高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆高考物理模擬預測練習卷（北京卷）一．選擇題（共14小題，滿分42分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?錦州期末）一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了ABCDA的循環(huán)，其p﹣V圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．狀態(tài)A氣體分子的平均動能比狀態(tài)B氣體分子的平均動能大 B．由C到D的過程中，外界對氣體做功8×108J C．由B到C的過程中，氣體內(nèi)能增大 D．經(jīng)歷ABCDA一個循環(huán)，氣體吸收的總熱量小于釋放的總熱量【考點】熱力學第一定律與理想氣體的圖像問題相結(jié)合．【專題】定量思想；推理法；熱力學定律專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗溫度是分子平均動能的標志，溫度越高分子平均動能越大；一定量的理想氣體內(nèi)能由氣體溫度決定，溫度越高氣體內(nèi)能越大，根據(jù)pVT【解答】解：A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，橫縱坐標乘積可代表溫度大小，則A的溫度小于B，所以狀態(tài)A氣體分子的平均動能比狀態(tài)B氣體分子的平均動能小，故B．由C到D的過程中，外界對氣體做功W=pΔV=(2+6)×1故B正確；C．由B到C的過程中，溫度降低，內(nèi)能減小，故C錯誤；D．經(jīng)歷ABCDA一個循環(huán)，氣體內(nèi)能不變，圖像與橫軸圍成面積代表做功，可知，全過程氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體吸收的總熱量大于釋放的總熱量，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查一定質(zhì)量的氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律的應用，根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，根據(jù)圖示圖象應用一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律即可解題；應用熱力學第一定律解題時，注意各物理量正負號的含義。2．（3分）（2023春?贛州期末）在雙縫干涉實驗中，用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣。若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，不可選用的方法是（）A．改用紅色激光 B．減小雙縫間距 C．將屏幕向遠離雙縫的位置移動 D．將光源向遠離雙縫的位置移動【考點】更換光的顏色判斷條紋間距的變化；改變雙縫的間距判斷干涉條紋間距的變化；改變雙縫到光屏的距離判斷干涉條紋間距的變化．【專題】定性思想；推理法；光的干涉專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式，得出影響條紋間距的因素，從而分析判斷。【解答】解：ABC.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=ldλD．將光源向遠離雙縫的位置移動，條紋間距不變，故D錯誤。本題選不可用的，故選：D。【點評】解決本題的關鍵知道雙縫干涉條紋間距公式，以及知道各種色光的波長大小關系。3．（3分）（2025?長春二模）降噪耳機的基本原理是在耳機內(nèi)產(chǎn)生一列相應的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用。假設t0時刻外界噪聲的波形圖如圖所示，下列選項中的聲波（均為t0時刻波形圖）對該噪聲降噪效果最好的是（）A． B． C． D．【考點】機械波的圖像問題．【專題】定性思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗因為降噪耳機的基本原理是在耳機內(nèi)產(chǎn)生一列相應的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點及題圖，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：因為降噪耳機的基本原理是在耳機內(nèi)產(chǎn)生一列相應的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點可知，兩列波應頻率相同、振幅相同、波長相同、波速相同，但相位相反，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查機械波的圖像問題，解題時需注意，結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點的振動方向或由各質(zhì)點的振動方向確定波的傳播方向，波源質(zhì)點的起振方向決定了它后面的質(zhì)點的起振方向，各質(zhì)點的起振方向與波源的起振方向相同。4．（3分）（2024春?即墨區(qū)期中）某同學站在水池邊用激光筆照射水面，通過控制轉(zhuǎn)換開關，該激光筆可以分別發(fā)射出兩種單色光a和b。該同學先用單色光a斜射向水面，其折射光線恰好照亮位于池底的鵝卵石P；過一會兒水池水面下降了一些，該同學換用單色光b沿同一路徑斜射向水面，其折射光線也恰好照亮鵝卵石P。鵝卵石P可以視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．水對a光的折射率大于水對b光的折射率 B．在水中傳播時，a光波長比b光波長短 C．a(chǎn)光在水中傳播速度大于b光在水中傳播速度 D．若用b光照射某金屬能發(fā)生光電效應，則用a光照射該金屬也能發(fā)生光電效應【考點】光電效應的條件和判斷能否發(fā)生光電效應；光的折射定律；折射率的波長表達式和速度表達式．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)n=sinθ1sinθ2即可求解；根據(jù)n=cv即可求解；根據(jù)【解答】解：A、水池水面下降后，入射點右移，折射光線仍能照亮鵝卵石P，說明b光的折射角較大。根據(jù)折射定律n=入射角相同，折射角越大，折射率越小，所以水對a光的折射率小于水對b光的折射率，故A錯誤；B、根據(jù)n=a光折射率小，則a光在水中的波長較長，故B錯誤；C、根據(jù)v=a光折射率小，所以a光在水中傳播速度大于b光在水中傳播速度，故C正確；D、b光折射率大，頻率f大，根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν﹣W0b光頻率大，更容易發(fā)生光電效應。若用b光照射某金屬能發(fā)生光電效應，用a光照射該金屬不一定能發(fā)生光電效應，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查光的折射定律、折射率與光速、波長、頻率的關系以及光電效應的相關知識。5．（3分）（2022春?海南期末）氫原子的能級如圖所示，現(xiàn)處于n＝3能級的大量氫原子向低能級躍遷，下列說法正確的是（）A．這些氫原子可能發(fā)出6種不同頻率的光 B．氫原子由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子能量最小 C．氫原子由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子的波長最短 D．氫原子向低能級躍遷時，氫原子能量減小，核外電子動能減小【考點】計算能級躍遷過程中吸收或釋放的光子的頻率和波長；玻爾原子理論的基本假設；氫原子能級圖；分析能級躍遷過程中釋放的光子種類；計算能級躍遷過程吸收或釋放的能量．【專題】定性思想；推理法；原子的能級結(jié)構(gòu)專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)Cn【解答】解：A、根據(jù)C32=3，所以這些氫原子總共可輻射出3BC、由圖可知當核外電子從n＝3能級躍遷到n＝1能級時，能級差最大，所以放出光子的能量最大，根據(jù)E＝hν，可知光的頻率最大，波長最小，故B錯誤，C正確；D、根據(jù)波爾氫原子理論可知，氫原子向低能級躍遷時，氫原子能量減小，核外電子動能增大，故D錯誤．故選：C?！军c評】解決本題的關鍵知道光子能量與能級差的關系，即Em﹣En＝hv，以及知道光電效應產(chǎn)生的條件，并學會判定躍遷過程中，動能與電勢能，及能量如何變化。6．（3分）（2023秋?三明期末）甲、乙兩輛遙控小車沿同一平直軌道作直線運動，其v﹣t圖象如圖所示。以甲車運動方向為正方向，若兩車（）A．從同一位置出發(fā)，則在8s時兩車相遇 B．在4s時相遇，則初始時兩車相距12m C．在4s時相遇，則10s時兩車再次相遇 D．在4s時相遇，則之后兩車距離越來越遠【考點】追及相遇的圖像類問題；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】定量思想；推理法；運動學中的圖象專題；追及、相遇問題；理解能力．【答案】B〖祥解〗A、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，可利用面積公式計算位移差值；B、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，可利用面積公式計算位移差值；CD、先結(jié)合面積公式計算二者的位移差值，利用位移與時間公式計算二者再次相逢的時間間隔，以此計算再次相逢的時刻?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，利用面積公式可知x甲＝2×8m＝16mx乙可知在0～8s內(nèi)甲車的位移為16m，乙車的位移為零，若兩車從同一位置出發(fā)，則兩車在8s時相距16m，沒有相遇，故A錯誤；B、利用面積公式可知，正常行駛情況下，在4s時刻，兩車相距x甲故兩車若在4s時刻相遇，則t＝0時刻兩車相距12m，故B正確；CD、若兩車在4s時刻相遇，即4s時在同一位置，此后乙車做勻加速直線運動追甲，a乙根據(jù)面積公式可知在甲、乙速度相等前即t＝8s時，二者之間相距Δx=(8-4)×2m-8-4根據(jù)位移與時間公式，二者再次相遇時有v甲代入數(shù)據(jù)解得t＝4s由此可知，二者在12s時再次相遇，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題結(jié)合速度與時間圖像考查學生解決追及、相遇問題的能力，其中知道速度與時間圖像面積表示位移為解決本題的關鍵。7．（3分）（2024?廣州模擬）如圖所示，質(zhì)量為M足夠長的斜面體始終靜止在粗糙水平地面上，有一個質(zhì)量為m的小物塊在受到方向如圖所示的斜向左下方的拉力F的作用下，沿斜面下滑，此過程中地面對斜面體的摩擦力方向向左。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．此過程中斜面體對地面的壓力大于（M+m）g B．若將力F撤去，小物塊將做勻速運動 C．若將力F撤去，則地面對斜面體的摩擦力不變 D．若將為F減小，則斜面體對地面的壓力將增大【考點】物體在粗糙斜面上的運動．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗運用隔離法和整體法分析斜面體和小物塊，結(jié)合牛頓第二定律和第三定律分析各選項?！窘獯稹拷猓篈、對斜面體進行受力分析，設斜面體的傾角為α，斜面體與物塊和地面的摩擦力分別為f1、f，地面對斜面體的支持力為N，物塊對斜面體的壓力為N1，如下圖所示。根據(jù)共點力平衡得水平方向f+f1cosα＝N1sinα豎直方向N＝N1cosα+Mg對物塊進行受力分析，如圖所示F與斜面的夾角為β，根據(jù)共點力平衡得垂直于斜面方向有FN+Fsinβ＝mgcosα又有：FN＝N1綜上可得N＝（mgcosα﹣Fsin?）cosα+Mg即N＝mg+Mg﹣mgsin2α﹣Fsin?cosα又α、β為銳角，sinβ、cosα均為正值故斜面體對地面的壓力小于（M+m）g，故A錯誤；B、撤去F后，m合力沿斜面向下，所以必沿斜面加速下滑，故B錯誤；C、撤去F后斜面受物塊的壓力增大，斜向右方向的作用也增大，故地面對斜面體摩擦增大，故C錯誤；D、減少F時，物塊對斜面壓力增大，則斜面體對地面壓力也增大，故D正確。故選：D?！军c評】本題關鍵是考查物體的受力分析，靈活運用整體法、隔離法受力分析即可，挖掘題目中的關鍵信息，題目很新穎，是一道好題。8．（3分）（2023秋?潮州期末）如圖所示，圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定（）A．粒子在M點的速度大于在N點的速度 B．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能 C．M點的電勢小于N點的電勢 D．M點的電場強度大于N點的電場強度【考點】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；電場強度與電場力的關系和計算；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大小；帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場方向的互判．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗ABC.根據(jù)電場線與電勢的關系、電勢能與電勢的關系、能量守恒，即可分析判斷。D.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大，據(jù)此分析判斷。【解答】解：ABC.因為等勢線與電場線相交處互相垂直，且沿電場線方向電勢逐漸降低可知，所以由圖可知，N點的電勢低于M點的電勢，因為正電荷在電勢高的位置電勢能大，所以該粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，則從M到N，該粒子電勢能減小，根據(jù)能量守恒可知，該過程粒子動能增大，所以該粒子在M點的速度小于在N點的速度，故B正確，AC錯誤；D.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大，由圖可知，N點的電場線更密集，則M點的電場強度小于N點的電場強度，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。9．（3分）（2021秋?無錫期末）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為R4A．第一次碰撞后兩球同向運動 B．運動過程中兩球的總動量保持不變 C．在以后運動過程中A球可以回到初始位置 D．mA與mB可能相等【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】比較思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度相同，且碰撞中無機械能損失，根據(jù)動量守恒定律的守恒條件結(jié)合機械能守恒定律進行分析。【解答】解：A、第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為R4，碰撞中無機械能損失，則碰撞后二者速度大小相等、方向相反，故AB、碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，碰撞后沿軌道運動過程中動量不守恒，故B錯誤；C、碰撞過程中系統(tǒng)的機械能守恒，則第二次碰撞后B的速度為零，A可以達到初始位置，故C正確；D、根據(jù)A選項可知，碰撞后A方向相反，則A的質(zhì)量一定小于B，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要是考查完全彈性碰撞，解答本題的關鍵是知道一動一靜完全彈性碰撞的特點。10．（3分）（2024?浙江開學）浮漂是釣魚人的“眼睛”。某人在戶外垂釣時所用的浮漂可以近似看作一個橫截面積為S的均勻泡沫細直管制成。如圖所示，O為浮漂的中點，A、B兩點到O點的距離相等，垂釣時，魚鉤、魚餌、釣魚線和浮漂在水中靜止時，O點恰好與水面平齊，魚咬鉤（未吞食魚餌）時將浮漂豎直向下拉至A點與水面平齊后釋放，不計水的阻力，則下列說法正確的是（）A．在浮漂上升的過程中，其速度一直增加 B．浮漂AO的中點在經(jīng)過水面時，浮漂的速度最大 C．浮漂在上升到最高點的過程中加速度一直增大 D．浮漂上升到最高點時，B點恰好與水面平齊【考點】簡諧運動過程中速度、加速度（回復力）與位移的變化問題．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】D〖祥解〗在魚漂上升的過程中，根據(jù)浮力的變化分析合力的變化，判斷加速度的變化；魚漂做簡諧運動，根據(jù)對稱性分析魚漂上升到最高點時點的位置?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，浮漂在水中靜止時，O點恰好與水面平齊，魚咬鉤（未吞食魚餌）時將浮漂豎直向下拉至A點與水面平齊后釋放，浮漂以O點為平衡位置，OA為振幅，做簡諧振動。ABC．在魚漂上升的過程中，受到重力和浮力，浮力先大于重力，后小于重力，魚漂的合力先減小后反向增大，則其加速度先減小后反向增大，其速度先增大，O點與水面平齊時，速度最大，然后速度開始減小，故ABC錯誤；D．由對稱性可知，浮漂上升到最高點時，B點恰好與水面平齊，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查簡諧運動，要求掌握簡諧運動的受力和運動特點。11．（3分）（2025?順德區(qū)二模）如圖所示，在墻內(nèi)或天花板中埋有某根通有恒定電流長直導線。為探測該導線走向，現(xiàn)用一個與靈敏電流計（圖中未畫出）串聯(lián)的感應線圈進行探測，結(jié)果如表。忽略地磁場影響，該導線可能的走向是（）探測電流計有無示數(shù)線圈平面平行于天花板OABC沿OA方向平移有沿OC方向平移無線圈平面平行于墻面OADE沿OA方向平移無沿OE方向平移無A．OE方向 B．OC方向 C．OB方向 D．OA方向【考點】安培定則（右手螺旋定則）；楞次定律及其應用；通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B〖祥解〗根據(jù)感應電流的條件和直線電流的磁場分析即可。【解答】解：線圈在天花板上沿著OA方向移動，有感應電流，說明沿著OA方向磁場在變化，導線可能沿著OC方向。沿著OC方向移動沒有感應電流，說明沿著OC方向磁場沒有變化，導線不可能沿著OA方向；導線在墻面上沿著OA方向移動沒有感應電流，說明沿著OA方向磁場沒有變化，OE不可能有導線；線圈沿著OE方向移動沒有感應電流，說明沿著OA方向沒有導線，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了感應電流的產(chǎn)生條件和直線電流的磁場。12．（3分）（2024?廣西模擬）如圖所示，一小球從空中某處以大小為v，方向與豎直方向成60°斜向上拋出，小球受到水平向右、大小為F=3mg3的水平風力，若小球落地時速率為2vA．v2g B．vg C．3v2g【考點】在外力作用下的類平拋運動．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)矢量的合成解得小球受到的加速度，結(jié)合類平拋運動規(guī)律分析解答?！窘獯稹拷猓盒∏虻氖芰Ψ治鋈鐖D所示，根據(jù)矢量的合成可知f方向與v垂直斜向下，故小球做類平拋運動，加速度a=23g3，以v方向為x軸，合力方向為t=3v故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】本題考查運動的合成與分解，解題關鍵掌握矢量的合成法則，注意類平拋運動規(guī)律的運用。13．（3分）（2023秋?西城區(qū)校級期中）目前我國在學校、車站等公共場所，都配備了自動體外除顫儀（AED），挽救了寶貴的生命。除顫儀工作時的電功率相當大，用電池直接供電無法達到，也超過了一般家庭的用電功率。某除顫儀的儲能裝置是一個電容為70μF的電容器，工作時先通過電子線路把電池供電的電壓升高到約5000V對電容器進行充電，然后電容器在約2ms的時間內(nèi)放電，使100～300J的電能通過病人的心臟部位，從而對病人進行搶救。根據(jù)上述信息并結(jié)合所學知識，可以推斷下列說法錯誤的是（）A．該除顫儀工作時的電功率在50～150kW之間 B．該除顫儀工作時通過人體的電流可達30A C．該除顫儀中的電容器充電后儲存的能量約為1750J D．除顫儀開機工作時施救人員身體不可與病人身體接觸【考點】電容器的儲能問題；電容器的充放電問題．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；理解能力．【答案】C〖祥解〗由P=Wt求解電功率的工作范圍；由P＝UI可求出除顫儀工作時的電流；根據(jù)E【解答】解：A、由題意可知，通過人體的電能范圍為100～300J，根據(jù)P=Wt可知，功率范圍在50～150kW之間，故B、電容器兩端的電壓U＝5000V，由P＝UI可知，最大電流Im=PmU150×103C、由E=12CE2可知，電容器儲存的能量E=12×70×1D、人是導體，所以除顫儀開機工作時施救人員身體不可與病人身體接觸，以免受到電擊，故D正確。本題選錯誤的，故選：C。【點評】本題考查對電容器應用的掌握，要注意明確電容器的工作原理，熟悉電功率公式的應用。14．（3分）（2024秋?南京期末）在勻強磁場中某處P點放一根長度L＝1.0m，通電電流I＝0.5A的直導線，調(diào)整直導線放置的方向，測得它受到的最大磁場力F＝1.0N，現(xiàn)將該通電導線從磁場中撤走，則P處的磁感應強度大小為（）A．零 B．0.1T C．2Wb D．2T【考點】磁感應強度的公式計算；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】D〖祥解〗當通電導線垂直放入磁場中時，所受的安培力最大，由F＝BIL求得磁感應強度B，明確磁感應強度大小由磁場本身決定，與是否放置導線無關。【解答】解：由題意，通電導線放入磁場中所受安培力最大，說明導線與磁場垂直，放置的導線長度L＝1.0m則由F＝BIL得，磁感應強度B=F磁感應強度與是否放置導線無關，故撤去導線時，P處的磁感應強度仍為2T，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】當通電導線垂直放入磁場中時，所受的安培力最大，由F＝BIL求得磁感應強度B．磁感應強度B方向與安培力方向是垂直關系。二．實驗題（共6小題，滿分58分）15．（8分）（2023秋?益陽期末）利用“探究單擺擺長和周期關系”實驗來測定當?shù)氐闹亓铀俣取＃?）用游標卡尺測量小球直徑d，如圖1所示，d＝2.45cm。（2）單擺懸掛在鐵架臺上，細線的上端懸掛方式正確的是圖2的乙（選填“甲”或“乙”）；（3）用刻度尺測量擺線長度為L，擺球直徑為d，則擺長為C（選填序號）。A.LB.L+dC.L+（4）某同學在單擺經(jīng)過平衡位置時按下秒表記為“1”，同方向再次經(jīng)過平衡位置時記為“2”，在數(shù)到“30”時停止秒表，讀出這段時間t，算出周期T=t30。其他操作步驟均正確，他測得出的重力加速度大于（選填“大于”、“等于”、“小于【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；實驗探究能力．【答案】（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于〖祥解〗（1）根據(jù)游標卡尺的精確度讀數(shù)；（2）（3）根據(jù)實驗器材與實驗注意事項分析答題。（4）根據(jù)周期的誤差結(jié)合單擺周期公式分析?！窘獯稹拷猓海?）游標卡尺的精確度為0.1mm，讀數(shù)為d＝2.4cm+5×0.1mm＝2.45cm（2）若采用圖甲中細線的上端懸掛方式，則在擺動的過程中，擺長會發(fā)生變化，從而引起實驗誤差，所以細線的上端懸掛方式正確的是圖乙。（3）擺長為懸點到球心的距離，即為擺線長度L加上擺球的半徑d2，即L+故ABD錯誤，C正確；故選：C。（4）測量周期時，按照實驗中的操作把29次全振動誤認為是30次全振動，所測周期T偏小，根據(jù)T＝2π可知所測重力加速度g偏大。故答案為：（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于【點評】理解實驗原理是解題的前提與關鍵；應用單擺周期公式分析誤差。16．（10分）（2023秋?東城區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖1所示，用米尺測出金屬絲的長度L，先用伏安法測出金屬絲的電阻R（約為5Ω）、然后計算出該金屬絲的電阻率。（1）從圖中讀出金屬絲的直徑D為0.399mm。（2）實驗室有兩節(jié)干電池、開關、若干導線及下列器材：A.電壓表0～3V，內(nèi)阻約3kΩB.電壓表0～15V，內(nèi)阻約15kΩC.電流表0～0.6A，內(nèi)阻約0.2ΩD.電流表0～3A，內(nèi)阻約0.1Ω要求較準確地測出金屬絲的阻值，電壓表應選A，電流表應選C。（選填選項前的字母）（3）在坐標紙（圖2）上建立U、I坐標系，并描繪出U﹣I圖線。由圖像得到金屬絲的阻值R＝4.4Ω（保留2位有效數(shù)字）。（4）寫出計算金屬絲電阻率的表達式ρ=πRD24L【考點】導體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）0.399；（2）A，C；（3）4.4；（4）ρ=πR〖祥解〗（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；（2）根據(jù)電源電動勢和待測電阻估算最大電流，由估算電流選擇電壓表和電流表；（3）根據(jù)電阻定律和面積公式推導電阻率的表達式?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為0.01mm，其讀數(shù)為0+39.9×0.01mm＝0.399mm；（2）兩節(jié)干電池電動勢為E＝3V，通過R的最大電流Im=35A＝0.6A，故電流表選擇C，電壓表應選（3）根據(jù)電阻的U﹣I圖像的斜率代表電阻，則R=1.50.34Ω＝（4）根據(jù)電阻定律R＝ρL且S=聯(lián)立解得ρ=故答案為：（1）0.399；（2）A，C；（3）4.4；（4）ρ=πR【點評】考查器材的使用和讀數(shù)規(guī)則，會根據(jù)實驗要求選擇恰當?shù)膬x表，需要學生充分理解實驗原理，熟練利用相關器材進行數(shù)據(jù)測量。17．（9分）（2023秋?杭州期中）如圖，是我國運動員正在杭州亞運會參加蹦床項目。某次跳躍中，該運動從離水平網(wǎng)面1.8m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面3.2m高處。已知運動員體重50kg，從運動員觸網(wǎng)瞬間到離網(wǎng)瞬間用時0.4s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力影響，則：（1）運動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度多大？（2）運動員離網(wǎng)上升過程所用時間多長？（3）運動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力多大？【考點】動量定理的內(nèi)容和應用；自由落體運動的規(guī)律及應用；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】（1）運動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度為6m/s；（2）運動員離網(wǎng)上升過程所用時間為0.8s；（3）運動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力為2250N?！枷榻狻竭\動員先做自由落體運動，可計算下落時間和觸網(wǎng)速度；上升3.2m過程與下降3.2m過程對稱，即可確定上升時間；對運動員受力分析，然后根據(jù)動量定理列式求解?！窘獯稹拷猓海?）下落過程，由v1解得v1＝6m/s（2）上升3.2m過程與下降3.2m過程對稱，則h2解得t2＝0.8s（3）上升初速度為v2＝gt2＝10×0.8m/s＝8m/s以向上為正方向，觸網(wǎng)過程平均加速度大小為a=v由牛頓第二定律知F﹣mg＝ma解得F＝2250N由牛頓第三定律，運動員對蹦床的平均力為2250N。答：（1）運動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度為6m/s；（2）運動員離網(wǎng)上升過程所用時間為0.8s；（3）運動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力為2250N?！军c評】本題關鍵是對運動員的各個運動情況分析清楚，然后結(jié)合運動學公式、動量定理列式后聯(lián)立求解。18．（9分）（2024秋?豐臺區(qū)期末）現(xiàn)代科技可以實現(xiàn)對地磁場的精確測量。（1）小明同學利用智能手機中的磁傳感器測量某地地磁場的磁感應強度。如圖1建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。該同學在當?shù)貙Φ卮艌鲞M行了測量，測量時z軸正向保持豎直向上，某次測量數(shù)據(jù)如表。求當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸菳的大小。Bx/μTBy/μTBz/μT20﹣20?40（2）小豐同學利用一磁強計來測量地磁場的磁感應強度。該磁強計的原理如圖2所示，厚度為h、寬度為d的金屬板放在勻強磁場中，磁場方向垂直于板的兩個側(cè)面向里，當電流從金屬板左側(cè)流入、右側(cè)流出時，在金屬板的上表面A和下表面A′之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。已知板單位體積中導電的電子數(shù)為n，電子電荷量為e，測得通過金屬板電流為I時，導體板上下表面的電勢差為U。a.求此時磁感應強度B的大??；b.若磁強計的靈敏度定義為ΔUΔB【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）磁感應強度大小為206（2）a.磁感應強度為nedUIb.為提高靈敏度，需要選用單位體積中導電的電子數(shù)n小，寬度小的金屬板?！枷榻狻剑?）由矢量疊加特點，可計算當?shù)氐拇鸥袘獜姸却笮?；?）a.穩(wěn)定狀態(tài)下，由粒子在霍爾元件中受力平衡，可計算磁感應強度；b.由磁感應強度與電壓的關系式，可得到靈敏度的表達式，可分析為提高靈敏度，需要對其影響因素的改變特點。【解答】解：（1）由矢量疊加特點，可知當?shù)氐拇鸥袘獜姸却笮椋築=Bx2+（2）a.穩(wěn)定狀態(tài)下，由粒子在霍爾元件中受力平衡，eUh=evB，由電流的定義式可知I=Δqb.由a的分析可知，磁感應強度與電壓的關系，故靈敏度ΔUΔB=I答：（1）磁感應強度大小為206（2）a.磁感應強度為nedUIb.為提高靈敏度，需要選用單位體積中導電的電子數(shù)n小，寬度小的金屬板?！军c評】本題考查霍爾效應的應用，關鍵是理解穩(wěn)定狀態(tài)下，帶電粒子在復合場中受力平衡。19．（10分）（2024春?合肥期中）能量概念的引入是科學前輩們追尋守恒量的一個重要事例。重力勢能、彈性勢能與動能都是機械運動中的能量形式，統(tǒng)稱為機械能。通過重力或彈力做功，機械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式。（1）請以物體沿光滑曲面滑下的情形為例，證明在只有重力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動能與重力勢能互相轉(zhuǎn)化時總的機械能保持不變，即在只有重力做功的系統(tǒng)內(nèi)，機械能是守恒的。在圖中，物體在某一時刻處在高度為h1的位置A，這時它的速度是v1。經(jīng)過一段時間后，物體下落到高度為h2的另一位置B，這時它的速度是v2。（注：推理證明過程中須說明每個表達式的依據(jù)）（2）如圖，質(zhì)量為m＝0.1kg的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量同為m＝0.1kg的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k＝20N/m，A、B都處于靜止狀態(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕質(zhì)掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩沿豎直方向。現(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為M＝0.3kg的物體C并從靜止狀態(tài)釋放。已知彈簧的彈性勢能由彈簧的勁度系數(shù)和形變量的大小決定，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦阻力。求：①從釋放C至B剛離地，物體A上升的高度；②B剛離地時，物體C速度的大小?！究键c】多物體系統(tǒng)的機械能守恒問題；動能定理的簡單應用；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】（1）證明見解析；（2）①從釋放C至B剛離地，物體A上升的高度為0.1m；②B剛離地時，物體C速度的大小為1m/s?！枷榻狻剑?）由動能定理、重力做功與重力勢能的關系分別列式，即可證明求解；（2）①對A靜止狀態(tài)、B剛離地時，由平衡條件分別列式，即可分析求解；②對系統(tǒng)，由機械能守恒定律列式，即可分析求解?！窘獯稹拷猓海?）證明：對物體，從A到B的運動，由動能定理可知，重力對物體做的功等于物體動能的增加，即：W=1重力對物體做的正功等于物體重力勢能的減少，可得：W＝mgh1﹣mgh2，聯(lián)立可得：12可見，在只有重力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動能與重力勢能互相轉(zhuǎn)化時總的機械能保持不變；（2）①對A靜止狀態(tài)，由平衡條件得：mg＝kx1，對B剛離地時，由平衡條件得：mg＝kx2，且：h＝x1+x2，聯(lián)立可得：x1＝x2，h＝0.1m；②由于彈簧在初狀態(tài)的形變量x1與末狀態(tài)的形變量x2相等，所以兩狀態(tài)中彈簧的彈性勢能相等，對系統(tǒng)由機械能守恒定律可得：Mgh-mgh=1解得：vC＝1m/s；答：（1）證明見解析；（2）①從釋放C至B剛離地，物體A上升的高度為0.1m；②B剛離地時，物體C速度的大小為1m/s?！军c評】本題主要考查多物體系統(tǒng)的機械能守恒問題，解題時需注意，在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。20．（12分）（2024?江蘇模擬）在粗糙絕緣水平桌面上，以O點為原點建立如圖所示的平面直角坐標系xOy，在坐標為（﹣l，0）的M點和（l，0）的N點處分別固定電荷量為+64Q和+9Q的帶電體（可視為點電荷），在坐標為（0，﹣l）處有一帶電荷量為+q的滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊通過長為l的絕緣輕細繩與O點相連。給滑塊一沿x軸正方向的初速度，使滑塊繞O點逆時針做圓周運動，在此過程中，當滑塊運動到圖中a點時速度達到最大值，此時∠aMN＝37°，當滑塊運動到b點（圖中未標出）時滑塊的電勢能最小，此時∠bMN＝α。已知靜電力常量為k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大??；（2）滑塊的電勢能最小時，tanα的值（可用根號表示）?！究键c】帶電粒子（計重力）在非勻強電場中的曲線運動．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大小為10kQql（2）滑塊的電勢能最小時，tanα的值為39〖祥解〗（1）當滑塊運動到圖中a點時速度達到最大值，可知在a點滑塊所受的滑動摩擦力等于兩電荷對滑塊的庫侖力在切線方向的分力的合力，根據(jù)庫侖定律以及幾何關系相結(jié)合求解滑塊受到的滑動摩擦力大??；（2）當靜電力做正功時，電勢能減??；當靜電力做負功時，電勢能增大，則當靜電力沿繩子反方向時，滑塊的電勢能最小，根據(jù)庫侖定律以及幾何關系相結(jié)合求解tanα的值。【解答】解：（1）滑塊運動到a點時，對滑塊受力分析，如圖甲所示。根據(jù)庫侖定律有FM=k?64Qq當滑塊運動到圖中a點時速度達到最大值，可知滑塊所受的滑動摩擦力等于兩電荷對滑塊的庫侖力在切線方向的分力的合力，大小為f=F（2）剛開始時，滑塊所受的靜電力（兩個庫侖力的合力）與速度方向成銳角，做正功，電勢能減小，直到靜電力與速度方向垂直時，靜電力做正功最多，電勢能減至最小，則此時靜電力（兩個庫侖力的合力）沿繩子反方向，如圖乙所示。Mb之間的距離為r1＝2lcosαNb之間的距離為r2＝2lsinα則tanα=F'M=聯(lián)立解得：tanα=答：（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大小為10kQql（2）滑塊的電勢能最小時，tanα的值為39【點評】解答本題的關鍵要正確分析滑塊的受力情況和靜電力做功情況，確定速度最大和電勢能最小的位置是關鍵，能結(jié)合幾何關系幫助解答。2025屆高考物理模擬預測練習卷（北京卷）一．選擇題（共14小題，滿分42分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?錦州期末）一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了ABCDA的循環(huán)，其p﹣V圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．狀態(tài)A氣體分子的平均動能比狀態(tài)B氣體分子的平均動能大 B．由C到D的過程中，外界對氣體做功8×108J C．由B到C的過程中，氣體內(nèi)能增大 D．經(jīng)歷ABCDA一個循環(huán)，氣體吸收的總熱量小于釋放的總熱量【考點】熱力學第一定律與理想氣體的圖像問題相結(jié)合．【專題】定量思想；推理法；熱力學定律專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗溫度是分子平均動能的標志，溫度越高分子平均動能越大；一定量的理想氣體內(nèi)能由氣體溫度決定，溫度越高氣體內(nèi)能越大，根據(jù)pVT【解答】解：A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，橫縱坐標乘積可代表溫度大小，則A的溫度小于B，所以狀態(tài)A氣體分子的平均動能比狀態(tài)B氣體分子的平均動能小，故B．由C到D的過程中，外界對氣體做功W=pΔV=(2+6)×1故B正確；C．由B到C的過程中，溫度降低，內(nèi)能減小，故C錯誤；D．經(jīng)歷ABCDA一個循環(huán)，氣體內(nèi)能不變，圖像與橫軸圍成面積代表做功，可知，全過程氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體吸收的總熱量大于釋放的總熱量，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查一定質(zhì)量的氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律的應用，根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，根據(jù)圖示圖象應用一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律即可解題；應用熱力學第一定律解題時，注意各物理量正負號的含義。2．（3分）（2023春?贛州期末）在雙縫干涉實驗中，用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣。若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，不可選用的方法是（）A．改用紅色激光 B．減小雙縫間距 C．將屏幕向遠離雙縫的位置移動 D．將光源向遠離雙縫的位置移動【考點】更換光的顏色判斷條紋間距的變化；改變雙縫的間距判斷干涉條紋間距的變化；改變雙縫到光屏的距離判斷干涉條紋間距的變化．【專題】定性思想；推理法；光的干涉專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式，得出影響條紋間距的因素，從而分析判斷?！窘獯稹拷猓篈BC.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=ldλD．將光源向遠離雙縫的位置移動，條紋間距不變，故D錯誤。本題選不可用的，故選：D。【點評】解決本題的關鍵知道雙縫干涉條紋間距公式，以及知道各種色光的波長大小關系。3．（3分）（2025?長春二模）降噪耳機的基本原理是在耳機內(nèi)產(chǎn)生一列相應的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用。假設t0時刻外界噪聲的波形圖如圖所示，下列選項中的聲波（均為t0時刻波形圖）對該噪聲降噪效果最好的是（）A． B． C． D．【考點】機械波的圖像問題．【專題】定性思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗因為降噪耳機的基本原理是在耳機內(nèi)產(chǎn)生一列相應的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點及題圖，即可分析判斷ABCD正誤?！窘獯稹拷猓阂驗榻翟攵鷻C的基本原理是在耳機內(nèi)產(chǎn)生一列相應的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點可知，兩列波應頻率相同、振幅相同、波長相同、波速相同，但相位相反，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查機械波的圖像問題，解題時需注意，結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點的振動方向或由各質(zhì)點的振動方向確定波的傳播方向，波源質(zhì)點的起振方向決定了它后面的質(zhì)點的起振方向，各質(zhì)點的起振方向與波源的起振方向相同。4．（3分）（2024春?即墨區(qū)期中）某同學站在水池邊用激光筆照射水面，通過控制轉(zhuǎn)換開關，該激光筆可以分別發(fā)射出兩種單色光a和b。該同學先用單色光a斜射向水面，其折射光線恰好照亮位于池底的鵝卵石P；過一會兒水池水面下降了一些，該同學換用單色光b沿同一路徑斜射向水面，其折射光線也恰好照亮鵝卵石P。鵝卵石P可以視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．水對a光的折射率大于水對b光的折射率 B．在水中傳播時，a光波長比b光波長短 C．a(chǎn)光在水中傳播速度大于b光在水中傳播速度 D．若用b光照射某金屬能發(fā)生光電效應，則用a光照射該金屬也能發(fā)生光電效應【考點】光電效應的條件和判斷能否發(fā)生光電效應；光的折射定律；折射率的波長表達式和速度表達式．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)n=sinθ1sinθ2即可求解；根據(jù)n=cv即可求解；根據(jù)【解答】解：A、水池水面下降后，入射點右移，折射光線仍能照亮鵝卵石P，說明b光的折射角較大。根據(jù)折射定律n=入射角相同，折射角越大，折射率越小，所以水對a光的折射率小于水對b光的折射率，故A錯誤；B、根據(jù)n=a光折射率小，則a光在水中的波長較長，故B錯誤；C、根據(jù)v=a光折射率小，所以a光在水中傳播速度大于b光在水中傳播速度，故C正確；D、b光折射率大，頻率f大，根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν﹣W0b光頻率大，更容易發(fā)生光電效應。若用b光照射某金屬能發(fā)生光電效應，用a光照射該金屬不一定能發(fā)生光電效應，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查光的折射定律、折射率與光速、波長、頻率的關系以及光電效應的相關知識。5．（3分）（2022春?海南期末）氫原子的能級如圖所示，現(xiàn)處于n＝3能級的大量氫原子向低能級躍遷，下列說法正確的是（）A．這些氫原子可能發(fā)出6種不同頻率的光 B．氫原子由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子能量最小 C．氫原子由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子的波長最短 D．氫原子向低能級躍遷時，氫原子能量減小，核外電子動能減小【考點】計算能級躍遷過程中吸收或釋放的光子的頻率和波長；玻爾原子理論的基本假設；氫原子能級圖；分析能級躍遷過程中釋放的光子種類；計算能級躍遷過程吸收或釋放的能量．【專題】定性思想；推理法；原子的能級結(jié)構(gòu)專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)Cn【解答】解：A、根據(jù)C32=3，所以這些氫原子總共可輻射出3BC、由圖可知當核外電子從n＝3能級躍遷到n＝1能級時，能級差最大，所以放出光子的能量最大，根據(jù)E＝hν，可知光的頻率最大，波長最小，故B錯誤，C正確；D、根據(jù)波爾氫原子理論可知，氫原子向低能級躍遷時，氫原子能量減小，核外電子動能增大，故D錯誤．故選：C?！军c評】解決本題的關鍵知道光子能量與能級差的關系，即Em﹣En＝hv，以及知道光電效應產(chǎn)生的條件，并學會判定躍遷過程中，動能與電勢能，及能量如何變化。6．（3分）（2023秋?三明期末）甲、乙兩輛遙控小車沿同一平直軌道作直線運動，其v﹣t圖象如圖所示。以甲車運動方向為正方向，若兩車（）A．從同一位置出發(fā)，則在8s時兩車相遇 B．在4s時相遇，則初始時兩車相距12m C．在4s時相遇，則10s時兩車再次相遇 D．在4s時相遇，則之后兩車距離越來越遠【考點】追及相遇的圖像類問題；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】定量思想；推理法；運動學中的圖象專題；追及、相遇問題；理解能力．【答案】B〖祥解〗A、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，可利用面積公式計算位移差值；B、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，可利用面積公式計算位移差值；CD、先結(jié)合面積公式計算二者的位移差值，利用位移與時間公式計算二者再次相逢的時間間隔，以此計算再次相逢的時刻?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，利用面積公式可知x甲＝2×8m＝16mx乙可知在0～8s內(nèi)甲車的位移為16m，乙車的位移為零，若兩車從同一位置出發(fā)，則兩車在8s時相距16m，沒有相遇，故A錯誤；B、利用面積公式可知，正常行駛情況下，在4s時刻，兩車相距x甲故兩車若在4s時刻相遇，則t＝0時刻兩車相距12m，故B正確；CD、若兩車在4s時刻相遇，即4s時在同一位置，此后乙車做勻加速直線運動追甲，a乙根據(jù)面積公式可知在甲、乙速度相等前即t＝8s時，二者之間相距Δx=(8-4)×2m-8-4根據(jù)位移與時間公式，二者再次相遇時有v甲代入數(shù)據(jù)解得t＝4s由此可知，二者在12s時再次相遇，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題結(jié)合速度與時間圖像考查學生解決追及、相遇問題的能力，其中知道速度與時間圖像面積表示位移為解決本題的關鍵。7．（3分）（2024?廣州模擬）如圖所示，質(zhì)量為M足夠長的斜面體始終靜止在粗糙水平地面上，有一個質(zhì)量為m的小物塊在受到方向如圖所示的斜向左下方的拉力F的作用下，沿斜面下滑，此過程中地面對斜面體的摩擦力方向向左。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．此過程中斜面體對地面的壓力大于（M+m）g B．若將力F撤去，小物塊將做勻速運動 C．若將力F撤去，則地面對斜面體的摩擦力不變 D．若將為F減小，則斜面體對地面的壓力將增大【考點】物體在粗糙斜面上的運動．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗運用隔離法和整體法分析斜面體和小物塊，結(jié)合牛頓第二定律和第三定律分析各選項?！窘獯稹拷猓篈、對斜面體進行受力分析，設斜面體的傾角為α，斜面體與物塊和地面的摩擦力分別為f1、f，地面對斜面體的支持力為N，物塊對斜面體的壓力為N1，如下圖所示。根據(jù)共點力平衡得水平方向f+f1cosα＝N1sinα豎直方向N＝N1cosα+Mg對物塊進行受力分析，如圖所示F與斜面的夾角為β，根據(jù)共點力平衡得垂直于斜面方向有FN+Fsinβ＝mgcosα又有：FN＝N1綜上可得N＝（mgcosα﹣Fsin?）cosα+Mg即N＝mg+Mg﹣mgsin2α﹣Fsin?cosα又α、β為銳角，sinβ、cosα均為正值故斜面體對地面的壓力小于（M+m）g，故A錯誤；B、撤去F后，m合力沿斜面向下，所以必沿斜面加速下滑，故B錯誤；C、撤去F后斜面受物塊的壓力增大，斜向右方向的作用也增大，故地面對斜面體摩擦增大，故C錯誤；D、減少F時，物塊對斜面壓力增大，則斜面體對地面壓力也增大，故D正確。故選：D?！军c評】本題關鍵是考查物體的受力分析，靈活運用整體法、隔離法受力分析即可，挖掘題目中的關鍵信息，題目很新穎，是一道好題。8．（3分）（2023秋?潮州期末）如圖所示，圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定（）A．粒子在M點的速度大于在N點的速度 B．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能 C．M點的電勢小于N點的電勢 D．M點的電場強度大于N點的電場強度【考點】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；電場強度與電場力的關系和計算；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大?。粠щ娏Ｗ拥能壽E、受力、電性、電場方向的互判．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗ABC.根據(jù)電場線與電勢的關系、電勢能與電勢的關系、能量守恒，即可分析判斷。D.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大，據(jù)此分析判斷。【解答】解：ABC.因為等勢線與電場線相交處互相垂直，且沿電場線方向電勢逐漸降低可知，所以由圖可知，N點的電勢低于M點的電勢，因為正電荷在電勢高的位置電勢能大，所以該粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，則從M到N，該粒子電勢能減小，根據(jù)能量守恒可知，該過程粒子動能增大，所以該粒子在M點的速度小于在N點的速度，故B正確，AC錯誤；D.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大，由圖可知，N點的電場線更密集，則M點的電場強度小于N點的電場強度，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。9．（3分）（2021秋?無錫期末）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為R4A．第一次碰撞后兩球同向運動 B．運動過程中兩球的總動量保持不變 C．在以后運動過程中A球可以回到初始位置 D．mA與mB可能相等【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】比較思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度相同，且碰撞中無機械能損失，根據(jù)動量守恒定律的守恒條件結(jié)合機械能守恒定律進行分析?！窘獯稹拷猓篈、第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為R4，碰撞中無機械能損失，則碰撞后二者速度大小相等、方向相反，故AB、碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，碰撞后沿軌道運動過程中動量不守恒，故B錯誤；C、碰撞過程中系統(tǒng)的機械能守恒，則第二次碰撞后B的速度為零，A可以達到初始位置，故C正確；D、根據(jù)A選項可知，碰撞后A方向相反，則A的質(zhì)量一定小于B，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查完全彈性碰撞，解答本題的關鍵是知道一動一靜完全彈性碰撞的特點。10．（3分）（2024?浙江開學）浮漂是釣魚人的“眼睛”。某人在戶外垂釣時所用的浮漂可以近似看作一個橫截面積為S的均勻泡沫細直管制成。如圖所示，O為浮漂的中點，A、B兩點到O點的距離相等，垂釣時，魚鉤、魚餌、釣魚線和浮漂在水中靜止時，O點恰好與水面平齊，魚咬鉤（未吞食魚餌）時將浮漂豎直向下拉至A點與水面平齊后釋放，不計水的阻力，則下列說法正確的是（）A．在浮漂上升的過程中，其速度一直增加 B．浮漂AO的中點在經(jīng)過水面時，浮漂的速度最大 C．浮漂在上升到最高點的過程中加速度一直增大 D．浮漂上升到最高點時，B點恰好與水面平齊【考點】簡諧運動過程中速度、加速度（回復力）與位移的變化問題．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】D〖祥解〗在魚漂上升的過程中，根據(jù)浮力的變化分析合力的變化，判斷加速度的變化；魚漂做簡諧運動，根據(jù)對稱性分析魚漂上升到最高點時點的位置。【解答】解：根據(jù)題意可知，浮漂在水中靜止時，O點恰好與水面平齊，魚咬鉤（未吞食魚餌）時將浮漂豎直向下拉至A點與水面平齊后釋放，浮漂以O點為平衡位置，OA為振幅，做簡諧振動。ABC．在魚漂上升的過程中，受到重力和浮力，浮力先大于重力，后小于重力，魚漂的合力先減小后反向增大，則其加速度先減小后反向增大，其速度先增大，O點與水面平齊時，速度最大，然后速度開始減小，故ABC錯誤；D．由對稱性可知，浮漂上升到最高點時，B點恰好與水面平齊，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查簡諧運動，要求掌握簡諧運動的受力和運動特點。11．（3分）（2025?順德區(qū)二模）如圖所示，在墻內(nèi)或天花板中埋有某根通有恒定電流長直導線。為探測該導線走向，現(xiàn)用一個與靈敏電流計（圖中未畫出）串聯(lián)的感應線圈進行探測，結(jié)果如表。忽略地磁場影響，該導線可能的走向是（）探測電流計有無示數(shù)線圈平面平行于天花板OABC沿OA方向平移有沿OC方向平移無線圈平面平行于墻面OADE沿OA方向平移無沿OE方向平移無A．OE方向 B．OC方向 C．OB方向 D．OA方向【考點】安培定則（右手螺旋定則）；楞次定律及其應用；通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B〖祥解〗根據(jù)感應電流的條件和直線電流的磁場分析即可?！窘獯稹拷猓壕€圈在天花板上沿著OA方向移動，有感應電流，說明沿著OA方向磁場在變化，導線可能沿著OC方向。沿著OC方向移動沒有感應電流，說明沿著OC方向磁場沒有變化，導線不可能沿著OA方向；導線在墻面上沿著OA方向移動沒有感應電流，說明沿著OA方向磁場沒有變化，OE不可能有導線；線圈沿著OE方向移動沒有感應電流，說明沿著OA方向沒有導線，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了感應電流的產(chǎn)生條件和直線電流的磁場。12．（3分）（2024?廣西模擬）如圖所示，一小球從空中某處以大小為v，方向與豎直方向成60°斜向上拋出，小球受到水平向右、大小為F=3mg3的水平風力，若小球落地時速率為2vA．v2g B．vg C．3v2g【考點】在外力作用下的類平拋運動．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)矢量的合成解得小球受到的加速度，結(jié)合類平拋運動規(guī)律分析解答?！窘獯稹拷猓盒∏虻氖芰Ψ治鋈鐖D所示，根據(jù)矢量的合成可知f方向與v垂直斜向下，故小球做類平拋運動，加速度a=23g3，以v方向為x軸，合力方向為t=3v故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題考查運動的合成與分解，解題關鍵掌握矢量的合成法則，注意類平拋運動規(guī)律的運用。13．（3分）（2023秋?西城區(qū)校級期中）目前我國在學校、車站等公共場所，都配備了自動體外除顫儀（AED），挽救了寶貴的生命。除顫儀工作時的電功率相當大，用電池直接供電無法達到，也超過了一般家庭的用電功率。某除顫儀的儲能裝置是一個電容為70μF的電容器，工作時先通過電子線路把電池供電的電壓升高到約5000V對電容器進行充電，然后電容器在約2ms的時間內(nèi)放電，使100～300J的電能通過病人的心臟部位，從而對病人進行搶救。根據(jù)上述信息并結(jié)合所學知識，可以推斷下列說法錯誤的是（）A．該除顫儀工作時的電功率在50～150kW之間 B．該除顫儀工作時通過人體的電流可達30A C．該除顫儀中的電容器充電后儲存的能量約為1750J D．除顫儀開機工作時施救人員身體不可與病人身體接觸【考點】電容器的儲能問題；電容器的充放電問題．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；理解能力．【答案】C〖祥解〗由P=Wt求解電功率的工作范圍；由P＝UI可求出除顫儀工作時的電流；根據(jù)E【解答】解：A、由題意可知，通過人體的電能范圍為100～300J，根據(jù)P=Wt可知，功率范圍在50～150kW之間，故B、電容器兩端的電壓U＝5000V，由P＝UI可知，最大電流Im=PmU150×103C、由E=12CE2可知，電容器儲存的能量E=12×70×1D、人是導體，所以除顫儀開機工作時施救人員身體不可與病人身體接觸，以免受到電擊，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】本題考查對電容器應用的掌握，要注意明確電容器的工作原理，熟悉電功率公式的應用。14．（3分）（2024秋?南京期末）在勻強磁場中某處P點放一根長度L＝1.0m，通電電流I＝0.5A的直導線，調(diào)整直導線放置的方向，測得它受到的最大磁場力F＝1.0N，現(xiàn)將該通電導線從磁場中撤走，則P處的磁感應強度大小為（）A．零 B．0.1T C．2Wb D．2T【考點】磁感應強度的公式計算；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】D〖祥解〗當通電導線垂直放入磁場中時，所受的安培力最大，由F＝BIL求得磁感應強度B，明確磁感應強度大小由磁場本身決定，與是否放置導線無關?！窘獯稹拷猓河深}意，通電導線放入磁場中所受安培力最大，說明導線與磁場垂直，放置的導線長度L＝1.0m則由F＝BIL得，磁感應強度B=F磁感應強度與是否放置導線無關，故撤去導線時，P處的磁感應強度仍為2T，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】當通電導線垂直放入磁場中時，所受的安培力最大，由F＝BIL求得磁感應強度B．磁感應強度B方向與安培力方向是垂直關系。二．實驗題（共6小題，滿分58分）15．（8分）（2023秋?益陽期末）利用“探究單擺擺長和周期關系”實驗來測定當?shù)氐闹亓铀俣取＃?）用游標卡尺測量小球直徑d，如圖1所示，d＝2.45cm。（2）單擺懸掛在鐵架臺上，細線的上端懸掛方式正確的是圖2的乙（選填“甲”或“乙”）；（3）用刻度尺測量擺線長度為L，擺球直徑為d，則擺長為C（選填序號）。A.LB.L+dC.L+（4）某同學在單擺經(jīng)過平衡位置時按下秒表記為“1”，同方向再次經(jīng)過平衡位置時記為“2”，在數(shù)到“30”時停止秒表，讀出這段時間t，算出周期T=t30。其他操作步驟均正確，他測得出的重力加速度大于（選填“大于”、“等于”、“小于【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；實驗探究能力．【答案】（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于〖祥解〗（1）根據(jù)游標卡尺的精確度讀數(shù)；（2）（3）根據(jù)實驗器材與實驗注意事項分析答題。（4）根據(jù)周期的誤差結(jié)合單擺周期公式分析?！窘獯稹拷猓海?）游標卡尺的精確度為0.1mm，讀數(shù)為d＝2.4cm+5×0.1mm＝2.45cm（2）若采用圖甲中細線的上端懸掛方式，則在擺動的過程中，擺長會發(fā)生變化，從而引起實驗誤差，所以細線的上端懸掛方式正確的是圖乙。（3）擺長為懸點到球心的距離，即為擺線長度L加上擺球的半徑d2，即L+故ABD錯誤，C正確；故選：C。（4）測量周期時，按照實驗中的操作把29次全振動誤認為是30次全振動，所測周期T偏小，根據(jù)T＝2π可知所測重力加速度g偏大。故答案為：（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于【點評】理解實驗原理是解題的前提與關鍵；應用單擺周期公式分析誤差。16．（10分）（2023秋?東城區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖1所示，用米尺測出金屬絲的長度L，先用伏安法測出金屬絲的電阻R（約為5Ω）、然后計算出該金屬絲的電阻率。（1）從圖中讀出金屬絲的直徑D為0.399mm。（2）實驗室有兩節(jié)干電池、開關、若干導線及下列器材：A.電壓表0～3V，內(nèi)阻約3kΩB.電壓表0～15V，內(nèi)阻約15kΩC.電流表0～0.6A，內(nèi)阻約0.2ΩD.電流表0～3A，內(nèi)阻約0.1Ω要求較準確地測出金屬絲的阻值，電壓表應選A，電流表應選C。（選填選項前的字母）（3）在坐標紙（圖2）上建立U、I坐標系，并描繪出U﹣I圖線。由圖像得到金屬絲的阻值R＝4.4Ω（保留2位有效數(shù)字）。（4）寫出計算金屬絲電阻率的表達式ρ=πRD24L【考點】導體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）0.399；（2）A，C；（3）4.4；（4）ρ=πR〖祥解〗（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；（2）根據(jù)電源電動勢和待測電阻估算最大電流，由估算電流選擇電壓表和電流表；（3）根據(jù)電阻定律和面積公式推導電阻率的表達式?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為0.01mm，其讀數(shù)為0+39.9×0.01mm＝0.399mm；（2）兩節(jié)干電池電動勢為E＝3V，通過R的最大電流Im=35A＝0.6A，故電流表選擇C，電壓表應選（3）根據(jù)電阻的U﹣I圖像的斜率代表電阻，則R=1.50.34Ω＝（4）根據(jù)電阻定律R＝ρL且S=聯(lián)立解得ρ=故答案為：（1）0.399；（2）A，C；（3）4.4；（4）ρ=πR【點評】考查器材的使用和讀數(shù)規(guī)則，會根據(jù)實驗要求選擇恰當?shù)膬x表，需要學生充分理解實驗原理，熟練利用相關器材進行數(shù)據(jù)測量。17．（9分）（2023秋?杭州期中）如圖，是我國運動員正在杭州亞運會參加蹦床項目。某次跳躍中，該運動從離水平網(wǎng)面1.8m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面3.2m高處。已知運動員體重50kg，從運動員觸網(wǎng)瞬間到離網(wǎng)瞬間用時0.4s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力影響，則：（1）運動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度多大？（2）運動員離網(wǎng)上升過程所用時間多長？（3）運動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力多大？【考點】動量定理的內(nèi)容和應用；自由落體運動的規(guī)律及應用；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】（1）運動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度為6m/s；（2）運動員離網(wǎng)上升過程所用時間為0.8s；（3）運動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力為2250N?！枷榻狻竭\動員先做自由落體運動，可計算下落時間和觸網(wǎng)速度；上升3.2m過程與下降3.2m過程對稱，即可確定上升時間；對運動員受力分析，然后根據(jù)動量定理列式求解?！窘獯稹拷猓海?）下落過程，由v1解得v1＝6m/s（2）上升3.2m過程與下降3.2m過程對稱，則h2解得t2＝0.8s（3）上升初速度為v2＝gt2＝10×0.8m/s＝8m/s以向上為正方向，觸網(wǎng)過程平均加速度大小為a=v由牛頓第二定律知F﹣mg＝ma解得F＝2250N由牛頓第三定律，運動員對蹦床的平均力為2250N。答：（1）運動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度為6m/s；（2）運動員離網(wǎng)上升過程所用時間為0.8s；（3）運動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力為2250N?！军c評】本題關鍵是對運動員的各個運動情況分析清楚，然后結(jié)合運動學公式、動量定理列式后聯(lián)立求解。18．（9分）（2024秋?豐臺區(qū)期末）現(xiàn)代科技可以實現(xiàn)對地磁場的精確測量。（1）小明同學利用智能手機中的磁傳感器測量某地地磁場的磁感應強度。如圖1建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。該同學在當?shù)貙Φ卮艌鲞M行了測量，測量時z軸正向保持豎直向上，某次測量數(shù)據(jù)如表。求當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸菳的大小。Bx/μTBy/μTBz/μT20﹣20?40（2）小豐同學利用一磁強計來測量地磁場的磁感應強度。該磁強計的原理如圖2所示，厚度為h、寬度為d的金屬板放在勻強磁場中，磁場方向垂直于板的兩個側(cè)面向里，當電流從金屬板左側(cè)流入、右側(cè)流出時，在金屬板的上表面A和下表面A′之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。已知板單位體積中導電的電子數(shù)為n，電子電荷量為e，測得通過金屬板電流為I時，導體板上下表面的電勢差為U。a.求此時磁感應