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小综合抢分练(三)
(时间：50 分钟)
1.如图1 所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A、B 质量分别
为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，水平向右的拉力F 作
用在物体A 上，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大的过程中(最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2)，则( )
图1
A.当拉力F<12 N 时，两物体均保持静止状态
B.两物体始终没有相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对滑动
D.要让两物体发生相对滑动需要F 大于48 N
答案 D
解析 由于水平面光滑，当拉力F<12 N 时，合外力不为零，所以A、B 两物体
均不能保持静止状态，A 错误；当A、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，即
要发生相对滑动，Ffm＝μmAg＝12 N，此时物体B 的最大加速度为am＝＝6
m/s2，对A、B 整体来说F＝(mA＋mB)am＝48 N，故当F 从10 N 逐渐增大到48 N
的过程中，两物体不发生相对滑动，F 大于48 N，则两物体会发生相对滑动，D
正确，B、C 错误。
2.(2024·北京丰台二模)如图2 所示，质量为m 的小球用长为l 的细绳悬于P 点，
使小球在水平面内以角速度ω 做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O
到悬点P 的距离为h，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
图2
A.绳对小球的拉力大小为mω2l
B.小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0
C.保持h 不变，增大绳长l，ω 增大
D.保持h 不变，增大绳长l，绳对小球拉力的大小不变
答案 A
解析 设细绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得Tsin θ＝mω2lsin
θ，解得绳对小球的拉力大小为T＝mω2l，故A 正确；小球转动一周，小球的动
量变化为0，根据动量定理可知，合外力的冲量为0，由于重力的冲量不为0，
则绳对小球拉力的冲量不为0，故B 错误；保持h 不变，设细绳与竖直方向的夹
角为θ′，根据牛顿第二定律可得mgtan θ′＝mω2htan θ′，解得ω＝，可见增大绳
长l，ω 不变，故C 错误；根据T＝mω2l，可知增大绳长l，绳对小球拉力的大小
增大，故D 错误。
3.(2024·河北沧州一模)如图3 是一种用折射率法检测海水盐度装置的局部简化图。
让光束从海水射向平行空气砖(忽略薄玻璃壁厚度)再折射出来，通过检测折射光
线在不同盐度海水中发生的偏移量d，进而计算出海水盐度。已知某一温度下，
海水盐度变大引起折射率变大。下列说法正确的是( )
图3
A.一束复色光透过平行空气砖分成1、2 两束光，则两束光不一定平行
B.一束复色光透过平行空气砖分成1、2 两束光，则1 光的频率更高
C.一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，说明海水的盐度变大
D.一束单色光射向平行空气砖后偏移量变小，说明海水的盐度变大
答案 C
解析 光线经过玻璃砖上下两个表面两次折射后，出射光线与入射光线平行，故
A 错误；由图可知，光线在左侧面折射时，光束1 的折射角小，根据光路可逆和
折射定律n＝可知，光束1 的折射率较小，频率较小，故B 错误；由图可知，光
束1 的折射率小，偏移量小，所以若一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，
说明折射率变大，即海水的盐度变大，若偏移量变小，说明海水的盐度变小，故
C 正确，D 错误。
4.(2024·福建厦门模拟)平时我们所处的地球表面，实际上存在电场强度大小为
100 V/m 的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如
图4 所示。空间中存在a、b、c 三点，其中a 点位于金属杆正上方，b、c 等高。
则下列说法正确的是( )
图4
A.b、c 两点的电势差Ubc＝0
B.a 点的电场强度大小大于100 V/m
C.a 点的电场强度方向水平向右
D.a 点的电势低于c 点
答案 B
解析 由图可知，b、c 两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A 错
误；由图可知，a 点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差等于100 V，根据E
＝，可知a 点的电场强度大小大于100 V/m，故B 正确；根据电场强度方向与等
势面垂直，可知a 点的电场强度方向沿竖直方向，不是水平方向，故C 错误；由
图可知，a 点与c 点在同一等势面上，电势均为300 V，故D 错误。
5.(多选)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴传播，波源位于坐标原点O，t＝0 时
刻波源开始振动，t＝3 s 时波源停止振动，如图5 所示为t＝3.2 s 时靠近波源的
部分波形图。其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x＝2.5 m。下列说法中正
确的是( )
图5
A.波速为5 m/s
B.波源起振方向沿y 轴正方向
C.在t＝3.3 s，质点a 位于波谷
D.从波源起振开始计时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m
答案 AD
解析 由题意可知v＝＝ m/s＝5 m/s，选项A 正确；t＝3.2 s 时Δx1＝vt＝5×3.2
m＝16 m，由于λ＝2.0 m，故波形前端的运动同x＝2.0 m 质点的运动，可判断
2.0 m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿y 轴负方向，选项B 错误；周期T
＝＝ s＝0.4 s，从图示时刻经Δt′＝0.1 s＝，质点a 位于平衡位置，选项C 错误；
从t＝0 时刻起，经Δt2＝＝ s＝0.5 s，质点a 开始振动，3.0 s 内质点a 振动了2.5
s，又2.5 s＝6T＋，故质点a 运动的总路程为s＝6×4A＋A＝25×0.1 m＝2.5 m，
选项D 正确。
6.(多选)(2024·湖北武汉高三期末)如图6 所示，在纸面内两直角边长均为L 的三
角形MNP 区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁
场，一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子从PM 边的中点A 平行PN 边射入
MNP 区域，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是( )
图6
A.粒子刚进入磁场时受到向左的洛伦兹力
B.v＝时，带电粒子垂直于PN 边射出磁场
C.若粒子从PN 边射出磁场，则<v<
D.若粒子从MN 边射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为
答案 BD
解析 由左手定则，洛伦兹力方向向右，故A 错误；带电粒子垂直于PN 边射出
磁场时，半径为r＝，由m＝qvB 可知速度为v＝＝，故B 正确；当运动轨迹与
MN 相切时，如图所示，
由几何关系知，r＋r＝(r1＋)2，解得r1＝，则速度v≤，但rmin＝，vmin＝，所以粒
子从PN 边射出磁场的速度范围≤v≤，故C 错误；由几何关系可知，当运动轨迹
与MN 相切时，偏转的圆心角最大为45°，运动的最长时间tmax＝，故D 正确。
7.(2024·山东济南一模)如图7(a)所示，恒流源输出的电流大小恒定，与电流表G
的满偏电流Ig相同，电流表G 的内阻为Rg。现对一只数字已模糊的电阻箱R1重
新标记，将电阻箱R1和电流表G 如图(a)接入电路，闭合开关S1、S2，调整电阻
箱R1的旋钮到不同位置，分别读出电流表G 的示数I，根据电流表G 的示数和不
同旋钮位置可对电阻箱旋钮刻度进行标定。
图7
(1)请你利用此电路分析出电阻箱接入电路的电阻Rx与电流表的示数I 之间的表
达式Rx＝________(结果用题中的字母表示)。
(2)某同学采用如图(b)虚线框中所示结构模拟恒流源，先闭合S1，断开S2，调节
R2使电流表G 满偏；然后保持R2的滑片位置不动，闭合S2，调整电阻箱R1的旋
钮到不同位置，用(1)中相同的方法标定电阻值。为了减少误差，在选择电源与
滑动变阻器时，应尽量选择电动势__________(选填“大”或“小”)一些的电源。
(3)用图(b)所示电路进行测量时，Rx的测量值将__________(选填“偏大”或“偏
小”)，且电阻箱R1接入电路的阻值越大，误差将__________(选填“越大”“越
小”或“不变”)。
答案 (1) (2)大 (3)偏大 越小
解析 (1)电阻箱与电流表电压相等，则IRg＝(Ig－I)Rx
得Rx＝。
(2)为提高电路的稳定性，电源电动势应大一些。
(3)闭合S2，电路总电阻减小，干路电流的真实值大于测量值，则Rx的测量值将
偏大。
电阻箱R1接入电路的阻值越大，总电阻的变化越小，总电流变化越小，误差将
减小。
8.(2024·湖南邵阳二模)在导热良好的矩形汽缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气
体，当把汽缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于汽缸口处，如图8 甲所示；
当把汽缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为
m，横截面积为S，大气压强p0＝，环境温度为T0，汽缸的深度为h，重力加速
度为g，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。
图8
(1)求图乙中活塞离汽缸底部的高度h1；
(2)活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于汽缸口，已知
封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U＝kT，k 为常数，大气压强保持不
变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
答案 (1)h (2)kT0＋2mgh
解析 (1)设甲、乙中封闭气体的压强分别为p1、p2
则有p1S＋mg＝p0S，p0S＋mg＝p2S
解得p1＝，p2＝
气体做等温变化，由玻意耳定律有p1hS＝p2h1S
联立解得h1＝h。
(2)设活塞回到汽缸口时气体温度为T1，气体做等压变化，则有＝
可得T1＝T0
气体对外做的功为W＝p2S(h1－h)＝－2mgh
气体内能变化为ΔU＝kT1－kT0＝kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可得
Q＝kT0＋2mgh。
9.如图9 所示，竖直平面内固定的倾角θ＝30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一
小段圆弧相切于C 点，水平轨道的左侧与固定的半径为R＝0.32 m 的光滑竖直半
圆形轨道相连。小球A 以v0＝16 m/s 的速度与静止在水平轨道上的小球B 发生
正碰，结果小球B 恰好能通过半圆形轨道的最高点。已知小球A、B 质量分别为
0.1 kg 和0.5 kg，小球A 与斜面间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g＝10 m/s2。
求：
图9
(1)两球第一次正碰后小球B 的动量大小；
(2)小球A 沿斜面向上运动的最大距离。
答案 (1)2 kg·m/s (2)1 m
解析 (1)根据题述，小球B 恰好能通过半圆形轨道最高点，
故在最高点有mBg＝mB
设A、B 第一次正碰后B 的速度大小为vB，小球B 从碰后到运动到D 点的过程
中，根据动能定理，有－mBg·2R＝mBv－mBv
联立以上两式并代入数据解得vB＝4 m/s
故两球第一次正碰后小球B 的动量大小为pB＝mBvB＝2 kg·m/s。
(2)A、B 碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则有mAv0＝mAvA＋mBvB
代入数据解得vA＝－4 m/s
负号表示方向与v0方向相反
A 以大小为vA＝4 m/s 的速度冲上斜面，A 沿斜面向上运动的加速度大小为
a＝＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2
设小球A 沿斜面向上运动的最大距离为s，则根据v＝2as
解得s＝1 m。
10.(2024·天津南开二模)某电磁轨道炮的简化模型如图10 所示，两光滑导轨相互
平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L，导轨左端通过单刀双掷开
关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻不计，电容器的电容为C。EF、
PQ 区域内有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场，EF、PQ 之间的
距离足够长。一炮弹可视为宽为L、质量为m、电阻为R 的金属棒静置于EF 处，
与导轨始终保持良好接触。当把开关S1、S2分别接a、b 时，导轨与电源相连，
炮弹中有电流通过，炮弹受到安培力作用向右加速，同时炮弹中产生感应电动势，
当炮弹的感应电动势与电源的电动势相等时，回路中电流为零，炮弹达到最大速
度。不考虑空气阻力，其他电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。求：
图10
(1)炮弹运动到PQ 边界过程的最大加速度am；
(2)炮弹运动达到最大速度的过程中，流过炮弹横截面的电荷量q 和回路产生的
焦耳热Q；
(3)将炮弹放回原位置，断开S2，把S1接c，让电源给电容器充电，充电完成后，
再将S1断开，把S2接d，求炮弹运动到PQ 边界时电容器上剩余的电荷量q′。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)炮弹刚开始运动时通过炮弹的电流最大，炮弹受到的安培力最大，加
速度最大。有I＝，F 安＝ILB，F 安＝mam
整理得am＝。
(2)随着炮弹速度的增大，炮弹的感应电动势增大，通过炮弹的电流减小，当感
应电动势与电源电动势相等时回路中电流为零，炮弹达到最大速度。
即E＝BLvm
得vm＝
炮弹从静止到达到最大速度过程流过炮弹横截面的电荷量q＝IΔt
由动量定理有BLIΔt＝mvm－0
联立解得q＝
电源做的功转化为炮弹的动能和回路产生的焦耳热，有
Q＝qE－mv
解得Q＝。
(3)电容器充满电时所带的电荷量为q0＝CE
当电容器与炮弹连接后电容器放电，炮弹向右加速，电容器的电荷量、电压减小，
当炮弹的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，炮弹达
到最大速度vm′，此后电容器不再放电。设此时电容器剩余电荷量为q′，有E′＝
BLvm′
E′＝
由动量定理有BL(q0－q′)＝mvm′－0
解得q′＝。
