《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理第一部分 專(zhuān)題特訓(xùn)題組階段滾動(dòng)卷一含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理第一部分專(zhuān)題特訓(xùn)題組階段滾動(dòng)卷一本試卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．(2024·廣西高考)潮汐現(xiàn)象出現(xiàn)的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。圖中a、b和c處單位質(zhì)量的海水受月球引力大小在()A．a(chǎn)處最大 B．b處最大C．c處最大 D．a(chǎn)、c處相等，b處最小答案：A解析：由題圖可知，a、b和c處到月球球心的距離ra<rb<rc，根據(jù)萬(wàn)有引力定律F＝Geq\f(m1m2,r2)，可知題圖中a、b和c處單位質(zhì)量的海水受月球引力大小Fa>Fb>Fc，故選A。2.(2024·遼寧省大連市高三下二模)2028年奧運(yùn)會(huì)新增壁球運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)將球斜向上擊出，水平擊中墻上B點(diǎn)反彈后又水平飛出，落到C點(diǎn)，BB′豎直，AB′C三點(diǎn)在同一水平面上，B′C垂直于AC。不計(jì)空氣阻力，球碰撞B點(diǎn)前后的速度大小分別為v1、v2，球在AB、BC兩段運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2，則下列關(guān)系式正確的是()A．v1＝v2 B．v1<v2C．t1>t2 D．t1＝t2答案：D解析：依題意，球在AB段做斜拋運(yùn)動(dòng)，看成反方向的平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，有hBB′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，在水平方向上，有xAB′＝v1t1，球在BC段做平拋運(yùn)動(dòng)，同理有hBB′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，xCB′＝v2t2，解得t1＝t2，由題圖可知xAB′>xCB′，解得v1>v2，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3．(2024·福建省廈門(mén)市高三下第三次質(zhì)量檢測(cè))某博物館發(fā)起了一項(xiàng)“單手拿金磚”的挑戰(zhàn)。如圖所示，靜置在桌面上金磚的縱截面為上窄下寬的梯形，挑戰(zhàn)者用單手捏住金磚a、b兩側(cè)面，豎直拿起金磚并保持25秒以上即挑戰(zhàn)成功。已知金磚質(zhì)量為25kg，截面底角為71°，手與金磚間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取10m/s2，sin71°＝0.95，cos71°＝0.33，若要緩慢豎直拿起金磚，挑戰(zhàn)者對(duì)a側(cè)面的壓力至少約為()A．2500N B．2000NC．1500N D．300N答案：A解析：設(shè)金磚的質(zhì)量為m，截面底角為θ，手與金磚間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)被緩慢豎直拿起的金磚受力分析，可知金磚受到手的壓力F，手的摩擦力f以及重力mg的作用，如圖所示，在豎直方向上，由平衡條件可得2fsinθ＝2Fcosθ＋mg，其中f≤μF，解得F≥eq\f(mg,2（μsinθ－cosθ）)＝2500N，即若要緩慢豎直拿起金磚，挑戰(zhàn)者對(duì)a側(cè)面的壓力至少約為2500N，故選A。4.(2024·江蘇省南通市高三下模擬預(yù)測(cè))如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球分別系在一根細(xì)線的下端和中點(diǎn)，細(xì)線的上端懸于O點(diǎn)?，F(xiàn)使系統(tǒng)繞過(guò)O點(diǎn)的豎直軸以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)兩球可能的位置是()答案：D解析：設(shè)兩小球的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，兩球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度均為ω，上段細(xì)線與豎直方向的夾角為θ1，張力為F1，下段細(xì)線與豎直方向的夾角為θ2，張力為F2，細(xì)線的總長(zhǎng)度為2L。在豎直方向，根據(jù)平衡條件，對(duì)上方小球有F1cosθ1－F2cosθ2＝mg①，對(duì)下方小球有F2cosθ2＝mg②。若兩段細(xì)線偏向同一側(cè)(如題中A、B選項(xiàng)的情境)，在水平方向，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)上方小球有F1sinθ1－F2sinθ2＝mω2Lsinθ1③，對(duì)下方小球有F2sinθ2＝mω2(Lsinθ1＋Lsinθ2)④，由①②③④得tanθ1＝eq\f(ω2L（2sinθ1＋sinθ2）,2g)，由②④得tanθ2＝eq\f(ω2L（sinθ1＋sinθ2）,g)，故tanθ1<tanθ2，θ1<θ2，A、B錯(cuò)誤；若兩段細(xì)線偏向不同方向(如題中C、D選項(xiàng)的情境)，對(duì)下方小球受力分析知，F(xiàn)2水平方向的分力應(yīng)指向過(guò)O點(diǎn)的豎直軸，即兩小球應(yīng)在豎直軸的不同側(cè)，故C錯(cuò)誤，D正確。5.(2023·遼寧省鞍山市高三下第二次質(zhì)量監(jiān)測(cè))兩個(gè)完全相同的小球A、B用長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的細(xì)線懸于天花板上，如圖所示。若將A從圖示位置由靜止釋放，不考慮空氣阻力，則B球被碰后第一次速度為零時(shí)距離最低點(diǎn)的高度可能是()A.eq\f(L,9) B.eq\f(L,5)C.eq\f(2L,3) D.eq\f(L,10)答案：B解析：設(shè)A、B質(zhì)量均為m。小球A從釋放到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知mg(L－Lcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，解得碰前瞬間A的速度vA＝eq\r(gL)。若A與B發(fā)生彈性碰撞，由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可知兩者交換速度，即碰后B的速度vB＝vA＝eq\r(gL)，B上升過(guò)程中由動(dòng)能定理可知－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得B球被碰后第一次速度為零時(shí)距離最低點(diǎn)的高度h＝eq\f(L,2)；若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后A、B粘在一起，由動(dòng)量守恒定律可知mvA＝2mv，解得碰后瞬間A、B的速度v＝eq\f(1,2)eq\r(gL)，在A、B上升過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知－2mgh′＝0－eq\f(1,2)×2mv2，解得B球被碰后第一次速度為零時(shí)距離最低點(diǎn)的高度h′＝eq\f(L,8)。結(jié)合上述分析，B球被碰后第一次速度為零時(shí)距離最低點(diǎn)的高度在eq\f(L,8)到eq\f(L,2)之間，故B可能，A、C、D不可能。6.(2024·湖南省婁底市高三下一模)如圖所示，半徑為R的大圓環(huán)懸掛固定在豎直平面內(nèi)，圓心為O，質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在大圓環(huán)上，從大圓環(huán)頂端由靜止開(kāi)始下滑，當(dāng)小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)時(shí)，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列說(shuō)法正確的是()A．小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中重力勢(shì)能減少mgRB．小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(2gR)C．PO連線與豎直方向的夾角為60°D．小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)大圓環(huán)對(duì)小圓環(huán)的彈力大小為3mg答案：C解析：設(shè)小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，重力勢(shì)能的減少量為ΔEp，由題意可知，此時(shí)小圓環(huán)的向心加速度大小an＝eq\f(v2,R)＝3g，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量，即ΔEp＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得v＝eq\r(3gR)，ΔEp＝eq\f(3,2)mgR，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)PO連線與豎直方向的夾角為θ，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)大圓環(huán)對(duì)小圓環(huán)的彈力大小為FN，如圖所示，小圓環(huán)從初始位置運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR·(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立可得FN＝eq\f(7,2)mg，cosθ＝eq\f(1,2)，所以θ＝60°，故C正確，D錯(cuò)誤。7．(2023·福建省福州市高三二模)在無(wú)風(fēng)天氣里，毽子受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一毽子從高處由靜止豎直下落至地面的過(guò)程中，位移大小為x、速度大小為v、加速度大小為a、重力勢(shì)能為Ep、動(dòng)能為Ek、下落時(shí)間為t。取地面為零勢(shì)能面，則下列圖像正確的是()答案：B解析：依題意可知，毽子所受空氣阻力大小f＝kv(k為大于零的常量)，根據(jù)牛頓第二定律有mg－f＝ma，得a＝g－eq\f(k,m)v，B正確；毽子下落過(guò)程中，速度v逐漸變大，則加速度逐漸減小，最后加速度可能減小為零，即速度先增大后可能不變，則x-t圖像的斜率先增加后可能不變，A錯(cuò)誤；設(shè)毽子原來(lái)的高度為h，則重力勢(shì)能Ep＝mg(h－x)，則Ep與x為線性關(guān)系，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理W合＝ΔEk及功率的定義式P＝eq\f(W,t)，可知Ek-t圖像的斜率為eq\f(ΔEk,Δt)＝P合，合外力做功的功率P合＝(mg－kv)v，在下落過(guò)程中，v從0逐漸變大，最后可能不變，則Ek-t圖像的斜率先從0增大，最后可能減小到0，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求。全都選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.在光滑水平桌面上有一個(gè)靜止的木塊，高速飛行的子彈水平穿過(guò)木塊，若子彈穿過(guò)木塊過(guò)程中受到的摩擦力大小不變，則()A．若木塊固定，則子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量為零B．若木塊不固定，則子彈減小的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能C．不論木塊是否固定，兩種情況下木塊對(duì)子彈的摩擦力的沖量大小相等D．不論木塊是否固定，兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等答案：BD解析：若木塊固定，子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t不為零，摩擦力f不為零，則子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量I＝ft不為零，故A錯(cuò)誤；若木塊不固定，子彈減小的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，可知子彈減小的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能，故B正確；木塊固定時(shí)子彈射出木塊所用時(shí)間較短，木塊不固定時(shí)子彈射出木塊所用時(shí)間較長(zhǎng)，摩擦力大小不變，則木塊不固定時(shí)木塊對(duì)子彈的摩擦力的沖量大小大于木塊固定時(shí)木塊對(duì)子彈的摩擦力的沖量大小，故C錯(cuò)誤；不論木塊是否固定，摩擦力與木塊厚度都相等，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與木塊厚度的乘積，因此兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等，故D正確。9.(2024·廣東省汕頭市高三下二模)如圖所示，球筒中靜置著一個(gè)羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，最后羽毛球(視為質(zhì)點(diǎn))從上端筒口出來(lái)。已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為f1＝2.6N，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為f2＝0.1N，開(kāi)始時(shí)球離筒的上端距離為d＝9cm，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A．靜置時(shí)，羽毛球受到的摩擦力為0.1NB．拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力C．拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30m/s2D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來(lái)，則筒的初速度為3m/s答案：CD解析：靜置時(shí)，根據(jù)平衡條件可知，羽毛球受到的摩擦力f＝mg＝0.05N，故A錯(cuò)誤；拍打球筒后瞬間，球筒相對(duì)于羽毛球向下運(yùn)動(dòng)，則羽毛球給球筒的摩擦力向上，而根據(jù)牛頓第三定律可知，球筒給羽毛球的摩擦力向下，故B錯(cuò)誤；拍打球筒后瞬間，設(shè)羽毛球的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有mg＋f2＝ma1，解得a1＝30m/s2，故C正確；僅拍打一次，羽毛球恰能出來(lái)，則羽毛球相對(duì)球筒上升距離d后恰好與球筒達(dá)到共速，設(shè)球筒的加速度大小為a2，初速度大小為v，由牛頓第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得a2＝20m/s2，球筒向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，羽毛球向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后羽毛球與球筒共速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v－a2t＝a1t，vt－eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，聯(lián)立解得v＝3m/s，故D正確。10.(2023·湖北省十堰市高三下4月調(diào)研)如圖所示，光滑直角桿aOb固定，質(zhì)量均為0.1kg的P、Q兩小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))分別套在水平桿Oa和豎直桿Ob上，兩小球用長(zhǎng)為5m的細(xì)線(不可伸長(zhǎng))相連。開(kāi)始時(shí)P靜止在O點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小為0.5m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)(Q未到達(dá)O點(diǎn))。取重力加速度大小g＝10m/s2。在P從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)4m的過(guò)程中()A．該水平拉力F先增大后減小B．P所受重力的沖量大小為4N·sC．Q所受重力對(duì)Q做的功為－3JD．該水平拉力F做的功為eq\f(23,9)J答案：BD解析：由于細(xì)線不可伸長(zhǎng)且一直繃直，所以P、Q沿細(xì)線方向的速度、加速度相等，令∠OPQ＝θ，則有vPcosθ＝vQsinθ，aPcosθ＝aQsinθ，根據(jù)牛頓第二定律有F－Tcosθ＝maP，Tsinθ－mg＝maQ，解得F＝maP＋eq\f(\a\vs4\al(mg),tanθ)＋eq\f(maP,tan2θ)，P向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，θ減小，則水平拉力F增大，A錯(cuò)誤；P從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)4m的過(guò)程有x＝eq\f(1,2)aPt2，解得t＝4s，則P所受重力的沖量大小I＝mgt＝4N·s，B正確；Q的位移大小為x′＝5m－eq\r(52－42)m＝2m，則Q所受重力對(duì)Q做的功W＝－mgx′＝－2J，C錯(cuò)誤；P的末速度大小vP1＝aPt＝2m/s，根據(jù)cosθ1＝eq\f(4m,5m)可知，當(dāng)P運(yùn)動(dòng)了4m時(shí)，夾角θ＝θ1＝37°，結(jié)合vP1cosθ1＝vQ1sinθ1可解得此時(shí)Q的速度大小vQ1＝eq\f(8,3)m/s，對(duì)P、Q系統(tǒng)根據(jù)功能關(guān)系有WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q1)＋mgx′，解得WF＝eq\f(23,9)J，D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2023·遼寧省丹東市高三下質(zhì)量測(cè)試(一))某實(shí)驗(yàn)小組為驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的裝置，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量砝碼上端固定的遮光片厚度時(shí)，螺旋測(cè)微器示數(shù)如圖乙所示，則d＝________mm，測(cè)得砝碼和遮光片總質(zhì)量m＝0.026kg；(2)按圖甲安裝實(shí)驗(yàn)器材并調(diào)試，確保砝碼豎直上下振動(dòng)時(shí)，遮光片運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)高于光電門(mén)1的激光孔，運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)低于光電門(mén)2的激光孔；(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，利用計(jì)算機(jī)記錄彈簧拉伸量x及力傳感器的讀數(shù)F，畫(huà)出F-x圖像，如圖丙所示；(4)測(cè)量遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)1的擋光時(shí)間t1＝0.0051s，彈簧的拉伸量x1＝0.04m，經(jīng)過(guò)光電門(mén)2的擋光時(shí)間t2＝0.0102s，彈簧的拉伸量x2＝0.08m，以及兩個(gè)光電門(mén)激光孔之間的距離h＝0.04m；(5)遮光片從光電門(mén)1運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)2的過(guò)程中，系統(tǒng)勢(shì)能的增加量Ep＝________J，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量Ek＝________J(結(jié)果保留三位有效數(shù)字，g＝10m/s2)，實(shí)驗(yàn)表明在誤差允許范圍內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能守恒。答案：(1)2.040(5)1.60×10－31.56×10－3解析：(1)螺旋測(cè)微器的分度值為0.01mm，則遮光片厚度為d＝2mm＋4.0×0.01mm＝2.040mm。(5)遮光片從光電門(mén)1運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)2的過(guò)程中，系統(tǒng)的彈性勢(shì)能增加量Ep1＝eq\f(Fx1＋Fx2,2)·h＝eq\f(0.2＋0.4,2)×0.04J＝0.012J，重力勢(shì)能減小量Ep2＝mgh＝0.0104J，系統(tǒng)勢(shì)能的增加量Ep＝Ep1－Ep2＝1.60×10－3J，通過(guò)光電門(mén)的速度v＝eq\f(d,t)，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量Ek＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)＝1.56×10－3J。12．(8分)(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下一模)某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示裝置測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：①取若干個(gè)完全相同的鉤碼，將部分鉤碼懸掛在細(xì)線下，剩余的鉤碼放在木塊凹槽中，記錄懸掛鉤碼的個(gè)數(shù)n；②保持長(zhǎng)木板水平，釋放木塊后打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出紙帶；③將木塊凹槽中的鉤碼逐個(gè)添加到細(xì)線下端，重復(fù)多次打出紙帶。(1)如圖乙所示，用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)的位置，其中第4個(gè)點(diǎn)的位置對(duì)應(yīng)的刻度為_(kāi)_______cm。(2)已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作時(shí)每隔T＝0.02s打一次點(diǎn)，則如圖乙所示打第5個(gè)點(diǎn)時(shí)木塊的瞬時(shí)速度為_(kāi)_______m/s。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)測(cè)得懸掛鉤碼數(shù)n與木塊相應(yīng)的加速度a如下表，請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖丙中作出a-n圖像。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2，由圖線可求得木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)a/(m/s2)0.601.301.962.623.30n/個(gè)678910(4)實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，考慮到此因素的影響，μ的測(cè)量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值。答案：(1)10.30(2)0.85(3)圖見(jiàn)解析0.35(4)小于解析：(1)由題圖乙知刻度尺的分度值為0.1cm，讀數(shù)時(shí)需要估讀到分度值的下一位，則第4個(gè)點(diǎn)的位置對(duì)應(yīng)的刻度為10.30cm。(2)由題意可知，木塊釋放后做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)某段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間的平均速度，并結(jié)合題圖乙可得v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(（13.70－10.30）×10－2,2×0.02)m/s＝0.85m/s。(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出a-n圖像如圖所示。設(shè)每個(gè)鉤碼的質(zhì)量為m，所有鉤碼質(zhì)量之和為M，木塊質(zhì)量為m0，當(dāng)細(xì)線下端掛有n個(gè)鉤碼時(shí)，對(duì)這n個(gè)鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－T＝nma；對(duì)木塊及剩余鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有T－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a，聯(lián)立解得a＝eq\f(mg（1＋μ）,M＋m0)n－μg，結(jié)合a-n圖像可得μg＝3.4m/s2，解得μ＝0.35。(4)實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，設(shè)木板與水平面夾角為θ，當(dāng)細(xì)線下端掛有n個(gè)鉤碼時(shí)，對(duì)這n個(gè)鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－T＝nma；對(duì)木塊及剩余鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有T＋(M＋m0－nm)gsinθ－μ(M＋m0－nm)gcosθ＝(M＋m0－nm)a，聯(lián)立解得a＝eq\f(mg（1－sinθ＋μcosθ）,M＋m0)n－(μgcosθ－gsinθ)，縱軸截距的絕對(duì)值為μgcosθ－gsinθ＝b，則μ＝eq\f(b＋gsinθ,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)計(jì)算，則μ的測(cè)量值小于真實(shí)值。13.(8分)(2024·遼寧省沈陽(yáng)市高三下一模)一種巨型娛樂(lè)器械可以使人們體驗(yàn)超重和失重?？沙俗嗳说沫h(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上H＝48m的高空，然后座艙從靜止開(kāi)始以a1＝8m/s2的加速度勻加速下落了36m，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，座艙立即勻減速下落，到地面時(shí)剛好停下。已知重力加速度g取10m/s2。求：(1)制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)時(shí)，座艙速度的大小及減速階段加速度a2的大小；(2)制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)后，座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的多少倍？答案：(1)24m/s24m/s2(2)eq\f(17,5)倍解析：(1)設(shè)制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)時(shí)，座艙下落的高度為x1，速度的大小為v，在座艙勻加速下落階段，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2a1x1解得v＝24m/s座艙勻減速下落的距離為x2＝H－x1在座艙勻減速下落的階段，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v2＝－2a2x2聯(lián)立解得a2＝24m/s2。(2)設(shè)游客的質(zhì)量為m，則游客的重力為mg，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)后，設(shè)座椅對(duì)游客的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律可得N－mg＝ma2代入數(shù)據(jù)可得eq\f(N,mg)＝eq\f(17,5)即座椅對(duì)游客的支持力是游客重力的eq\f(17,5)倍。14．(14分)(2024·廣東省梅州市高三二模)如圖為某食品廠生產(chǎn)流水線的一部分，AB是半徑為R的光滑半圓軌道，產(chǎn)品2加工后以vA＝eq\r(3gR)的速率從A點(diǎn)沿半圓軌道下滑，到達(dá)軌道最低點(diǎn)B處時(shí)，與靜止在此處的產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞(假設(shè)每一個(gè)產(chǎn)品的質(zhì)量均為m)，被碰后的產(chǎn)品1沿粗糙的水平軌道BC滑動(dòng)，以vC＝eq\r(2gR)的速度滑上運(yùn)行速度為v的傳送帶CD。其中BC段為生產(chǎn)線中的殺菌平臺(tái)，長(zhǎng)度為4R，CD段為傳送帶，長(zhǎng)度為14R，產(chǎn)品與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，求：(1)為了保證產(chǎn)品以最短的時(shí)間經(jīng)過(guò)CD，則傳送帶的速度應(yīng)滿足什么條件？(2)產(chǎn)品與BC段殺菌平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1是多少？(3)調(diào)整產(chǎn)品從A點(diǎn)出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時(shí)間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長(zhǎng)殺菌時(shí)間t是多少？答案：(1)v≥4eq\r(gR)(2)eq\f(5,8)(3)eq\f(\a\vs4\al(8\r(5gR)),5g)解析：(1)若產(chǎn)品由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中一直加速，則傳送時(shí)間最短，設(shè)產(chǎn)品在傳送帶上加速獲得的最大速度為vm，由動(dòng)能定理有μ2mg×14R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vm＝4eq\r(gR)則傳送帶速度應(yīng)滿足v≥4eq\r(gR)。(2)設(shè)產(chǎn)品2到達(dá)B處時(shí)的速度大小為vB，在產(chǎn)品2從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)設(shè)產(chǎn)品1和產(chǎn)品2發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mvB＝mv1＋mv2由總動(dòng)能不變，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v1＝vB＝eq\r(7gR)，v2＝0(另一解v1＝0，v2＝eq\r(7gR)，不符合實(shí)際，舍去)對(duì)產(chǎn)品1進(jìn)入殺菌平臺(tái)后滑行到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－μ1mg×4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ1＝eq\f(5,8)。(3)若要保證產(chǎn)品不脫軌，則產(chǎn)品2在A點(diǎn)的最小速度vAm滿足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,Am),R)設(shè)此時(shí)產(chǎn)品2到達(dá)B處時(shí)的速度為vB′，由動(dòng)能定理可知mg×2R＝eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Am)解得vB′＝eq\r(5gR)同第(2)問(wèn)原理知，此時(shí)產(chǎn)品1進(jìn)入殺菌平臺(tái)的速度為v1′＝vB′＝eq\r(5gR)若要保證產(chǎn)品能滑上傳送帶，則產(chǎn)品1進(jìn)入殺菌平臺(tái)的最小速度v1m滿足－μ1mg×4R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1m)解得v1m＝eq\r(5gR)v1′＝v1m，則此時(shí)產(chǎn)品既恰好不脫軌又恰好能滑上傳送帶，此時(shí)產(chǎn)品進(jìn)入殺菌平臺(tái)后殺菌時(shí)間最長(zhǎng)，由動(dòng)量定理得－μ1mgt＝0－mv1′解得t＝eq\f(\a\vs4\al(8\r(5gR)),5g)。15．(18分)(2024·河北省張家口市高三下三模)如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧槽A與長(zhǎng)度也為R、上表面粗糙的木板B靜止在光滑水平面上，A、B之間通過(guò)大小可忽略的感應(yīng)器平滑連接，當(dāng)有滑塊從連接處經(jīng)過(guò)時(shí)兩部分分離；初始時(shí)木板B的右端貼近等高的固定平臺(tái)D停放；在平臺(tái)左端有一彈射器，當(dāng)小滑塊進(jìn)入彈射器后會(huì)自動(dòng)補(bǔ)充一定量的機(jī)械能，然后以某個(gè)角度射出。小滑塊C自圓弧槽的頂端由靜止滑下，滑到木板B的右端時(shí)恰好與B共速，然后B撞上固定平臺(tái)停止運(yùn)動(dòng)，滑塊進(jìn)入彈射器，由彈射器補(bǔ)充能量后射出，恰好擊中距離彈射器水平距離為eq\r(3)R、高度為R的目標(biāo)。已知小滑塊C的質(zhì)量為m，光滑圓弧槽A、木板B的質(zhì)量均為eq\f(1,2)m，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)。求：(1)小滑塊C運(yùn)動(dòng)到圓弧槽A的最低端時(shí)對(duì)圓弧槽的壓力；(2)木板B右端與固定平臺(tái)的最大距離；(3)小滑塊C經(jīng)過(guò)彈射器的過(guò)程中需要補(bǔ)充能量的最小值及對(duì)應(yīng)的彈射角。答案：(1)5mg，方向豎直向下(2)eq\f(7,8)R(3)eq\f(13,9)mgR60°解析：(1)設(shè)小滑塊C運(yùn)動(dòng)到圓弧槽A的最低端時(shí)，小滑塊C的速度大小為vC，圓弧槽A、木板B的速度大小為vAB，圓弧槽A對(duì)小滑塊C的支持力大小為FN，以A、B、C整體為研究對(duì)象，水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvC－mvAB＝0根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)＝mgR聯(lián)立解得vC＝eq\r(gR)，vAB＝eq\r(gR)則C相對(duì)圓弧槽A運(yùn)動(dòng)的速度大小為v相＝vC＋vAB對(duì)C，由牛頓第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,相),R)聯(lián)立解得FN＝5mg，方向豎直向上由牛頓第三定律得，小滑塊C對(duì)圓弧槽的壓力大小FN′＝FN＝5mg，方向豎直向下。(2)小滑塊C沿圓弧槽下滑的過(guò)程中，設(shè)用時(shí)為t1，C的水平分速度的平均大小為eq\o(v,\s\up6(－))C，A、B整體的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))AB，對(duì)A、B、C整體水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律得meq\o(v,\s\up6(－))C－meq\o(v,\s\up6(－))AB＝0兩邊同時(shí)乘以t1得meq\o(v,\s\up6(－))Ct1－meq\o(v,\s\up6(－))ABt1＝0由題意可知eq\o(v,\s\up6(－))Ct1＋eq\o(v,\s\up6(－))ABt1＝R聯(lián)立解得，此過(guò)程A、B向左運(yùn)動(dòng)的距離xAB＝eq\o(v,\s\up6(－))ABt1＝eq\f(1,2)R設(shè)B、C共速后的速度大小為vBC，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，自C滑到B上至C與B共速的過(guò)程，對(duì)B、C整體，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvC－eq\f(1,2)mvAB＝eq\f(3,2)mvBC解得vBC＝eq\f(\r(gR),3)由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)mveq\o\al(2,BC)＋μmgR設(shè)自C滑上B至B的速度減為0的過(guò)程中，B運(yùn)動(dòng)的距離為xB，由動(dòng)能定理有－μmgxB＝0－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)B離開(kāi)平臺(tái)的最大距離為xm＝xAB＋xB聯(lián)立解得xm＝eq\f(7,8)R。(3)設(shè)小滑塊C離開(kāi)彈射器時(shí)速度大小為v，方向與水平方向夾角為α，之后小滑塊C做斜上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小滑塊C在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則在水平方向上，有eq\r(3)R＝vcosα·t在豎直方向上，有R＝vsinα·t－eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得v2＝eq\f(\a\vs4\al(3gR),2\r(3)sinαcosα－2cos2α)由數(shù)學(xué)知識(shí)可知v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(3gR),2sin（2α－30°）－1))當(dāng)2α－30°＝90°，即α＝60°時(shí)，v有最小值，為vmin＝eq\r(3gR)需要補(bǔ)充能量的最小值為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,BC)解得ΔE＝eq\f(13,9)mgR。階段滾動(dòng)卷二本試卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．(2024·甘肅高考)如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。則導(dǎo)體棒ab所受的安培力為()A.eq\f(B2d2v,R)，方向向左 B.eq\f(B2d2v,R)，方向向右C.eq\f(B2L2v,R)，方向向左 D.eq\f(B2L2v,R)，方向向右答案：A解析：導(dǎo)體棒ab接入電路的有效長(zhǎng)度為d，故其切割磁感線在回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Bdv，感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)，導(dǎo)體棒ab所受的安培力大小為F＝IdB，聯(lián)立可得F＝eq\f(B2d2v,R)；根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒ab中的感應(yīng)電流由b向a，由左手定則可知，導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向向左。故A正確。2．(2024·浙江省麗水市、湖州市、衢州市3地高三下二模)先后讓一束電子和一束氫核通過(guò)同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向垂直。下列情況下，射出極板時(shí)電子和氫核速度偏轉(zhuǎn)角正切值相同的是()A．初速度相同 B．初速度的平方相同C．初動(dòng)能相同 D．初動(dòng)量相同答案：C解析：帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿極板方向有x＝v0t，垂直極板方向有vy＝at，其中加速度a＝eq\f(qE,m)，射出極板時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角α的正切值tanα＝eq\f(vy,v0)，聯(lián)立得tanα＝eq\f(qEx,mveq\o\al(2,0))，而電子和氫核所帶的電荷量大小q相同，質(zhì)量m不同，類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x相同，電場(chǎng)強(qiáng)度E相同，則只有初動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)相同時(shí)，射出極板時(shí)電子和氫核速度偏轉(zhuǎn)角正切值才相同，故選C。3.(2024·四川省宜賓市高三下二診)水平架設(shè)的三根絕緣輸電線纜彼此平行，線纜上電流大小相等，方向如圖所示，位于三根線纜上的M點(diǎn)、P點(diǎn)、Q點(diǎn)在同一豎直平面內(nèi)，△PQM為等腰三角形，MQ＝MP，O點(diǎn)是P、Q連線的中點(diǎn)，忽略地磁場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是()A．P點(diǎn)和Q點(diǎn)所在的兩根線纜相互排斥B．M點(diǎn)所在的線纜在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下C．O點(diǎn)處的磁場(chǎng)方向沿水平方向由Q點(diǎn)指向P點(diǎn)D．M點(diǎn)所在的線纜受到的安培力方向豎直向下答案：C解析：由兩根通電直導(dǎo)線，電流同向兩導(dǎo)線相互吸引，電流異向兩導(dǎo)線相互排斥，可知P點(diǎn)和Q點(diǎn)所在的兩根線纜相互吸引，故A錯(cuò)誤；由右手螺旋定則及對(duì)稱(chēng)性可知，P點(diǎn)和Q點(diǎn)所在的線纜在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)等大反向，M點(diǎn)所在的線纜在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向由Q點(diǎn)指向P點(diǎn)，故O點(diǎn)處的合磁場(chǎng)方向沿水平方向由Q點(diǎn)指向P點(diǎn)，故B錯(cuò)誤，C正確；由右手螺旋定則、對(duì)稱(chēng)性及磁場(chǎng)的疊加可知，P點(diǎn)和Q點(diǎn)所在的兩根線纜在M點(diǎn)所產(chǎn)生的合磁場(chǎng)沿水平方向由Q點(diǎn)指向P點(diǎn)，根據(jù)左手定則知，M點(diǎn)所在的線纜受到的安培力方向豎直向上，故D錯(cuò)誤。4．(2024·浙江6月選考)理想變壓器的原線圈通過(guò)a或b與頻率為f、電壓為u的交流電源連接，副線圈接有三個(gè)支路，如圖所示。當(dāng)S接a時(shí)，三個(gè)燈泡均發(fā)光，若()A．電容C增大，L1燈泡變亮B．頻率f增大，L2燈泡變亮C．RG上光照增強(qiáng)，L3燈泡變暗D．S接到b時(shí)，三個(gè)燈泡均變暗答案：A解析：當(dāng)S接a時(shí)，理想變壓器原線圈兩端電壓不變，原、副線圈匝數(shù)比不變，則理想變壓器副線圈兩端電壓不變，若電容C增大，則電容器對(duì)交流電的阻礙作用減小，則L1燈泡變亮；若交變電流的頻率f增大，則電感器對(duì)交流電的阻礙作用增大，則L2燈泡變暗；若光敏電阻RG上光照增強(qiáng)，則RG阻值減小，則L3燈泡中電流增大，L3燈泡變亮，故A正確，B、C錯(cuò)誤。S接到b時(shí)，理想變壓器原線圈匝數(shù)n1減小，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，理想變壓器副線圈兩端電壓U2增大，則三個(gè)燈泡均變亮，故D錯(cuò)誤。5．已知兩電池a、b的電動(dòng)勢(shì)分別為E1、E2，內(nèi)阻分別為r1、r2。兩電池分別接電阻R時(shí)，輸出功率相等。當(dāng)外電路電阻變?yōu)镽′時(shí)，電池a、b的輸出功率分別為P1、P2，已知E1<E2，R>R′。則()A．r1＝r2 B．r1>r2C．P1＝P2 D．P1>P2答案：D解析：兩電池分別接電阻R時(shí)，輸出功率相等，則兩電源的U-I圖線各自與電阻R的U-I圖線的交點(diǎn)位于同一點(diǎn)，結(jié)合E1<E2可畫(huà)出三者的U-I圖線如圖，可知r1<r2，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)R＞R′可畫(huà)出電阻R′的U-I圖線如圖，根據(jù)此圖線與兩電池U-I圖線的交點(diǎn)知，R′與電池a相連時(shí)路端電壓U和電流I都較大，電池a的輸出功率P出＝UI較大，即P1＞P2，C錯(cuò)誤，D正確。6.(2024·江西省贛州市高三下3月摸底)如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓上有A、C、D三點(diǎn)，從A點(diǎn)沿半徑AO方向射入一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)，入射速度為v1時(shí)，粒子恰好從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。已知粒子的比荷為k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝120°，下列說(shuō)法正確的是()A．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(π,kB)B．圓形區(qū)域的半徑為R＝eq\f(kv1,B)C．要使粒子從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，入射速度為v2＝eq\r(3)v1D．若只改變?nèi)肷渌俣确较?，粒子不可能?jīng)過(guò)O點(diǎn)答案：C解析：粒子從A點(diǎn)沿AO方向進(jìn)入磁場(chǎng)，從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度一定沿OC方向，粒子的速度方向改變了90°，根據(jù)幾何知識(shí)可知，粒子的軌跡半徑r1＝R，由洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πr1,v1)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(90°,360°)T，又eq\f(q,m)＝k，聯(lián)立得圓形區(qū)域的半徑為R＝eq\f(v1,Bk)，t＝eq\f(π,2Bk)，故A、B錯(cuò)誤；粒子從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)可得tan60°＝eq\f(r2,R)，解得軌跡半徑r2＝eq\r(3)R＝eq\r(3)r1，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可得，v2＝eq\r(3)v1，故C正確；由于r1＝R>eq\f(1,2)R，所以若只改變?nèi)肷渌俣确较?，粒子可能?jīng)過(guò)O點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。7．(2023·山東省德州市、菏澤市高三二模聯(lián)考)絕緣天花板上懸掛有帶正電的帶電繩，繩的質(zhì)量和帶電量都分布均勻，若在虛線下方加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，繩靜止時(shí)的形狀應(yīng)為()答案：C解析：設(shè)單位長(zhǎng)度的繩的質(zhì)量為m，帶電量為q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，對(duì)于在虛線以下、在電場(chǎng)中的繩，從繩的最下端向上取一段極短的長(zhǎng)度為Δx的繩為研究對(duì)象，受力分析如圖1所示，該部分繩所受重力和電場(chǎng)力的合力F合與豎直方向夾角θ的正切值tanθ＝eq\f(ΔxqE,Δxmg)＝eq\f(qE,mg)，由平衡條件可知，該部分繩受上面其他部分繩的拉力T斜向左上方且與豎直方向的夾角為θ，對(duì)與該段極短的繩相鄰連接的上部分長(zhǎng)度為Δx的繩受力分析可知，該上部分長(zhǎng)度為Δx的繩所受的上面其他部分繩的拉力T′同樣斜向左上方且與豎直方向的夾角為θ，同理依次類(lèi)推可知，在虛線下方的繩沿著一條斜向右下方的直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，故A、D錯(cuò)誤；對(duì)于在虛線以上、不受電場(chǎng)力的繩，從虛線處向上取一段極短的長(zhǎng)度為Δx的繩為研究對(duì)象，其受到豎直向下的重力的作用、虛線下方繩對(duì)它的拉力T下的作用，方向與豎直方向的夾角為θ，斜向右下方，以及與該段繩相鄰連接的上方繩的拉力T上的作用，受力分析如圖2所示，由平衡條件可知，T上與豎直方向的夾角α<θ，對(duì)與該段繩相鄰連接的上方長(zhǎng)度為Δx的繩受力分析可知，其所受上方相鄰連接的繩的拉力T上′與豎直方向的夾角α′<α，以此類(lèi)推可知，虛線上方繩與豎直方向夾角越向上越小。綜上可知，B錯(cuò)誤，C正確。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求。全都選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行答案：AC解析：如圖所示，在兩正電荷形成的電場(chǎng)中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子有可能經(jīng)過(guò)先加速再減速的過(guò)程，A正確；已知帶電粒子只受電場(chǎng)力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線重合須具備初速度與電場(chǎng)線平行或?yàn)?、電場(chǎng)線為直線兩個(gè)條件，B錯(cuò)誤；帶電粒子僅受電場(chǎng)力在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较?，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不一定是直線，故粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線方向不一定平行，D錯(cuò)誤。9．(2024·陜西省商洛市高三下四模)圖甲為陜西某一發(fā)電廠向商洛地區(qū)遠(yuǎn)距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器。升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，其輸入電壓如圖乙所示，遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻為100Ω。降壓變壓器右側(cè)部分為一火警報(bào)警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，當(dāng)溫度升高時(shí)其阻值變小，電壓表顯示加在報(bào)警器上的電壓(報(bào)警器未畫(huà)出)。未出現(xiàn)火警時(shí)，升壓變壓器的輸入功率為750kW。下列說(shuō)法中正確的有()A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB．遠(yuǎn)距離輸電線路損耗功率為180kWC．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，電壓表的示數(shù)變大D．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，輸電線上的電流變大答案：AD解析：由題圖乙知，升壓變壓器輸入的交流電的周期為T(mén)＝0.02s，頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，而理想變壓器不改變交流電的頻率，則降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率也為50Hz，故A正確；由題圖乙知，升壓變壓器輸入端電壓最大值為Um＝250eq\r(2)V，則其有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝250V，設(shè)升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，根據(jù)理想變壓器原、副線圈兩端電壓與匝數(shù)關(guān)系知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得副線圈兩端電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝25000V，理想變壓器原、副線圈的功率相等，則升壓變壓器的輸出功率為P＝750kW，所以輸電線中的電流為I2＝eq\f(P,U2)＝30A，輸電線路損耗功率為ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R＝302×100W＝90kW，故B錯(cuò)誤；設(shè)降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n3、n4，兩端電壓分別為U3、U4，電流分別為I3、I4，則降壓變壓器及其負(fù)載作為一個(gè)等效電阻，有R等＝eq\f(U3,I3)＝eq\f(\f(n3,n4)U4,\f(n4,n3)I4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)))eq\s\up12(2)·eq\f(U4,I4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)))eq\s\up12(2)(R1＋R2)，當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，R2阻值減小，故R等減小，升壓變壓器的副線圈兩端電壓U2不變，由歐姆定律可知輸電線中電流為I2＝eq\f(U2,R＋R等)，則I2變大，由理想變壓器原、副線圈中的電流關(guān)系可知I2n3＝I4n4，則流過(guò)R1和R2的電流I4變大，而輸電線上的損耗電壓ΔU＝I2R變大，則降壓變壓器的輸入電壓U3＝U2－ΔU變小，由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，可知降壓變壓器的輸出電壓U4變小，由UV＝U4－I4R1，可知電壓表的示數(shù)UV變小，故C錯(cuò)誤，D正確。10．(2024·山東省濰坊市高三下三模)如圖所示，af和dg是位于水平面內(nèi)的寬度為L(zhǎng)的平行軌道，be、ch兩段用光滑絕緣材料制成，其余兩部分均為光滑導(dǎo)體且足夠長(zhǎng)；ad左側(cè)接一電容器，電容器兩端電壓為U0，fg右側(cè)接有阻值為R的定值電阻；abcd和efgh區(qū)域均存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，abcd區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，efgh區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒靜止于ad處，閉合開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)體棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度為v，導(dǎo)體棒靜止后到eh的距離為x(x為未知量)。導(dǎo)體棒與軌道始終保持垂直且接觸良好，則()A．導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小a＝eq\f(Beq\o\al(2,2)L2v,2mR)B．x＝eq\f(mvR,Beq\o\al(2,2)L2)C．導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx(0<k<1)時(shí)，安培力的功率為P＝eq\f(（1－k）2Beq\o\al(2,2)L2v2,2R)D．當(dāng)電容器電容C＝eq\f(m,Beq\o\al(2,1)L2)時(shí)，導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度v最大答案：AC解析：由題意知，導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的感應(yīng)電流I＝eq\f(B2Lv,2R)，由牛頓第二定律可知，加速度大小a＝eq\f(B2IL,m)，解得a＝eq\f(Beq\o\al(2,2)L2v,2mR)，故A正確；設(shè)從導(dǎo)體棒進(jìn)入efgh區(qū)域到靜止用時(shí)為t，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(B2Lx,t)，由閉合電路歐姆定律知，平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有－B2eq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv，聯(lián)立解得x＝eq\f(2mvR,Beq\o\al(2,2)L2)，故B錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx(0<k<1)時(shí)，導(dǎo)體棒的速度為v′，從此時(shí)到導(dǎo)體棒靜止，與B項(xiàng)分析同理，可得(1－k)x＝eq\f(2mv′R,Beq\o\al(2,2)L2)，列出此時(shí)的感應(yīng)電流I′＝eq\f(B2Lv′,2R)，則此時(shí)安培力的功率為P＝B2I′L·v′，聯(lián)立解得P＝eq\f(（1－k）2Beq\o\al(2,2)L2v2,2R)，故C正確；導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得最終速度v時(shí)，電容器兩端電壓U＝B1Lv，設(shè)此時(shí)電容器所帶電荷量為q，開(kāi)始時(shí)電容器所帶電荷量為q0，則C＝eq\f(q0,U0)＝eq\f(q,U)，從開(kāi)始到導(dǎo)體棒到達(dá)bc，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量Δq＝q0－q，此過(guò)程對(duì)導(dǎo)體棒由動(dòng)量定理得B1eq\o(I,\s\up6(－))1L·Δt＝mv－0，且Δq＝eq\o(I,\s\up6(－))1Δt，聯(lián)立解得v＝eq\f(CB1LU0,m＋CBeq\o\al(2,1)L2)，整理后有v＝eq\f(B1LU0,\f(m,C)＋Beq\o\al(2,1)L2)，即C越大，v越大，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2024·浙江1月選考)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，把電阻箱R(0～9999Ω)、一節(jié)干電池、微安表(量程0～300μA，零刻度在中間位置)、電容器C(2200μF、16V)、單刀雙擲開(kāi)關(guān)組裝成如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路。(1)把開(kāi)關(guān)S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零；然后把開(kāi)關(guān)S接2，微安表指針偏轉(zhuǎn)情況是________。A．迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小B．向右偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大C．迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小D．向左偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大(2)再把電壓表并聯(lián)在電容器兩端，同時(shí)觀察電容器充電時(shí)電流和電壓變化情況。把開(kāi)關(guān)S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到160μA時(shí)保持不變；電壓表示數(shù)由零逐漸增大，指針偏轉(zhuǎn)到如圖2所示位置時(shí)保持不變，則電壓表示數(shù)為_(kāi)_______V，電壓表的阻值為_(kāi)_______kΩ(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。答案：(1)C(2)0.503.1解析：(1)把開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，電容器充電，電流從右向左流過(guò)微安表，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零；然后把開(kāi)關(guān)S接2，電容器放電，則電流從左向右流過(guò)微安表，電流先迅速增大，后逐漸減小，則微安表指針迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小。故選C。(2)由于電源為一節(jié)干電池，可知電壓表應(yīng)選用0～3V量程，由題圖2可知，此時(shí)電壓表的分度值為0.1V，需要估讀到0.01V，則電壓表的示數(shù)U＝0.50V。當(dāng)微安表示數(shù)穩(wěn)定時(shí)，電容器中不再有電流通過(guò)，此時(shí)干電池、電阻箱、電壓表和微安表串聯(lián)構(gòu)成回路，則通過(guò)電壓表的電流大小為I＝160μA＝1.6×10－4A，根據(jù)部分電路歐姆定律可得，電壓表的阻值RV＝eq\f(U,I)＝eq\f(0.50V,1.6×10－4A)＝3.1kΩ。12．(8分)(2024·山東省聊城市高三下三模)半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器阻值會(huì)隨壓力變化而改變。某小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量一薄膜壓力傳感器在不同壓力下的阻值RF，其阻值約幾十千歐，現(xiàn)有以下器材：電源：電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì)電流表A1：量程250μA，內(nèi)阻約為50Ω電流表A2：量程250mA，內(nèi)阻約為10Ω電壓表V：量程3V，內(nèi)阻約為20kΩ滑動(dòng)變阻器R：阻值范圍0～100Ω壓力傳感器RF，開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干(1)為了提高測(cè)量的準(zhǔn)確性，電流表應(yīng)選________(選填“A1”或“A2”)，并請(qǐng)補(bǔ)充完整圖甲中虛線框內(nèi)的測(cè)量電路。(2)通過(guò)多次實(shí)驗(yàn)測(cè)得其阻值RF隨壓力F變化的RF-F圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。(3)完成前面的實(shí)驗(yàn)工作后，將該壓力傳感器接入如圖丙所示電路中，制作成簡(jiǎn)易電子秤，它的主要構(gòu)成有：壓力傳感器RF，定值電阻R0＝6kΩ，理想電流表(量程250μA)，電動(dòng)勢(shì)為6V的電源，電源內(nèi)阻不計(jì)。①將該電子秤水平放置在沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的電梯里，在托盤(pán)上放一砝碼，托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量為200g，電流表示數(shù)為200μA，通過(guò)計(jì)算可得電梯的加速度大小為_(kāi)_______m/s2；②若使用一段時(shí)間后，電源電動(dòng)勢(shì)減小，電源內(nèi)阻不計(jì)，則重物質(zhì)量的測(cè)量值將________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。答案：(1)A1圖見(jiàn)解析(3)①1.5②偏小解析：(1)由閉合電路歐姆定律可知，電路中最大電流約為Imax＝eq\f(E,RF)≈eq\f(3,10×103)A＝300μA，故為了提高測(cè)量的準(zhǔn)確性，電流表應(yīng)選A1?；瑒?dòng)變阻器的阻值相比壓力傳感器阻值小得多，為了使電表示數(shù)變化范圍更大，以提高測(cè)量的準(zhǔn)確性，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法；根據(jù)RF>eq\r(RV·RA1)，可知電流表采用內(nèi)接法，故完整的電路圖如圖所示。(3)①令電源電動(dòng)勢(shì)為E2，由閉合電路歐姆定律可知，電流表示數(shù)I＝eq\f(E2,RF＋R0)，代入數(shù)據(jù)解得RF＝24kΩ，由題圖乙可知，壓力傳感器所受壓力為F＝2.3N，則托盤(pán)和砝碼所受支持力F′＝F＝2.3N；設(shè)托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量為m，電梯的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F′－mg＝ma，解得a＝1.5m/s2。②若使用一段時(shí)間后，電源電動(dòng)勢(shì)減小，電源內(nèi)阻不計(jì)，則對(duì)于同一重物，電路中電流比正常時(shí)小，由I＝eq\f(E2,RF＋R0)知，RF的計(jì)算值偏大，由題圖乙知，將導(dǎo)致重物壓力的測(cè)量值偏小，所以重物質(zhì)量的測(cè)量值將偏小。13．(8分)(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢查)如圖所示，電荷量為2×10－6C的帶正電小球B靜止放在光滑絕緣水平面上，某時(shí)刻質(zhì)量為0.2kg、電荷量為5×10－6C的帶正電小球A以2m/s的初速度從水平面上足夠遠(yuǎn)處沿直線向B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩球距離最小為0.3m時(shí)，B球的動(dòng)量為0.3kg·m·s－1，兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，靜電力常量為9.0×109N·m2·C－2。設(shè)開(kāi)始時(shí)刻A、B組成的系統(tǒng)電勢(shì)能為零，求：(1)A球最大加速度的大??；(2)B球的質(zhì)量；(3)系統(tǒng)的最大電勢(shì)能。答案：(1)5m/s2(2)0.6kg(3)0.3J解析：(1)設(shè)小球A的質(zhì)量為m，A球和B球的電荷量分別為q1和q2，靜電力常量為k，兩球間的最小距離為r，兩球距離最小時(shí)兩球間的靜電力最大，小球A加速度最大，設(shè)為a，根據(jù)庫(kù)侖定律，兩球間的最大靜電力F＝keq\f(q1q2,r2)由牛頓第二定律得F＝ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得a＝5m/s2。(2)兩球距離最小時(shí)速度相等，設(shè)為v，設(shè)B球的質(zhì)量為M，A球的初速度為v0，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v兩球距離最小時(shí)B球的動(dòng)量p1＝Mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得M＝0.6kg，v＝0.5m/s。(3)兩球距離最小時(shí)系統(tǒng)電勢(shì)能最大，由能量守恒定律知，系統(tǒng)的最大電勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)，解得Ep＝0.3J。14.(14分)(2024·四川省雅安市高三下三診)北京時(shí)間2023年10月31日8時(shí)11分，神舟十六號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。某課外實(shí)踐小組根據(jù)所學(xué)物理知識(shí)，為返回艙設(shè)計(jì)了一種電磁緩沖著陸裝置。其原理如圖所示，該裝置由返回艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁體和“人”字形剛性(忽略形變)線框支架組成，線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動(dòng)且接觸良好。整個(gè)裝置豎直著陸到水平地面前瞬間的速度大小為v0，線框接觸水平地面立即靜止，此后ab邊與磁場(chǎng)發(fā)生相互作用，返回艙一直減速直至達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，從而實(shí)現(xiàn)緩沖。已知返回艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m。返回艙總電阻為3r，線框7條邊邊長(zhǎng)均為l，每邊電阻均為r，重力加速度為g，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有ab邊在磁場(chǎng)中，線框與水平地面絕緣，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和一切摩擦阻力，忽略地磁場(chǎng)的影響。(1)線框剛接觸水平地面時(shí)，流過(guò)ab的電流大小和方向；(2)返回艙達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的速度v；(3)若返回艙的速度大小從v0減到v的過(guò)程中，經(jīng)歷的時(shí)間為t，求該過(guò)程中返回艙下落的高度h和該裝置中產(chǎn)生的焦耳熱Q。(結(jié)果保留v)答案：(1)eq\f(Blv0,2r)方向從b到a(2)eq\f(\a\vs4\al(2mgr),B2l2)(3)eq\f(2r（mgt－mv＋mv0）,B2l2)eq\f(2mgr（mgt－mv＋mv0）,B2l2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解析：(1)線框剛接觸水平地面時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝Blv0ab邊等效為內(nèi)阻為r的電源，外電路由三個(gè)電阻為3r的定值電阻并聯(lián)構(gòu)成，則整個(gè)回路總電阻為R＝r＋eq\f(1,\f(1,3r)＋\f(1,3r)＋\f(1,3r))則流過(guò)ab邊的電流大小為I1＝eq\f(E1,R)聯(lián)立解得I1＝eq\f(Blv0,2r)此時(shí)ab邊靜止，磁場(chǎng)隨返回艙向下運(yùn)動(dòng)，可視為ab邊向上切割磁感線，由右手定則可知，流過(guò)ab的電流方向從b到a。(2)返回艙向下減速運(yùn)動(dòng)，最終達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，此時(shí)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝Blv由閉合電路歐姆定律可知，ab中感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R)ab所受安培力的大小F安＝BI2l由牛頓第三定律知，返回艙、導(dǎo)軌和磁體所受ab對(duì)它們的作用力大小F＝F安對(duì)返回艙、導(dǎo)軌和磁體整體，由平衡條件可知F＝mg聯(lián)立解得v＝eq\f(\a\vs4\al(2mgr),B2l2)。(3)返回艙的速度由v0減小到v的過(guò)程中，返回艙的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(h,t)由法拉第電磁感應(yīng)定律知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝Bleq\o(v,\s\up6(－))由閉合電路歐姆定律可知，ab中的平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)ab所受平均安培力eq\o(F,\s\up6(－))安＝Beq\o(I,\s\up6(－))l由牛頓第三定律知，返回艙、導(dǎo)軌和磁體所受ab對(duì)它們的平均作用力大小eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(F,\s\up6(－))安對(duì)返回艙、導(dǎo)軌和磁體整體，以向下為正方向，由動(dòng)量定理得mgt－eq\o(F,\s\up6(－))t＝mv－mv0聯(lián)立解得h＝eq\f(2r（mgt－mv＋mv0）,B2l2)由能量守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2