《2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理》

8. 如图甲,一个质量为$M$的大圆环直立在水平面上,圆环顶端固定了一根劲度系数为$k$的轻弹簧,弹簧下面拴接了一个质量为$m$的小球(可视为质点),用力向下拉住小球,然后释放,小球开始上下振动,不计空气阻力,以向上为正方向,小球振动的位移一时间图像是一个余弦函数,如图乙所示。小球振动过程中,大圆环始终与地面接触,且对地面的最小压力为$0$,重力加速度为$g$,下列说法正确的是( )


A.图中$t_1$时刻,大圆环对地压力大小为$Mg$
B.图中$t_2$时刻,小球的加速度大小为$\frac{Mg+mg}{m}$
C.图中$t_4$时刻,大圆环对地压力大小为$Mg+2mg$
D.图中$A=\frac{Mg+mg}{k}$

答案： 8.BD [$t_1$时刻，小球处于平衡位置，则$k\Delta x = mg$，对大圆环有$N_1 = k\Delta x + Mg = (m + M)g$，根据牛顿第三定律可得，大圆环对地压力大小为$Mg + mg$，故A错误；$t_2$时刻，小球运动到正向最大位移处，此时$k\Delta x' = Mg$，所以小球的加速度大小为$a = \frac{k\Delta x' + mg}{m}=\frac{Mg + mg}{m}$，故B正确；$t_4$时刻，小球运动到负向最大位移处，此时$k\Delta x'' - mg = ma$，所以$k\Delta x'' = Mg + 2mg$，对大圆环有$N_2 = k\Delta x'' + Mg = 2(m + M)g$，根据牛顿第三定律可得大圆环对地压力大小为$2Mg + 2mg$，故C错误；根据题意可得$2A = \Delta x' + \Delta x''$，联立解得$A = \frac{Mg + mg}{k}$，故D正确。故选BD。]

9. 如图所示为某实验装置示意图,$A$、$B$、$O$在同一竖直线上,一根轻质弹簧绳一端固定在天花板上$A$点,另一端绕过$B$处的光滑定滑轮后系在一个质量为$m=1.2 kg$的可视为质点的小物体上,小物体置于地面上$O$点时,弹性绳中弹力为$\frac{1}{2}mg$。将小物体向右推到$O_1$点,$OO_1$距离为$x_1=0.4 m$,小物体由静止释放,并水平向左滑行,当小物体经过$O$点时与弹性绳脱离,之后恰能运动至$M$处,$OM$距离为$s=0.1 m$。已知弹性绳原长等于$AB$距离,且始终不超过弹性限度,弹性势能为$E_p=\frac{1}{2}k(\Delta l)^2$,$l$为形变量大小,小物体与地面的动摩擦因数为$\mu=0.5$,重力加速度大小$g=10 m/s^2$。则从$O_1$到$M$的过程中有()

A.物体运动到$O$点时的速度大小$v=1 m/s$
B.弹性绳的劲度系数$k=20 N/m$
C.物体从$O_1$到$O$的过程中对地面的压力一直增大
D.整个过程中克服摩擦力做功为$1.8 J$

答案： 9.AD [$O\rightarrow M$过程，由动能定理有$-\mu mgs = 0 - \frac{1}{2}mv^2$，解得$v = 1\ m/s$，故A正确；$O_1\rightarrow O$过程，弹性绳的弹力在水平方向上的分量为$F_x = k\Delta l\cos\theta = k\Delta x$，即$F_x$与相对$O$点的水平位移$\Delta x$成正比，弹力在竖直方向上的分量为$F_y = k\Delta l\sin\theta = kh_{BO}=\frac{1}{2}mg$，$O_1\rightarrow O$过程，由平衡条件得地面对物体的支持力大小为$F_{N} = mg - \frac{1}{2}mg = \frac{1}{2}mg$，保持不变，根据牛顿第三定律可知，物体对地面的压力保持不变，故C错误；由动能定理得$\frac{1}{2}(kx_1 + 0)x_1 - \frac{1}{2}\mu mgx_1 = \frac{1}{2}mv^2 - 0$，解得$k = 22.5\ N/m$，故B错误；整个过程中克服摩擦力做的功为$W = \mu F_{N}x_1 + \mu mgs$，代入数据解得$W = 1.8\ J$，故D正确。]

10. 如图,倾角为$\theta=30°$的足够长光滑斜面上,水平界线$PQ$以下存在垂直于斜面向上的磁场,$PQ$的位置$x=0$,磁感应强度$B$随沿斜面向下位移$x$(以$m$为单位)的分布规律为$B=8 - 2x(T)$。一边长为$L=2 m$(小于$PQ$长度),质量为$M=2 kg$,电阻$R=8\ \Omega$的金属框$abcd$从$PQ$上方某位置静止释放,进入磁场的过程中由于受到平行于斜面方向的力$F$作用,金属框保持恒定电流$I=1 A$,且金属框在运动过程中$ab$边始终与$PQ$平行,$g=10 m/s^2$,下列说法正确的是()

A.金属框刚进入磁场时,安培力大小为$16 N$
B.金属框进入磁场的过程中产生的电热为$24 J$
C.金属框进入磁场的过程中力$F$做功$4.75 J$
D.若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力$F$,金属框将开始做匀加速直线运动

答案： 10.ABC [金属框刚进入磁场时安培力大小为$F_{安} = ILB_0 = 16\ N$，故A正确；进入磁场的过程，由$B - x$关系，则电荷量$q = \frac{\Delta\Phi}{R}=\frac{\frac{8 + 4}{2}×2^2}{8}\ C=3\ C=It$，解得$t = 3\ s$，则产生的电热$Q = I^2Rt = 1^2×8×3\ J=24\ J$，故B正确；设金属框刚进入磁场的速度为$v_0$，刚好全部进磁场时速度为$v_1$，感应电动势结合闭合电路欧姆定律可得$E = IR = B_0Lv_0 = B_1Lv_1$，其中$x = 0$时的磁感应强度$B_0 = 8\ T$，当$x = L = 2\ m$时的磁感应强度$B_1 = (8 - 2×2)\ T=4\ T$，解得$v_0 = 0.5\ m/s$，$v_1 = 1\ m/s$，由功能关系得$mgL\sin\theta - Q + W_F = \frac{1}{2}mv_1^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$，解得$W_F = 4.75\ J$，故C正确；若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力$F$，由于磁感应强度在变化与下滑位移存在线性关系，而非与时间存在线性关系，所以金属框中的电动势不恒定，其感应电流也不恒定，则安培力发生变化，加速度发生变化，故不可能出现做匀加速直线运动的情况，故D错误。]