《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理第一部分 專題特訓題組階段滾動卷一含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理第一部分專題特訓題組階段滾動卷一本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。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年奧運會新增壁球運動項目。如圖所示，運動員從A點將球斜向上擊出，水平擊中墻上B點反彈后又水平飛出，落到C點，BB′豎直，AB′C三點在同一水平面上，B′C垂直于AC。不計空氣阻力，球碰撞B點前后的速度大小分別為v1、v2，球在AB、BC兩段運動時間分別為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段做斜拋運動，看成反方向的平拋運動，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段做平拋運動，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錯誤，D正確。3．(2024·福建省廈門市高三下第三次質(zhì)量檢測)某博物館發(fā)起了一項“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°，手與金磚間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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，手與金磚間的動摩擦因數(shù)為μ，對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測)如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球分別系在一根細線的下端和中點，細線的上端懸于O點?，F(xiàn)使系統(tǒng)繞過O點的豎直軸以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時兩球可能的位置是()答案：D解析：設(shè)兩小球的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)穩(wěn)定時，兩球做勻速圓周運動的角速度均為ω，上段細線與豎直方向的夾角為θ1，張力為F1，下段細線與豎直方向的夾角為θ2，張力為F2，細線的總長度為2L。在豎直方向，根據(jù)平衡條件，對上方小球有F1cosθ1－F2cosθ2＝mg①，對下方小球有F2cosθ2＝mg②。若兩段細線偏向同一側(cè)(如題中A、B選項的情境)，在水平方向，根據(jù)牛頓第二定律，對上方小球有F1sinθ1－F2sinθ2＝mω2Lsinθ1③，對下方小球有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錯誤；若兩段細線偏向不同方向(如題中C、D選項的情境)，對下方小球受力分析知，F(xiàn)2水平方向的分力應(yīng)指向過O點的豎直軸，即兩小球應(yīng)在豎直軸的不同側(cè)，故C錯誤，D正確。5.(2023·遼寧省鞍山市高三下第二次質(zhì)量監(jiān)測)兩個完全相同的小球A、B用長度均為L的細線懸于天花板上，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距離最低點的高度可能是()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，由動能定理可知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，由機械能守恒定律和動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上升過程中由動能定理可知－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距離最低點的高度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上升過程中，由動能定理可知－2mgh′＝0－eq\f(1,2)×2mv2，解得B球被碰后第一次速度為零時距離最低點的高度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距離最低點的高度在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)頂端由靜止開始下滑，當小圓環(huán)運動到P點(圖中未畫出)時，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列說法正確的是()A．小圓環(huán)運動到P點的過程中重力勢能減少mgRB．小圓環(huán)運動到P點時的速度大小為eq\r(2gR)C．PO連線與豎直方向的夾角為60°D．小圓環(huán)運動到P點時大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力大小為3mg答案：C解析：設(shè)小圓環(huán)運動到P點時的速度大小為v，重力勢能的減少量為ΔEp，由題意可知，此時小圓環(huán)的向心加速度大小an＝eq\f(v2,R)＝3g，小圓環(huán)運動到P點的過程中重力勢能的減少量等于動能的增加量，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錯誤；設(shè)PO連線與豎直方向的夾角為θ，小圓環(huán)運動到P點時大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力大小為FN，如圖所示，小圓環(huán)從初始位置運動到P的過程中，根據(jù)動能定理有mgR·(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，在P點，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錯誤。7．(2023·福建省福州市高三二模)在無風天氣里，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程中，位移大小為x、速度大小為v、加速度大小為a、重力勢能為Ep、動能為Ek、下落時間為t。取地面為零勢能面，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錯誤；設(shè)毽子原來的高度為h，則重力勢能Ep＝mg(h－x)，則Ep與x為線性關(guān)系，C錯誤；根據(jù)動能定理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錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.在光滑水平桌面上有一個靜止的木塊，高速飛行的子彈水平穿過木塊，若子彈穿過木塊過程中受到的摩擦力大小不變，則()A．若木塊固定，則子彈對木塊的摩擦力的沖量為零B．若木塊不固定，則子彈減小的動能大于木塊增加的動能C．不論木塊是否固定，兩種情況下木塊對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，子彈在木塊中運動的時間t不為零，摩擦力f不為零，則子彈對木塊的摩擦力的沖量I＝ft不為零，故A錯誤；若木塊不固定，子彈減小的動能等于木塊增加的動能與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，可知子彈減小的動能大于木塊增加的動能，故B正確；木塊固定時子彈射出木塊所用時間較短，木塊不固定時子彈射出木塊所用時間較長，摩擦力大小不變，則木塊不固定時木塊對子彈的摩擦力的沖量大小大于木塊固定時木塊對子彈的摩擦力的沖量大小，故C錯誤；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)生相對運動，最后羽毛球(視為質(zhì)點)從上端筒口出來。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摩擦力為f1＝2.6N，球與筒之間的滑動摩擦力為f2＝0.1N，開始時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。下列說法正確的是()A．靜置時，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，則筒的初速度為3m/s答案：CD解析：靜置時，根據(jù)平衡條件可知，羽毛球受到的摩擦力f＝mg＝0.05N，故A錯誤；拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運動，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，則羽毛球相對球筒上升距離d后恰好與球筒達到共速，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動，羽毛球向下做勻加速運動，設(shè)經(jīng)過時間t后羽毛球與球筒共速，由運動學規(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)分別套在水平桿Oa和豎直桿Ob上，兩小球用長為5m的細線(不可伸長)相連。開始時P靜止在O點，現(xiàn)對P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小為0.5m/s2的勻加速直線運動(Q未到達O點)。取重力加速度大小g＝10m/s2。在P從O點向右運動4m的過程中()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：由于細線不可伸長且一直繃直，所以P、Q沿細線方向的速度、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向右運動過程中，θ減小，則水平拉力F增大，A錯誤；P從O點向右運動4m的過程有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Q做的功W＝－mgx′＝－2J，C錯誤；P的末速度大小vP1＝aPt＝2m/s，根據(jù)cosθ1＝eq\f(4m,5m)可知，當P運動了4m時，夾角θ＝θ1＝37°，結(jié)合vP1cosθ1＝vQ1sinθ1可解得此時Q的速度大小vQ1＝eq\f(8,3)m/s，對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)量測試(一))某實驗小組為驗證系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)計了如圖甲所示的裝置，實驗過程如下：(1)用螺旋測微器測量砝碼上端固定的遮光片厚度時，螺旋測微器示數(shù)如圖乙所示，則d＝________mm，測得砝碼和遮光片總質(zhì)量m＝0.026kg；(2)按圖甲安裝實驗器材并調(diào)試，確保砝碼豎直上下振動時，遮光片運動最高點高于光電門1的激光孔，運動最低點低于光電門2的激光孔；(3)實驗時，利用計算機記錄彈簧拉伸量x及力傳感器的讀數(shù)F，畫出F-x圖像，如圖丙所示；(4)測量遮光片經(jīng)過光電門1的擋光時間t1＝0.0051s，彈簧的拉伸量x1＝0.04m，經(jīng)過光電門2的擋光時間t2＝0.0102s，彈簧的拉伸量x2＝0.08m，以及兩個光電門激光孔之間的距離h＝0.04m；(5)遮光片從光電門1運動到光電門2的過程中，系統(tǒng)勢能的增加量Ep＝________J，系統(tǒng)動能的減少量Ek＝________J(結(jié)果保留三位有效數(shù)字，g＝10m/s2)，實驗表明在誤差允許范圍內(nèi)系統(tǒng)機械能守恒。答案：(1)2.040(5)1.60×10－31.56×10－3解析：(1)螺旋測微器的分度值為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1運動到光電門2的過程中，系統(tǒng)的彈性勢能增加量Ep1＝eq\f(Fx1＋Fx2,2)·h＝eq\f(0.2＋0.4,2)×0.04J＝0.012J，重力勢能減小量Ep2＝mgh＝0.0104J，系統(tǒng)勢能的增加量Ep＝Ep1－Ep2＝1.60×10－3J，通過光電門的速度v＝eq\f(d,t)，系統(tǒng)動能的減少量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)某實驗小組用如圖甲所示裝置測量木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ。實驗操作步驟如下：①取若干個完全相同的鉤碼，將部分鉤碼懸掛在細線下，剩余的鉤碼放在木塊凹槽中，記錄懸掛鉤碼的個數(shù)n；②保持長木板水平，釋放木塊后打點計時器打出紙帶；③將木塊凹槽中的鉤碼逐個添加到細線下端，重復多次打出紙帶。(1)如圖乙所示，用刻度尺測量紙帶上點的位置，其中第4個點的位置對應(yīng)的刻度為________cm。(2)已知打點計時器工作時每隔T＝0.02s打一次點，則如圖乙所示打第5個點時木塊的瞬時速度為________m/s。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)測得懸掛鉤碼數(shù)n與木塊相應(yīng)的加速度a如下表，請根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖丙中作出a-n圖像。已知當?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2，由圖線可求得木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)a/(m/s2)0.601.301.962.623.30n/個678910(4)實驗中發(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的測量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實值。答案：(1)10.30(2)0.85(3)圖見解析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)時需要估讀到分度值的下一位，則第4個點的位置對應(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動，根據(jù)勻變速直線運動某段時間中間時刻的瞬時速度等于該段時間的平均速度，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，當細線下端掛有n個鉤碼時，對這n個鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－T＝nma；對木塊及剩余鉤碼，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)實驗中發(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，當細線下端掛有n個鉤碼時，對這n個鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－T＝nma；對木塊及剩余鉤碼，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)，縱軸截距的絕對值為μgcosθ－gsinθ＝b，則μ＝eq\f(b＋gsinθ,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)計算，則μ的測量值小于真實值。13.(8分)(2024·遼寧省沈陽市高三下一模)一種巨型娛樂器械可以使人們體驗超重和失重。可乘坐多人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機送上H＝48m的高空，然后座艙從靜止開始以a1＝8m/s2的加速度勻加速下落了36m，制動系統(tǒng)啟動，座艙立即勻減速下落，到地面時剛好停下。已知重力加速度g取10m/s2。求：(1)制動系統(tǒng)啟動時，座艙速度的大小及減速階段加速度a2的大?。?2)制動系統(tǒng)啟動后，座椅對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)制動系統(tǒng)啟動時，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)運動學公式有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)運動學公式有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，制動系統(tǒng)啟動后，設(shè)座椅對游客的支持力為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點沿半圓軌道下滑，到達軌道最低點B處時，與靜止在此處的產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞(假設(shè)每一個產(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，以vC＝eq\r(2gR)的速度滑上運行速度為v的傳送帶CD。其中BC段為生產(chǎn)線中的殺菌平臺，長度為4R，CD段為傳送帶，長度為14R，產(chǎn)品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，求：(1)為了保證產(chǎn)品以最短的時間經(jīng)過CD，則傳送帶的速度應(yīng)滿足什么條件？(2)產(chǎn)品與BC段殺菌平臺間的動摩擦因數(shù)μ1是多少？(3)調(diào)整產(chǎn)品從A點出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長殺菌時間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運動到D的過程中一直加速，則傳送時間最短，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B處時的速度大小為vB，在產(chǎn)品2從A運動到B的過程中，由動能定理得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，由動量守恒定律有mvB＝mv1＋mv2由總動能不變，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)，不符合實際，舍去)對產(chǎn)品1進入殺菌平臺后滑行到C點的過程，由動能定理得－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點的最小速度vAm滿足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,Am),R)設(shè)此時產(chǎn)品2到達B處時的速度為vB′，由動能定理可知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)問原理知，此時產(chǎn)品1進入殺菌平臺的速度為v1′＝vB′＝eq\r(5gR)若要保證產(chǎn)品能滑上傳送帶，則產(chǎn)品1進入殺菌平臺的最小速度v1m滿足－μ1mg×4R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1m)解得v1m＝eq\r(5gR)v1′＝v1m，則此時產(chǎn)品既恰好不脫軌又恰好能滑上傳送帶，此時產(chǎn)品進入殺菌平臺后殺菌時間最長，由動量定理得－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之間通過大小可忽略的感應(yīng)器平滑連接，當有滑塊從連接處經(jīng)過時兩部分分離；初始時木板B的右端貼近等高的固定平臺D停放；在平臺左端有一彈射器，當小滑塊進入彈射器后會自動補充一定量的機械能，然后以某個角度射出。小滑塊C自圓弧槽的頂端由靜止滑下，滑到木板B的右端時恰好與B共速，然后B撞上固定平臺停止運動，滑塊進入彈射器，由彈射器補充能量后射出，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。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。求：(1)小滑塊C運動到圓弧槽A的最低端時對圓弧槽的壓力；(2)木板B右端與固定平臺的最大距離；(3)小滑塊C經(jīng)過彈射器的過程中需要補充能量的最小值及對應(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運動到圓弧槽A的最低端時，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對小滑塊C的支持力大小為FN，以A、B、C整體為研究對象，水平方向根據(jù)動量守恒定律得mvC－mvAB＝0根據(jù)機械能守恒定律得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相對圓弧槽A運動的速度大小為v相＝vC＋vAB對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沿圓弧槽下滑的過程中，設(shè)用時為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A、B、C整體水平方向根據(jù)動量守恒定律得meq\o(v,\s\up6(－))C－meq\o(v,\s\up6(－))AB＝0兩邊同時乘以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，此過程A、B向左運動的距離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間的動摩擦因數(shù)為μ，自C滑到B上至C與B共速的過程，對B、C整體，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得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的過程中，B運動的距離為xB，由動能定理有－μmgxB＝0－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)B離開平臺的最大距離為xm＝xAB＋xB聯(lián)立解得xm＝eq\f(7,8)R。(3)設(shè)小滑塊C離開彈射器時速度大小為v，方向與水平方向夾角為α，之后小滑塊C做斜上拋運動，設(shè)小滑塊C在空中運動的時間為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)學知識可知v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(3gR),2sin（2α－30°）－1))當2α－30°＝90°，即α＝60°時，v有最小值，為vmin＝eq\r(3gR)需要補充能量的最小值為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。階段滾動卷二本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2024·甘肅高考)如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。長度為L的導體棒ab沿導軌向右做勻速直線運動，速度大小為v。則導體棒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：導體棒ab接入電路的有效長度為d，故其切割磁感線在回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝Bdv，感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)，導體棒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，導體棒ab中的感應(yīng)電流由b向a，由左手定則可知，導體棒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同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。下列情況下，射出極板時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．初動能相同 D．初動量相同答案：C解析：帶電粒子進入電場后做類平拋運動，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，類平拋運動的水平位移x相同，電場強度E相同，則只有初動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)相同時，射出極板時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、P點、Q點在同一豎直平面內(nèi)，△PQM為等腰三角形，MQ＝MP，O點是P、Q連線的中點，忽略地磁場的影響，下列說法正確的是()A．P點和Q點所在的兩根線纜相互排斥B．M點所在的線纜在O點處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下C．O點處的磁場方向沿水平方向由Q點指向P點D．M點所在的線纜受到的安培力方向豎直向下答案：C解析：由兩根通電直導線，電流同向兩導線相互吸引，電流異向兩導線相互排斥，可知P點和Q點所在的兩根線纜相互吸引，故A錯誤；由右手螺旋定則及對稱性可知，P點和Q點所在的線纜在O點處產(chǎn)生的磁場等大反向，M點所在的線纜在O點處產(chǎn)生的磁場方向由Q點指向P點，故O點處的合磁場方向沿水平方向由Q點指向P點，故B錯誤，C正確；由右手螺旋定則、對稱性及磁場的疊加可知，P點和Q點所在的兩根線纜在M點所產(chǎn)生的合磁場沿水平方向由Q點指向P點，根據(jù)左手定則知，M點所在的線纜受到的安培力方向豎直向上，故D錯誤。4．(2024·浙江6月選考)理想變壓器的原線圈通過a或b與頻率為f、電壓為u的交流電源連接，副線圈接有三個支路，如圖所示。當S接a時，三個燈泡均發(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，L3燈泡變暗D．S接到b時，三個燈泡均變暗答案：A解析：當S接a時，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，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錯誤。S接到b時，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，則三個燈泡均變亮，故D錯誤。5．已知兩電池a、b的電動勢分別為E1、E2，內(nèi)阻分別為r1、r2。兩電池分別接電阻R時，輸出功率相等。當外電路電阻變?yōu)镽′時，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，輸出功率相等，則兩電源的U-I圖線各自與電阻R的U-I圖線的交點位于同一點，結(jié)合E1<E2可畫出三者的U-I圖線如圖，可知r1<r2，A、B錯誤；根據(jù)R＞R′可畫出電阻R′的U-I圖線如圖，根據(jù)此圖線與兩電池U-I圖線的交點知，R′與電池a相連時路端電壓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)強度大小為B的勻強磁場。圓上有A、C、D三點，從A點沿半徑AO方向射入一個帶電粒子(不計重力)，入射速度為v1時，粒子恰好從C點離開磁場。已知粒子的比荷為k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝120°，下列說法正確的是()A．粒子在磁場中的運動時間為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點離開磁場，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O點答案：C解析：粒子從A點沿AO方向進入磁場，從C點離開磁場時速度一定沿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)，運動周期T＝eq\f(2πr1,v1)，粒子在磁場中的運動時間為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錯誤；粒子從D點離開磁場的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識可得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)肷渌俣确较颍Ｗ涌赡芙?jīng)過O點，故D錯誤。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電場，繩靜止時的形狀應(yīng)為()答案：C解析：設(shè)單位長度的繩的質(zhì)量為m，帶電量為q，勻強電場的電場強度的大小為E，對于在虛線以下、在電場中的繩，從繩的最下端向上取一段極短的長度為Δx的繩為研究對象，受力分析如圖1所示，該部分繩所受重力和電場力的合力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，對與該段極短的繩相鄰連接的上部分長度為Δx的繩受力分析可知，該上部分長度為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錯誤；對于在虛線以上、不受電場力的繩，從虛線處向上取一段極短的長度為Δx的繩為研究對象，其受到豎直向下的重力的作用、虛線下方繩對它的拉力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，對與該段繩相鄰連接的上方長度為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錯誤，C正確。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．(2019·全國卷Ⅱ)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行答案：AC解析：如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確；已知帶電粒子只受電場力，粒子運動軌跡與電場線重合須具備初速度與電場線平行或為0、電場線為直線兩個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不一定是直線，故粒子在N點所受電場力的方向與粒子軌跡在該點的切線方向不一定平行，D錯誤。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)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小，電壓表顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)。未出現(xiàn)火警時，升壓變壓器的輸入功率為750kW。下列說法中正確的有()A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB．遠距離輸電線路損耗功率為180kWC．當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電壓表的示數(shù)變大D．當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，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＝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載作為一個等效電阻，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)，當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，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體且足夠長；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磁場，abcd區(qū)域磁感應(yīng)強度大小為B1，efgh區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B2。一長度為L、質(zhì)量為m、電阻為R的導體棒靜止于ad處，閉合開關(guān)S，導體棒開始向右運動，導體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度為v，導體棒靜止后到eh的距離為x(x為未知量)。導體棒與軌道始終保持垂直且接觸良好，則()A．導體棒剛進入efgh區(qū)域時的加速度大小a＝eq\f(Beq\o\al(2,2)L2v,2mR)B．x＝eq\f(mvR,Beq\o\al(2,2)L2)C．導體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx(0<k<1)時，安培力的功率為P＝eq\f(（1－k）2Beq\o\al(2,2)L2v2,2R)D．當電容器電容C＝eq\f(m,Beq\o\al(2,1)L2)時，導體棒在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，導體棒剛進入efgh區(qū)域時的感應(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)從導體棒進入efgh區(qū)域到靜止用時為t，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動勢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錯誤；設(shè)導體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx(0<k<1)時，導體棒的速度為v′，從此時到導體棒靜止，與B項分析同理，可得(1－k)x＝eq\f(2mv′R,Beq\o\al(2,2)L2)，列出此時的感應(yīng)電流I′＝eq\f(B2Lv′,2R)，則此時安培力的功率為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；導體棒在abcd區(qū)域獲得最終速度v時，電容器兩端電壓U＝B1Lv，設(shè)此時電容器所帶電荷量為q，開始時電容器所帶電荷量為q0，則C＝eq\f(q0,U0)＝eq\f(q,U)，從開始到導體棒到達bc，通過導體棒的電荷量Δq＝q0－q，此過程對導體棒由動量定理得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”實驗中，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)、單刀雙擲開關(guān)組裝成如圖1所示的實驗電路。(1)把開關(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，同時觀察電容器充電時電流和電壓變化情況。把開關(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所示位置時保持不變，則電壓表示數(shù)為________V，電壓表的阻值為________kΩ(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。答案：(1)C(2)0.503.1解析：(1)把開關(guān)S接1時，電容器充電，電流從右向左流過微安表，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零；然后把開關(guān)S接2，電容器放電，則電流從左向右流過微安表，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。當微安表示數(shù)穩(wěn)定時，電容器中不再有電流通過，此時干電池、電阻箱、電壓表和微安表串聯(lián)構(gòu)成回路，則通過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)半導體薄膜壓力傳感器阻值會隨壓力變化而改變。某小組設(shè)計實驗測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：電動勢3V，內(nèi)阻不計電流表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滑動變阻器R：阻值范圍0～100Ω壓力傳感器RF，開關(guān)S，導線若干(1)為了提高測量的準確性，電流表應(yīng)選________(選填“A1”或“A2”)，并請補充完整圖甲中虛線框內(nèi)的測量電路。(2)通過多次實驗測得其阻值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)完成前面的實驗工作后，將該壓力傳感器接入如圖丙所示電路中，制作成簡易電子秤，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)，電動勢為6V的電源，電源內(nèi)阻不計。①將該電子秤水平放置在沿豎直方向運動的電梯里，在托盤上放一砝碼，托盤和砝碼的總質(zhì)量為200g，電流表示數(shù)為200μA，通過計算可得電梯的加速度大小為________m/s2；②若使用一段時間后，電源電動勢減小，電源內(nèi)阻不計，則重物質(zhì)量的測量值將________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。答案：(1)A1圖見解析(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，故為了提高測量的準確性，電流表應(yīng)選A1?；瑒幼冏杵鞯淖柚迪啾葔毫鞲衅髯柚敌〉枚啵瑸榱耸闺姳硎緮?shù)變化范圍更大，以提高測量的準確性，滑動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令電源電動勢為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，則托盤和砝碼所受支持力F′＝F＝2.3N；設(shè)托盤和砝碼的總質(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若使用一段時間后，電源電動勢減小，電源內(nèi)阻不計，則對于同一重物，電路中電流比正常時小，由I＝eq\f(E2,RF＋R0)知，RF的計算值偏大，由題圖乙知，將導致重物壓力的測量值偏小，所以重物質(zhì)量的測量值將偏小。13．(8分)(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教學質(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處沿直線向B運動，當兩球距離最小為0.3m時，B球的動量為0.3kg·m·s－1，兩小球可視為質(zhì)點，靜電力常量為9.0×109N·m2·C－2。設(shè)開始時刻A、B組成的系統(tǒng)電勢能為零，求：(1)A球最大加速度的大小；(2)B球的質(zhì)量；(3)系統(tǒng)的最大電勢能。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，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v兩球距離最小時B球的動量p1＝Mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得M＝0.6kg，v＝0.5m/s。(3)兩球距離最小時系統(tǒng)電勢能最大，由能量守恒定律知，系統(tǒng)的最大電勢能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)北京時間2023年10月31日8時11分，神舟十六號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。某課外實踐小組根據(jù)所學物理知識，為返回艙設(shè)計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的平行導軌、產(chǎn)生垂直導軌平面的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場的磁體和“人”字形剛性(忽略形變)線框支架組成，線框ab邊可沿導軌滑動且接觸良好。整個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邊與磁場發(fā)生相互作用，返回艙一直減速直至達到勻速運動狀態(tài)，從而實現(xiàn)緩沖。已知返回艙、導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條邊邊長均為l，每邊電阻均為r，重力加速度為g，整個運動過程中只有ab邊在磁場中，線框與水平地面絕緣，不計導軌電阻和一切摩擦阻力，忽略地磁場的影響。(1)線框剛接觸水平地面時，流過ab的電流大小和方向；(2)返回艙達到勻速運動狀態(tài)的速度v；(3)若返回艙的速度大小從v0減到v的過程中，經(jīng)歷的時間為t，求該過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，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝Blv0ab邊等效為內(nèi)阻為r的電源，外電路由三個電阻為3r的定值電阻并聯(lián)構(gòu)成，則整個回路總電阻為R＝r＋eq\f(1,\f(1,3r)＋\f(1,3r)＋\f(1,3r))則流過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ab邊靜止，磁場隨返回艙向下運動，可視為ab邊向上切割磁感線，由右手定則可知，流過ab的電流方向從b到a。(2)返回艙向下減速運動，最終達到勻速運動狀態(tài)，此時由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢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、導軌和磁體所受ab對它們的作用力大小F＝F安對返回艙、導軌和磁體整體，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)電動勢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、導軌和磁體所受ab對它們的平均作用力大小eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(F,\s\up6(－))安對返回艙、導軌和磁體整體，以向下為正方向，由動量定理得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