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2026届人教版高考物理第一轮复习：力学、电磁学综合提高练习1
一、单选题（本大题共6小题）
1．γ射线探伤机（如图）的基本原理是利用放射性同位素产生的γ射线对材料进行穿透，通过探测材料反射、透射和吸收射线的能力，来判断其内部的缺陷和异常情况，是一种无损探伤检测设备，被广泛应用于工业探伤领域。下列有关γ射线及放射现象的说法正确的是（　　）
A．γ射线垂直磁场射入时，其运动轨迹不发生偏转，γ射线的本质是高速中子流
B．γ射线具有高穿透力、短波长的特点，其电离作用非常强，能穿透几十厘米厚的混凝土
C．原子核衰变过程中伴随着放射现象的发生，由于γ射线的产生衰变前的质量数不等于衰变后的质量数之和
D．与天然放射性物质相比，人工放射性同位素具有放射强度容易控制、半衰期比较短、放射性废料容易处理等优点
2．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（　　）
A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压与无关
C．前、后表面间的电压与成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
3．振荡电路中某时刻电容器内电场与线圈内磁场情况如图所示，该时刻（　　）
A．电容器在充电，电场能在向磁场能转化
B．电容器在充电，磁场能在向电场能转化
C．电容器在放电，电场能在向磁场能转化
D．电容器在放电，磁场能在向电场能转化
4．如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系如图乙中图线a、b所示，图中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球初速度大小
B．电场强度大小为
C．小球抛出时重力势能为E0
D．小球加速度大小为
5．如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为的中点，c、d位于的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。下列选项正确的是（　　）
A．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反
B．c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C．使正电荷从a到b匀速运动，受到的磁场力保持不变
D．使正电荷从c到d匀速运动，受到的磁场力先变大后变小
6．根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度 匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻。当用户端接一个定值电阻时，上消耗的功率为。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则上消耗的功率为
B．输电线路距离增加，若阻值增加一倍，则上消耗的功率为
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则上消耗的功率为
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻，则上消耗的功率为
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数，边长，线圈总电阻，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，电动势顺时针为正，则下列有关线圈的感应电流i、电动势e、焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．“嫦娥六号”月球探测器在月球背面南极附近软着陆，如图所示，“嫦娥六号”从环月圆形轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入环月椭圆形轨道Ⅱ，由近月点Q落月，关于“嫦娥六号”，下列说法正确的是（　　）
A．沿轨道Ⅰ运行至P点时，需加速才能进入轨道Ⅱ
B．沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期
C．沿轨道Ⅱ运行经P点时的加速度等于沿轨道Ⅰ运行经P点时的加速度
D．若已知“嫦娥六号”轨道Ⅰ的半径、运动周期和引力常量，可算出月球的密度
9．如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，为隧道的中点，与地心O的距离为，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，不考虑地球自转影响。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到的距离为x，则（　　）
A．列车在隧道中A点的合力大小为mg
B．列车在P点的重力加速度小于g
C．列车在P点的加速度
D．列车在P点的加速度
10．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为L。在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终都处于静止状态，则（ ）
A．地面对A的作用力沿AC圆心连线方向
B．B对地面的压力大小为2mg
C．L越大，A、C间的弹力越小
D．L越大，地面对A、B的摩擦力越大
三、非选择题（本大题共5小题）
11．(6分)某同学利用图所示的装置研究物块与木板之间的摩擦力。实验台上固定一个力传感器，传感器用细线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉动木板，传感器记录的F-t图像如图所示。从F-t图像可以看出在1．0~1．2s时间内，物块与木板之间的摩擦力是 （填“静摩擦力”或“滑动摩擦力”），物块与木板之间的滑动摩擦力大小约为 N。
12．某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表（待改装），学生电源（电动势为E，内阻不计），滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻R1（PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为Rt=a+kt，a＞0，k＞0）．
设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作．
（1）按电路图连接好实验器材 ．
（2）将滑动变阻器滑片P滑到 （填“a”或“b”）端，单刀双掷开关S掷于 （填“c”或“d”）端，调节滑片P使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．
（3）容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I= （用题目中给定的符号）．
（4）根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在 （填“左”或“右”）侧，刻度线分布是否均匀？ （填“是”或“否”）．
13．如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的物块无初速地放在传送带的顶端A，物块到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为、。已知传送带与水平地面夹角，AB两端的距离为，物块可视为质点，木板足够长。求：

(1)物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小；
(2)物块在传送带上运动的时间；
(3)根据实际需要，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数满足。求在此范围内，从物块离开传送带直至最终静止的过程中，物块相对地面运动的位移最小值和最大值。
14．某国产新能源汽车上市之前在一直线跑道上进行“单踏板模式”性能测试，测试过程分为三个阶段。Ⅰ阶段：驾驶员踩下电门至某一位置，汽车由静止启动，其加速度与速度满足关系（其中，），当汽车加速至时进入Ⅱ阶段。Ⅱ阶段：驾驶员通过适当调节电门使汽车做匀加速直线运动，加速度，加速至时进入Ⅲ阶段。Ⅲ阶段：驾驶员松开电门，汽车的能量回收制动系统启动，汽车开始减速直至停下，该减速过程中汽车的加速度与速度满足关系（其中）。
（1）求Ⅱ阶段汽车运动的时间和位移大小；
（2）作出Ⅰ阶段的图像，并根据该图像求Ⅰ阶段经历的时间；
（3）求Ⅲ阶段汽车的位移大小（温馨提示：可以用图像分析）。
15．如图所示，长为R的轻质细线一端固定在点，细线的下端系一质量为m，电荷量为q的带电小球。现将小球从细线处于水平状态由静止释放，小球运动到B点时，绳子断裂，刚好在B处水平抛出．带电小球抛出后经过一匀强电场区域（只存在于之间），恰好从C点沿切线方向进入水平地面上固定的半径为r的圆弧形槽，槽的圆心在，D点为最低点，且，已知小球在弧面上克服摩擦力做的功为小球在水平面上克服摩擦力做功的一半。已知两点的高度差为，，重力加速度为g，不计空气阻力（已知，）
（1）小球在C点的速度大小；
（2）求该带电小球带什么电？匀强电场场强的大小E；
（3）小球最终停在距离D处的Q点，求水平面与小球间的动摩擦因数。
参考答案
1．【答案】D
【详解】射线的本质是光子流，A错误；γ射线具有高穿透力但是电离能力非常弱，B错误；原子核发生衰变时，衰变前的质量数等于衰变后的质量数之和，C错误；人工放射性同位素与天然放射性物质相比具有放射强度容易控制、半衰期比较短、放射性废料容易处理等优点，D正确。
2．【答案】D
【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，，D正确，由则电压，前后表面的电压与速度有关，与a成正比，BC错误．
3．【答案】B
【详解】根据振荡电路的电场与线圈内磁场情况可知，电容器的下极板带正电，上极板带负电，由右手螺旋定则可知电流流向电容器的正极板，则电容器正在充电，磁场能在向电场能转化。
4．【答案】B
【详解】小球初动能为Ek0，根据，可得初速度大小，A错误；根据动能定理得，根据功能关系得，则，电场强度大小为，B正确；由牛顿第二定律有，小球加速度大小为，D错误；初始状态，所以小球抛出时重力势能为，C错误。
5．【答案】A
【详解】根据安培定则可知，两根通电长直导线在a、b、c、d四点处产生的磁感应强度如图所示
其中，，所以，a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反，c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，A正确，B错误；从a到b磁感应强度先减小后增大，根据洛伦兹力公式，可知，使正电荷从a到b匀速运动，受到的磁场力先减小后增大，C错误；O点的磁感应强度为零，从c到d磁感应强度不可能先变大后变小，根据洛伦兹力公式，可知，使正电荷从c到d匀速运动，受到的磁场力不可能先变大后变小，D错误。
6．【答案】A
【详解】如图所示画出降压变压器的等效电路图，设降压变压器原、副线圈的匝数比为,则输电线路上的电流，转子在磁场中转动时产生的电动势，当转子角速度增加一倍时，则升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，则输电线路上的电流变为，上消耗的功率，正确；同理，当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流也增加一倍，上消耗的功率，错误；若阻值增加一倍,输电线路上的电流,消耗的功率，错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻，用户端电阻相当于减为原来的一半，输电线上的电流，消耗的功率，错误。
【名师延展】变压器等效电路的原理是功率相同。
，则。
7．【答案】BD
【详解】在0-1s内感应电动势，方向为逆时针方向（负方向）；感应电流，方向为逆时针方向（负方向）；在1-5s内感应电动势，方向为顺时针方向（正方向）；感应电流，方向为顺时针方向（正方向），AC错误；在0-1s内安培力，在1-5s内安培力，B正确；在0-1s内焦耳热，在1-5s内焦耳热，D正确。
8．【答案】BC
【详解】轨道Ⅰ相对于轨道Ⅱ是高轨道，沿轨道Ⅰ运行至P点时，需减速才能进入轨道Ⅱ，A错误；沿轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，B正确；根据牛顿第二定律有，解得，可知，沿轨道Ⅱ运行经P点时的加速度等于沿轨道Ⅰ运行经P点时的加速度，C正确；“嫦娥六号”轨道Ⅰ上有，解得，由于不知道月球的半径，则不能算出月球的密度，D错误。
9．【答案】BD
【详解】A．列车在隧道中A点受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力，如图所示
则有
，，
解得
A错误；
B．由于质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，则在P点有
由于质量均匀分布，则有
解得
B正确；
CD．令，根据上述，则有
，
解得
C错误，D正确。
故选BD。
10．【答案】BD
【详解】A．地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；A受到重力、地面的支持力、摩擦力f和C的压力，如图所示
根据平衡条件知，地面的支持力和摩擦力f的合力与力和压力的合力等大、反向，C对A的压力沿AC圆心连线方向，则力和压力的合力一定不沿AC圆心连线方向，即地面对A的作用力不沿AC圆心连线方向，故A错误；
B．以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知，地面对B的支持力为2mg，由牛顿第三定律得知，B对地面的压力大小也为2mg，故B正确；
C．以C为研究对象，由平衡条件有
得
L越大，则θ越大， A对C间的弹力越大，故C错误；
D．地面对A的支持力等于地面对B的支持力，所以
以A为研究对象，根据平衡条件得知
则得L越大，α越大，f越大，故D正确。
故选BD。
11．【答案】静摩擦力 2．0
【解析】1．0~1．2s时间内，木板还未拉动，摩擦力随外力的增大逐渐增大，物块与木板之间是静摩擦力。木板运动过程，物块与木板之间的滑动摩擦力与细线拉力大小相等，由F-t图像可知，滑动摩擦力大小约为2．0N。
12．【答案】（2）a；c；满偏（或指针到最大电流刻度）；（3）；（4）右；否
【详解】
（2）根据实验的原理可知，需要先选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合滑动变阻器的使用的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到 a端，乙保证电流表的使用安全；然后将单刀双掷开关S掷于 c端，调节滑片P使电流表满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路．
（3）当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：R1=a+kt，根据闭合电路的欧姆定律可得，
（4）由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的．
13．【答案】(1)；(2)2.2s；(3)，
【详解】（1）物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有，
解得。
（2）物块先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相等速度，则有，
解得
此时物块的位移
解得，
由于，
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，
解得，，
根据位移与速度关系式有
解得，
根据速度公式有，
解得，，
则物块在传送带上运动的时间。
（3）若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有，
解得，
可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，
解得，
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有，
解得，
当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有，
解得，
历时两者达到相等速度，则有，
解得，，
此过程物块的位移，
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有，
解得，
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有，
物块相对于地面位移的最大值为，
解得。
14．【答案】（1）5 s，125 m；
(2)，20 s；
（3）30 m
【详解】（1）汽车运动的时间为，位移为。
（2）根据，可知，代入数据，整理得，所以图像如图所示，
根据加速度的定义式，可得-，即图线与横轴所围面积为加速时间，则Ⅰ阶段经历的时间为。
（3）Ⅲ阶段汽车的加速度，因此其图像与t轴围成的面积是图像与t轴围成的面积的k倍，速度改变量的大小是位移大小的k倍，即，解得。
15．【答案】（1）；（2）正电，；（3）
【详解】（1）小球从A到B的过程中机械能守恒有
解得
小球恰好从C点进入圆弧轨道，在水平方向有
根据速度关系有
解得
（2）小球恰好从C点进入圆弧轨道有
在竖直方向有
则
联立解得
小球从B到C的过程中，根据牛顿第二定律，有
所以
带电小球带正电。
（3）根据题意有
且小球在水平面上克服摩擦力做功
从C到Q，根据动能定理有
又
联立以上各式可得
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一、单选题（本大题共6小题）
1．某儿童乐园里有水平大转盘，其简化图如图所示。两个小朋友坐在转盘中，转盘绕竖直轴转动，当转盘从静止开始逐渐增大转速时，小朋友们能体会到被转盘甩出去的刺激过程。在小朋友随转盘一起转动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小朋友受重力、支持力两个力作用
B．小朋友受重力、支持力、摩擦力三个力作用
C．小朋友受重力、支持力、向心力三个力作用
D．小朋友受重力、支持力、摩擦力、离心力四个力作用
2．如图所示，重为10N的小球套在与水平面成角的硬杆上，现用一垂直于杆向上、大小为20N的力F拉小球，使小球处于静止状态（已知sin=0.6，cos=0.8）。则（　　）
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杆向上，大小为6N
C．杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为4.8N
D．杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，大小为12N
3．下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法正确的是（　　）
A． 汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎
B． 铁路的转弯处，外轨比内轨高是为了利用轮缘与内轨的侧压力来帮助火车转弯
C． “水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力
D． 洗衣机的脱水是利用了失重现象
4．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．从科学方法角度来说，物理学中引入“平均速度”概念运用了理想化模型方法
C．根据速度定义式，当时间非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
5．风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2 s内，该雨滴（　　）
A．做匀加速直线运动
B．在t＝1 s时速度大小为11 m/s
C．重力的瞬时功率一直增大
D．前、后1 s内合力做功之比为1∶3
6．如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在点，另一端固定一质量为的小球。小球从点由静止开始摆下，先后经过、两点，、两点分别位于点的正上方和正下方，点与点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在点受到的合力大小为
B．小球在点受到的合力大小为
C．从点到点的过程，杆对小球的弹力最大值为
D．从点到点的过程，杆对小球的弹力最小值为
二、多选题（本大题共4小题）
7．远距离输电示意图如图所示，若采用110kV的高压输电，输电线上电压下降了，损耗的电功率为；在保持输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上电压下降了，损耗的电功率变为。不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．图像法 如图所示，质量为的铝质矩形薄平板静止在光滑水平面上，铝板上固定白纸，质量为的圆柱磁铁放在白纸上，且在铝板对称轴上。某时刻给磁铁沿对称轴方向的水平速度，经时间磁铁和铝板速度相同。磁铁和白纸间的动摩擦因数为 ，重力加速度为，铝板相对磁铁可认为足够长。下列说法正确的是（ ）
A. 时间内铝板和白纸对磁铁的作用力大于
B. 时间内磁铁相对铝板的位移小于
C. 仅将铝板替换成等质量的矩形铜板，仍然需经时间，磁铁和铜板速度才相同
D. 仅将铝板替换成等质量的矩形铜板，共速前的平均热功率变大
9．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
10．如图所示，质量为M、半径为4R的半球体A始终静止在粗糙水平面上，质量为m、半径为R的光滑小球B通过一根与半球体A最高点相切但不接触的水平细线系住静止在半球体A上。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．细线对小球的拉力大小为
B．地面对半球体的摩擦力的大小为
C．保持小球的位置和静止状态不变，将细线左端沿竖直墙壁逐渐上移，细线对小球的拉力逐渐减小
D．剪断B球绳子的瞬间，小球B的加速度大小为0.6g
三、非选择题（本大题共5小题）
11．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整 。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将小螺线管迅速插入大螺线管时，灵敏电流计指针将 ；
②小螺线管插入大螺线管后，将滑动变阻器接入电路的阻值调大时，灵敏电流计指针将 。
12．(12分)（四川南充阆中高二上期中）某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：
A．电流表(量程0～100 μA，内阻约2 kΩ)；
B．电流表(量程0～500 μA，内阻约300 Ω)；
C．电压表(量程0～15 V，内阻约100 kΩ)；
D．电压表(量程0～50 V，内阻约500 kΩ)；
E．直流电源(20 V，允许通过的最大电流为1 A)；
F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ)；
G．开关和导线若干．
(1)电流表应选______，电压表应选______．(填字母代号)
(2)该同学正确选择仪器后连接了如图所示电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：
①______；
②______．
(3)将(2)中问题改正后继续实验，分析实验结果，由于电表不是理想电表，造成电阻Rx的测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
13．如图所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为的物块静止在斜面上，斜面与之间的动摩擦因数为，与相连接的绳子跨在固定于斜面顶端的小滑轮上，绳子另一端固定在与滑轮等高的位置。再在绳上放置一个轻质动滑轮，其下端的挂钩与物块B连接，物块B、C、D与弹簧1、2均拴接，B、C之间和C、D之间弹簧的劲度系数，、、，当绳子的张角时整个系统处于平衡状态、且恰好不上滑。弹簧、绳子、滑轮的重力，以及绳子与滑轮间的摩擦力均可忽略，最大静摩擦力等于滑动摩擦力、取重力加速度。求：
（1）此时绳子的拉力的大小；
（2）若对物块施加一个竖直向下的压力，要使A不滑动、求施加的压力的取值范围；
（3）若对物块施加一个竖直向下的压力F，使其缓慢下滑一段距离至绳子的张角为时，物块对地的压力恰好减小至零，求物块上升的高度。
14．如图所示，静置于光滑水平地面上的小车上表面最左端是一段圆心角、半径的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切，图中点距离点的竖直高度。现从点水平抛出一个质量的小滑块（可视为质点），小滑块恰好从点沿切线方向进入圆弧轨道，然后滑动到小车最末端点，并从点脱离小车。已知小车的质量，水平轨道的长度，点距离地面高度，小滑块与段轨道之间的动摩擦因数，取，，。求：
（1）小滑块从点拋出时的初速度。
（2）小滑块运动到圆弧轨道上点时的速度大小。
（3）小滑块落到地面上瞬间与小车上点间的水平距离。
15．（14分）如图所示，置于光滑水平面上的轻弹簧左端固定,右端放置质量为的小球，小球置于弹簧原长位置。质量为的小球和质量为、半径为的光滑四分之一圆弧体静止在足够长的光滑水平面上，圆弧体的水平面刚好与圆弧面的最底端相切。用力向左推动小球压缩弹簧，由静止释放小球后与小球发生弹性碰撞。小球运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止。两小球均可视为质点，重力加速度为。求：
（1） 小球压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能；
（2） 小球与圆弧体第一次分离时小球的速度大小；
（3） 小球第一次返回到圆弧体底端时对圆弧面的压力大小。
参考答案
1．【答案】B
【详解】转盘从静止开始逐渐增大转速的过程中，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
【详解】对小球受分析，小球一定受重力及拉力，将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解可知，垂直于斜面上的分力，小于拉力，杆对球应有垂直斜面向下的弹力，大小为，而在沿斜面方向，重力的分力为，由平衡可知，斜面对小球的摩擦力大小为6N，方向沿斜面向上
3．【答案】A
【详解】汽车通过凹形桥的最低点时，根据牛顿第二定律有，速度越大，汽车轮胎所受地面支持力越大，越容易爆胎，A正确；在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力，减轻轮缘与轨道的挤压，B错误；表演“水流星”时，当“水流星”通过最高点时，若满足，则此时水对桶底的作用力为零，C错误；洗衣机脱水桶的脱水原理是利用了离心现象，D错误。
4．【答案】D
【详解】在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，A错误；从科学方法角度来说，物理学中引入“平均速度”概念运用了等效替代方法，B错误；根据速度定义式，当时间非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，C错误；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，D正确。
5．【答案】D
【详解】根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为，即雨滴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为，即雨滴在竖直方向做匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，A错误；雨滴在t＝1 s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为，雨滴在t＝1 s时的速度为，B错误；重力的瞬时功率为，因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，重力的瞬时功率保持不变，C错误；设雨滴的质量为，由B项可知，雨滴在t＝1 s时的速度为，根据动能定理可知，在前1 s合力做的功为，雨滴在t＝2 s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为，雨滴在t＝2 s时的速度为，根据动能定理可知，在后1 s合力做的功为，前、后1 s内合力做功之比为，D正确。
6．【答案】C
【详解】根据沿半径方向的合力提供向心力可知，点速度为零，则小球在点时，杆给小球的支持力和其受到的重力相等，如图A点所示，小球在点时，根据机械能守恒有，再根据小球在点时，由杆给小球的拉力提供向心力有，小球在点受到的合力为，错误；根据机械能守恒有,可知小球在点受到的合力，错误；由以上分析可知，最大弹力出现在点，由,可求得最大弹力为，正确；由以上分析可知，在点时杆对小球的弹力大小为，则弹力的最小值不是，错误。
7．【答案】BC
【详解】根据，，可得，可知110kV高压输电改成1100kV特高压输电，电压提高了10倍，损失电压变为原来的0.1倍，即，A错误，B正确；根据，由于电压提高了10倍，损耗的电功率变为原来的0.01倍，即，C正确，D错误。
8．【答案】ABD
【详解】磁铁在运动过程中，铝板中产生涡流，磁铁和铝板之间存在相互吸引的力，导致磁铁受到的支持力和摩擦力均增大，故时间内铝板和白纸对磁铁的作用力大于，正确；由题意可知，磁铁与铝板间的相对速度越来越小，铝板中的感应电流逐渐减小，故铝板与磁铁间的吸引力逐渐减小，二者的加速度逐渐减小，因此磁铁做加速度减小的减速运动，铝板做加速度减小的加速运动，作出它们运动的图像如图所示（关键：用图像分析相对运动），根据图像中图线与横轴围成图形的面积代表位移可知，时间内磁铁相对铝板的位移小于，正确；将铝板换成铜板，由于铜板的电阻较小（点拨：铜的电阻率比铝的小），则铜板中的感应电流较大，阻碍相对运动的安培力增大，故加速度变大，达到共同速度的时间会缩短，又系统动量守恒，共速时速度相同（关键：水平面光滑，系统动量守恒），则系统减小的动能相同，由能量守恒定律可知，系统产生的焦耳热相同，由可知，平均热功率变大，错误，正确。
9．【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。
10．【答案】BD
【详解】A．画出小球B的受力图，如图所示
由几何关系可知
则
，
故A错误；
B．对AB的整体，水平方向有
故B正确；
C．由受力图即平行四边形法则可知，保持小球的位置和静止状态不变，将细线左端沿竖直墙壁逐渐上移，细线对小球的拉力先减小后增加，C错误；
D．剪断B球绳子的瞬间，小球B所受的合外力为
则B的加速度大小为
故D正确。选BD。
11．【答案】；向左偏转一下；向右偏转一下
【详解】
(1)[1]将电源、开关、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示
(2)闭合开关，穿过大螺线管的磁通量增加，灵敏电流计指针向左偏转一下。
①[2]若将小螺线管迅速插入大螺线管，穿过大螺线管的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向左偏转一下；
②[3]小螺线管插入大螺线管后，将滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电流减小，穿过大螺线管的磁通量减小，则灵敏电流计指针将向右偏转一下。
12．【答案】(1)B　C　(2)电流表应采用内接法　滑动变阻器应采用分压式接法　(3)大于
(1)直流电源的电压为20 V，为了提高读数准确度，电压表应该选择C，因此待测电阻两端电压不得超过15 V，则通过待测电阻的电流不能超过Im＝＝ A＝0.6×10－3 A＝600 μA，电流表应该选择B.
(2)待测电阻的阻值Rx>，为了减小误差电流表应采用内接法；因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，若串联，限流效果不明显，应该采用分压接法接入电路．
(3)实验中采用电流表内接法，由于电流表内阻的影响，电压表的示数偏大，则由R＝可知，电阻的测量值大于真实值．
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对物块A进行受力，由共点力平衡条件可得，，
物块A恰好不上滑，则，
联立解得。
（2）无外力时，物块A恰好不上滑，施加的外力的最小值只需大于0即可。
若对物块施加一个竖直向下的压力，则对物块A进行受力分析，则逐渐增大时，在物块A即将向下滑动的临界状态，取得最大值。
，，其中，
解得，
施加的压力的取值范围为。
（3）对滑轮受力分析，由共点力平衡条件可得，
解得弹簧1上的弹力为，弹簧处于压缩状态，压缩量，
对物块C受力分析可知，
解得，弹簧2处于压缩状态，压缩量，
物块对地的压力恰好减小至零时将C、D看成整体，则弹簧1上的力，弹簧1处于拉伸状态，伸长量，
对D受力分析，则弹簧2上的力，弹簧2处于拉伸状态，伸长量，
物块上升的高度为。
14．【答案】（1）3m/s；（2）5m/s；（3）1.5m
【详解】（1）滑块在P点做平抛运动
由几何关系可知
（2）小滑块滑到B点时，其重力势能加少量转化为小车和滑块的动能增加量
水平方向动量守恒，设滑块在B点的速度为vB和v车
代入数据可得
，
（3）小滑块滑到小车右端时，动量守恒
由能量转化关系可知
代入数据可得
，
小滑块从车上滑下做平抛的时间为
小滑块落到地面上瞬间与小车上C点间的水平距离为
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 设小球以速度跟小球碰撞，碰后小球、的速度分别为、，以水平向右为正方向，根据动量守恒有（1分）
根据能量守恒有（1分）
小球滑上圆弧体最高点过程中，根据水平方向动量守恒有（1分）
根据能量守恒有（1分）
由静止释放小球，弹簧对小球做功，根据功能关系有（1分）
（2） 小球第一次返回到圆弧体底端的过程中，根据小球与圆弧体水平方向动量守恒有（1分）
根据能量守恒有（1分）
解得小球与圆弧体第一次分离时小球的速度大小（2分）
（3） 由第（2）问可得小球第一次返回到圆弧体底端时圆弧体的速度大小（1分）
小球第一次返回到圆弧体底端时根据牛顿第二定律有（2分）
解得（1分）
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小（1分）
【思路引导】由静止释放小球，弹簧对小球做功 弹簧的弹性势能转化为小球的动能 小球与小球发生弹性碰撞 利用动量守恒和能量守恒列式 小球滑上圆弧体最高点过程，系统水平方向动量守恒 利用水平方向动量守恒和能量守恒列式 小球从圆弧体滑上最高点，再从圆弧体滑下到底端过程，等效于弹性碰撞 利用水平方向动量守恒和能量守恒列式 小球第一次返回到圆弧体底端时，利用牛顿第二定律和牛顿第三定律求出对圆弧面的压力大小。
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：力学、电磁学综合提高练习3
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒ab垂直放在导轨上，整个空间存在与导体棒ab垂直的匀强磁场，导体棒中通有由a到b且大小为Ⅰ的恒定电流，使导体棒恰好保持静止，平行导轨间距为L，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．若磁场方向为竖直向上，则磁感应强度为
B．若磁场为垂直斜面方向，则磁场只能垂直斜面向下
C．磁感应强度最小值为
D．若仅使电流反向（其他条件不变），导体棒仍能保持静止
2．如图所示，用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止，则磁铁（ ）
A．从B到C的过程中，圆环中产生逆时针方向的电流（从上往下看）
B．摆到D处时，圆环给桌面的压力小于圆环受到的重力
C．从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向相反
D．在A、E两处的重力势能不相等
3．下列有关物理知识和史实的说法，正确的是（　　）
A．做圆周运动的物体，其所受合力的方向必定指向圆心
B．万有引力定律由牛顿发现，引力常量由卡文迪许测定
C．在地面发射地球卫星，发射速度必须大于第二宇宙速度
D．伽利略通过整理大量的天文观测数据得出了行星的运动规律
4．下列四幅图涉及到不同的物理知识，四个选项中说法正确的是（　　）
A．图甲中研究体操运动员的动作时，可将运动员看成质点
B．图乙中对各类汽车都有限速是因为汽车的速度越大惯性越大
C．图丙中举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．图丁中船相对水垂直河岸匀速行驶，无论水流速度多大，渡河时间一样长
5．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（　　）
A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压与无关
C．前、后表面间的电压与成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
6．如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，、、为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为，灯泡和三个电阻的阻值均恒为,交变电源输出电压的有效值恒为。开关与不同触点相连，下列说法正确的是（ ）
A．与相连，灯泡的电功率最大
B．与相连，灯泡两端的电压为
C．与相连，流过灯泡的电流为
D．与相连，灯泡的电功率为
二、多选题（本大题共4小题）
7．质量为2 kg的质点在x-y平面上做曲线运动,在x方向上的速度图象和y方向上的位移图象如图所示,下列说法正确的是 (　 　)
A．质点的初速度为5 m/s
B．2 s末质点速度大小为6 m/s
C．质点做曲线运动的加速度大小为3 m/s2
D．质点所受的合力为3 N
8．在如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，定值电阻为，且 滑动变阻器为。现闭合电键，滑动变阻器的滑动触头从端向端滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电压表读数先变大后变小；电流表读数一直变大
B．电压表读数先变大后变小；电流表读数先变小后变大
C．的电功率先变小后变大
D．电源的输出功率先变小，后增大
9．如图所示，某工地要将一大铁球从低处拉上来，跨过定滑轮的绳一端系着铁球（系绳延长线过球心），一端连在水平地面上的工程牵引车上，滑轮与车之间的绳子保持与地面平行，车牵引着绳使球沿竖直墙面匀速上升，则在球匀速上升且未离开墙面的过程中（　　）
A．绳对球的拉力逐渐减小 B．球对墙的压力逐渐变大
C．绳对球的拉力逐渐变大 D．球对墙的压力逐渐减小
10．如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则(　　)
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时的绳子拉力最大
D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加
三、非选择题（本大题共5小题）
11．为了测量一个规格为“12 V 5 W”的小灯泡在不同电压下的功率.某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示.某次测量时，电流表指针位置如图乙所示，电流表读数为 A，此时小灯泡的实际功率为 W.
12．如图所示，质量的物块下端连接着固定于水平地面的竖直轻弹簧，上端连接着跨过定滑轮的轻质细绳，细绳的另一端连接着静置于水平地面、质量的物块。物块上端的细绳处于竖直方向，与物块相连的细绳与水平地面的夹角，此时弹簧的压缩量，物块恰好静止。已知弹簧的劲度系数，取重力加速度大小，不计滑轮与细绳间的摩擦，物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)细绳上的弹力大小;
(2)物块对地面的压力大小。
13．为了测定元电荷的数值，某物理兴趣小组设计了如图所示的实验装置。
实验操作步骤如下；
①按图示装置安装好器材；
②调节实验仪器，使间距为d的平行金属板处于水平位置；
③闭合电源开关，通过喷雾器把油滴（由于摩擦，油滴带负电）通过平行金属板的上极板中间的小孔喷入电场中；
④通过显微镜来观察，找到悬浮不动的油滴，根据观测数据算出油滴的质量为m；
⑤根据平行金属板上所加的已知电压U，算出油滴的电荷量。
（1）平行金属板之间的电场是 ；（填“匀强电场或非匀强电场”）
（2）平行金属板的下极板带 ；（填“正电或负电”）
（3）若已知元电荷为e，重力加速度为g，则悬浮液滴所带的电荷量等于元电荷的 倍（用m、d、U、g、e表示）。
14．一宇航员抵达一半径为 的星球表面后，为了测定该星球的质量 ，做如下的实验，取一根细线穿过光滑的细直管，细线一端栓一质量为 的砝码，另一端连在一固定的测力计上，手握细线直管抡动砝码，使它在竖直平面内做完整的圆周运动，停止抡动细直管。砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动。如图所示，此时观察测力计得到当砝码运动到圆周的最低点和最高点两位置时，测力计得到当砝码运动到圆周的最低点和最高点两位置时，测力计的读数差为 。已知引力常量为 ，试根据题中所提供的条件和测量结果，求：
(1)该星球表面重力加速度；
(2)该星球的质量 。
(3)该星球的第一宇宙速度
15．如图，固定在地面上的木板和半径为的圆弧槽刚好接触，圆弧槽凹侧和底面光滑，各物块与木板上表面间动摩擦因数均为。圆弧槽右侧通过不计质量的细杆与一压力传感器相连。从点向左，每隔放置一小物块，编号依次为1、2、3、4，质量均为，物块4与一劲度系数为的弹簧（处于原长）相连，物块4左侧木板表面光滑，弹簧左端连在木板左端。圆弧槽左侧空间有方向向左的匀强电场。一质量为、电荷量为的外表绝缘小物块从圆弧槽顶点处无初速度释放。已知当弹簧形变量为时，弹性势能为，重力加速度为。求：
(1)带电小物块下滑过程压力传感器的最大示数；
(2)若所有碰撞均为弹性碰撞，在的前提下，施加电场的强度多大时才能使弹簧的最大压缩量也为？
(3)先将1、2、3号物块拿掉，若带电物块与4为完全非弹性碰撞，施加电场的强度多大才能使弹簧的最大压缩量也为？
参考答案
1．【答案】C
【详解】若磁场方向为竖直向上，受力分析如图1所示
则，磁感应强度为，A错误；若磁场为垂直斜面方向，则安培力只能沿斜面向上，根据左手定则得磁场方向为垂直斜面向上，B错误；根据三角形定则，当安培力和支持力垂直时安培力最小（如图2所示）
此时磁感应强度最小为，C正确；电流反向则安培力反向，导体棒不能保持静止，D错误。
2．【答案】D
【详解】从 B到C的过程中，穿过圆环的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的电流（从上往下看），A错误；磁铁摆到D处时，穿过圆环的磁通量最大，但磁通量变化率为0，圆环此时的感应电流为0，则此时圆环给桌面的压力等于圆环受到的重力，B错误；A到D过程圆环为了阻碍磁通量增加而受到的安培力驱使圆环有远离磁铁的趋势，有向左的运动趋势；D到E过程，圆环为了阻碍磁通量减小而有向左的运动趋势，两个过程的运动趋势相同，则圆环受到的摩擦力方向相同，C错误；磁铁运动过程使圆环产生了感应电流而发热，根据能量守恒可知磁铁的机械能减小，可知A、E两点所处高度不相等，磁铁在A、E两处的重力势能不相等，D正确。
3．【答案】B
【详解】做圆周运动的物体，其所受合力的方向不一定指向圆心，只有做匀速圆周运动的物体，其合力才指向圆心，A错误；万有引力定律由牛顿发现，引力常量由卡文迪许测定，B正确；在地面发射地球卫星，发射速度必须大于第一宇宙速度，才能不落回地面，C错误；开普勒通过整理大量的天文观测数据得出了行星的运动规律，D错误。
4．【答案】D
【详解】图甲中研究体操运动员的动作时，不可忽略其大小和形状，不可将运动员看成质点，A错误；对各类汽车都有限速是因为汽车的质量越大惯性就越大，B错误；图丙中举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内，加速度为零，不处于超重状态，C错误；图丁中船相对水垂直河岸匀速行驶，无论水流速度多大，渡河时间等于河宽与船速的比值，一样长，D正确。
5．【答案】D
【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，，D正确，由则电压，前后表面的电压与速度有关，与a成正比，BC错误．
6．【答案】B
【详解】将副线圈的灯泡等效到原线圈中，其等效电阻为，当与相连时，原线圈的电流为，根据理想变压器的电流与匝数的关系有，灯泡两端的电压为，解得，正确；当与相连时，原线圈的电流为，根据理想变压器的电流与匝数的关系有，解得流过灯泡的电流为，错误；当与相连时，灯泡的电功率为，当与相连时，灯泡的电功率为，当与相连时，原线圈的电流为，根据理想变压器的电流与匝数的关系有，灯泡的电功率为，故与相连时灯泡的功率最大，、错误。
【易错警示】
1．等效电阻算错：混淆“匝数比平方”的应用而非；
2．电路结构误判：开关触点改变时，原线圈中串并联关系易看错（如与相连时是“三电阻串联后与灯泡再串联”的关系）。
【模型提取】
把理想变压器的副线圈负载等效到原线圈，利用“变压比、变流比”转化为纯电阻电路分析。核心公式：等效电阻，原、副线圈功率相等。
7．【答案】AD
【详解】x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度 ，质点的初速度，选项A正确；2 s末质点速度大小为，选项B错误；质点做曲线运动的加速度大小为，选项C错误；质点所受的合力为F=ma=3 N，选项D正确；
8．【答案】ACD
【详解】AB．由电路图可知，滑动变阻器滑动触头P两边得电阻并联，当P从M向N端滑动时，总电阻先变大后变小，总电流先减小后增大，路端电压先变大后变小，即电压表示数先变大后变小，设PN部分电阻为 ，则PN电流为
则随着减小，电流逐渐增大，A正确，B错误；
C．因为总电流先减小后增大，根据
可知的电功率先变小后变大，C正确；
D．内外电阻相等时，电源输出功率达到最大值，当外电阻大于内阻时，电源输出功率随电阻增大而减小，因为所以总电阻一定大于r，因为总电阻先变大后变小所以电源输出功率先变小，后增大，D正确。
选ACD。
9．【答案】BC
【详解】令滑轮下侧的绳与竖直方向夹角为，球质量为m，对球进行分析，根据平衡条件有
，
根据牛顿第三定律有
解得
，
当球匀速上升时，增大，则绳对球的拉力逐渐变大，球对墙的压力逐渐变大。
故选BC。
10．【答案】BD
【思路点拨】本题是复合场在的等效最低点的问题，带电物体在电场中圆周运动问题，利用等效最低点的特点与电场力做功与电势能和动能的变化关系判断是常用的解题方法．
【分析】首先要判断出小球运动的等效最低点，然后根据动能减小判断电场力做功的正负，从而知道带电的正负，利用电场力做功与电势能的变化关系判断电势能的变化．
【详解】A、C、小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中做类单摆运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时（在角AOC角平分线上），小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大．故A错误，C错误；
B、从A到B的过程中电场力对小球做负功，小球的机械能减小．故B正确；
D、从B到C的过程中克服电场力做功，小球的电势能一直增大，D正确；选BD
11．【答案】0.40；2.4
【详解】
第一空.因灯泡额定电流，故电流表量程应选0~0.6A，则分度值为0.02A.则指针的示数应为0.40A；
第二空.从I－U图象可以看出，当电流为I'=0.40A时，电压U'=6V，故功率为P'=U'I'=0.4×6W=2.4W.
12．【答案】(1)，(2)
【解析】(1)对物块受力分析，有
其中弹簧弹力为
代入得
(2)对物块受力分析，竖直方向上有
根据牛顿第三定律有
代入得
13．【答案】匀强电场；负；
【详解】
(1) 平行金属板之间的电场是匀强电场。
(2) 油滴带负电处于平衡状态，电场力向上，则场强向下，平行金属板的下极板带负电。
(3) 悬浮液滴受力
解得
14．【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】（1）设砝码在最高点细线的拉力为F1，速度为v1，根据牛顿第二定律
设砝码在最低点细线的拉力为F2，速度为v2，同理
由机械能守恒定律得
联立以上式子解得
（2）在星球表面，万有引力近似等于重力 又 联立解得
（3）由 ； 联立求得
15．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）如图所示
设滑块与圆心连线从开始运动夹角时，速度为v，则
对滑块受力分析，设受到支持力为，则
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为F，则
由上述可知
当时，F取最大值为
（2）设带电滑块从A端滑上木板时速度为，则
设带电滑块与1号物块碰撞前速度，有
由于，则，各物块质量相等，发生弹性碰撞后带电滑块便静止在1号物块处，1号滑块将与2号滑块碰撞，2号滑块将与3号滑块碰撞，3号滑块碰撞将与4号滑块碰撞。4号滑块被碰后速度设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则
联立解得
代入和，解得
（3）设带电物块与4号物块碰前速度为，碰后的速度大小为，则，
各小物块经一系列完全非弹性碰撞后从4号球所在位置向左做简谐运动。平衡位置弹簧压缩量设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则简谐运动的振幅为
物块4被撞后整体速度为，由弹簧振子机械能守恒
解得
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：力学、电磁学综合提高练习4
一、单选题（本大题共6小题）
1．女排是我校的传统优势项目，近年来，在各项比赛中，一中女排屡创佳绩。在如图所示的女排比赛中，下列说法中正确的是（　　）
A．研究女排比赛中运动员扣球的动作时，可将女排运动员视为质点
B．确定落在边线处的排球是否在界内时，可将排球视为质点
C．在运动员击球前的瞬间，排球相对于运动员是静止的
D．以站在场边的教练员为参考系，正在跳跃击球的1号运动员是运动的
2．2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。神舟十九号载人飞船与天和核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于圆轨道III，神舟十九号飞船处于圆轨道I，通过变轨操作后，沿椭圆轨道II由A处运动到处与天和核心舱对接，则神舟十九号飞船（　　）
A．在轨道II上处的速度大于A处的速度
B．在轨道I上与地心的连线和在轨道II上与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等
C．由轨道I变轨到轨道II，需在A处减速
D．在轨道II和轨道III上经过处时加速度相等
3．北京时间2024年7月29日凌晨2时40分，在巴黎奥运会女子100米蝶泳决赛中，张雨霏以56秒21的成绩摘得铜牌。如图为张雨霏起跳后在空中的情景，已知100米蝶泳比赛的泳池长为。则下列说法正确的是（　　）
A．张雨霏100米决赛的成绩是56秒21．其中56秒21指的是时刻
B．北京时间2024年7月29日凌晨2时40分指的是时间间隔
C．张雨霏100米决赛中的位移为
D．在研究张雨霏的运动路径时，可以将地看成质点
4．对于点电荷，下列说法中正确的是（　　）
A．点电荷也叫“元电荷”，是最小的电荷量
B．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体在任何情况下都能当作点电荷处理
C．只要带电体的电荷量足够小，该带电体就可以视为点电荷
D．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相等，它们之间相互作用的库仑力大小一定相等
5．某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b端接入电压为的交流电源，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且两变压器的匝数比。已知的阻值均为的阻值为，电阻消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的匝数比 B．电压表的示数为
C．电流表的示数为 D．若断路，电流表示数将增大
6．将一电源与电阻箱R、定值电阻连接成闭合回路，如图甲所示。测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．电源内阻 B．电源电动势
C．定值电阻功率最大时，电阻箱 D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为90%
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，AME、HDG为两条足够长的光滑平行金属导轨。导轨倾斜部分倾角θ＝30°，置于垂直倾斜导轨平面向下、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场中，距离MD足够远处放置一质量为20 g、内阻不计的导体棒ab。导轨水平部分通过导线分别连接有电容C＝5 000 μF的电容器和R＝2 Ω的电阻，导轨G端接有一单刀双掷开关。t＝0时刻开关接1，对导体棒施加一个沿导轨向上、功率恒定的牵引力F，使导体棒从静止开始沿导轨向上运动，t＝4 s时达到最大速度2 m/s，0～4 s内电阻R上产生的热量为8．5 J。t＝6 s时撤去牵引力，同时断开开关；t＝6.4 s时，开关接2。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，导轨间距L＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则
A．0～6 s内导体棒先做匀加速运动后做匀速运动
B．牵引力的功率为2.2 W
C．0～4 s内导体棒的位移大小为3 m
D．t＝7 s时，导体棒的加速度大小为4 m/s2
8．一长为L的金属管从地面以的速率竖直上抛，管口正上方高h（）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是（　　）
A．小球穿过管所用的时间等于
B．小球可能在管上升阶段穿过管
C．若小球在管上升阶段穿过管，则
D．若小球在管下降阶段穿过管，则
9．如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻串联后接在电压的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器，原、副线圈的匝数比为，已知，的最大阻值为，现将滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变大
B．电的输出功率变大
C．当时，电流表的示数为
D．当时，获得的功率最大
10．离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室后被电离为氙离子，利用加速电场加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为，已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（ ）

A．氙离子的加速电压为 B．离子推进器发射功率为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
三、非选择题（本大题共5小题）
11．（9分）某高二学习小组在学习自感电动势时了解到自感电动势，教材中称自感系数L与线圈的大小、形状、圈数、以及是否有铁芯等因素有关。他们决定探究一下这个结论。查阅资料知道，长且直的密绕的螺线管内部磁场可以看成匀强磁场：B＝ 0nI， 0为常数，I为螺线管中电流， 是单位长度上的线圈匝数，l是螺线管长度，N为线圈总匝数。
（1）他们首先用霍尔材料来探究螺线管内磁场是否为匀强磁场。如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体（二者单位体积内所含的自由电子数相同），但R1的尺寸比R2的尺寸大。将两导体同时放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图所示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法正确的是( )
A．R1中的电流大于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．霍尔电压和图中通过的电流I成正比，和图中竖直向上的磁感应确定B成正比
D．R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压
（2）根据理论推导，他们决定保持图1左右两侧的电流不变，在图1前后表面连接电压表测定霍尔电压，请你用导线将电源、滑动变阻器，毫安电流表连好电路，来控制霍尔元件中电流，两块表都使用较小量程
（3）用该电路测量出多组数据，得到下图所示的B—x图象（x为螺线管中点开始的水平距离）则除去边缘外 （填可以、不可以）验证管内磁感应强度公式B＝ 0nI正确。
（4）最后，请根据法拉第电磁感应定律推导出长且直的螺线管的自感系数。设螺线管内部磁场为匀强磁场：B＝ 0nI， 0为常数，I为螺线管中电流，是单位长度上的线圈匝数，l是螺线管长度，N为线圈总匝数。设每匝线圈包围的面积为s，螺线管总长度为l，螺线管体积V＝sl，则自感系数L表达式正确的是 ( )
A． B． C． D．
12．(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=)
(1)当开关S接　　　　时(选填“1”或“2”),平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较　　　　(选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时　　　　(选填“相同”或“相反”)。
(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为　　　。
(3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是　　　(选填“a”“b”或“c”)。
甲 乙 丙
13．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A和B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，O和B间细线的张力大小；
（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度；
（3）小圆环A的质量。
14．如图甲所示，真空室中电极K连续发出的电子（初速度不计）经过电势差为的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差随时间变化如图乙所示，设C、D间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。已知电子的质量为、电荷量为（重力不计），板间距离为，偏转电压，所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为，电子从离开偏转电场到达荧光屏所需时间为。求：
（1）偏转电场的长度；
（2）若的周期，荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
（3）若的周期，哪些时刻进入偏转电场的电子刚好能到达荧光屏上的点？
15．如图所示，质量m＝2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝0.4m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数，g取，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值；
（3）从滑块A刚开始挤压弹簧到与弹簧分离过程中，弹簧弹力对滑块A的冲量；
（4）小车C的长度。
参考答案
1．【答案】D
【详解】A．研究女排比赛中运动员扣球的动作时，运动员的大小形状不能忽略不计，不可将女排运动员视为质点，选项A错误；
B．确定落在边线处的排球是否在界内时，排球的大小不能忽略，不可将排球视为质点，选项B错误；
C．在运动员击球前的瞬间，排球相对于运动员是运动的，选项C错误；
D．以站在场边的教练员为参考系，正在跳跃击球的1号运动员是运动的，选项D正确。选D。
2．【答案】D
【详解】轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，根据开普勒第二定律可知B处的速度小于A处的速度，A错误；根据开普勒第二定律可知，对于同一轨道卫星，与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等，B错误；飞船从低轨道变到高轨道，需要在变轨处点火加速，所以飞船由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A处加速，C错误；在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上分别经过B处时，根据牛顿第二定律有，解得，知加速度相等，D正确。
3．【答案】D
【详解】A．张雨霏100米决赛的成绩是56秒21．其中56秒21指的是时间，A错误；
B．北京时间2024年7月29日凌晨2时40分指的是时刻，B错误；
C．张雨霏100米决赛中的位移为0m，C错误；
D．在研究张雨霏的运动路径时，其大小、形状可以忽略，因此可以将她看成质点，D正确。选D。
4．【答案】D
【详解】A．当带电体的大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略时，带电体可以视为一个点，称为点电荷，它与元电荷不是一个概念，A错误；
BC．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作点电荷，带电体的电荷量足够小，也不一定能将该带电体视为点电荷，BC错误；
D．两个点电荷之间的库仑力是一对相互作用力，则不论它们的电荷量是否相等，它们之间相互作用的库仑力大小一定相等，D正确。选D。
5．【答案】C
【详解】A．已知的阻值相等，消耗的功率相同，可知电流相同，设为I2，因的阻值为，则的电流为2I2，则降压变压器T2的次级电流为3I2，由匝数和电流关系可知
则
选项A错误；
B．变压器T1的初级电流
由能量关系可知
解得
即电压表示数，选项B错误；
C．电流表的示数等于I2，等于通过R1的电流，则为
选项C正确；
D．若断路，则T2次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，总功率减少，电流减小，则初级电流减小，则电流表示数将减小，选项D错误。
选C。
6．【答案】D
【详解】A．根据乙图，由电阻箱功率最大的条件可知，此时满足，可知电源内阻，A错误；
B．由，解得，B错误；
C．由，可知，当时，定值电阻功率最大，C错误，
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率，D正确。选D。
7．【答案】BD
【解析】0～4 s内的运动分析：对于恒定功率的牵引力有P＝Fv，对导体棒由牛顿第二定律有F－mgsin θ－BIL＝ma，其中I＝，速度增加，牵引力减小，安培力增大，则加速度减小，所以在0～4 s内导体棒做加速度减小的加速运动，A错误；当a＝0时导体棒速度最大，解得此时Fmin＝1.1 N，恒定功率P＝Fminvm＝1.1×2 W＝2.2 W，B正确；设0～4 s内导体棒的位移大小为x，根据动能定理有PΔt1－mgxsin θ－W安＝m，由功能关系可知导体棒克服安培力做的功等于电阻R产生的热量，即W安＝Q，解得x＝2.6 m，C错误。
4～6 s内的运动分析：导体棒做匀速直线运动。
6～6.4 s内的运动分析：断开开关且撤去牵引力，导体棒向上做匀减速直线运动，且加速度大小a'＝gsin θ，到t＝6.4 s时，速度大小v'＝vm－a'Δt2＝0。
6.4 s之后的运动分析：开关接2，导体棒从静止开始沿导轨下滑，电容器充电，回路中有电流，对导体棒由牛顿第二定律有mgsin θ－BI'L＝ma″，其中I'＝＝＝＝CBLa″，解得加速度大小a″＝＝4 m/s2，D正确。
【技巧必背】含容电路中有外力作用下单棒切割磁感线的加速度
导轨光滑，导体棒质量为m，导轨和导体棒电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定，磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B，图1中a＝，图2中a＝。
　　
图1　　　　　图2
8．【答案】AB
【详解】A．两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间，A正确；
BC．小球从开始下落到穿过金属管所用时间，金属管上升时间，若小球在管上升阶段穿过管，则，解得，所以当时，小球在管上升阶段穿过管，B正确，C错误；
D．若小球在管下降阶段穿过管，则有，解得，D错误。选AB。
9．【答案】BC
【详解】A．由理想变压器的特点可知，，可知，滑动变阻器的滑片向下滑动，减小，则变大，变大，电流表的示数变大，原线圈两端电压，所以减小，则减小，电压表的示数减小，选项A错误；
B．据前面的分析可知，由于变大，电源的输出功率，因此电源的输出功率变大，选项B正确；
C．当时，副线圈两端电压为，根据变压器的工作原理有，，，依题意有，联立解得，选项C正确；
D．根据等效电路思想，理想变压器输入、输出功率相等这一特点，获得的功率最大，即变压器原线圈的输入功率达到最大，相当于将原线圈替换为一电阻，其阻值为，将视为交流电源的内阻，可知当时，会获得最大的功率，此时根据电路特点依题意有，，根据变压器规律有，，则滑动变阻器的阻值，选项D错误。选BC。
10．【答案】AC
【详解】A．氙离子经电场加速，根据动能定理有，可得加速电压为，选项A正确；
B．推进器的推力为，粒子速度从0增加，推力的功率为，选项B错误；
C．在时间内有质量为的氙离子喷出，根据动量定理可得，得，根据电流的定义式，而，得，选项C正确；
D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，由动量定理，得，进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有，联立解得，取可得，选项D错误。选AC。
11．【答案】（1）BCD/BDC/CBD/CDB/DCB/DBC
（2） （3）可以 （4）AB/BA
【详解】（1）设导体的边长为a，厚度为d，根据电阻定律可知导体的电阻为，两导体厚度和材料都相同，所以电阻相同，加上相同的电压，根据欧姆定律，可知电流相等，A错误，B正确；根据霍尔元件的工作原理可知，，根据表达式可知霍尔电压和图中通过的电流I成正比，和图中竖直向上的磁感应确定B成正比，C正确；根据霍尔电压表达式可知，R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压，D正确。
（2）将器材串联即可，根据电流的方向连接导线，如图所示
（3）根据图像可以看出除去边缘外，其余部分可以看作匀强电场，改变滑动变阻器接入电路中的电阻，改变电路中的电流大小，可知验证螺线管内部的磁感应强度与电流成正比。
（4）根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势，又因为，故，
AB正确。
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)
【详解】(1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上板接电源正极,所以电容器上板带正电,充电时负电荷流出电容器上板,放电时负电荷流入上极板,所以流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=,代入数据解得C=4.1×10-4 F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由图可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设O和B间，A和B间的张力分别为、，B受力平衡，可得水平方向和竖直方向的平衡式为，，解得。
（2）当细线与竖直方向的夹角为时，设装置转动的角速度为，B做匀速圆周运动的半径，此时A和B间细线的拉力恰好减小到零，则O和B间细线的拉力和B的重力提供向心力，即，则该装置转动的角速度。
（3）装置静止时对A进行分析，设弹簧的弹力为F，则，当细线与竖直方向的夹角增大到时，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，设为，即，设小圆环A的质量为M，A和B属于同轴转动，则A和B做圆周运动的角速度相等，均为，A做圆周运动的半径，提供A做匀速圆周运动的向心力，解得小圆环A的质量。
14．【答案】（1） （2） （3）见解析
【详解】（1）电子经过加速电场过程，根据动能定理可得，解得，所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为，则偏转电场的长度为，可得。
（2）若的周期，所有电子在偏转电场中运动过程，在竖直方向有半个周期时间内的加速度方向竖直向上，有半个周期时间内的加速度方向竖直向下，可知经过一个周期，电子的竖直分速度刚好为0；则时刻进入的电子向下侧移距离最大，为，同理可知时刻进入的电子向上侧移距离最大，为，所以荧光屏上电子能够到达的区域的长度为。
（3）若的周期，则电子在偏转电场的运动时间为，电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速大小相等，离开偏转电场后做匀速直线遇到你，最终到达O点；整个过程向下的位移和向上的位移大小相等；对于在内射入的电子，设向下加速时间为，加速度大小为，则在竖直方向上有，，要到达O点时，应满足，联立解得，根据对称性和周期性可知电子刚好能到达荧光屏上点的电子进入偏转电场的时刻为（，，）或（，，）。
15．【答案】（1）2 m/s（2）3 J（3），方向水平向左（4）0.2 m
【详解】（1）滑块A从P点到刚滑上平台时，根据动能定理有，代入数据解得；
（2）当滑块A、B速度相同时，弹簧被压缩最短，弹性势能最大，在弹簧被压缩过程，以滑块A、B和弹簧为系统，满足动量守恒定律，取水平向右为正方向，则有，解得，弹簧的最大弹性势能为
（3）当弹簧恢复原长时，滑块A、B分离，分离时的速度分别为和，根据动量守恒定律有，根据能量守恒定律有，联立解得，，弹簧弹力对滑块A的冲量为，方向水平向左。
（4）滑块B滑上小车，在小车上恰好未滑落时，滑块B和小车速度相同，设为，以滑块B和小车为系统，动量守恒，则有，解得，根据能量守恒定律有，解得。
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一、单选题（本大题共6小题）
1．以下说法正确的是（　　）
A．变化的磁场能够在周围空间产生电场
B．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在
C．验钞机和遥控器的工作均利用了红外线
D．紫外线比无线电波频率小
2．如图所示为教材中关于“天体运行中三个宇宙速度”的插图，其中有①②③④条轨道，下列说法正确的是（ ）
A．轨道①对应的速度是最大发射速度，最小环绕速度
B．若卫星的发射速度v满足，卫星将绕地球运动
C．卫星在轨道②单位时间扫过的面积等于在轨道③单位时间扫过的面积
D．卫星沿轨道④运动，将脱离太阳引力的束缚
3．如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和10r。支起后轮，在转动踏板的过程中，A、B、C三点（　　）
A．角速度大小关系是
B．线速度大小关系是
C．转速之比是
D．加速度之比是
4．人教版必修三P76B组第1题变式一圆柱形玻璃棒横截面半径为，表面上均匀带有正电荷（不计底面），每个电荷的电荷量为，玻璃棒表面单位面积所带电荷数为，当此棒沿轴线方向做速度为的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为（ ）
A. B. C. D.
5．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m 的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是（　　）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为
C．摩擦力对小物块所做的功为
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为Ffx
6．风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2 s内，该雨滴（　　）
A．做匀加速直线运动
B．在t＝1 s时速度大小为11 m/s
C．重力的瞬时功率一直增大
D．前、后1 s内合力做功之比为1∶3
二、多选题（本大题共4小题）
7．手机无线充电技术给用户带来了全新的充电体验，其基本原理是电磁感应现象：给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流。某次充电过程可简化为如图甲所示的模型，一个阻值为R、匝数为n的圆形金属受电线圈与阻值也为R的电阻连接成闭合回路，线圈的半径为。在受电线圈中半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示（规定图甲中B的方向为正方向）。图线与横、纵轴的交点分别为和，导线的电阻不计。在时间内，下列说法正确的是（　　）
A．中电流的方向为
B．ab两点之间的电压为
C．线圈中感应电流的大小为
D．通过电阻的电荷量
8．在如图所示电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，开关闭合后将滑动变阻器R2的滑片从中间位置开始向下滑动，电压表V1的示数及示数变化量分别记为U1和ΔU1，电压表V2的示数及示数变化量分别记为U2和ΔU2，电流表的示数及示数变化量分别记为I和ΔI，下列说法正确的是 (　　)
A．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变小
B．电阻R1消耗的功率增大
C．增大，变小
D．|ΔU1|<|ΔU2|
9．(5分)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是　　　　(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)。
图(a) 图(b)
A．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4 m/s
10．如图甲所示为农场扬场机分离谷物示意图。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v1方向斜向上。不计空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．谷粒1和谷粒2在水平方向都做匀速直线运动
B．谷粒1和谷粒2在竖直方向都做自由落体运动
C．谷粒2从O到P的运动时间大于谷粒1从O到P的运动时间
D．谷粒2从O到P的运动时间等于谷粒1从O到P的运动时间
三、非选择题（本大题共5小题）
11．在研究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验中，用如图所示装置进行操作，首先给电容器的两个极板充电，然后断开电源：
(1)使电荷量和正对面积一定，增大两板间距离，则静电计指针偏角将 （填“变大”“变小”或“不变”）
(2)使电荷量和两板间距离一定，向上平移左板以减小正对面积，则静电计指针偏角将 （填“变大”、“变小”或“不变”）
(3)使电荷量、两板间距离及正对面积一定，在两极板间放入石蜡，则静电计指针偏角将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。放入石蜡后该电容器的电容将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
12．（9分）（1）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路。在图（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）在图（乙）中，
①将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将 （填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；
②螺线管A放在B中不动，电流表的指针将 偏转；
③螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将 偏转；
④螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将 偏转。
（2）给金属块缠上线圈，线圈中通入反复变化的电流，金属块中产生如图1中虚线所示的感应电流，这样的电流称为 ，真空冶炼炉就是利用它产生的热量使金属熔化。变压器和镇流器的铁心通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压制成，而不是用一整块铁制成，其原因是为了 ，减少铁心发热损失。
（3）如图2所示的交变电流的有效值I＝ A（其中每个周期的后半周期的图像为半个周期的正弦曲线）
13．（13分）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为＋q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，－r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
图（a） 图（b）
14．(15分)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小；
(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
图(a) 图(b)
15．（14分）如图，在光滑水平地面上，、、三个物块质量均为，、间用劲度系数大小为的轻质弹簧连接，开始时弹簧处于原长，、接触不粘连。现给物块一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度。在以后的运动中弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为为弹簧相对原长的形变量。
（1） 求物块的最大加速度及最大速度；
（2） 若其他条件不变，只改变物块的质量，求物块可能获得的最大动能。
参考答案
1．【答案】A
【详解】根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场能够在周围空间产生电场，A正确；麦克斯韦首先从理论上预言了电磁波，赫兹利用实验证实了电磁波的存在，B错误；验钞机是利用紫外线使钞票上的荧光物质产生发光效应进行防伪的，遥控器的工作利用了红外线,C错误；各种射线的波长从大到小排序为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，紫外线比无线电波的波长小，频率大，D错误。
2．【答案】B
【详解】轨道①对应的第一宇宙速度是人造卫星做圆周运动的最大运行速度，也是人造卫星绕地球运行所需的最小发射速度，A错误；卫星的发射速度v满足，卫星将绕地球运动，B正确；开普勒第二定律中同一颗卫星在同一轨道上运行时与中心天体单位时间扫过的面积相等，C错误；当发射速度达到，即达到第三宇宙速度，飞行器会脱离太阳的束缚，卫星沿轨道④运动，将脱离地球的束缚，D错误。
3．【答案】A
【详解】大齿轮与小齿轮边缘点线速度相等，则有，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则有，根据，可得，，所以，，A正确，B错误；根据，可得，C错误；根据，可得，D错误。
4．【答案】D
【详解】玻璃棒表面单位面积所带电荷数为，则在时间内通过垂直电荷运动方向上某横截面的电荷量为，故棒运动形成的等效电流为，正确。
【溯源分析】本题改编自人教版必修三P76B组第1题，教材中的习题给出单位长度所带的电荷量，本题给出玻璃棒表面单位面积所带电荷数，拓展了对电流微观表达式的理解与应用。
5．【答案】C
【详解】小物块到达小车最右端过程，对于小物块根据动能定理可得，小物块到达小车最右端时具有的动能为，A错误；小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得，小车具有的动能为，B错误；摩擦力对小物块所做的功为，C正确；小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为，D错误。
6．【答案】D
【详解】根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为，即雨滴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为，即雨滴在竖直方向做匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，A错误；雨滴在t＝1 s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为，雨滴在t＝1 s时的速度为，B错误；重力的瞬时功率为，因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，重力的瞬时功率保持不变，C错误；设雨滴的质量为，由B项可知，雨滴在t＝1 s时的速度为，根据动能定理可知，在前1 s合力做的功为，雨滴在t＝2 s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为，雨滴在t＝2 s时的速度为，根据动能定理可知，在后1 s合力做的功为，前、后1 s内合力做功之比为，D正确。
7．【答案】ABD
【详解】A．受电线圈内的磁场强度在变小，磁通量变小，根据楞次定律结合安培定则可判断出线圈中产生顺时针方向的感应电流，即中电流的方向为，故A正确；
BC．由题图乙可知
且
则由法拉第电磁感应定律有
联立可得线圈中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律有，线圈中感应电流的大小为
则ab两点之间的电压为
故B正确，C错误；
D．通过电阻的电荷量
故D正确。
故选ABD。
8．【答案】AB　
【解析】当R2的滑片向下滑时，R2接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电流I增大，根据U1=E-I(r+R1)和U2=E-Ir可知U1、U2均减小，A正确；根据P1=I2R1可知电阻R1消耗的功率增大，B正确；根据U1=E-I(r+R1)可知=r+R1，比值不变，根据欧姆定律可知=R2，比值变小，C错误；根据U2=E-Ir可知=r，则有|ΔU1|>|ΔU2|，D错误。
【巧思快解】当R2的滑片向下滑时，R2接入电路的阻值减小，根据串反并同可知，电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变小，电阻R1消耗的功率增大，A、B正确；因U2=U1+UR1，而U1、U2均减小，UR1增大，应有|ΔU1|>|ΔU2|，D错误。
9．【答案】ABD
【详解】由题图(b)可知，x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒受到的回复力先减小到零后反向增大，故木棒在竖直方向的速度先增大到最大后逐渐减小，再根据速度的合成可知，合速度也是先增大到最大，再逐渐减小，故木棒的动能先增大后减小，A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒受到的浮力较小且逐渐变大，则受到的回复力竖直向下，加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒所受浮力相等，则木棒所受回复力相等，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，与水平方向速度合成后，木棒在两个位置的速度大小相等，方向既不相同也不相反，C错误；木棒受到的最大浮力和最
小浮力的差值为F1－F2，等于两倍振幅长度的木棒部分受到的浮力大小，即F1－F2＝ρSg·2A，解得A＝，D正确；木棒的运动是质点的运动，而不是机械振动的传播，E错误。
10．【答案】AC
【详解】A．谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，故谷粒1和谷粒2在水平方向都做匀速直线运动，故A正确；
B．谷粒1在竖直方向做自由落体运动，谷粒2在竖直方向做竖直上抛运动，故B错误；
CD．谷粒1在竖直方向做自由落体运动，有
谷粒2在竖直方向做竖直上抛运动，设谷粒2的初速度与水平方向的夹角为，有
可得
故C正确，D错误；
故选AC。
11．【答案】 变大 变大 变小 变大
【详解】(1)[1]使电荷量和正对面积一定，增大两板间距离，根据电容的决定式可知，C减小，根据电容的定义式可知，两板间的电压增大，所以静电计指针偏角将变大
(2)[2]减小正对面积，根据电容的决定式可知，C减小，根据电容的定义式可知，两板间的电压增大，所以静电计指针偏角将变大
(3)[3][4]使电荷量、两板间距离及正对面积一定，在两极板间放入石蜡， 增大，根据电容的决定式可知，C变大，根据电容的定义式知，两板间的电压减小，所以静电计指针偏角将变小
12．【答案】（1）①向右 ②不发生 ③向右 ④向左 （2）涡流 减少涡流 （3）
【详解】（1）①将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，根据右手螺旋定则可知，穿过螺线管B竖直向上的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生竖直向下的磁场；再根据右手螺旋定则可知螺线管B中的电流从负接线柱流入电流表，根据题意在图（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，所以此时电流表的指针将向右偏转。
②螺线管A放在螺线管B中不动，穿过螺线管B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表不发生偏转。
③螺线管A放在螺线管B中不动，穿过螺线管B磁场方向向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过螺线管B的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
④螺线管A放在螺线管B中不动，穿过螺线管B的磁场方向向上，突然切断开关S时，穿过螺线管B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表的正接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转。
（2）金属块中产生如图1中虚线所示的感应电流，这样的电流称为涡流。变压器和镇流器的铁心通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压制成，而不是用一整块铁制成，其原因是为了增大电阻，减小涡流。
（3）交变电流的有效值为I，则有，解得。
13．【答案】（1）　（2），垂直纸面向里　π　（3）
【详解】（1）根据题意可知带电粒子流在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r＝r1 （1分）
根据牛顿第二定律有qvB1＝ （1分）
可得该磁场的磁感应强度大小B1＝ （1分）
（2）要使汇聚到O点的带电粒子流经过虚线框后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出，根据左手定则可知虚线框内磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里 （1分）
根据题意可知，在虚线框内带电粒子流在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律有qvB2＝ （1分）
可得虚线框内磁场的磁感应强度大小B2＝ （1分）
该磁场区域最小面积Smin＝π （1分）
（3）要使带电粒子流汇聚到O点，并能在经过Ⅲ和Ⅳ后沿x轴正方向射出，则磁场边界一定经过原点O，发生磁聚焦时，粒子入射方向一定垂直边界圆圆心与会聚点所连的半径，则磁场边界圆圆心一定在y轴上，且位于正方形边界的顶点，从最上端（或最下端）入射的粒子运动的弧长最长，该圆弧即为磁场区域的另一条边界，磁场分布如图所示。
在虚线框Ⅰ内带电粒子流在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r3，根据牛顿第二定律有qvB3＝ （1分）
可得该磁场的磁感应强度大小B3＝ （1分）
在虚线框 Ⅲ 内带电粒子流在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r4，根据牛顿第二定律有qvB4＝ （1分）
可得该磁场的磁感应强度大小B4＝ （1分）
在虚线框 Ⅱ 内带电粒子流在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r3，最长轨迹为圆弧，该磁场区域的面积
S2＝2×＝ （1分）
在虚线框 Ⅳ 内带电粒子流在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r4，最长轨迹为圆弧，该磁场区域的面积
S4＝2×＝ （1分）
【刷有所得】分析带电粒子在磁场中的运动情况时，一般是先确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
14．【答案】(1)　(2)　(3)见解析
【详解】(1)篮球下落过程中，根据动能定理有(1－λ)mgH＝m (1分)
解得v1＝，
篮球弹起过程中，根据动能定理有－(1＋λ)mgh＝0－m (1分)
解得v2＝，
所以碰后速率与碰前速率之比＝ (1分)
(2)F－y图像中图线与坐标轴围成的面积表示力F做的功，在篮球从力F作用开始到落到地面时，由动能定理有F0(h－h0)＋mgh－λmgh＝mv (1分)
设篮球与地面碰撞后速率为v'2，则有＝，
篮球弹起后运动到h高度过程中，由动能定理有
－(1＋λ)mgh＝0－mv (1分)
联立解得F0＝ (1分)
(3)运动员拍击一次篮球后瞬间其动能为Ek0＝ (1分)
下落至地面时动能Ek1＝Ek0＋(1－λ)mgh (1分)
设第一次拍击后篮球反弹高度为h1，与地面碰撞后动能E'k1＝(1＋λ)mgh1(1分)
由与地面碰撞前后速率关系有E'k1＝μEk1［其中μ＝］，解得h1＝＋ (1分)
第二次拍击后篮球反弹高度为h2，Ek2＝Ek0＋mgh1(1－λ)，E'k2＝μEk2＝(1＋λ)mgh2 (1分)
解得h2＝＋ (1分)
同理，第N次拍击后篮球反弹高度hN＝＋hN－1＝·＋hN－1 (1分)
令p＝，q＝，则有hN＝p＋qhN－1＝p＋q(p＋qhN－2)＝p＋qp＋q2(p＋qhN－3)＝…＝p＋qp＋q2p＋…＋qN－1p＋qNh＝＋qNh，由题意可知hN＝H，解得
I＝m (2分)
15．【答案】（1）
（2）
【详解】
（1） 当弹簧第一次压缩到最短时，弹簧弹力最大，、加速度最大，此时、、速度相同，设为，物块、、三者组成的系统动量守恒，
取水平向右为正方向，由动量守恒定律得（1分）
由能量守恒定律得（1分）
联立解得（1分）
对、，由牛顿第二定律可得（1分）
解得（1分）
当弹簧第一次恢复到原长时，、分离，的速度达到最大。设此时的速度为,、的速度为，
对、、组成的系统，由动量守恒定律得
（1分）
由能量守恒定律得（1分）
联立解得,（1分）
所以的最大速度（1分）
（2） 设物块的质量为，当弹簧第一次恢复原长时，、分离，速度达到最大，
设的速度为,、的速度为，
物块、、组成的系统动量守恒，有
（1分）
由能量守恒定律得（1分）
联立解得,（1分）
物块的动能
（1分）
当时，物块的动能有最大值，为
（1分）
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