1、河南省洛阳市孟津县第一高级中学2022届新高三物理上学期8月暑期综合训练试题（三）一、单选题1.“单摆”是一种理想化模型，如图所示，长为l的轻绳下端拴着一个可视为质点的小球，上端固定在倾角为的光滑斜面上，这个装置也可以等效为“单摆”。当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时，其周期为( )A.B.C.D.以上答案都不对2.两木块自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，曝光的时间间隔相等，则( )A.时刻，A木块速度大于B木块速度B.时刻，A木块速度小于B木块速度C.时刻，A木块速度大于B木块速度D.时刻，A木块速度小于B木块速度3.如图
2、1所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图2所示。取。根据图中所提供的信息不能计算出的是( )。A.物体的质量B.斜面的倾角C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D.加速度为时物体的速度4.如图1、图2所示，一根长为L的轻杆端用铰链固定于地面，另一端固定着一小球A，图1中的小球A和图2中的杆分别贴靠着边长为a和b的立方块，当立方块沿地面向右滑动到图示位置（杆与地面夹角为）时，速度为v，则图1中小球的速度大小和图2中小球的速度大小应为( )。A.B.C.D.5.宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。
3、中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为，一个为椭圆轨道，半长轴为。在时间内，行星、行星与中心天体连线扫过的面积分别为；行星I的速率为，行星在B点的速率为，行星在E点的速率为，行星的速率为，下列说法正确的是( )。A.B.行星与行星的运行周期相等C.行星与行星在P点时的向心加速度大小相等D.6.如图所示，在竖直面内固定两个光滑圆环轨道，小球A所在的圆环轨道半径小于小球B所在的圆环轨道半径，小球A的质量大于小球B的质量，两小球均由水平直径的端点沿圆环轨道静止释放，当两球分别到达轨道的最低点时，则( )。A.小球A的动量一定大于小球B的
4、动量B.小球A的动能一定大于小球B的动能C.圆环对小球A的支持力大于圆环对小球B的支持力D.小球A的向心加速度一定小于小球B的向心加速度7.工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器。其中为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )。A.平行板电容器的电容减小B.两板间的电场强度增大C.两板上的电荷量变小D.有电流从b向a流过灵敏电流计8.如图所示，矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从的
5、中点P射出，粒子b由的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷之比是( )A.1:2B.2:1C.1:8D.8:19.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为的电场中由静止开始加速，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出偏转电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度变大的是( )A.变大，变大B.变小，变大C.变大，变小D.变小，变小10.如图所示电路，开关K断开和闭合时电流表示数之比是1:3，则可知电阻和之比为( )A.1:3B.1:2C.2:1D.3:111.用电流表和电压表测量电阻的阻值。如图所示，
6、分别将图a和图b两种测量电路连接到电路中，按照图a连接时，电流表示数为4.50 mA，电压表示数为2.50 V；按照图b连接时，电流表示数为5.00 mA，电压表示数为2.40 V，比较这两次结果，下列说法正确的是( )A.电阻的真实值更接近，且大于B.电阻的真实值更接近，且小于C.电阻的真实值更接近，且大于D.电阻的真实值更接近，且小于12.一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是( )。A.在处物体所受的合外力最大B.在处物体的动能最大C.过
7、程中合外力做的功为零D.0过程中拉力F始终做正功13.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，电磁船的简化原理图如图，和是与电源相连的导体板，与之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出），以下说法正确的是( )。A.使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力B.要使船前进，海水中的电流方向应从板指向板C.同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反D.若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，与间海水中的电流小于14.如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强
8、磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为两束，下列说法中正确的是( )。A.组成A束和B束的离子都带负电B.A束离子的比荷大于B束离子的比荷C.组成A束和B束的离子质量一定不同D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外15.一个面积、匝数匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )。A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.04 Wb/sB.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势大小等于8 VD.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零16.用回旋加速器分别加
9、速粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为( )。A.1:1B.1:2C.2:1D.1:317.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为，现将质量也为m的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则( )。A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h应满足条件18.如图所示，质量为m、电荷量为Q的小球A（可视为点电荷）用长为l的绝缘细线悬挂于O点，用外力把另一带电小球B（可视为点
10、电荷）从左侧无穷远处沿水平方向缓慢移动到悬点O的正下方l处时，细线与竖直方向间的夹角为60，已知静电力常量为k，电荷量为q的点电荷在距离其r处产生的电势，重力加速度为g，则在小球B从无穷远处缓慢移动到O点正下方l处的过程中，下列说法正确的是( )A.小球B的电荷量为B.细线的拉力大小保持不变C.两球组成的系统增加的电势能为D.外力对小球B做的功为19.如图甲所示是用沙摆演示振动图像的实验装置，此装置可视为摆长为L的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图甲所示的结果。若某次实验时用手拉木板做匀速运动，速度大小是0.20 m/s，木板上长度是0.60 m的范围内沙子的分布如图乙所示，
11、那么这次实验所用沙摆对应的单摆长约为( )A.0.56 m B.1.0 m C.1.5 m D.2.0 m二、多选题20.跳伞运动员从某高度的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，此后再过18 s落地，整个跳伞过程中的图像如图所示，根据图像信息可知( )A.第10 s的末速度等于前2 s的平均速度B.14 s末加速度为零C.前2 s跳伞运动员做自由落体运动D.跳伞运动员下落的总高度约为240 m21.如图所示，质量分别为的小滑块，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接。一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平。当时，弹簧处于原长状态，此时
12、将A由静止释放，下降到最低点时变为45，整个运动过程中，始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则A下降过程中( )。A.组成的系统机械能守恒B.弹簧弹性势能的最大值为C.竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D.A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于22.如图所示，水平面上固定一个顶角为60的光滑金属导轨，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒与的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。时刻，棒在水平外力F的作用下从O点以恒定速度沿的角平分线向右滑动，在滑动过程中导体棒始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则( )。A.流
13、过导体棒的电流I始终为B.F随时间t的变化关系为C.时刻导体棒的发热功率为D.撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为23.三个粒子（氦原子核，不计重力）在同一时刻由同一点沿垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大24.如图1所示，轻弹簧两端连接质量相等的物块，将它们放置在倾角为的光滑斜面上，物块B被垂直斜面的挡板挡住，系统处于静止状态。如图2所示，现用沿斜面的拉力F拉物块A，使物块A从静止开始沿斜面匀加速运动，
14、直到物块B恰好离开挡板，物块A的位移为。拉力F与物块A在上述过程中的位移x的关系如图3所示。在物块A的位移增大到的过程，则( )。A.挡板对物块B的弹力越来越小B.，弹簧恰好恢复原长C.0，拉力F做的功等于物块A机械能的增量D.0，拉力F做的功大于物块A动能的增量25.已知电荷分布均匀的球壳对壳内点电荷的作用力为零，对壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力。若真空中有一个均匀的带正电球体，球心在O点，半径为R，电荷体密度为，球体内有一个球形空腔，空腔球心在点，半径为，如图所示，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )A.空腔里各点的电场方向不同B.空腔
15、里的电场强度方向与连线平行C.空腔里的电场强度与该点到O点的距离成正比D.空腔里的电场强度大小恒为26.小球从高h处做自由落体运动，经过时间t落地，重力加速度为g，则( )A.小球在落地前时间内的位移是B.小球下落一半高度时的速度大于C.小球前一半时间内的位移比后一半时间内的位移少D.小球前一半时间内的平均速度与后一半时间内的平均速度比为1:327.如图所示，一质量为m的小球（可视为质点）从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为，反弹的高度为.已知小球第一次与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力.下列说法正确的是( )A.第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力
16、大小为B.第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力大小为C.小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为D.小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为28.电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动产生交变电流，利用图示电路对远处的电灯供电，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为R、两个电灯和的电阻均不变，其他电阻均不计，开关S闭合后，下列说法正确的是( )A.升压变压器原线圈两端的电压不变B.矩形线圈中的电流增大C.输电线上损耗的功率增大D.电灯变亮29.一滑块在水平地面上沿直线滑行，时速率为1 m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F
17、，力F、滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F和速度v取同一正方向），则( )A.滑块的质量为1.0 kgB.滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05C.第2 s内力F的平均功率为3.0 WD.第1 s内和第2 s内滑块的动量变化量相同30.如图所示，两根细长直导线竖直固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆分别交于两点，点O是的中点，杆上两点关于O点对称.两导线通有大小相等、方向相反的电流，已知通电导线在其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小，其中I为导线中电流大小，r为该点到导线的距离，k为常量.一带负电的小球穿在杆上，以初速度由c点沿杆运动到d点.设在三点杆对小球的支持力大小分别
18、为，则下列说法正确的是( )A.B.C.小球做变加速直线运动D.小球做匀速直线运动参考答案1.答案：C解析：在斜面上，根据牛顿第二定律可知，沿斜面向下的加速度为，所以该“单摆”的“等效重力加速度”为，由单摆的周期公式可知该等效“单摆”的周期，选C。2.答案：D解析：根据题图可知，两木块在到时间内运动了相同的位移，故两木块在整段时间内的平均速度相等，根据匀加速直线运动规律，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在时刻两木块的速度相等，故A、B错误；由题图可知，对于A木块，到时间内的位移与到时间内的位移之差较大，由可知，A木块的加速度较大，且时刻两木块速度相等，故时刻A木块速度更小，故C
19、错误，D正确。故选D。3.答案：D解析：对物体受力分析，其受推力、重力、支持力，如图所示。x方向有方向有；从图像中取两个点，代入解得，A、B两项可以算出；当时，可解得，C项可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为时物体的速度大小，D项不可以算出。4.答案：D解析：图1中，杆绕O转动，球A的速度垂直于杆，将速度沿水平和竖直两方向正交分解，则垂直于接触面的水平分速度与立方块的速度相等，如图甲所示，得，故，B、C两项错误；图2中，杆绕O转动，杆顶端小球的速度和杆与立方块接触点的速度的方向都垂直于杆，杆上各点的角速度相同，则有。将立方块的速度v沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，如
20、图乙所示，则杆与立方块接触点的速度应与立方块垂直杆的方向的分速度相等，即，联立以上两式得，A项错误，D项正确。5.答案：B解析：行星、行星满足，据开普勒第三定律知他们的运行周期相等，令等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，A项错误，B项正确；向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星与行星在P点时加速度相等，但行星在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的分量，小于行星在P点时的加速度，C项错误；据，考虑到I到的变轨过程应该在B点加速，有，B到E过程动能向势能转化，有，考虑到小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度，而，所以有，综上所述，D项错误。6.答案：
21、C解析：小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，小球到达最低点时，A球所在轨道半径小，但A球质量大，无法比较两者的动量大小，A项错误；由于A球的质量大于B球的质量，由可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，求得，因A球的质量大于B球的质量，故，C项正确；由可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误。7.答案：D解析：根据可知当产品厚度增大导致增大时，电容器的电容C增大，再根据可知极板带电荷量Q增加，有充电电流从b向a流过灵敏电流计，A、C两项错误，D项正确；因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度不变，B项错误。8.答
22、案：D解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向，有，垂直于初速度方向，有，即，则有，D项正确。9.答案：B解析：电子通过加速电场有；在偏转电场中，电子在垂直于电场线的方向做匀速直线运动，由于要射出偏转电场区，则运动时间；电子在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，末速度，偏转角的正切和d恒定，故B正确。10.答案：C解析：开关断开时，两个电阻是串联关系，故流过两个电阻的电流相等，；开关闭合时，被短路，则电流为。则，解得，故C正确，A、B、D错误。11.答案：B解析：由题意可知：，电流的变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即题图a所示接法，则电阻测量
23、值为。由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于，故B正确。12.答案：D解析：由图可知，处物体图像的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大，A项错误；过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；时刻图像的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在处，B项错误；过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，合外力做功不为零，C项错误；由图像可知，0过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功，D项正确。13.答案：D解析：根据题述知，与之间部分区域浸没在海水中并有
24、垂直纸面向内的匀强磁场，海水中该部分为导体，与导体板和电源构成回路，海水通电后受到安培力作用，磁场对海水有向后的作用力，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导电磁船）有向前的作用力，该力是使船前进的力，A项错误；根据左手定则，要使船前进，海水中的电流方向从板指向板，B项错误；同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相同，C项错误；若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，由于可视为导线的海水切割磁感线要产生与电流方向相反的感应电动势，所以与间海水中的电流小于，D项正确。14.答案：B解析：离子进入磁场后偏转，根据左手定则可以判断A束离子都带正电，同理可
25、知B束离子带负电，A项错误。经过速度选择器后的离子速度相同，离子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能说明质量一定不同，B项正确，C项错误。在速度选择器中，电场方向水平向右，A束离子所受电场力方向向右，所以A束离子受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，D项错误。15.答案：C解析：由题中图像的斜率可知，在开始的2 s内，因此线圈磁通量的变化率为，A项错误；因为2 s内磁感应强度方向相反，所以在开始的2 s内穿过线圈的磁通
26、量的变化量不等于零，B项错误；根据法拉第电磁感应定律得，可知线圈中产生的感应电动势的大小为8 V，C项正确；由题图看出，第3 s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势不等于零，D项错误。16.答案：B解析：回旋加速器中交流电源的周期与粒子的转动周期应该相同，根据周期公式有，因质子（）与粒子（）质量数之比为1:4，而电荷量之比为1:2，加速粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为1:2，故B项正确。17.答案：D解析：小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A项错误；系统水平方向动量守恒，以向右为
27、正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，解得小车的位移，故B项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得，解得，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D项正确。18.答案：D解析：在缓慢移动小球B的过程中，小球A始终处于平衡状态，当小球B位于O点正下方l处时，细线与竖直方向间的夹
28、角为60，对小球A进行受力分析，画出力的矢量三角形，如图甲所示，则有，解得小球B的电荷量,A错误；在小球B移动到O点正下方l处之前，当小球B位于点时，对小球A进行受力分析，画出力的矢量三角形，如图乙所示，根据图乙可知此时细线中的拉力大小大于小球A的重力大小，所以细线中的拉力大小发生了变化，B错误；对小球A进行受力分析，根据功能关系可知，小球B对小球A的作用力对小球A做的功等于小球A增加的重力势能，有，由于小球B对小球A的作用力对小球A做正功，所以小球A的电势能减少，减少量为，对小球B进行受力分析，小球B在O点正下方l处时的电势能，小球B从左侧无穷远处移动到O点正下方l处的过程中，小球A对小球B
29、的作用力对小球B做负功，小球B的电势能增加，增加量为，所以两小球组成的系统增加的电势能为，根据功能关系可知，外力对小球B做的功为，C错误，D正确。19.答案：A解析：沙摆的周期，根据得，选项A正确。20.答案：AB解析：跳伞运动员在02 s内做匀加速直线运动，平均速度，根据图像可知，第10 s的末速度为8 m/s，则第10 s的末速度等于前2 s的平均速度，故A正确；14 s末后跳伞运动员做匀速直线运动，加速度为零，故B正确；根据图像中图线的斜率表示加速度可知，02 s内运动员做匀加速直线运动，加速度，不是自由落体运动，故C错误；速度图像中图线与时间轴所围成的面积表示位移，本题可以通过数方格的
30、个数来估算（大于半格的算一格，小于半格的舍去），每格面积为4 m，20 s内数得的格数大约为49格，所以20 s内运动员下落的总高度为：，故D错误。21.答案：BD解析：根据能量守恒知，和弹簧组成的系统机械能守恒，A项错误；根据系统机械能守恒可得，弹性势能的最大值，B项正确；对B，水平方向的合力，滑块先做加速运动后做减速运动，竖直杆对A的弹力大小等于，所以竖直杆对A的弹力不是始终大于弹簧弹力，C项错误；在A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有，则有，D项正确。22.答案：ABC解析：导体棒的有效切割长度，感应电动势，回路的总电阻，联立可得通过导体棒的电流
31、，A项正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即，得，B项正确；时刻导体棒的电阻，则导体棒的发热功率，C项正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有，得导体棒上能产生的焦耳热，D项错误。23.答案：ACD解析：三个粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向偏转距离相等，且大于c的偏转距离，由得知，运动时间相等，大于c的运动时间，即，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c比b先飞出电场，A正确，B错误。三个粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有。由图看出，水平位移相同，大于a的水平位移，即，而，可见，初速度关系为，故C正确。由动能定理得，由图看出，a和b的偏转距离相等，大于
32、c的偏转距离，故动能的增量相等，且大于c的动能增量，故D正确。24.答案：ABD解析：弹簧由压缩到伸长，因而挡板对物块B的弹力越来越小，A项正确。初始状态弹簧的压缩量等于物块B即将离开挡板时弹簧的伸长量，因而，弹簧恰好恢复原长，B项正确。0，拉力F和弹簧弹力对物块A做的功等于物块A机械能的增量，C项错误；0，对于物块A而言，弹簧弹力做功为零，拉力F做正功，重力做负功，根据动能定理可知，拉力F做功大于物块A动能增量，D项正确。25.答案：BD解析：将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合，对于空腔中任意一点P，设，则大球激发的场强为，方向由O指向P，小球激发的场强
33、为，方向由P指向；和的矢量合成遵从平行四边形定则，E的方向如图所示，根据几何关系可知E的方向与连线平行，所以BD正确，AC错误。26.答案：BD解析：将时间t分为相等的三份，在连续的三个相等的时间内位移之比为1:3:5，故小球在落地前时间内的位移是，故A错误；小球的平均速度为，等于中间时刻的速度，小于中间位置的速度，故小球下落一半高度时的速度大于，故B正确；由可知，前一半时间内的位移比后一半时间内的位移少，故C错误；小球前一半时间内的位移与后一半时间内的位移之比为1:3，故小球前一半时间内的平均速度与后一半时间内的平均速度之比为1:3，故D正确。27.答案：AC解析：小球第一次与地面接触前瞬间
34、的竖直分速度大小，接触后的竖直分速度大小，根据动量定理得，解得，选项A正确，B错误；根据得，小球水平分速度，根据得，可知小球第一次落地点和第二次落地点的水平距离，选项C正确，D错误.28.答案：BC解析：设升压变压器原、副线圈两端的电压分别为，流过线圈的电流分别为，匝数比为，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为，流过线圈的电流分别为，匝数比为，则，降压变压器原线圈右侧等效电阻，同理，升压变压器原线圈右侧等效电阻，S闭合后减小，减小，由，知增大，选项B正确；由，知减小，选项A错误；由，知也增大，输电线上损耗的功率增大，选项C正确；由，知减小，由，知减小，由，知减小，故变小，即电灯变暗，选项D错误
35、.29.答案：BD解析：由图象的斜率得到滑块的加速度，由两图知，第1 s内有，第2 s内有，代入数据得、，故A错误；根据可知，动摩擦因数，故B正确；由求解平均功率，故第2 s内力的平均功率，故C错误；由图乙可知第1 s内和第2 s内速度的变化量都是1 m/s，所以动量的变化量都是，故D正确.30.答案：ABD解析：根据安培定则和磁场叠加原理，在两通电直导线之间的区域磁场方向相同，都是垂直纸面向里，其中O点的磁感应强度最小.带电小球在磁场中运动，洛伦兹力不做功，小球速度不变，小球做匀速直线运动，选项D正确，C错误.由左手定则可判断出带负电的小球所受洛伦兹力方向竖直向下，根据洛伦兹力公式，可知带负电小球在O点所受竖直向下的洛伦兹力最小，由力的平衡条件可知，所以，选项B正确.根据对称性可知，两点的磁感应强度大小相等，带负电小球在两点所受竖直向下的洛伦兹力相等，在两点杆对小球的支持力大小相等，即，选项A正确.
