高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆高考物理模擬預(yù)測練習(xí)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?寶安區(qū)期末）現(xiàn)代醫(yī)學(xué)科技手段應(yīng)用了豐富的物理學(xué)知識，在高質(zhì)量醫(yī)院建設(shè)和守護人民群眾生命健康安全中發(fā)揮了重要的作用。下列說法正確的是（）A．“彩超”檢查心臟、大腦和眼底血管的病變主要是利用光的折射原理 B．纖維式內(nèi)窺鏡主要利用光的全反射原理檢查人體胃、腸、氣管等臟器的內(nèi)部 C．醫(yī)學(xué)上可以用激光做“光刀”來切開皮膚、切除腫瘤，這主要利用激光散射性好的特性D．醫(yī)用電子直線加速器是放射治療器械的一種，通過勻強磁場對電子起到加速作用【考點】激光的特點及其應(yīng)用；光的全反射現(xiàn)象；光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定性思想；歸納法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；理解能力．【答案】B〖祥解〗“彩超”利用了超聲波的多普勒效應(yīng)；纖維式內(nèi)窺鏡利用的是光的全反射；激光具有單色性好、相干性好、亮度高（能量高）、平行度好等特點；磁場對電子作用力不做功?！窘獯稹拷猓篈、“彩超”利用的是超聲波的多普勒效應(yīng)，故A錯誤；B、纖維式內(nèi)窺鏡利用的是光的全反射原理，故B正確；C、激光具有單色性好、相干性好、亮度高（能量高）、平行度好等特點，“光刀”主要是利用了激光亮度高的特點，故C錯誤；D、電子直線加速器，主要是電場加速的，而不是磁場，因為磁場對電子作用力不做功，故D錯誤。故選：B。【點評】知道在醫(yī)學(xué)領(lǐng)域的這些儀器的工作原理是解題的基礎(chǔ)。2．（3分）（2024春?永州期末）鈷60（60Co）發(fā)生β衰變的同時，會放出兩束γ射線。其衰變方程為2760Co→2860Ni+﹣A．鈷60的中子數(shù)比2860NiB．β衰變釋放的電子是由60Co原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子產(chǎn)生的 C．γ射線是60Co原子核由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)輻射出來的 D．24個60Co原子核經(jīng)過兩個半衰期后只剩下6個【考點】原子核的半衰期及影響因素；α、β、γ射線的本質(zhì)及特點；核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核子數(shù)等參數(shù)的關(guān)系；β衰變的特點、本質(zhì)及方程．【專題】定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗計算鈷60和2860Ni的中子數(shù)判斷；根據(jù)【解答】解：A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之和可知鈷60的中子數(shù)為：60﹣27＝332860Ni的中子數(shù)為：60﹣28鈷60的中子數(shù)比2860NiB．β衰變釋放的電子是由60Co原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，同時產(chǎn)生一個電子，這個電子以β射線的形式釋放出去，同時輻射出γ光子，故B正確；C．γ射線是60Co原子核由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)輻射出來的，故C錯誤；D．半衰期是對大量原子核的統(tǒng)計規(guī)律，少量原子核的衰變不能按照半衰期的定義計算，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵掌握β衰變的實質(zhì)和半衰期的概念。3．（3分）（2023?浙江開學(xué)）如圖所示，有兩個高度差為1m的小鋼球A、B先后由靜止開始下落，剛好同時落地，小鋼球B下落的最后3.8m，用時0.2s，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小鋼球B下落最后一秒的位移大小為15m B．小鋼球A下落時間為2s C．小鋼球A掉落前到地面的高度為20m D．兩小鋼球在運動過程中，間距和速度之差均保持不變【考點】自由落體運動的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；自由落體運動專題；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗由位移—時間公式，結(jié)合小球B最后0.2s內(nèi)的位移求出小球下降的高度以及時間，然后求出最后1s內(nèi)的位移；由幾何關(guān)系求出A下落的高度；由位移—時間公式求出A下落的時間；【解答】解：AB．設(shè)小球B下落的高度為hB，時間為tB，則有h解得hB＝20m，tB＝2s小鋼球B下落最后一秒的位移大小為：ΔhB=12gtB2-12BC．依題意，小鋼球A掉落前到地面的高度為hA＝hB+1m＝20m+1m＝21m小鋼球A下落時間滿足hA代入數(shù)據(jù)解得tA=105D．依題意，最后二者同時落地，開始時二者相距1m，則小球A先下落，兩小鋼球在運動過程中，兩球速度之差為Δv＝vA﹣vB＝gΔt，因為Δt為一個定值，所以兩球速度之差保持不變，間距逐漸減小。故D錯誤。故選：A。【點評】該題考查自由落體運動的規(guī)律，牢記公式即可。4．（3分）一條繩子可以分成一個個小段，每小段都可以看作一個質(zhì)點，這些質(zhì)點之間存在著相互作用。如圖所示，1、2、3、4……為繩上的一系列等間距的質(zhì)點，繩處于水平方向。質(zhì)點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，會帶動2、3、4……各個質(zhì)點依次上下振動，把振動從繩的左端傳回右端。質(zhì)點1的振動周期為T。t＝0時質(zhì)點1開始豎直向上運動，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點5開始運動。下列判斷正確的是（）A．質(zhì)點1與質(zhì)點20間相距一個波 B．質(zhì)點20開始振動時運動方向向下 C．t=T2時質(zhì)點5D．t=3T4時質(zhì)點【考點】機械波的圖像問題；波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗根據(jù)質(zhì)點起振動方向與波源起振方向相同，確定質(zhì)點的振動方向；根據(jù)波的傳播方向和質(zhì)點位置與波長，可分析各質(zhì)點的振動情況?！窘獯稹拷猓篈、t＝0時質(zhì)點1開始豎直向上運動，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點5開始運動。則質(zhì)點1、5間的距離為四分之一波長，故質(zhì)點1與質(zhì)點17間相距一個波長，故A錯誤；B、根據(jù)波動規(guī)律可知，質(zhì)點1開始振動時，運動方向向上，故質(zhì)點20開始振動時運動方向向上，故B錯誤；C、經(jīng)過T4，質(zhì)點5開始振動，再經(jīng)過T4，質(zhì)點5回到平衡位置，加速度為零，故D、t=34T時，質(zhì)點13開始振動，此時質(zhì)點12在平衡位置上方，運動方向向上，故故選：D?！军c評】本題考查了波動規(guī)律，掌握簡諧波傳播過程中，“后一個質(zhì)點重復(fù)前一個質(zhì)點的振動”是解決此類問題的關(guān)鍵所在。5．（3分）一定質(zhì)量的理想氣體被裝在帶有活塞的氣缸中，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，壓強p與體積V的倒數(shù)的關(guān)系圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．氣體的密集度逐漸減小 B．氣缸壁單位面積上所受的氣體壓力逐漸增大 C．氣體的平均動能一定減小 D．曲線AB與橫軸所圍的面積等于外界對氣體做的功【考點】理想氣體狀態(tài)變化的圖像問題；熱力學(xué)第一定律的表達和應(yīng)用．【專題】定性思想；圖析法；理想氣體狀態(tài)方程專題；理解能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)圖像判斷體積，分析氣體密集度；根據(jù)圖像判斷壓強，分析氣體壓力；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，分析溫度，確定氣體的平均動能；根據(jù)W＝pV，分析面積?！窘獯稹拷猓篈.一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，體積倒數(shù)增大，體積減小，故氣體的密集度逐漸增大，故A錯誤；B.氣缸壁單位面積上所受的氣體壓力F＝pS，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，壓強減小，氣缸壁單位面積上所受的氣體壓力逐漸減小，故B錯誤；C.一定質(zhì)量的理想氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，從圖中看出，p、V減小，故溫度減小，故氣體的平均動能一定減小，故D.外界對氣體做的功W＝pV，曲線AB與橫軸所圍的面積等于p?1V，故D故選：C?！军c評】本題考查學(xué)生的讀圖能力，解題關(guān)鍵是根據(jù)圖像判斷出壓強、體積的變化。6．（3分）（2025?廣州一模）如圖甲所示為某款按壓式發(fā)電的手電筒，當(dāng)按照一定的頻率按壓時，內(nèi)置發(fā)電機線圈轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量按照正弦規(guī)律變化（如圖乙所示）。已知線圈的匝數(shù)為100匝，下列說法正確的是（）A．交流電的頻率為0.2Hz B．t＝0.2s時，發(fā)電機線圈中的電流為零 C．發(fā)電機的電動勢的有效值為πV D．若電路總電阻為5Ω，則發(fā)電機的功率為π【考點】用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱；交流發(fā)電機及其產(chǎn)生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗由磁通量隨時間的變化情況，可知周期，由周期與頻率的關(guān)系，可計算交流電的頻率；由正弦交流電的峰值及有效值的計算方法，可得到電動勢的有效值；由電動勢的有效值，可知電流是否為零；由功率的公式，及電動勢的有效值，可計算功率?！窘獯稹拷猓篈、由磁通量隨時間的變化情況，可知周期T＝0.2s，由周期與頻率的關(guān)系，可知交流電的頻率為：f=1T，解得：f＝5Hz，故C、由正弦交流電的峰值Em＝NΦmω，可得到電動勢的有效值為：E有=Em2B、電流表示數(shù)為有效值，與時刻無關(guān)，由電動勢的有效值不為零，可知電流不為零，故B錯誤；D、由功率的公式P=E有2R，可知功率為：P故選：D。【點評】本題考查交流電的計算，注意電表示數(shù)為有效值，不能用瞬時值計算。7．（3分）（2022秋?北碚區(qū)期末）一場突如其來的山火，讓縉云山成為國人揪心的地方，面對危難，總有逆行者挺身而出，來自北碚及周邊不計其數(shù)的志愿者投入撲滅山火的戰(zhàn)斗中，最美那群人讓大家記住了縉云山和具有“英雄氣”的重慶人。如圖所示，滅火直升飛機沿水平方向勻速飛行。已知水和桶的總質(zhì)量為m，吊運水桶的懸索與豎直方向成θ角。設(shè)桶所受的空氣阻力為F阻，懸索對桶的拉力為F，重力加速度為g，則（）A．飛機處于失重狀態(tài) B．飛機勻速飛行時所受合力為零 C．F＝mgtanθ D．F阻＝mgsinθ【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；力的合成與分解的應(yīng)用；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗對水和水桶受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可?！窘獯稹拷猓篈B、飛機沿水平方向勻速飛行，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，不處于失重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；CD、對水和桶受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件得：F=F阻＝mgtanθ故CD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查共點力平衡，解題關(guān)鍵是對水和水桶受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可。8．（3分）（2022春?邯鄲期末）如圖所示，電路中電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為電容器，當(dāng)電路中滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，下列判斷正確的是（）A．電容器C處于放電狀態(tài) B．電容器C兩極板間的電場強度減小 C．電壓表的讀數(shù)增大 D．R1消耗的功率增大【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗由電路圖可知，C與燈泡和滑動變阻器均并聯(lián)接在電源兩端；當(dāng)滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電阻增大，則由閉合電路的歐姆定律可知電路中電流的變化及路端電壓的變化；則可得出電容器帶電量的變化，由功率公式可求得功率的變化?！窘獯稹拷猓篈、滑動觸頭P下滑時，R2接入電路的電阻增大，電路中的總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，R1兩端電壓減小，由于R1與R2串聯(lián)，所以R2兩端電壓增大，電容器C兩端的電壓增大，由電容的定義式C=QU，得電荷量增加，為充電過程，故B、由E=Ud，得電容器中的電場強度增大，故C、由于路端電壓增大，故電壓表的讀數(shù)增大，故C正確；D、R1兩端電壓減小，純電阻電路有P=U2R，得R1故選：C?！军c評】本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析問題，要注意掌握“程序法”的應(yīng)用，按“局部—整體—局部”的分析方進行分析，同時也可以根據(jù)“串反并同“規(guī)律直接進行判斷。9．（3分）（2023春?房山區(qū)期中）由于地球的自轉(zhuǎn)，則（）A．地球上所有物體都有向心加速度 B．地球上物體的向心加速度隨高度增加而減小 C．地球表面物體的向心加速度隨緯度增加而減小 D．地球上物體的向心加速度的方向都指向地心【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度的物理意義及計算．【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗地球自轉(zhuǎn)時，除了兩極，地球上所有點的角速度相等，根據(jù)a＝rω2比較向心加速度的大小?！窘獯稹拷猓篈．在地球上兩個極點處的物體，因為物體剛好在旋轉(zhuǎn)點上，所以向心加速度為零，故A錯誤；BC．在同一緯度處，除了南北極之外的地方，根據(jù)向心加速度公式a＝ω2r可知地球上物體高度增加，r在增大，向心加速度在增大；同理隨緯度增加，物體做圓周運動時所在緯度平面的半徑變小，加速度變小，故B錯誤，C正確；D．地球上物體的向心加速度的方向都沿著緯度平面指向地軸，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，向心加速度的方向指向圓心．知道向心加速度與角速度的大小關(guān)系．10．（3分）（2021秋?樂山期末）如圖所示，在勻強電場中虛線為電場線，O、A、B、C四點共線，且AB＝2OA＝2BC＝6cm，θ＝60°。已知A點電勢為零，一電子在O點電勢能為﹣6eV，則下列說法正確的是（）A．O點的電勢為﹣6V B．電場線方向水平向右 C．場強大小為200V/m D．電子從O點移動到C點電勢能降低【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；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〗A.根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，即可分析判斷；B.沿電場線方向電勢降低，結(jié)合前面分析，即可分析判斷；C.根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系列式，即可分析判斷；D.結(jié)合前面分析，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.電勢能與電勢的關(guān)系為：Ep＝qφ，則O點的電勢為：φO＝﹣6eV÷（﹣e）＝6V，故A錯誤；B.因為φA＝0V，φO＝6V，且沿電場線方向電勢降低，則電場線方向水平向右，故B正確；C.根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可得：E=U其中：UOA＝φO﹣φA，OA＝0.5AB，聯(lián)立可得：E＝400V/m，故C錯誤；D.結(jié)合前面分析可知，從O點到C點，電勢一直在降低，且電勢能與電勢的關(guān)系為：Ep＝qφ，電子帶負電，所以電子從O點移動到C點電勢能一直增大，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系，解題時需注意，公式U＝Ed中，d是沿場強方向的兩點間的距離，或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差，這一定量關(guān)系只適用于勻強電場。11．（3分）（2023春?自貢期末）在街旁的路燈，江海里的航標(biāo)燈都要求在夜晚亮，白天熄，利用半導(dǎo)體的電學(xué)特性制成了自動點亮、熄滅的裝置，實現(xiàn)了自動控制，這是利用半導(dǎo)體的（）A．壓敏性 B．光敏性 C．熱敏性 D．磁敏性【考點】常見傳感器的工作原理及應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗傳感器的作用是將溫度、力、光、聲音等非電學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量，光敏電阻是將光學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量?！窘獯稹拷猓涸诮峙缘穆窡?，江海里的航標(biāo)燈都要求在夜晚亮，白天熄，白天有光，黑夜沒有光，是由光導(dǎo)致電路的電流變化，所以電路中光傳感器導(dǎo)致電阻變化，實現(xiàn)自動控制，因此是利用半導(dǎo)體的光敏性，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】該題考查常見的傳感器中的光敏電阻的特性，知道光敏電阻是當(dāng)有光時，其電阻的阻值發(fā)生變化，當(dāng)它們起作用時，其電阻的阻值都是變小。12．（3分）（2024?內(nèi)蒙古開學(xué)）如圖所示，固定在絕緣水平面上的兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌的間距為0.6m，左端通過導(dǎo)線連接一個阻值為2.5Ω的定值電阻R，長度也為0.6m、電阻為0.5Ω的金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置，整個裝置處在磁感應(yīng)強度方向豎直向下、大小為0.5T的勻強磁場中。今在桿的中點施加一個垂直于金屬桿、大小為0.18N的水平拉力F，使其由靜止開始運動，金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，則金屬桿勻速運動時的速度大小為（）A．3m/s B．5m/s C．6m/s D．10m/s【考點】單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻；法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗綜合運用安培力公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律求解金屬桿勻速運動時的速度大小?！窘獯稹拷猓航饘贄U勻速運動時，金屬桿受到的安培力等于水平拉力，即FA＝BIL＝F金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv感應(yīng)電流為I=E聯(lián)立解得v＝6m/s故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解，本題從力學(xué)角度利用平衡條件列式求解。13．（3分）（2024秋?惠山區(qū)校級月考）如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg，開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞（時間極短）后立即一起向右運動，兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．A與C碰撞后瞬間，A的速度大小為3m/s B．A與C碰撞后瞬間，A的速度大小為2m/s C．A與C碰撞過程中損失的機械能為15J D．若長木板A的長度為0.6m，則滑塊B不會滑離長木板A【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】D〖祥解〗A、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、A在B上滑動過程A、B系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求解，再結(jié)合能量守恒定律求解?！窘獯稹拷猓篈B、A、C碰撞過程，A、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝（mA+mC）v，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2.5m/s，故AB錯誤；C、根據(jù)能量守恒定律有ΔE=12mAv02-12（mA+mC）v2D、若木板足夠長，最終三個物體共速，根據(jù)動量守恒定律有mBv0+（mA+mC）v＝（mA+mB+mC）v'根據(jù)能量守恒得μmBgL=12mBv02+12（mA+mC）v2-12（代入數(shù)據(jù)解得：L＝0.5m故長木板A的長度為0.6m，則滑塊B不會滑離長木板A，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚A、B、C的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以解題。14．（3分）（2022秋?寧波期中）某激光器能發(fā)射波長為λ的激光，發(fā)射功率為P，c表示光速，h為普朗克常量，則激光器t時間內(nèi)發(fā)射的光子數(shù)為（）A．λPthc B．hPtλc C．cPλht【考點】能量子與量子化現(xiàn)象；光子的動量．【專題】定量思想；推理法；估算分子個數(shù)專題；分析綜合能力．【答案】A〖祥解〗求出每個光子的能量，根據(jù)能量守恒定律分析出t時間內(nèi)發(fā)射的光子數(shù)?！窘獯稹拷猓好總€光子的能量為E=hν=hcλ，激光器在t時間內(nèi)發(fā)出的能量轉(zhuǎn)化為n個光子的能量，即Pt=nE=nhcλ，解得：n=λPt故選：A?！军c評】本題主要考查了光子和能量的相關(guān)知識，熟記光子能量的公式即可，屬于基礎(chǔ)題型。二．實驗題（共2小題）15．（2022秋?南通月考）（1）小明同學(xué)用如圖甲所示的裝置進行用單擺測量重力加速度的實驗。①以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有AC；A．盡量選擇質(zhì)量大、體積小的擺球B．將擺球拉到最大位移處釋放，同時快速按下秒表開始計時C．測量擺長時，讓單擺自然下垂，先測出擺線長度，然后加上擺球的半徑D．用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間作為單擺的周期②用10分度的游標(biāo)卡尺測量了小球直徑d，示數(shù)如圖乙所示，則小球直徑d＝16.4mm；（2）在探究“物體質(zhì)量一定時，加速度與力的關(guān)系”的實驗中，某同學(xué)作了如圖丙所示的實驗改進，添加了用力傳感器來測細線中的拉力。關(guān)于實驗改進后，下列說法正確的是C。A．力傳感器測得的是砂和砂桶的總重力B．小車受到的合力等于力傳感器測得的大小C．砂和砂桶的總質(zhì)量不需遠小于小車質(zhì)量D．本實驗不需要進行阻力補償【考點】用單擺測定重力加速度；探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系．【專題】定性思想；實驗分析法；單擺問題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容〖祥解〗（1）為了減小空氣阻力應(yīng)該選擇密度較大的擺球；擺球擺動其最低點開始計時；用秒表測量多次全擺動的時間，結(jié)合其周期數(shù)可以求出單擺的周期；利用游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)和精度可以讀出對應(yīng)的讀數(shù)；（2）力傳感器測量其繩子對小車的拉力；小車受到的合力等于拉力的兩倍；實驗不需要滿足質(zhì)量要求但需要平衡阻力?！窘獯稹拷猓海?）①A．為了減小空氣阻力，所以盡量選擇質(zhì)量大、體積小的擺球，故A正確；B．單擺釋放的角度應(yīng)當(dāng)小，擺動穩(wěn)定后，開始計時，計時起點終點為擺球通過平衡位置，故B錯誤；C．測量擺長時，讓單擺自然下垂，先測出擺線長度，然后加上擺球的半徑，故C正確；D．用秒表測量單擺完成30～50次全振動所用時間，然后求平均擺動一次的時間作為單擺的周期，用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間誤差太大，故D錯誤。故選：AC；②10分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.1mm，由圖乙可知，d＝16mm+0.1mm×4＝16.4mm；（2）AC．力傳感器可以精確測得繩子對小車的拉力，由于砂和砂桶做加速運動，則力傳感器測得的并不是砂和砂桶的總重力，故不需要滿足砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量，故A錯誤、C正確；B．小車受到的合力等于力傳感器測得的大小的兩倍，故B錯誤；D．本實驗中要求使傳感器示數(shù)的2倍為小車的合力，所以仍需要進行阻力補償，即平衡摩擦力，故D錯誤。故選：C。故答案為：（1）①AC；②16.4；（2）C?！军c評】本題主要是考查用單擺測量重力加速度的實驗、探究“物體質(zhì)量一定時，加速度與力的關(guān)系”的實驗，解答本題的關(guān)鍵是掌握這兩個實驗的實驗原理、實驗方法和誤差分析的方法，掌握用單擺測量重力加速度的實驗周期的測定方法。16．（2025?文昌校級模擬）某同學(xué)對航天飛機上使用的由特殊材料制作的電阻進行電阻率的測量，其形狀為圓柱體，實驗室現(xiàn)提供以下器材：A．電流表A1（量程0～50mA，內(nèi)阻r1＝20Ω）；B．電流表A2（量程0～100mA，內(nèi)阻r2約為40Ω）；C．滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流2A）；D．定值電阻（R0＝80Ω）；E．待測電阻Rx（長度為L＝10cm、電阻大約為120Ω）；F．直流電源E（電動勢為4V，內(nèi)阻很小）；G．開關(guān)一只，導(dǎo)線若干。實驗步驟如下：a．用螺旋測微器測出該電阻的直徑d，螺旋測微器示數(shù)如圖甲所示；b．根據(jù)如圖乙所示的實驗電路將實驗器材連接起來；c．閉合開關(guān)S，改變滑動變阻器的滑片位置得到多組電流表A1及電流表A2的讀數(shù)I1、I2，并將其記錄下來；d．將記錄的數(shù)據(jù)描繪在以I1為縱軸、I2為橫軸的坐標(biāo)系中，得到如圖丙所示的I1﹣I2圖像；e．利用I1﹣I2圖像得到待測電阻的阻值，求得其電阻率。請回答下列問題：（1）待測電阻的直徑d＝6.000mm；（2）由圖乙可以得到I1與I2的關(guān)系為I1＝RxRx+（3）由圖丙知，Rx＝100Ω，由Rx=ρLπ(d2)2知，ρ（4）在圖乙中，可以認(rèn)為電流表A1與定值電阻R0串聯(lián)后就是改裝的電壓表，測量電阻Rx時得到的阻值與真實值相比，測量值等于（填“大于”“等于”或“小于”）真實值?！究键c】導(dǎo)體電阻率的測量．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）6.000；（2）RxRx+R0+r1；（3〖祥解〗（1）螺旋測微器的的讀數(shù)等于固定刻度和可動刻度的讀數(shù)之和；（2）根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)；（3）根據(jù)（2）中結(jié)論結(jié)合圖像斜率計算，根據(jù)電阻定律計算；（4）根據(jù)實驗原理分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確值為0.01mm，由圖可知測電阻的直徑為d＝6mm+0.0×0.01mm＝6.000mm（2）由歐姆定律知可得I1（r1+R0）＝（I2﹣I1）Rx則I1（3）根據(jù)I1結(jié)合圖丙可得k=R解得Rx＝100Ω根據(jù)電阻定律可得Rx可得ρ=π（4）由于在計算通過Rx的電流時，電流表A1內(nèi)阻已知，已經(jīng)考慮了改裝電壓表的分流作用，因此Rx的測量值等于真實值。故答案為：（1）6.000；（2）RxRx+R0+r1；（3【點評】本題關(guān)鍵掌握測量電阻率的實驗原理和螺旋測微器的讀數(shù)方法。三．解答題（共4小題）17．（2023秋?遼寧期中）如圖所示，在傾角為θ＝30°的固定斜面上有一物塊A，在斜面底部有一物塊B，物塊B左側(cè)水平面上有一物塊C，C與B用一輕彈簧和一輕桿連接，桿長與彈簧原長相等。已知物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m＝2kg，所有接觸面均光滑。物塊A從某時刻開始由靜止下滑，不計物塊A在斜面與平面轉(zhuǎn)角處的機械能損失，A與B發(fā)生彈性碰撞，g取10m/s2。（1）求物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值；（2）若在物塊A開始下滑時，同時對物塊C施加一水平向左的恒力F，為使物塊A、B不相碰，求恒力F的最小值；（3）用質(zhì)量為m′的物塊替換物塊C且撤去輕桿，若在此后的運動中彈簧的最大彈性勢能與A第一次下滑至斜面底部時的動能之比為1：3，求m′?！究键c】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值為19（2）為使物塊A、B不相碰，恒力F的最小值為10N；（3）若在此后的運動中彈簧的最大彈性勢能與A第一次下滑至斜面底部時的動能之比為1：3，則m′為1kg?！枷榻狻剑?）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值；（2）根據(jù)運動學(xué)公式求恒力F的最小值；（3）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求m′?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)物塊A開始時距斜面底端的高度為H，沿斜面下滑至底部過程機械能守恒，有mA物塊A與BC間發(fā)生彈性碰撞，以vA的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒有mAvA＝mBCvBC+mAv′A12設(shè)碰撞后物塊A沿斜面上滑至最高點為h，則有mA聯(lián)立解得hH（2）設(shè)A在斜面上的運動時間為t1，在水平面上的運動時間為t2，對BC的整體有F＝（mB+mC）axBC物塊A在斜面上時有aA物塊A在水平面上時有x2＝aAt1?t2恰好追不上的條件為（x1+x2）﹣xBC＝x1a（t1+t2）＝aAt1聯(lián)立解得F＝10N（3）A、B間發(fā)生彈性碰撞，以vA的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒有mAvA＝mBvB+mAvA112B壓縮彈簧至最短過程，以vB的方向為正方向，由動量守恒定律有mBvB＝（mB+m′）v1對B、C系統(tǒng)由能量守恒得Ep根據(jù)題意有Ep聯(lián)立解得m′＝1kg答：（1）物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值為19（2）為使物塊A、B不相碰，恒力F的最小值為10N；（3）若在此后的運動中彈簧的最大彈性勢能與A第一次下滑至斜面底部時的動能之比為1：3，則m′為1kg?！军c評】本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。18．（2022秋?佛山期末）如圖，O為一個半徑為L的金屬圓盤的軸心，以水平直徑為分界線，分別有如圖所示的上下兩個勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小皆為B1。通過電刷將圓盤與一個光滑平行金屬導(dǎo)軌相連接。導(dǎo)軌間距也為L，與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B2，當(dāng)金屬盤以某一角速度轉(zhuǎn)動時，有一個質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab恰能靜止在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒接入電路部分的阻值為R，圓盤及導(dǎo)線電阻不計，已知重力加速度為g，試求：（1）通過導(dǎo)體棒的電流的大小和方向；（2）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度。【考點】電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】（1）通過導(dǎo)體棒的電流的大小為mgsinθB2L，方向為b（2）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為mgRsinθB〖祥解〗（1）根據(jù)平衡條件求解導(dǎo)體棒中的電流大小，根據(jù)左手定則判斷過導(dǎo)體棒的電流方向；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律和動生電動勢公式求解圓盤轉(zhuǎn)動的角速度?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體棒ab恰能靜止在導(dǎo)軌上，根據(jù)受力平衡可知，導(dǎo)體棒受到的安培力沿斜面向上；根據(jù)左手定則可知，通過導(dǎo)體棒的電流方向為b到a；以導(dǎo)體棒為對象，根據(jù)受力平衡可得F安＝B2lL＝mgsinθ解得通過導(dǎo)體棒的電流大小為I=（2）設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω，圓盤轉(zhuǎn)動時可認(rèn)為上下兩電刷間的豎直直徑切割磁感線，由于上下磁場方向相反，由右手定則可知上下半徑切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向相同，則有E根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=聯(lián)立解得圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω=答：（1）通過導(dǎo)體棒的電流的大小為mgsinθB2L，方向為b（2）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為mgRsinθB【點評】本題考查導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢的內(nèi)容以及涉及安培力的平衡問題，是力和電綜合性的問題。19．（2022秋?昌平區(qū)校級期末）一均勻帶電球面，半徑為R，帶電荷量為Q，球面外的空間充滿介電常量為ε的各向同性線性電介質(zhì)。求：（1）球面內(nèi)、外空間的電場強度；（2）球面內(nèi)、外空間的電勢?！究键c】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場強度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）球面內(nèi)的電場強度為0，外空間的電場強度為Q4π?（2）球面內(nèi)的電勢為Q4π?R，外空間的電勢為Q〖祥解〗（1）根據(jù)帶電小球的電荷分布情況，可知球內(nèi)電場強度為0，球外電場強度可通過點電荷產(chǎn)生的電場強度公式列式求解即可。（2）由于球內(nèi)外的電勢與電場強度和距離有關(guān)，可通過微元法列式求解即可?！窘獯稹拷猓海?）因電荷球?qū)ΨQ分布，故電場具有球?qū)ΨQ性，作與帶電球面同心的球形高斯面。r＜R處，有D?4πr2＝0，故D＝0，Er＞R處，有D?4πr2＝Q，D=Q4πr（2）任一點a處的電勢Vr＜R處，V=r＞R處，V=答：（1）球面內(nèi)的電場強度為0，外空間的電場強度為Q4π?（2）球面內(nèi)的電勢為Q4π?R，外空間的電勢為Q【點評】本題考查學(xué)生對帶電球體的求內(nèi)外電場強度和電勢的理解和運用，需要注意球內(nèi)電場強度為0.20．（2022秋?西城區(qū)校級期末）磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，如圖所示是它的示意圖，相距為d的兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場，一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）以速度v沿垂直于磁場的方向射入磁場，由于等離子體在磁場力的作用下運動方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，P、Q板上就會聚集電荷，從而在兩板間產(chǎn)生電壓。若P、Q兩板間的磁場、電場按勻強磁場、勻強電場處理，磁感應(yīng)強度為B，不計重力。（1）求該發(fā)電機的電動勢E；（2）請你提出一種可以提高該發(fā)電機電動勢的方法；（3）若發(fā)電機的內(nèi)電阻為r，在它的輸出端a，b間接有阻值為R的電阻，在圖示磁極配置的情況下，判斷通過電阻R的電流方向和電流大小I?！究键c】磁流體發(fā)電機．【專題】計算題；定量思想；控制變量法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）該發(fā)電機的電動勢E為dvB；（2）見解析；（3）通過電阻R的電流方向為由a指向b，通過電阻R的電流大小I為BdvR+r〖祥解〗（1）等離子體受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)正電荷的偏轉(zhuǎn)方向確定直流電源的正極．最終電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出電源的電動勢；（2）根據(jù)公式判斷提高該發(fā)電機電動勢的方法；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律計算電流大小?！窘獯稹拷猓海?）穩(wěn)定時，洛倫茲力與電場力平衡，則有qvB=q整理解得E＝dvB（2）根據(jù)上述可知，提高該發(fā)電機電動勢的方法可以增大磁感應(yīng)強度、增大極板之間的間距或增大等離子體的入射速度。（3）根據(jù)左手定則可知，正離子向上偏轉(zhuǎn)，負離子向下偏轉(zhuǎn)，極板P為發(fā)電機的正極，則通過電阻R的電流方向由a指向b，根據(jù)歐姆定律有I=通過電阻R的電流大小為：I=Bdv答：（1）該發(fā)電機的電動勢E為dvB；（2）見解析；（3）通過電阻R的電流方向為由a指向b，通過電阻R的電流大小I為BdvR+r【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及會根據(jù)電荷的平衡求出電動勢的大小，即極板間的電勢差．2025屆高考物理模擬預(yù)測練習(xí)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?寶安區(qū)期末）現(xiàn)代醫(yī)學(xué)科技手段應(yīng)用了豐富的物理學(xué)知識，在高質(zhì)量醫(yī)院建設(shè)和守護人民群眾生命健康安全中發(fā)揮了重要的作用。下列說法正確的是（）A．“彩超”檢查心臟、大腦和眼底血管的病變主要是利用光的折射原理 B．纖維式內(nèi)窺鏡主要利用光的全反射原理檢查人體胃、腸、氣管等臟器的內(nèi)部 C．醫(yī)學(xué)上可以用激光做“光刀”來切開皮膚、切除腫瘤，這主要利用激光散射性好的特性D．醫(yī)用電子直線加速器是放射治療器械的一種，通過勻強磁場對電子起到加速作用【考點】激光的特點及其應(yīng)用；光的全反射現(xiàn)象；光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定性思想；歸納法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；理解能力．【答案】B〖祥解〗“彩超”利用了超聲波的多普勒效應(yīng)；纖維式內(nèi)窺鏡利用的是光的全反射；激光具有單色性好、相干性好、亮度高（能量高）、平行度好等特點；磁場對電子作用力不做功。【解答】解：A、“彩超”利用的是超聲波的多普勒效應(yīng)，故A錯誤；B、纖維式內(nèi)窺鏡利用的是光的全反射原理，故B正確；C、激光具有單色性好、相干性好、亮度高（能量高）、平行度好等特點，“光刀”主要是利用了激光亮度高的特點，故C錯誤；D、電子直線加速器，主要是電場加速的，而不是磁場，因為磁場對電子作用力不做功，故D錯誤。故選：B?！军c評】知道在醫(yī)學(xué)領(lǐng)域的這些儀器的工作原理是解題的基礎(chǔ)。2．（3分）（2024春?永州期末）鈷60（60Co）發(fā)生β衰變的同時，會放出兩束γ射線。其衰變方程為2760Co→2860Ni+﹣A．鈷60的中子數(shù)比2860NiB．β衰變釋放的電子是由60Co原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子產(chǎn)生的 C．γ射線是60Co原子核由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)輻射出來的 D．24個60Co原子核經(jīng)過兩個半衰期后只剩下6個【考點】原子核的半衰期及影響因素；α、β、γ射線的本質(zhì)及特點；核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核子數(shù)等參數(shù)的關(guān)系；β衰變的特點、本質(zhì)及方程．【專題】定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗計算鈷60和2860Ni的中子數(shù)判斷；根據(jù)【解答】解：A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之和可知鈷60的中子數(shù)為：60﹣27＝332860Ni的中子數(shù)為：60﹣28鈷60的中子數(shù)比2860NiB．β衰變釋放的電子是由60Co原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，同時產(chǎn)生一個電子，這個電子以β射線的形式釋放出去，同時輻射出γ光子，故B正確；C．γ射線是60Co原子核由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)輻射出來的，故C錯誤；D．半衰期是對大量原子核的統(tǒng)計規(guī)律，少量原子核的衰變不能按照半衰期的定義計算，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵掌握β衰變的實質(zhì)和半衰期的概念。3．（3分）（2023?浙江開學(xué)）如圖所示，有兩個高度差為1m的小鋼球A、B先后由靜止開始下落，剛好同時落地，小鋼球B下落的最后3.8m，用時0.2s，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小鋼球B下落最后一秒的位移大小為15m B．小鋼球A下落時間為2s C．小鋼球A掉落前到地面的高度為20m D．兩小鋼球在運動過程中，間距和速度之差均保持不變【考點】自由落體運動的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；自由落體運動專題；推理論證能力．【答案】A〖祥解〗由位移—時間公式，結(jié)合小球B最后0.2s內(nèi)的位移求出小球下降的高度以及時間，然后求出最后1s內(nèi)的位移；由幾何關(guān)系求出A下落的高度；由位移—時間公式求出A下落的時間；【解答】解：AB．設(shè)小球B下落的高度為hB，時間為tB，則有h解得hB＝20m，tB＝2s小鋼球B下落最后一秒的位移大小為：ΔhB=12gtB2-12BC．依題意，小鋼球A掉落前到地面的高度為hA＝hB+1m＝20m+1m＝21m小鋼球A下落時間滿足hA代入數(shù)據(jù)解得tA=105D．依題意，最后二者同時落地，開始時二者相距1m，則小球A先下落，兩小鋼球在運動過程中，兩球速度之差為Δv＝vA﹣vB＝gΔt，因為Δt為一個定值，所以兩球速度之差保持不變，間距逐漸減小。故D錯誤。故選：A?！军c評】該題考查自由落體運動的規(guī)律，牢記公式即可。4．（3分）一條繩子可以分成一個個小段，每小段都可以看作一個質(zhì)點，這些質(zhì)點之間存在著相互作用。如圖所示，1、2、3、4……為繩上的一系列等間距的質(zhì)點，繩處于水平方向。質(zhì)點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，會帶動2、3、4……各個質(zhì)點依次上下振動，把振動從繩的左端傳回右端。質(zhì)點1的振動周期為T。t＝0時質(zhì)點1開始豎直向上運動，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點5開始運動。下列判斷正確的是（）A．質(zhì)點1與質(zhì)點20間相距一個波 B．質(zhì)點20開始振動時運動方向向下 C．t=T2時質(zhì)點5D．t=3T4時質(zhì)點【考點】機械波的圖像問題；波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗根據(jù)質(zhì)點起振動方向與波源起振方向相同，確定質(zhì)點的振動方向；根據(jù)波的傳播方向和質(zhì)點位置與波長，可分析各質(zhì)點的振動情況。【解答】解：A、t＝0時質(zhì)點1開始豎直向上運動，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點5開始運動。則質(zhì)點1、5間的距離為四分之一波長，故質(zhì)點1與質(zhì)點17間相距一個波長，故A錯誤；B、根據(jù)波動規(guī)律可知，質(zhì)點1開始振動時，運動方向向上，故質(zhì)點20開始振動時運動方向向上，故B錯誤；C、經(jīng)過T4，質(zhì)點5開始振動，再經(jīng)過T4，質(zhì)點5回到平衡位置，加速度為零，故D、t=34T時，質(zhì)點13開始振動，此時質(zhì)點12在平衡位置上方，運動方向向上，故故選：D?！军c評】本題考查了波動規(guī)律，掌握簡諧波傳播過程中，“后一個質(zhì)點重復(fù)前一個質(zhì)點的振動”是解決此類問題的關(guān)鍵所在。5．（3分）一定質(zhì)量的理想氣體被裝在帶有活塞的氣缸中，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，壓強p與體積V的倒數(shù)的關(guān)系圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．氣體的密集度逐漸減小 B．氣缸壁單位面積上所受的氣體壓力逐漸增大 C．氣體的平均動能一定減小 D．曲線AB與橫軸所圍的面積等于外界對氣體做的功【考點】理想氣體狀態(tài)變化的圖像問題；熱力學(xué)第一定律的表達和應(yīng)用．【專題】定性思想；圖析法；理想氣體狀態(tài)方程專題；理解能力．【答案】C〖祥解〗根據(jù)圖像判斷體積，分析氣體密集度；根據(jù)圖像判斷壓強，分析氣體壓力；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，分析溫度，確定氣體的平均動能；根據(jù)W＝pV，分析面積?！窘獯稹拷猓篈.一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，體積倒數(shù)增大，體積減小，故氣體的密集度逐漸增大，故A錯誤；B.氣缸壁單位面積上所受的氣體壓力F＝pS，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，壓強減小，氣缸壁單位面積上所受的氣體壓力逐漸減小，故B錯誤；C.一定質(zhì)量的理想氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，從圖中看出，p、V減小，故溫度減小，故氣體的平均動能一定減小，故D.外界對氣體做的功W＝pV，曲線AB與橫軸所圍的面積等于p?1V，故D故選：C。【點評】本題考查學(xué)生的讀圖能力，解題關(guān)鍵是根據(jù)圖像判斷出壓強、體積的變化。6．（3分）（2025?廣州一模）如圖甲所示為某款按壓式發(fā)電的手電筒，當(dāng)按照一定的頻率按壓時，內(nèi)置發(fā)電機線圈轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量按照正弦規(guī)律變化（如圖乙所示）。已知線圈的匝數(shù)為100匝，下列說法正確的是（）A．交流電的頻率為0.2Hz B．t＝0.2s時，發(fā)電機線圈中的電流為零 C．發(fā)電機的電動勢的有效值為πV D．若電路總電阻為5Ω，則發(fā)電機的功率為π【考點】用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱；交流發(fā)電機及其產(chǎn)生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D〖祥解〗由磁通量隨時間的變化情況，可知周期，由周期與頻率的關(guān)系，可計算交流電的頻率；由正弦交流電的峰值及有效值的計算方法，可得到電動勢的有效值；由電動勢的有效值，可知電流是否為零；由功率的公式，及電動勢的有效值，可計算功率。【解答】解：A、由磁通量隨時間的變化情況，可知周期T＝0.2s，由周期與頻率的關(guān)系，可知交流電的頻率為：f=1T，解得：f＝5Hz，故C、由正弦交流電的峰值Em＝NΦmω，可得到電動勢的有效值為：E有=Em2B、電流表示數(shù)為有效值，與時刻無關(guān)，由電動勢的有效值不為零，可知電流不為零，故B錯誤；D、由功率的公式P=E有2R，可知功率為：P故選：D?！军c評】本題考查交流電的計算，注意電表示數(shù)為有效值，不能用瞬時值計算。7．（3分）（2022秋?北碚區(qū)期末）一場突如其來的山火，讓縉云山成為國人揪心的地方，面對危難，總有逆行者挺身而出，來自北碚及周邊不計其數(shù)的志愿者投入撲滅山火的戰(zhàn)斗中，最美那群人讓大家記住了縉云山和具有“英雄氣”的重慶人。如圖所示，滅火直升飛機沿水平方向勻速飛行。已知水和桶的總質(zhì)量為m，吊運水桶的懸索與豎直方向成θ角。設(shè)桶所受的空氣阻力為F阻，懸索對桶的拉力為F，重力加速度為g，則（）A．飛機處于失重狀態(tài) B．飛機勻速飛行時所受合力為零 C．F＝mgtanθ D．F阻＝mgsinθ【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；力的合成與分解的應(yīng)用；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗對水和水桶受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可?！窘獯稹拷猓篈B、飛機沿水平方向勻速飛行，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，不處于失重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；CD、對水和桶受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件得：F=F阻＝mgtanθ故CD錯誤；故選：B。【點評】本題考查共點力平衡，解題關(guān)鍵是對水和水桶受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可。8．（3分）（2022春?邯鄲期末）如圖所示，電路中電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為電容器，當(dāng)電路中滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，下列判斷正確的是（）A．電容器C處于放電狀態(tài) B．電容器C兩極板間的電場強度減小 C．電壓表的讀數(shù)增大 D．R1消耗的功率增大【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗由電路圖可知，C與燈泡和滑動變阻器均并聯(lián)接在電源兩端；當(dāng)滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電阻增大，則由閉合電路的歐姆定律可知電路中電流的變化及路端電壓的變化；則可得出電容器帶電量的變化，由功率公式可求得功率的變化?！窘獯稹拷猓篈、滑動觸頭P下滑時，R2接入電路的電阻增大，電路中的總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，R1兩端電壓減小，由于R1與R2串聯(lián)，所以R2兩端電壓增大，電容器C兩端的電壓增大，由電容的定義式C=QU，得電荷量增加，為充電過程，故B、由E=Ud，得電容器中的電場強度增大，故C、由于路端電壓增大，故電壓表的讀數(shù)增大，故C正確；D、R1兩端電壓減小，純電阻電路有P=U2R，得R1故選：C?！军c評】本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析問題，要注意掌握“程序法”的應(yīng)用，按“局部—整體—局部”的分析方進行分析，同時也可以根據(jù)“串反并同“規(guī)律直接進行判斷。9．（3分）（2023春?房山區(qū)期中）由于地球的自轉(zhuǎn)，則（）A．地球上所有物體都有向心加速度 B．地球上物體的向心加速度隨高度增加而減小 C．地球表面物體的向心加速度隨緯度增加而減小 D．地球上物體的向心加速度的方向都指向地心【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度的物理意義及計算．【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗地球自轉(zhuǎn)時，除了兩極，地球上所有點的角速度相等，根據(jù)a＝rω2比較向心加速度的大小?！窘獯稹拷猓篈．在地球上兩個極點處的物體，因為物體剛好在旋轉(zhuǎn)點上，所以向心加速度為零，故A錯誤；BC．在同一緯度處，除了南北極之外的地方，根據(jù)向心加速度公式a＝ω2r可知地球上物體高度增加，r在增大，向心加速度在增大；同理隨緯度增加，物體做圓周運動時所在緯度平面的半徑變小，加速度變小，故B錯誤，C正確；D．地球上物體的向心加速度的方向都沿著緯度平面指向地軸，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，向心加速度的方向指向圓心．知道向心加速度與角速度的大小關(guān)系．10．（3分）（2021秋?樂山期末）如圖所示，在勻強電場中虛線為電場線，O、A、B、C四點共線，且AB＝2OA＝2BC＝6cm，θ＝60°。已知A點電勢為零，一電子在O點電勢能為﹣6eV，則下列說法正確的是（）A．O點的電勢為﹣6V B．電場線方向水平向右 C．場強大小為200V/m D．電子從O點移動到C點電勢能降低【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；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〗A.根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，即可分析判斷；B.沿電場線方向電勢降低，結(jié)合前面分析，即可分析判斷；C.根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系列式，即可分析判斷；D.結(jié)合前面分析，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.電勢能與電勢的關(guān)系為：Ep＝qφ，則O點的電勢為：φO＝﹣6eV÷（﹣e）＝6V，故A錯誤；B.因為φA＝0V，φO＝6V，且沿電場線方向電勢降低，則電場線方向水平向右，故B正確；C.根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可得：E=U其中：UOA＝φO﹣φA，OA＝0.5AB，聯(lián)立可得：E＝400V/m，故C錯誤；D.結(jié)合前面分析可知，從O點到C點，電勢一直在降低，且電勢能與電勢的關(guān)系為：Ep＝qφ，電子帶負電，所以電子從O點移動到C點電勢能一直增大，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系，解題時需注意，公式U＝Ed中，d是沿場強方向的兩點間的距離，或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差，這一定量關(guān)系只適用于勻強電場。11．（3分）（2023春?自貢期末）在街旁的路燈，江海里的航標(biāo)燈都要求在夜晚亮，白天熄，利用半導(dǎo)體的電學(xué)特性制成了自動點亮、熄滅的裝置，實現(xiàn)了自動控制，這是利用半導(dǎo)體的（）A．壓敏性 B．光敏性 C．熱敏性 D．磁敏性【考點】常見傳感器的工作原理及應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B〖祥解〗傳感器的作用是將溫度、力、光、聲音等非電學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量，光敏電阻是將光學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量。【解答】解：在街旁的路燈，江海里的航標(biāo)燈都要求在夜晚亮，白天熄，白天有光，黑夜沒有光，是由光導(dǎo)致電路的電流變化，所以電路中光傳感器導(dǎo)致電阻變化，實現(xiàn)自動控制，因此是利用半導(dǎo)體的光敏性，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】該題考查常見的傳感器中的光敏電阻的特性，知道光敏電阻是當(dāng)有光時，其電阻的阻值發(fā)生變化，當(dāng)它們起作用時，其電阻的阻值都是變小。12．（3分）（2024?內(nèi)蒙古開學(xué)）如圖所示，固定在絕緣水平面上的兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌的間距為0.6m，左端通過導(dǎo)線連接一個阻值為2.5Ω的定值電阻R，長度也為0.6m、電阻為0.5Ω的金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置，整個裝置處在磁感應(yīng)強度方向豎直向下、大小為0.5T的勻強磁場中。今在桿的中點施加一個垂直于金屬桿、大小為0.18N的水平拉力F，使其由靜止開始運動，金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，則金屬桿勻速運動時的速度大小為（）A．3m/s B．5m/s C．6m/s D．10m/s【考點】單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻；法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理論證能力．【答案】C〖祥解〗綜合運用安培力公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律求解金屬桿勻速運動時的速度大小?！窘獯稹拷猓航饘贄U勻速運動時，金屬桿受到的安培力等于水平拉力，即FA＝BIL＝F金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv感應(yīng)電流為I=E聯(lián)立解得v＝6m/s故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解，本題從力學(xué)角度利用平衡條件列式求解。13．（3分）（2024秋?惠山區(qū)校級月考）如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg，開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞（時間極短）后立即一起向右運動，兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．A與C碰撞后瞬間，A的速度大小為3m/s B．A與C碰撞后瞬間，A的速度大小為2m/s C．A與C碰撞過程中損失的機械能為15J D．若長木板A的長度為0.6m，則滑塊B不會滑離長木板A【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】D〖祥解〗A、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、A在B上滑動過程A、B系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求解，再結(jié)合能量守恒定律求解?！窘獯稹拷猓篈B、A、C碰撞過程，A、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝（mA+mC）v，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2.5m/s，故AB錯誤；C、根據(jù)能量守恒定律有ΔE=12mAv02-12（mA+mC）v2D、若木板足夠長，最終三個物體共速，根據(jù)動量守恒定律有mBv0+（mA+mC）v＝（mA+mB+mC）v'根據(jù)能量守恒得μmBgL=12mBv02+12（mA+mC）v2-12（代入數(shù)據(jù)解得：L＝0.5m故長木板A的長度為0.6m，則滑塊B不會滑離長木板A，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚A、B、C的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以解題。14．（3分）（2022秋?寧波期中）某激光器能發(fā)射波長為λ的激光，發(fā)射功率為P，c表示光速，h為普朗克常量，則激光器t時間內(nèi)發(fā)射的光子數(shù)為（）A．λPthc B．hPtλc C．cPλht【考點】能量子與量子化現(xiàn)象；光子的動量．【專題】定量思想；推理法；估算分子個數(shù)專題；分析綜合能力．【答案】A〖祥解〗求出每個光子的能量，根據(jù)能量守恒定律分析出t時間內(nèi)發(fā)射的光子數(shù)?！窘獯稹拷猓好總€光子的能量為E=hν=hcλ，激光器在t時間內(nèi)發(fā)出的能量轉(zhuǎn)化為n個光子的能量，即Pt=nE=nhcλ，解得：n=λPt故選：A。【點評】本題主要考查了光子和能量的相關(guān)知識，熟記光子能量的公式即可，屬于基礎(chǔ)題型。二．實驗題（共2小題）15．（2022秋?南通月考）（1）小明同學(xué)用如圖甲所示的裝置進行用單擺測量重力加速度的實驗。①以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有AC；A．盡量選擇質(zhì)量大、體積小的擺球B．將擺球拉到最大位移處釋放，同時快速按下秒表開始計時C．測量擺長時，讓單擺自然下垂，先測出擺線長度，然后加上擺球的半徑D．用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間作為單擺的周期②用10分度的游標(biāo)卡尺測量了小球直徑d，示數(shù)如圖乙所示，則小球直徑d＝16.4mm；（2）在探究“物體質(zhì)量一定時，加速度與力的關(guān)系”的實驗中，某同學(xué)作了如圖丙所示的實驗改進，添加了用力傳感器來測細線中的拉力。關(guān)于實驗改進后，下列說法正確的是C。A．力傳感器測得的是砂和砂桶的總重力B．小車受到的合力等于力傳感器測得的大小C．砂和砂桶的總質(zhì)量不需遠小于小車質(zhì)量D．本實驗不需要進行阻力補償【考點】用單擺測定重力加速度；探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系．【專題】定性思想；實驗分析法；單擺問題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容〖祥解〗（1）為了減小空氣阻力應(yīng)該選擇密度較大的擺球；擺球擺動其最低點開始計時；用秒表測量多次全擺動的時間，結(jié)合其周期數(shù)可以求出單擺的周期；利用游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)和精度可以讀出對應(yīng)的讀數(shù)；（2）力傳感器測量其繩子對小車的拉力；小車受到的合力等于拉力的兩倍；實驗不需要滿足質(zhì)量要求但需要平衡阻力。【解答】解：（1）①A．為了減小空氣阻力，所以盡量選擇質(zhì)量大、體積小的擺球，故A正確；B．單擺釋放的角度應(yīng)當(dāng)小，擺動穩(wěn)定后，開始計時，計時起點終點為擺球通過平衡位置，故B錯誤；C．測量擺長時，讓單擺自然下垂，先測出擺線長度，然后加上擺球的半徑，故C正確；D．用秒表測量單擺完成30～50次全振動所用時間，然后求平均擺動一次的時間作為單擺的周期，用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間誤差太大，故D錯誤。故選：AC；②10分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.1mm，由圖乙可知，d＝16mm+0.1mm×4＝16.4mm；（2）AC．力傳感器可以精確測得繩子對小車的拉力，由于砂和砂桶做加速運動，則力傳感器測得的并不是砂和砂桶的總重力，故不需要滿足砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量，故A錯誤、C正確；B．小車受到的合力等于力傳感器測得的大小的兩倍，故B錯誤；D．本實驗中要求使傳感器示數(shù)的2倍為小車的合力，所以仍需要進行阻力補償，即平衡摩擦力，故D錯誤。故選：C。故答案為：（1）①AC；②16.4；（2）C?！军c評】本題主要是考查用單擺測量重力加速度的實驗、探究“物體質(zhì)量一定時，加速度與力的關(guān)系”的實驗，解答本題的關(guān)鍵是掌握這兩個實驗的實驗原理、實驗方法和誤差分析的方法，掌握用單擺測量重力加速度的實驗周期的測定方法。16．（2025?文昌校級模擬）某同學(xué)對航天飛機上使用的由特殊材料制作的電阻進行電阻率的測量，其形狀為圓柱體，實驗室現(xiàn)提供以下器材：A．電流表A1（量程0～50mA，內(nèi)阻r1＝20Ω）；B．電流表A2（量程0～100mA，內(nèi)阻r2約為40Ω）；C．滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流2A）；D．定值電阻（R0＝80Ω）；E．待測電阻Rx（長度為L＝10cm、電阻大約為120Ω）；F．直流電源E（電動勢為4V，內(nèi)阻很?。籊．開關(guān)一只，導(dǎo)線若干。實驗步驟如下：a．用螺旋測微器測出該電阻的直徑d，螺旋測微器示數(shù)如圖甲所示；b．根據(jù)如圖乙所示的實驗電路將實驗器材連接起來；c．閉合開關(guān)S，改變滑動變阻器的滑片位置得到多組電流表A1及電流表A2的讀數(shù)I1、I2，并將其記錄下來；d．將記錄的數(shù)據(jù)描繪在以I1為縱軸、I2為橫軸的坐標(biāo)系中，得到如圖丙所示的I1﹣I2圖像；e．利用I1﹣I2圖像得到待測電阻的阻值，求得其電阻率。請回答下列問題：（1）待測電阻的直徑d＝6.000mm；（2）由圖乙可以得到I1與I2的關(guān)系為I1＝RxRx+（3）由圖丙知，Rx＝100Ω，由Rx=ρLπ(d2)2知，ρ（4）在圖乙中，可以認(rèn)為電流表A1與定值電阻R0串聯(lián)后就是改裝的電壓表，測量電阻Rx時得到的阻值與真實值相比，測量值等于（填“大于”“等于”或“小于”）真實值。【考點】導(dǎo)體電阻率的測量．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）6.000；（2）RxRx+R0+r1；（3〖祥解〗（1）螺旋測微器的的讀數(shù)等于固定刻度和可動刻度的讀數(shù)之和；（2）根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)；（3）根據(jù)（2）中結(jié)論結(jié)合圖像斜率計算，根據(jù)電阻定律計算；（4）根據(jù)實驗原理分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確值為0.01mm，由圖可知測電阻的直徑為d＝6mm+0.0×0.01mm＝6.000mm（2）由歐姆定律知可得I1（r1+R0）＝（I2﹣I1）Rx則I1（3）根據(jù)I1結(jié)合圖丙可得k=R解得Rx＝100Ω根據(jù)電阻定律可得Rx可得ρ=π（4）由于在計算通過Rx的電流時，電流表A1內(nèi)阻已知，已經(jīng)考慮了改裝電壓表的分流作用，因此Rx的測量值等于真實值。故答案為：（1）6.000；（2）RxRx+R0+r1；（3【點評】本題關(guān)鍵掌握測量電阻率的實驗原理和螺旋測微器的讀數(shù)方法。三．解答題（共4小題）17．（2023秋?遼寧期中）如圖所示，在傾角為θ＝30°的固定斜面上有一物塊A，在斜面底部有一物塊B，物塊B左側(cè)水平面上有一物塊C，C與B用一輕彈簧和一輕桿連接，桿長與彈簧原長相等。已知物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m＝2kg，所有接觸面均光滑。物塊A從某時刻開始由靜止下滑，不計物塊A在斜面與平面轉(zhuǎn)角處的機械能損失，A與B發(fā)生彈性碰撞，g取10m/s2。（1）求物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值；（2）若在物塊A開始下滑時，同時對物塊C施加一水平向左的恒力F，為使物塊A、B不相碰，求恒力F的最小值；（3）用質(zhì)量為m′的物塊替換物塊C且撤去輕桿，若在此后的運動中彈簧的最大彈性勢能與A第一次下滑至斜面底部時的動能之比為1：3，求m′?！究键c】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值為19（2）為使物塊A、B不相碰，恒力F的最小值為10N；（3）若在此后的運動中彈簧的最大彈性勢能與A第一次下滑至斜面底部時的動能之比為1：3，則m′為1kg。〖祥解〗（1）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值；（2）根據(jù)運動學(xué)公式求恒力F的最小值；（3）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求m′。【解答】解：（1）設(shè)物塊A開始時距斜面底端的高度為H，沿斜面下滑至底