《2026年一本密卷高考物理》

4. (2025·四川省南充市高三三模)如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、磁感应强度$B = 1T$的匀强磁场中。现有一个质量为$0.2kg$、带电荷量$+0.5C$的小球套在绝缘杆上从某点静止开始下滑，经过$0.8s$达到最大速度。已知小球与杆间的动摩擦因数为$0.8$，重力加速度为$10m/s^2$。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是(B)


A.小球的最大加速度为$5m/s^2$
B.小球的最大速度为$5m/s$
C.小球下降的高度为$3.2m$
D.系统因摩擦生热为$3J$

答案： 4.B A.根据题意可知，开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误；B.根据题意可知，当小球速度最大时，加速度为0，则有$mg = \mu qv_mB$，解得$v_m = \frac{mg}{\mu qB} = \frac{0.2 × 10}{0.8 × 0.5 × 1}m/s = 5m/s$，故B正确；C.小球由静止开始下滑，到达到最大速度，以竖直向下的方向为正方向，由动量定理得$mgt - \mu qBt = mv_m - 0$，整理可得$mgt - \mu qBh = mv_m$，解得$h = \frac{mgt - mv_m}{\mu qB}$，解得$h = 1.5m$，故C错误；D.小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得$mgh - W_f = \frac{1}{2}mv_m^2$，解得$W_f = 0.5J$，则系统因摩擦生热为$0.5J$，故D错误。

5. (2025·山西省太原市高三二模)如图所示，半径为$R$的均匀带电金属球壳，所带电荷量为$Q$。在球壳上取一小面积$\Delta S(\Delta S\ll4\pi R^2)$，球壳上其余部分电荷对$\Delta S$所带电荷的作用力为(A)


A.$k\frac{\Delta SQ^2}{8\pi R^4}$
B.$k\frac{\Delta SQ}{8\pi R^4}$
C.$k\frac{\Delta SQ}{8\pi R^2}$
D.$k\frac{\Delta SQ^2}{8\pi R^2}$

答案：
5.A 在紧挨着$\Delta S$面取两点$a$和$b$，$a$在内部，$b$在外部。

设$\Delta S$所带电荷分别在$a$、$b$两点形成的电场强度大小为$E_1$，其余部分在$a$、$b$两点形成的电场强度大小为$E_2$，所以$a$点电场强度大小为$E_1 - E_2 = 0$，$b$点电场强度大小为$E_1 + E_2 = k\frac{Q}{R^2}$，解得$E_2 = k\frac{Q}{2R^2}$，所以其余部分对$\Delta S$所带电荷的电场力$F = E_2q = k\frac{Q}{2R^2} · \frac{Q\Delta S}{4 \pi R^2} = k\frac{\Delta S Q^2}{8 \pi R^4}$，故A正确，B、C、D错误。

6. (2025·四川省绵阳市元三路高三三诊)如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块到某一位置(弹簧弹性限度内)，撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度$v$随时间$t$变化关系图像可能正确的是(C)

答案： 6.C 设斜面的倾角为$\theta$，弹簧的压缩量为$x$，根据牛顿第二定律，对物块受力分析，可得$kx - mg\sin\theta = ma$，解得$a = \frac{kx}{m} - g\sin\theta$，刚释放时，由于弹力$kx$大于重力的分力$mg\sin\theta$，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力$kx$等于重力的下滑分力$mg\sin\theta$时，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为$g\sin\theta - \frac{kx}{m}$，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为$g\sin\theta$，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零，故C正确，A、B、D错误。

7. (2025·湖南省常德市二模)如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压$e = 12\sqrt{2}\sin20\pi t(V)$，其中电阻$r = 8\Omega$，原、副线圈匝数之比$n_1:n_2 = 2:1$，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为$R_{max} = 10\Omega$，且其滑动触头可上下安全调节，其余电阻不计，变压器是理想变压器，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是(D)


A.$1s$内副线圈中的电流方向改变$10$次
B.当滑动变阻器的阻值变大时，两电压表的示数之比增大
C.若将滑动触头从最下端滑到最上端，$R$消耗的功率先减小后增大
D.当滑动变阻器的阻值调为$R = 8\Omega$时，电流表$A_2$的示数为$0.6A$

答案： 7.D A.由矩形线圈切割磁感线产生的交流电压$e = 12\sqrt{2}\sin20\pi t(V)$，可得矩形线圈转动的角速度为$\omega = 20\pirad/s$，交流电压的周期为$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{20\pi}s = 0.1s$，一个周期内电流方向改变2次，变压器不改变交流电的周期，则$1s$内副线圈中的电流方向改变的次数为$n = 2 × \frac{1}{T} = 2 × \frac{1}{0.1}次 = 20次$，故A错误；B.电压表$V_1$、$V_2$的示数分别为原副线圈的电压$U_1$、$U_2$，根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系为：$\frac{U_1}{U_2} = \frac{n_1}{n_2}$，因匝数比不变，故两电压表的示数之比不变，故B错误；C.将理想变压器与负载电阻整体等效为一个等效电阻，等效电阻为：$R_等 = (\frac{n_1}{n_2})^2R$，将定值电阻$r$等效为电源的内阻，等效之后$R$消耗的功率等于等效电阻$R_等$的功率，也就等于等效电源的输出功率。根据电源输出功率与外电阻的关系可知，当$R_等 = r$时等效电源的输出功率最大，即此时有：$R_等 = (\frac{n_1}{n_2})^2R = r$，解得此时滑动变阻器接入电路的阻值为$R = 2\Omega$，将滑动触头从最下端滑到最上端，滑动变阻器接入电路的阻值由最大值$10\Omega$减小到0，可得$R$消耗的功率先增大后减小，故C错误；D.线圈切割磁感线产生的电压有效值为：$U_有 = \frac{12\sqrt{2}V}{\sqrt{2}} = 12V$，当滑动变阻器的阻值调为$R = 8\Omega$时，可得此时$R_等 = 32\Omega$，根据闭合电路欧姆定律可得原线圈中的电流为：$I_1 = \frac{U_有}{r + R_等} = \frac{12}{8 + 32}A = 0.3A$，根据原副线圈电流与匝数关系：$n_1I_1 = n_2I_2$，解得：$I_2 = 0.6A$，即电流表$A_2$的示数为$0.6A$，故D正确。