的工作原理电路图如图乙所示，提供的器材有：
A．磁敏电阻（工作范围为）
B．电源（电动势为，内阻很小）
C．电流表（量程为，内阻不计）
D．电阻箱（最大阻值为）
E.定值电阻（阻值为）
F.定值电阻（阻值为）
G.开关，导线若干
(1)电路连接：按照图乙所示连接实验电路，定值电阻应选用 （填“”或“”）。
(2)按下列步骤进行调试：
①闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关向 （填“”或“”）端闭合，将电流表此时指针对应的刻度线标记为1.5T；
②逐步减小电阻箱的阻值，按照图甲将电流表的“电流”刻度线标记为对应的“磁感应强度”值；
③将开关向另一端闭合，测量仪即可正常使用。
(3)用调试好的磁场测量仪进行测量，当电流表的示数为时，待测磁场的磁感应强度为 （结果保留两位有效数字）。
(4)使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻明显变大，这将导致磁感应强度的测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．如图所示，处于竖直平面内的轨道，由圆心为的圆形轨道CD、圆心为的细圆管轨道DE和水平直轨道GF组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，C和D为轨道间的相切点，点E和圆心处于同一竖直线上，圆心和连线与竖直方向夹角，C、F和G处于同一水平面上，GC之间静止着两个小滑块A和B，，，两滑块间夹有少量炸药。在轨道末端G的左侧光滑水平轨道GH上，紧靠着质量、长度的长木板，长木板上表面和水平轨道GH左侧光滑直轨道均与直轨道GF平齐，长木板与H端碰后瞬间会被立刻锁定。点燃炸药后，A和B分离瞬间滑块A获得向左的速度，两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，已知轨道CD和DE的半径均为R，滑块A与长木板间的动摩擦因数为，水平轨道GH长，，，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求滑块A到达H端时的动能；
（2）若滑块B能够到达E点，求半径R的最大值；
（3）若半径，已知滑块B每次与直轨道GF碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半，求经过多少次碰撞后滑块B反弹的高度小于0.01 m？
14．(18分)如图所示，MN、PQ间有沿y轴负方向的匀强电场E1，PQ、y轴间有沿y轴正方向的匀强电场E2，AC＝7CO，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，有一带电的粒子1，质量为m1、电荷量为＋q1，沿x轴正方向从A点以速度大小v0射入，经两电场偏转后恰好经过O点，此时速度与x轴正方向夹角为45°且斜向上，与静止在O点、质量为m2、电荷量为－q2的带电粒子2发生正碰，碰后粒子1速度反向，且经电场E2后通过C点，碰后粒子2的速度大小为，进入磁场之后从y轴某点射出磁场进入电场E2，刚好从C点以水平向左的速度射出电场E2。不计粒子重力及粒子间的相互作用，碰后两粒子电性及电荷量均保持不变，题中只有v0已知，其他物理量均未知，求：
(1)粒子1与粒子2碰撞前在电场E1与电场E2中运动的时间之比及加速度大小之比；
(2)电场强度E2与磁感应强度B的大小之比；
(3)m1与m2之比，并通过计算分析两个粒子的碰撞是否为弹性碰撞。
15．（19分）如图所示，传送带长为L＝5．8 m，以v＝3 m/s的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为θ＝30°，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离d＝ m，B、C质量mB＝mC＝0．5 kg且均静止。一个质量为mA＝1．0 kg的物块A以v0＝9 m/s的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后物块A、B粘在一起，最终未能滑离木板C。已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝，物块A、B与木板C间的动摩擦因数μA＝μB＝0．2，木板C与平台MN间的动摩擦因数μC＝0．05，空气阻力忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点。求：
（1）物块A滑离传送带时的速度大小；
（2）从物块A滑上传送带到与物块B发生碰撞所需的时间；
（3）物块A滑上木板C后系统因摩擦而产生的热量。
参考答案
1．【知识点】动量定理及其应用
【答案】D
【详解】由于球在被小明以水平速度抛出后，除受重力外还受空气浮力的作用，不是平抛运动，A错误；小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力与球的重力相平衡，竖直向上，B错误；人与球整体处于静止，整体的重力和支持力相平衡，不受摩擦力作用，C错误；若放掉一半气体，而球的总体积近似不变，则球内空气质量减少、总质量减小，而题干已说明每次接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小，D正确。
2．【知识点】圆锥摆问题
【答案】C
【详解】测出小球转过n圈所用的时间t，则小球运动的周期为，设小球做圆周运动的半径为，轻绳的绳长为，A点到O点的竖直高度为，轻绳与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得，可得重力加速度为，可知为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度，AB错误，C正确；若误将圈记作n圈，则周期测量值偏小，根据，可知重力加速度的测量值偏大，D错误。
3．【知识点】电势能与静电力做功
【答案】D
【详解】由题知，初速度为零带正电的钾离子仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点，则电场力做正功，则钾离子的电势能减小，钾离子带正电，则B点电势低于A点电势，AB错误；初速度为零带正电的钾离子仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点的过程，由动能定理可知，由此可知，仅增大膜电位，钾离子到达B点的速度变大，仅增加膜的厚度，钾离子到达B点的速度不变，C错误，D正确；
4．【知识点】波的图像及其应用
【答案】D
【详解】质点第一次到达平衡位置的时间比坐标原点处的质点早，则此时质点向上振动，根据同侧法可知波沿轴正方向传播，错误；由题图可知该波波长，则周期为，错误；，则内，质点运动的路程为，错误；坐标原点处的质点振动方程为，该质点振动情况传到的时间，则质点的振动方程为，正确。
失分注意：避免错误判断振动方向，导致波传播方向相反。初相位计算时结合时刻的位移和速度方向确定相位角。
【一题多解】 根据波的图像可知波形方程为，当时，，设质点的振动方程为，当时，，且质点向上振动，解得，则质点的振动方程为，正确。
【思路引导】根据质点第一次到达平衡位置的时间比坐标原点处的质点早判断该时刻质点的振动方向，从而判断波的传播方向；根据波长、频率和波速的关系求出该简谐波的周期；根据求出质点运动的路程；以时刻为计时起点，写出坐标原点处的质点振动方程，再根据平移规律写出质点的振动方程。
5．【知识点】子弹-木块模型
【答案】B
【详解】设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒定律有，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒定律有，联立解得，选B。
6．【知识点】开普勒三大定律及其应用
【答案】C
【详解】小行星“”的质量很小，物体很容易脱离其引力束缚，即第二宇宙速度很小，AD错误；虽然小行星“”的质量很小，但万有引力定律依然对其适用，B错误；由于小行星“”的公转周期与地球的接近，根据开普勒第三定律可知，其运行轨道与地球轨道的半长轴相接近，C正确。
7．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合、带电物体在复合场中的运动
【答案】BCD
【详解】当两球加速度相同时，对AB整体有，对B有，联立解得，B正确；作出两球的v-t图线，如图所示
t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，即，结合图像可得，所以在t=t0时，小球A的电势能增加了，C正确；由图可知，在t0~2t0内，有，所以在t=2t0时，弹簧恢复原长，且，根据能量守恒定律可知，两球和弹簧系统机械能减少量等于电势能增加量，即，D正确；由以上分析可知，t0时两球速度相等，弹簧伸长量为x0，2t0时两球速度再次达到相等，但弹簧处于原长，A错误。选BCD。
8．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】CD
【详解】该列波的波速为，又因为，可得波源的振动周期为，CD正确；从开始，经过，该质点开始振动，时间内它振动的时间为2.5s，则其运动的总路程为，B错误；时，波传播至，由于，所以处的质点振动方向与处的质点振动方向相同，由图可知处的质点振动方向沿轴正方向，时刻波源的起振方向沿轴正方向，A错误。
9．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】BC
【详解】圆盘的线速度为，感应电动势最大值为 ，最大电流为 ，电流的有效值为 ，理想电压表的示数为 ，A错误；当小圆柱运动到圆心的右下方，线速度与竖直方向成角θ时，对金属棒根据牛顿第二定律得 ，代入数值得 ，当时，F有最大值，最大值为 ，B正确；圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为 ，周期为 ，解得，C正确；当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，设这两个位置都与圆心等高，小圆柱在这两个位置时金属棒的加速度为零；
小圆柱在圆心右侧时： ，小圆柱在圆心左侧时： ，D错误。
10．【知识点】超重和失重现象分析
【答案】BD
【详解】在“下蹲”过程中，该运动员是先向下加速，然后减速，最后速度为零，所以在“下蹲”过程中是先处于失重状态，后处于超重状态；在“站起”过程是先向上加速后向下减速，所以“站起”过程是先超重后失重，A错误，B正确；根据上面的分析可知，运动员在6s内完成了一次“下蹲”和一次“站起”动作，C错误；由图可知，在这段时间内，运动员受到的最大支持力为1600N，受到的最小支持力为400N，运动员的重力为1000N，所以运动员的质量为，根据牛顿第二定律可得设在下蹲过程中向下的最大加速度为a，根据牛顿第二定律可得，解得，设在下蹲过程中向下减速的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律有，解得，D正确。
11．【知识点】金属热电阻、热敏电阻
【答案】（1）中间零刻度；2.25；（2）1.5；变大
【详解】（1）电桥平衡时，A、B两点的电势相等，灵敏电流表指针指向中间零刻度，有，由电路知识可得，解得
（2）由电压关系有，即，解得，由题图乙可知，当温度升高时，热敏电阻的阻值变小，根据数学知识可知，当热敏电阻的阻值变小时，电压变大。
12．【知识点】生活中的传感器
【答案】(1)；(2)；(3)1.0；(4)偏大
【详解】（1）当磁感应强度为零时，磁敏电阻的阻值为，为了保护电流表，定值电阻的最小阻值为，定值电阻应选用。
（2）本实验为替代法测电阻，闭合开关，将电阻箱调为，然后将开关应向端闭合。
（3）当电流表的示数为时，磁敏电阻的阻值为。
由图甲可知待测磁场的磁感应强度为。
（4）由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
13．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）0.1 J；（2）2 m；（4）4次
【详解】（1）若滑块A与长木板能共速，由动量守恒定律可得，
解得，
对滑块A有，
解得，
由于，长木板运动到H端时未共速，所以滑块A到达H点时，由动能定理有，
解得。
（2）爆炸过程由动量守恒定律可得，
解得，
若满足滑块B恰好能到达E点，则有，
解得，
若满足滑块B恰好能过D点而不掉落，则有，
从C点到D点有，
联立解得，
所以半径R的最大值。
（3）滑块B离开E点在竖直方向做自由落体运动，设它第一次落到直轨道GF时沿竖直方向的速度大小为，则，
第1次反弹高度，
根据题设条件，滑块B第n次反弹后上升的高度，
当时，。
14．【知识点】带电粒子在组合场中的运动、碰撞可能性判断
【答案】（1）7∶1　1∶63　（2）v0∶16　（3）1∶7　见解析
【解析】（1）粒子1在电场中沿x轴做匀速直线运动，有v0t1＝xAC，v0t2＝xCO（1分）
解得＝（1分）
沿y轴做匀变速直线运动，有
a1＋a1t1t2－a2＝0（1分）
解得＝（2分）
（2）粒子2在磁场中做匀速圆周运动，有
q2v2B＝m2（1分）
粒子2在电场中做类斜抛运动，有y＝2Rsin 45°（1分）
＝2a3y，qE2＝ma3（1分）
解得＝（1分）
（3）碰撞前粒子1在电场E2中沿y轴做匀变速直线运动，有v0tan 45°＝－a1t1＋a2t2（1分）
可得a2t2＝（1分）
粒子1反弹后做斜抛运动，有2v1sin 45°＝a2t3（1分）
xCO＝v0t2＝（v1sin 45°）t3（1分）
联立得v1＝（1分）
由动量守恒定律得m1·v0＝－m1v1＋m2v2（1分）
解得＝（1分）
因为m1＝m1＋m2，所以该碰撞为弹性碰撞（2分）
15．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题、板块模型中的能量守恒问题
【答案】（1）2 m/s　（2） s　（3） J
【解析】（1）物块A滑上传送带后由牛顿第二定律得
mAgsin θ＋μ1mAgcos θ＝mAa1，
解得a1＝7.5 m/s2（1分）
物块A与传送带共速时，由运动学公式得
v＝v0－a1t1，
解得t1＝0.8 s（1分）
则可得x1＝t1＝4.8 m（1分）
共速后，物块A不能匀速，仍然减速，有
mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa2，
解得a2＝2.5 m/s2（1分）
由运动学公式得
L－x1＝vt2－a2，
解得t2＝0.4 s或t2＝2 s（舍去）（1分）
物块A滑离传送带时的速度大小v1＝v－a2t2＝2 m/s（1分）
（2）物块A离开传送带后，做斜抛运动，并在到达最高点时滑上木板，
物块A滑上木板时的速度大小为vx＝v1cos θ＝ m/s（1分）
所用时间t3＝＝＝0.1 s（1分）
物块A滑上木板C表面后做匀减速运动的加速度大小
aA＝μAg＝2 m/s2（1分）
假设物块B、木板C相对静止，共同加速度大小
a＝，
得a＝1 m/s2＜μBg（1分）
故假设成立，
物块A追上物块B，满足d＝－a，
得t4＝ s或t4＝ s（舍去）（1分）
从物块A滑上传送带到与物块B发生碰撞所需的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝ s（2分）
（3）A、B碰撞前瞬间，
物块A的速度大小vA＝vx－aAt4＝ m/s（1分）
物块B的速度大小vB＝at4＝ m/s（1分）
A、B碰撞过程，由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝（mA＋mB）vAB，
可得vAB＝ m/s（2分）
物块A滑上木板C后系统因摩擦而产生的热量为
Q＝mA－，
得Q＝ J（2分）
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届高考物理高二升高三暑假提分综合提高练习试卷：
力学和电磁学综合强化练习5
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度的方向就是置于该点的小磁针S极的受力方向
B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零
C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．根据磁感应强度的定义式可知，磁感应强度与成正比，与成反比
2．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系,下列说法中正确的是 (　　)
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的运动半径一定小
D．角速度大的周期一定小
3．图甲为x-t图像，图乙为v-t图像，图中给出的四条图线1、2、3、4分别代表四个物体从同一地点同时出发向同一方向运动的情况，其中图线2在0到t1的部分为直线，图线4在0到t3的部分为直线。下列说法正确的是（　　）
A．物体1和物体3做直线运动，物体2和物体4做曲线运动
B．t1时刻，物体1和物体2 相遇，t3时刻，物体3和物体4相遇
C．0至t1时间内，物体1和物体2 的速度不可能相等
D．0至t3时间内，物体3的平均速度小于物体4的平均速度
4．关于共点力的合力与分力的关系， 下列说法中正确的是（　　）
A．合力可以比两个分力都大，也可以比两个分力都小
B．合力的大小一定大于它的任何一个分力
C．合力的大小一定等于它的两个分力大小之和
D．合力的大小不可能跟它的分力大小相等
5．图1所示为辽宁抚顺地标性建筑——“生命之环”，一位学生欲运用所学物理知识估测其高度。测量的原理示意图如图2所示，他找来一个光滑小球，将其由“环”内壁上的P点（靠近最低点）由静止释放，则小球沿环内壁往返运动。某时刻小球到达P点时利用手机的秒表计时功能开始计时，此后小球第n次回到P点时停止计时，所测得时间为t。已知当地的重力加速度为g，由此可知生命之环的高度约为（　　）
A． B． C． D．
6．关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．速度变化的方向为正，则加速度的方向可能为负
B．加速度增大，则速度一定越来越大
C．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向
D．速度越来越大，则加速度一定越来越大
7．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）
A．如图甲，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用
B．如图乙，“水流星”表演中，过最高点时水没有从杯中流出，水对杯底压力可以为零
C．如图丙，小球竖直面内做圆周运动，过最高点的速度至少等于
D．如图丁，A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，则A比B的角速度大
8．如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度m/s2的匀加速直线运动。已知薄板长m，小物块A的质量kg，薄板B的质量kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　）
A．从到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为15N
B．小物块A离开B板时的速度为m/s
C．从开始到A、B分离的过程中电动机对B板所做的功为J
D．从开始到A、B分离的过程中，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为J
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图所示为欧姆表的原理示意图,电流表的满偏电流为100 μA,内阻Rg=100 Ω,调零电阻最大值R=50 kΩ,定值电阻R0=50 Ω,电源电动势E=3.0 V.用欧姆表测量电阻Rx之前先把两只表笔接触,调节欧姆调零旋钮,使指针指向“0”,此时电流表达到满偏.下列说法中正确的是 (　　)
A．左(a)接线处是黑表笔,右(b)接线处是红表笔
B．左(a)接线处是红表笔,右(b)接线处是黑表笔
C．当电流是满偏电流的二分之一时,用它测得的电阻Rx是15 kΩ
D．当电流是满偏电流的二分之一时,用它测得的电阻Rx是30 kΩ
10．在如图所示电路中，电源电动势E=12 V，内阻r=8 Ω，定值电阻滑动变阻器R4的取值范围为0~30 Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为。下列说法正确的是（　　）

A．V1读数变小，则V2读数变大，|△U1|小于|△U2|
B．
C．R4的功率先增大后减小，最大值为0.36 W
D．电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5 W
11．在距水平地面高0.8 m处先后依次由静止释放A、B、C三个小球，三小球释放位置接近但不重合，运动过程中小球之间不会发生碰撞。小球可视为质点，相邻两小球释放的时间间隔相同，且。所有小球每次与地面碰撞后均以原速率反弹，忽略碰撞时间。已知A、B两球第一次出现在同一高度时离地面的高度为0.35 m，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力。则（　　）
A．相邻两球释放的时间间隔
B．A、B第一次出现在同一高度时C球的速度大小为1 m/s
C．A、B第二次出现在同一高度时C球离地面的高度为0.75 m
D．A、B两球第2023次出现在同一高度时，C球与A、B两球之间的距离为0.4 m
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
12．美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如下图所示，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。
（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有 ；
A．油滴质量m B．两板间的电压U
C．两板间的距离d D．两板的长度L
（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= （已知重力地加速度为g）；
（3）在某次测量中，发现某油滴静止在两极板中央，若将极板电压减小为原来的一半，这个油滴运动到极板的时间为t= 。（用测量量的符号表示）
13．某兴趣小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块（可视为质点）和水平台面间的动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光条的小滑块放置在转台上，不可伸长的细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能显示细线的拉力F，安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间t，兴趣小组采取了下列步骤：
①用十分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d。
②将滑块放置在转台上，使细线刚好绷直，量出滑块到转轴的距离L。
③控制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门的示数，分别为和；依次增大转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数、……和光电门的示数、……。
回答下面的问题
（1）由于游标卡尺老旧前面刻度丢失，示数如图乙所示，则d= mm。
（2）滑块匀速转动的角速度大小可由ω= 计算得出（用d、t、L表示）。
（3）处理数据时，兴趣小组的同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的角速度大小的平方为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示（图中a、b已知），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和台面间的滑动摩擦因数μ= 。
（4）该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出的图像，与图丙中a和b比较，发现a 、b （填“增大”“减小”和“不变”）。
14．两无人机A、B进行飞行性能测试，它们沿着同一直线同向飞行。时刻，A的速度为，正以大小为的加速度做匀减速直线运动进行“空中停车”测试（即减速直至停在空中）。此时B在A后方距离为18 m处，速度为（与同向），正以大小为的加速度做匀加速直线运动，为了避免与前方的A相撞，当时，B开始以大小为的加速度做匀减速直线运动进行“空中停车”。则：
（1）求前3 s时间内A的位移大小；
（2）求前3 s内A、B之间的最大距离；
（3）为了避免相撞，B开始减速时的加速度需满足的条件。
15．如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
（2）球2的质量；
（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

16．如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为的小圆环A，用一轻质细线悬吊一个质量为的小球B。球B在一水平拉力的作用下，发现圆环A与小球B恰好一起向右做匀速直线运动，此时细线与竖直方向成37°角。求：
(1)此时水平拉力的大小；
(2)杆与环间的动摩擦因数。
参考答案
1．【知识点】磁感应强度
【答案】B
【详解】A．磁感应强度的方向与置于该点的小磁针N极的受力方向相同，A错误；
B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，B正确；
C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，该处的磁感应强度不一定为零，可能磁场与导线平行，C错误；
D．磁感应强度的定义式，是比值定义式，磁感应强度只由磁场本身决定，与无关，D错误.选B。
2．【知识点】匀速圆周运动及其性质、线速度、角速度和周期、转速
【答案】D　
【解析】由v=ωr知,r一定时,v与ω成正比;v一定时,ω与r成反比,故A、C错误.由v=知,r一定时,v越大,T越小,故B错误.由ω=可知,ω越大,T越小,故D正确.
3．【知识点】x-t图像和v-t图像的综合应用
【答案】D
【详解】A．x-t图像和v-t图像均代表物体做直线运动，A错误；
B．t1时刻，位移时间图像交点代表相遇，物体1和物体2相遇，t3时刻，物体3和物体4的速度相等，由于从同一地点出发，物体4的位移大于物体3的位移，B错误；
C．0至t1时间内，物体1和物体2的速度可能相等，斜率表示速度，C错误；
D．0至t3时间内，图像与横轴围成的面积代表位移，物体3的位移小于物体4的位移，物体3的平均速度小于物体4的平均速度，D正确。选D。
4．【知识点】求合力的常用方法及合力的取值范围
【答案】A
【详解】A．合力可以比两个分力都大，例如方向相同的1N、2N两个力，合力等于3N；合力也可以比两个分力都小，例如方向相反的8N、7N两个力，合力等于1N，A正确；
B．合力的大小不一定大于它的任何一个分力，例如方向相反的8N、7N两个力，合力等于1N，比两个分力都小，B错误；
C．合力的大小不一定等于它的两个分力大小之和，例如方向相反的8N、7N两个力，合力等于1N，等于两个分力大小之差，C错误；
D．合力的大小可以跟它的分力大小相等，例如5N、5N两个力夹角120°，合力等于5N，D错误。
故选A。
5．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】A
【详解】根据单摆的周期公式可得，，所以，则生命之环的高度约为，选A。
6．【知识点】速度、速度变化与加速度的关系
【答案】C
【详解】A．加速度的方向与速度变化的方向一致，则速度变化的方向为正，则加速度的方向一定为正，A错误；
B．当加速度的方向与速度方向相反时，则加速度增大，速度越来越小，B错误；
C．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向，即加速度方向可以与速度方向不在同一条直线上，C正确；
D．加速度的大小与速度大小无关，速度越来越大，加速度不一定越来越大，D错误。选C。
7．【知识点】圆锥摆问题、火车转弯问题、绳、杆类圆周运动问题
【答案】B
【详解】火车转弯超过规定速度行驶时，需要更大的向心力，则外轨和轮缘间会有挤压作用，A错误；在最高点时，当只有重力提供向心力时，杯底对水的支持力为零，由牛顿第三定律得水对杯底压力为零，B正确；轻杆对小球可以提供支持力，则小球能通过最高点的临界速度为0，C错误；设两球与悬点的竖直高度为h，根据牛顿第二定律，又，联立得，所以A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，角速度相等，D错误。
8．【知识点】动能定理的简单应用、板块模型中的能量守恒问题
【答案】C
【详解】A．对薄板，根据牛顿第二定律，代入数据得N，故A错误；
B．对A，根据动能定理，当时m/s，因为，所以m/s，故B错误；
C．A在薄板上运动的加速度大小m/s2，根据，得小物块A在薄板B上运动时间s，此时A、B的速度为m/s ，m/s，电动机对B做的功为J，故C正确；
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能，故D错误。选C．
9．【知识点】闭合电路的欧姆定律
【答案】BD　
【解析】根据欧姆表电流方向“红进黑出”,结合题图可知左(a)接线处是红表笔,右(b)接线处是黑表笔,A错误,B正确;设电源内阻为r,当红黑表笔短接时,有Ig=,代入题中数据,可解得Rg+R+R0+r=30 kΩ,当电流是满偏电流的二分之一时,电阻Rx满足=,解得Rx=30 kΩ,C错误,D正确.
10．【知识点】电路的动态分析问题
【答案】ABC
【详解】将R1和R2等效为电源内阻，则等效电源的电动势，等效内阻，，等效电路如图
A：则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数变大，因U路端=U1+U2，可知小于，A正确；
B：因为，又有，B正确；
C：将R3等效为新电源的内阻，内阻为，当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增加到30 Ω，可知的功率先增大后减小，当R4=25 Ω时功率最大，最大值为，C正确；
D：当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为，当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为，电源E的内阻，则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，D错误。选ABC。
11．【知识点】自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
【答案】ABD
【详解】A：A、B两球第一次出现在同一高度时，对B球有，则B球下落的时间为，A球下落至地面过程有，A球下落至地面的时间为，A球落地的速度为，A球做竖直上抛运动至与B球等高时，有，解得，相邻两球释放的时间间隔为，A正确；
B：A、B第一次出现在同一高度时C球的速度大小为，B正确；
C：A、B第二次出现在同一高度时，A球向下运动，B球向上运动，设A球下落时间两球第二次相遇，有，解得，此时C球离地面的高度为，C错误；
D：根据运动的周期性，可知A、B球在奇数次相遇时距离地面高度为处，A、B两球第2023次出现在同一高度时，C球下落的高度为，C球与A、B两球之间的距离为，D正确。选ABD。
12．【知识点】电容器与力学知识的综合
【答案】（1）ABC （2） （3）
【详解】（1）平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有，所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d，ABC正确；
（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量；
（3）将极板电压减小为原来的一半，由牛顿第二定律，解得，由匀变速直线运动规律，解得油滴运动到极板的时间为。
13．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题、水平面内匀速圆周问题
【答案】 7.7 ； ； 增大 不变
【详解】（1）[1]游标尺右端刻线左侧对应的是主尺的16mm刻线，游标尺总长度为9mm，则游标尺左端零刻线左侧对应的是主尺的16mm-9mm=7mm刻线，故主尺的读数应为7mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，读数为，故游标卡尺的读数为
（2）[2]滑块通过光电门的速度可以用平均速度计算，则
根据线速度、角速度和半径关系式有
解得
（3）[3]滑块做匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有
整理得
由图像可得
解得
（4）[4][5]根据图像有
，
则
可知滑块质量增大，a增大，b不变。
14．【知识点】追及与相遇问题
【答案】（1）39 m （2）27 m （3）
【详解】（1）由题意得。
（2）由题意可知当二者共速时，解得，此时A、B速度为，该段时间内A、B的位移分别为，，该段时间内二者位移差为，故可得此时A、B之间的最大距离为。
（3）在时，由题意可得A、B速度为，，由，可以求出该段时间内A、B位移为，A停止还需的时间为，因此，3秒之后，A和B的距离仍然是。若A和B同时停止且恰好相遇，该段时间内相对位移为，故该情况不符合；当B先停止，A后停止时，AB共速时距离最小，此时为避免相撞，需保证共速时相对位移大小小于，设共速的时间为，共速的速度大小为，有，解得，，由，得，由题意知，二者之间距离满足，解得，代入得。
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）；（2）3m；（3）
【详解】（1）球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以
（2）球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则，
联立解得，
（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则，
所以
16．【知识点】在共点力平衡中整体法与隔离法的应用、正交分解法与三角形定则在平衡问题中的应用
【答案】(1)；(2)
【详解】(1)取小球为研究对象进行受力分析，如图所示
由平衡条件可得，，联立解得
(2)取A、B组成的系统为研究对象，在竖直方向上有，在水平方向上有，又由，解得
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