高考2025年福建省新高考物理試卷（選擇性）一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）“風(fēng)動(dòng)石”是福建省著名的自然景觀，如圖所示。無(wú)風(fēng)時(shí)，“風(fēng)動(dòng)石”在重力和底部巨石作用力F1的作用下靜止不動(dòng)。若“風(fēng)動(dòng)石”受到一水平方向的風(fēng)力作用時(shí)仍保持靜止，此時(shí)底部巨石對(duì)其作用力為F2，則（）A．F1的大小比F2的小 B．F1的大小比F2的大 C．F1與F2大小相等 D．F1與F2方向相同2．（4分）在圖（a）所示電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比4：1，電阻R1的阻值是R2的2倍，電壓表為理想電壓表。若原線圈輸入如圖（b）所示的正弦交流電，則（）A．交流電周期為2.25s B．電壓表示數(shù)為12V C．流經(jīng)副線圈的電流是流經(jīng)R1的2倍 D．變壓器的輸入、輸出功率之比為4：13．（4分）如圖，兩根長(zhǎng)直細(xì)導(dǎo)線L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N點(diǎn)，O為線段MN的中點(diǎn)，L1、L2分別處于線段OM、ON的中垂線上。當(dāng)L1、L2通有大小相等、方向相反的電流時(shí)，M、O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2?，F(xiàn)保持L1的電流不變，撤去L2的電流，此時(shí)N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．B2﹣B14．（4分）角分辨光電子能譜儀是現(xiàn)代科學(xué)研究的先進(jìn)儀器，其核心裝置中有兩個(gè)同心半球極板。垂直半球底面且過球心O的截面如圖所示。極板間存在一徑向電場(chǎng)，其等勢(shì)線為一系列以O(shè)為圓心的半圓。電子a以初動(dòng)能Ek從入口M點(diǎn)垂直半球底面入射，從N點(diǎn)射出；電子b也從M點(diǎn)垂直半球底面入射，經(jīng)P點(diǎn)后從Q點(diǎn)射出。兩電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，已知電子a軌跡為一以O(shè)為圓心的半圓，與OP交于H點(diǎn)，H、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，OM＝r，NQ＝2HP，電子電荷量大小為e，重力不計(jì)，則（）A．P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．電子a在H點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小為 C．電子b在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 D．電子b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，克服電場(chǎng)力所做的功小于2eU二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）5．（6分）在2025年央視春晚上，人形機(jī)器人表演了一個(gè)精彩的扭秧歌、轉(zhuǎn)手絹節(jié)目。如圖，機(jī)器人轉(zhuǎn)動(dòng)手絹，手絹繞其中心點(diǎn)O在一豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，O點(diǎn)在空間中保持不動(dòng)，P、Q是固定在手絹上可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)小飾物，與O點(diǎn)的距離分別為，d、，則手絹轉(zhuǎn)動(dòng)過程中（）A．Q的線速度大小是P的倍 B．Q的角速度大小是P的倍 C．P的加速度大小是Q的倍 D．P受到的合外力方向始終指向O點(diǎn)（多選）6．（6分）2025年，我國(guó)“人造太陽(yáng)”實(shí)現(xiàn)了等離子體原子核溫度超1億度的突破。在1億度的高溫條件下，“人造太陽(yáng)”內(nèi)可發(fā)生如下核反應(yīng)：→+17.5MeV。若動(dòng)量大小相等、方向相反的氘核與氚核正碰后發(fā)生該反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)生的和的總動(dòng)能近似等于核反應(yīng)釋放的全部能量，則（）A．該反應(yīng)過程有質(zhì)量虧損 B．該反應(yīng)為核裂變反應(yīng) C．的動(dòng)能約為14MeV D．的動(dòng)能約為14MeV（多選）7．（6分）如圖，真空中存在一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)存在一水平且垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電量為q（q＞0）的帶電微粒從M點(diǎn)以初速度v入射，沿MN做直線運(yùn)動(dòng)。微粒到N點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，一段時(shí)間后微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。已知M、N、P三點(diǎn)處于同一豎直平面內(nèi)，MN與電場(chǎng)方向夾角為45°，N點(diǎn)與P點(diǎn)等高，重力加速度大小為g，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為 D．從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，微粒到直線NP的最大距離為（多選）8．（6分）如圖，物塊A、B用輕彈簧連接并放置于水平傳送帶上，傳送帶以1m/s的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)，A的速度大小為2m/s，方向水平向右，B的速度為0，彈簧處于原長(zhǎng)；t＝t1時(shí)（t1為未知量），A第一次與傳送帶共速，彈簧彈性勢(shì)能為0.75J。已知A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量分別為1kg、2kg，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.5、0.25；A與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)時(shí)會(huì)留下劃痕，重力加速度大小取g＝10m/s2，A、B始終在傳送帶上，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則（）A．t＝時(shí)，A的加速度大小比B的小 B．t＝t1時(shí)，B的速度大小為0.5m/s C．t＝t1時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2m D．在0～t1內(nèi)，A在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度小于0.05m三、非選擇題：共60分，其中9、10和11為填空題，12、13為實(shí)驗(yàn)題，14～16為計(jì)算題?？忌鶕?jù)要求作答。9．（3分）某智能洗衣機(jī)液位控制原理如圖所示。洗衣缸中的水將一定質(zhì)量的空氣封閉在與底部相連的細(xì)管中，洗衣機(jī)通過壓力傳感器感知管中空氣壓強(qiáng)，從而控制水位。假設(shè)細(xì)管粗細(xì)均勻，進(jìn)、排水過程管中空氣為理想氣體，溫度保持不變。某次排水過程中，管中封閉空氣的壓強(qiáng)為p1時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度為L(zhǎng)1；當(dāng)封閉空氣的壓強(qiáng)變?yōu)閜2時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度為，排水過程管中空氣對(duì)外（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”）。10．（3分）沙蝎能靈敏地感知外界的振動(dòng)信號(hào)，可通過沙子傳來的波定位波源位置。一沙蝎先后感知到波源某次振動(dòng)產(chǎn)生的沿直線傳來的縱波和橫波，該縱波和橫波頻率相同，傳播速度大小分別為v1、v2，且v1大于v2，則縱波波長(zhǎng)（填“大于”“小于”或“等于”）橫波波長(zhǎng)。若沙蝎感知到縱波和橫波的時(shí)間差為Δt，則沙蝎與波源的距離為。11．（3分）如圖，M、N、P是豎直平面內(nèi)一直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，M、N在同一水平線上，∠PMN＝30°。M、N點(diǎn)分別固定有電荷量為Q1、Q2的正點(diǎn)電荷。若一帶電小球置于P點(diǎn)時(shí)，處于受力平衡狀態(tài)，則Q1與Q2的比值為；除P點(diǎn)外，線段MP上（填“存在”或“不存在”）該帶電小球受力平衡的其他點(diǎn)。12．（5分）某實(shí)驗(yàn)小組探究糖水折射率n隨濃度η的變化規(guī)律。主要裝置包括激光器和長(zhǎng)方體玻璃缸，玻璃缸正面內(nèi)側(cè)刻有水平、豎直標(biāo)尺，如圖（a）所示。實(shí)驗(yàn)操作過程如下：（1）調(diào)配一定濃度的糖水，注入水平放置的玻璃缸中。（2）打開激光器，讓激光緊貼玻璃缸正面內(nèi)側(cè)以一定入射角從空氣折射入糖水。（3）調(diào)整激光器，使入射點(diǎn)O處于豎直刻度尺的正后方，光路如圖（b）所示，其中A點(diǎn)是入射光線與玻璃缸上邊沿所在平面的交點(diǎn)，B點(diǎn)是折射光線與玻璃缸底部的交點(diǎn)，A、B點(diǎn)到法線的距離分別為L(zhǎng)1、L2，到液面的距離分別為h1、h2。測(cè)得L1、L2、h1、h2的值，并利用表達(dá)式n＝（用L1、L2、h1、h2表示）求出糖水折射率。（4）改變缸內(nèi)糖水濃度，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，將實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)填入如表。濃度η/%11.821.132.039.151.1折射率n1.341.361.381.401.42（5）在圖（c）給出的坐標(biāo)紙上補(bǔ)上濃度η＝32.0%的數(shù)據(jù)點(diǎn)。分析圖中數(shù)據(jù)點(diǎn)，可知糖水折射率隨濃度近似線性變化，繪制出“n﹣η”圖線。（6）由所繪圖線可知，糖水濃度每增加10.0%，折射率增大。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）13．（7分）某實(shí)驗(yàn)小組基于“等效替代法”設(shè)計(jì)了如圖（a）所示的電路用于電阻測(cè)量。使用的器材有：電源E（電動(dòng)勢(shì)3V），電流表A（量程30mA），定值電阻R1、R2、R3（阻值均為100Ω），定值電阻R4（阻值200Ω），滑動(dòng)變阻器R5（最大阻值200Ω，額定電流1.5A），帶標(biāo)尺的滑動(dòng)變阻器R6（最大阻值100Ω，額定電流1.5A），選擇開關(guān)S1，單刀開關(guān)S2，待測(cè)電阻Rx（阻值小于400Ω），導(dǎo)線若干。（1）按照?qǐng)D（a），將圖（b）中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整。（2）將鱷魚夾a、b短接，滑動(dòng)變阻器R6的滑片移至最右端0刻度處，S1打在位置1。接通S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R5，電流表指針指在圖（c）所示的位置，記錄電流表示數(shù)I＝mA，此示數(shù)作為本次實(shí)驗(yàn)的電流定標(biāo)值。（3）斷開S1、S2，用鱷魚夾a、b夾住Rx兩端。接通S2，將S1依次打在位置1、2，發(fā)現(xiàn)電流表示數(shù)均小于定標(biāo)值I；S1打到位置3時(shí)，電流表示數(shù)大于定標(biāo)值I，由此確定Rx的阻值范圍為Ω（填“0～100”“100～200”“200～300”或“300～400”）。（4）將S1重新打在位置（填“1”“2”或“3”），向左調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R6的滑片，直到電流表指針重新回到定標(biāo)值位置，此時(shí)R6的滑片處于55Ω刻度處?；凇暗刃娲ā痹?，可得Rx的阻值為Ω。（5）以下因素可能影響測(cè)量結(jié)果的有。（多選，填正確答案標(biāo)號(hào)）A．電源存在內(nèi)阻B．電流表存在內(nèi)阻C．滑動(dòng)變阻器R6讀數(shù)有偏差D．步驟（4）電流表指針未重新回到定標(biāo)值位置14．（12分）在2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)上，我國(guó)游泳運(yùn)動(dòng)員創(chuàng)造了男子百米自由泳新的世界紀(jì)錄。在此次比賽中，運(yùn)動(dòng)員起跳后于t0時(shí)刻入水。入水后的運(yùn)動(dòng)過程可近似分為三個(gè)階段：t0～t1段的前程游為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t1～t2段為勻速游，t2～t3段的沖刺游為勻加速直線運(yùn)動(dòng)；速率v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。已知t0＝0.9s，t1＝10.4s，t2＝44.4s，t3＝46.4s，求該運(yùn)動(dòng)員在（1）t0～t1段的平均速度大小；（2）t2～t3段的加速度大??；（3）t2～t3段的位移大小。15．（12分）如圖（a），豎直平面內(nèi)，一長(zhǎng)度大于4m的水平軌道OP與光滑半圓形軌道PNM在P點(diǎn)平滑連接，固定在水平地面上。可視為質(zhì)點(diǎn)的A、B兩小物塊靠在一起，靜置于軌道左端?，F(xiàn)用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右運(yùn)動(dòng)。以x表示A離開初始位置的位移，F(xiàn)隨x變化的圖像如圖（b）所示。已知A、B質(zhì)量均為0.2kg，A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，B與水平軌道間的摩擦不計(jì)，重力加速度大小取10m/s2。（1）求A離開初始位置向右運(yùn)動(dòng)1m的過程中，推力F做的功；（2）求A的位移為1m時(shí)，A、B間的作用力大??；（3）若B能到達(dá)M點(diǎn)，求半圓形軌道半徑應(yīng)滿足的條件。16．（15分）水平地面上固定有一傾角為30°的絕緣光滑斜面，其上有兩個(gè)寬度分別為L(zhǎng)1、L2的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，虛線為磁場(chǎng)邊界，均與斜面底邊平行，兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意圖如圖所示。一質(zhì)量為m、電阻為R的正方形細(xì)導(dǎo)線框abcd置于區(qū)域Ⅰ上方的斜面上，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行。線框由靜止開始下滑，依次穿過區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ。已知cd邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ到ab邊離開區(qū)域Ⅰ的過程中，線框速度恒為v；cd邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ和ab邊離開區(qū)域Ⅱ時(shí)線框的速度相同；區(qū)域Ⅰ、Ⅱ間的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€框邊長(zhǎng)，線框各邊材料相同、粗細(xì)均勻；下滑過程線框形狀不變且始終處于斜面內(nèi)，cd邊始終與磁場(chǎng)邊界平行；重力加速度大小為g。求：（1）初始時(shí)cd邊與區(qū)域Ⅰ上邊界的距離；（2）cd邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ后瞬間，cd兩端的電勢(shì)差；（3）cd邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ到ab邊離開區(qū)域Ⅱ的過程中，線框克服安培力做功的平均功率。

2025年福建省新高考物理試卷（選擇性）參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題）題號(hào)1234答案ABAD二．多選題（共4小題）題號(hào)5678答案ADACBCBD一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）“風(fēng)動(dòng)石”是福建省著名的自然景觀，如圖所示。無(wú)風(fēng)時(shí)，“風(fēng)動(dòng)石”在重力和底部巨石作用力F1的作用下靜止不動(dòng)。若“風(fēng)動(dòng)石”受到一水平方向的風(fēng)力作用時(shí)仍保持靜止，此時(shí)底部巨石對(duì)其作用力為F2，則（）A．F1的大小比F2的小 B．F1的大小比F2的大 C．F1與F2大小相等 D．F1與F2方向相同【分析】作出“風(fēng)動(dòng)石”的受力分析圖，根據(jù)平衡條件和共點(diǎn)力的合成求解作答?！窘獯稹拷猓骸帮L(fēng)動(dòng)石”的受力圖如圖所示：無(wú)風(fēng)時(shí)，底面巨石對(duì)“風(fēng)動(dòng)石”的作用力方向豎直向上，與重力平衡，大小為F1＝mg當(dāng)受到一個(gè)水平風(fēng)力時(shí)，底面巨石對(duì)“風(fēng)動(dòng)石”的作用力與豎直向下的重力及水平方向的風(fēng)力F，三力平衡；根據(jù)平衡條件可知，底面巨石對(duì)“風(fēng)動(dòng)石”的作用力大小為，故F2大于F1。故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了二力平衡條件和共點(diǎn)力的合成，基礎(chǔ)題。2．（4分）在圖（a）所示電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比4：1，電阻R1的阻值是R2的2倍，電壓表為理想電壓表。若原線圈輸入如圖（b）所示的正弦交流電，則（）A．交流電周期為2.25s B．電壓表示數(shù)為12V C．流經(jīng)副線圈的電流是流經(jīng)R1的2倍 D．變壓器的輸入、輸出功率之比為4：1【分析】由圖（b）可直接得到正弦交流電的周期；根據(jù)圖（b）得到理想變壓器的原線圈輸入電壓的最大值，計(jì)算出其有效值，根據(jù)理想變壓器原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比求解電壓表示數(shù)；根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律求解流經(jīng)副線圈的電流與流經(jīng)R1的電流的倍數(shù)關(guān)系；根據(jù)能量守恒定律分析理想變壓器的輸入、輸出功率的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈．由圖（b）可知，交流電的周期為：T＝2.25×10﹣2s﹣0.25×10﹣2s＝2.00×10﹣2s，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖（b）可知，理想變壓器的原線圈輸入電壓的最大值為：，則其有效值為：，已知原副線圈的匝數(shù)比為：n1：n2＝4：1，根據(jù)理想變壓器原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，可得副線圈電壓即電壓表示數(shù)為：，解得：U2＝12V，故B正確；C．已知：R1＝2R2，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律可知，流經(jīng)R1和R2的電流之比為：I1：I2＝R2：R1＝1：2，而流經(jīng)副線圈的電流I＝I1+I2，由此可得：I＝3I1，即流經(jīng)副線圈的電流是流經(jīng)R1的3倍，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)能量守恒定律可知，理想變壓器的輸入、輸出功率相等，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了理想變壓器的工作原理，掌握理想變壓器原副線圈的電壓比、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系。3．（4分）如圖，兩根長(zhǎng)直細(xì)導(dǎo)線L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N點(diǎn)，O為線段MN的中點(diǎn)，L1、L2分別處于線段OM、ON的中垂線上。當(dāng)L1、L2通有大小相等、方向相反的電流時(shí)，M、O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2。現(xiàn)保持L1的電流不變，撤去L2的電流，此時(shí)N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．B2﹣B1【分析】根據(jù)安培定則判斷兩導(dǎo)線在O點(diǎn)和N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的關(guān)系，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，結(jié)合位置的對(duì)稱性，得到兩導(dǎo)線在N處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與M點(diǎn)的關(guān)系，撤去L2的電流，此時(shí)N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于L1在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)安培定則，結(jié)合題意，可得兩導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同、大小相等，由磁場(chǎng)疊加原理，可得單個(gè)導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則導(dǎo)線L2在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BN＝。根據(jù)安培定則，結(jié)合對(duì)稱性，可得兩導(dǎo)線在N處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與M點(diǎn)相等，即兩導(dǎo)線在N處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1。由于L2在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于L1在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，且方向相反，由磁場(chǎng)疊加原理可得將L2撤去后，N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝BN﹣B1＝，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電流的磁效應(yīng)與磁場(chǎng)疊加原理，掌握安培定則的使用方法，磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，磁場(chǎng)疊加時(shí)應(yīng)用平行四邊形定則。4．（4分）角分辨光電子能譜儀是現(xiàn)代科學(xué)研究的先進(jìn)儀器，其核心裝置中有兩個(gè)同心半球極板。垂直半球底面且過球心O的截面如圖所示。極板間存在一徑向電場(chǎng)，其等勢(shì)線為一系列以O(shè)為圓心的半圓。電子a以初動(dòng)能Ek從入口M點(diǎn)垂直半球底面入射，從N點(diǎn)射出；電子b也從M點(diǎn)垂直半球底面入射，經(jīng)P點(diǎn)后從Q點(diǎn)射出。兩電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，已知電子a軌跡為一以O(shè)為圓心的半圓，與OP交于H點(diǎn)，H、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，OM＝r，NQ＝2HP，電子電荷量大小為e，重力不計(jì)，則（）A．P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．電子a在H點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小為 C．電子b在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 D．電子b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，克服電場(chǎng)力所做的功小于2eU【分析】已知電子a入射動(dòng)能，其恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力解得圓弧MN上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，以及電子a在H點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小，根據(jù)P點(diǎn)處電場(chǎng)線與H點(diǎn)處的電場(chǎng)線疏密程度的比較，可知P點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小與圓弧MN上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小的關(guān)系；根據(jù)沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，得到Q點(diǎn)電勢(shì)與P點(diǎn)的高低關(guān)系，根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系可得電子b在Q點(diǎn)電勢(shì)能與在P點(diǎn)的大小關(guān)系，根據(jù)能量守恒判斷電子b在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能的關(guān)系；由電場(chǎng)線的疏密分布情況分析HP之間平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小與NQ之間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小的關(guān)系，根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得到HP之間與NQ之間的電勢(shì)差的關(guān)系，根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系解答D選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈B．電子a入射動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式有：電子a恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：聯(lián)立解得圓弧MN上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，電子a在H點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小為因P點(diǎn)處電場(chǎng)線較H點(diǎn)處的稀疏，故P點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小小于，故AB錯(cuò)誤；C．已知：NQ＝2HP，因H、N點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，且沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，故Q點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)的。因電子帶負(fù)電，故電子在電勢(shì)較低處電勢(shì)能較大，則電子b在Q點(diǎn)電勢(shì)能大于在P點(diǎn)的，根據(jù)能量守恒可知，電子b在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；D．由電場(chǎng)線的疏密分布情況可知，沿徑向向外電場(chǎng)強(qiáng)度變小，則HP之間平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于NQ之間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小，根據(jù)電勢(shì)差的絕對(duì)值，可得：0＜UNQ＜2UHP，則電子b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，克服電場(chǎng)力做功W＝eUNQ＜2eUHP＝2eU，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，以及電場(chǎng)的基本性質(zhì)。掌握電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度得的關(guān)系，電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系。二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）5．（6分）在2025年央視春晚上，人形機(jī)器人表演了一個(gè)精彩的扭秧歌、轉(zhuǎn)手絹節(jié)目。如圖，機(jī)器人轉(zhuǎn)動(dòng)手絹，手絹繞其中心點(diǎn)O在一豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，O點(diǎn)在空間中保持不動(dòng)，P、Q是固定在手絹上可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)小飾物，與O點(diǎn)的距離分別為，d、，則手絹轉(zhuǎn)動(dòng)過程中（）A．Q的線速度大小是P的倍 B．Q的角速度大小是P的倍 C．P的加速度大小是Q的倍 D．P受到的合外力方向始終指向O點(diǎn)【分析】根據(jù)手絹?zhàn)鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，由圖可知P、Q屬于同軸傳動(dòng)模型，故角速度相等，結(jié)合線速度v＝ωr，向心加速度表達(dá)式a＝ω2r分析求解?！窘獯稹拷猓築．手絹?zhàn)鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，由圖可知P、Q屬于同軸傳動(dòng)模型，故角速度相等，即角速度之比為1：1，故B錯(cuò)誤；A．由線速度表達(dá)式v＝ωrQ、P線速度之比故A正確；C．由向心加速度表達(dá)式a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比故C錯(cuò)誤；D．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其合外力等于向心力，故合力總是指向圓心O，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)，理解同軸轉(zhuǎn)動(dòng)中角速度相同，掌握線速度、周期、向心力、向心加速度與角速度之間的相互關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）6．（6分）2025年，我國(guó)“人造太陽(yáng)”實(shí)現(xiàn)了等離子體原子核溫度超1億度的突破。在1億度的高溫條件下，“人造太陽(yáng)”內(nèi)可發(fā)生如下核反應(yīng)：→+17.5MeV。若動(dòng)量大小相等、方向相反的氘核與氚核正碰后發(fā)生該反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)生的和的總動(dòng)能近似等于核反應(yīng)釋放的全部能量，則（）A．該反應(yīng)過程有質(zhì)量虧損 B．該反應(yīng)為核裂變反應(yīng) C．的動(dòng)能約為14MeV D．的動(dòng)能約為14MeV【分析】根據(jù)核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒，有質(zhì)量虧損，結(jié)合核聚變反應(yīng)方程的特點(diǎn)，綜合反應(yīng)動(dòng)量守恒，由于相撞前氘核與氚核動(dòng)量大小相等，方向相反，系統(tǒng)總動(dòng)量為零，以及動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系式分析求解。【解答】解：A．核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒，有質(zhì)量虧損，A正確；B．該反應(yīng)是核聚變反應(yīng)，B錯(cuò)誤；CD．在真空中，該反應(yīng)動(dòng)量守恒，由于相撞前氘核與氚核動(dòng)量大小相等，方向相反，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。故反應(yīng)后氦核與中子的動(dòng)量也大小相等，方向相反。由動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系式得反應(yīng)粒子獲得的動(dòng)能之比為而兩個(gè)粒子獲得的總動(dòng)能為17.5MeV，故中子獲得的動(dòng)能大小為，獲得的動(dòng)能大小為。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了核反應(yīng)方程相關(guān)知識(shí)，理解反應(yīng)過程中質(zhì)量、質(zhì)量數(shù)、動(dòng)量與動(dòng)能的前后關(guān)系，熟練掌握動(dòng)能的計(jì)算方式是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）7．（6分）如圖，真空中存在一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)存在一水平且垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電量為q（q＞0）的帶電微粒從M點(diǎn)以初速度v入射，沿MN做直線運(yùn)動(dòng)。微粒到N點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，一段時(shí)間后微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。已知M、N、P三點(diǎn)處于同一豎直平面內(nèi)，MN與電場(chǎng)方向夾角為45°，N點(diǎn)與P點(diǎn)等高，重力加速度大小為g，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為 D．從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，微粒到直線NP的最大距離為【分析】根據(jù)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平衡條件分析，在N點(diǎn)撤去磁場(chǎng)后，粒子受力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，綜合粒子在N點(diǎn)的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)分析求解?！窘獯稹拷猓篈B、帶電體在復(fù)合場(chǎng)中能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知mg＝qE解得，，故A錯(cuò)誤，B正確。C、在N點(diǎn)撤去磁場(chǎng)后，粒子受力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示。且加速度滿足粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，位移偏轉(zhuǎn)角為45°，故在P點(diǎn)，速度角的正切值tanθ＝2tan45°＝2所以粒子在P點(diǎn)的速度N到P過程，由動(dòng)能定理，設(shè)NP兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，則有解得NP兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故C正確；D、將粒子在N點(diǎn)的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，且當(dāng)豎直方向上速度為0時(shí)，粒子能向上運(yùn)動(dòng)的最大距離滿足故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，理解粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)題目合理選取公式是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）8．（6分）如圖，物塊A、B用輕彈簧連接并放置于水平傳送帶上，傳送帶以1m/s的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)，A的速度大小為2m/s，方向水平向右，B的速度為0，彈簧處于原長(zhǎng)；t＝t1時(shí)（t1為未知量），A第一次與傳送帶共速，彈簧彈性勢(shì)能為0.75J。已知A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量分別為1kg、2kg，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.5、0.25；A與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)時(shí)會(huì)留下劃痕，重力加速度大小取g＝10m/s2，A、B始終在傳送帶上，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則（）A．t＝時(shí)，A的加速度大小比B的小 B．t＝t1時(shí)，B的速度大小為0.5m/s C．t＝t1時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2m D．在0～t1內(nèi)，A在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度小于0.05m【分析】根據(jù)初始時(shí)A向右減速，B向右加速，故可知在A與傳送帶第一次共速前，AB整體所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合牛頓第二定律討論質(zhì)量和加速度，綜合A、B與傳送帶的相對(duì)位移，結(jié)合0～t1時(shí)間內(nèi)A向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B向右做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)分析求解?！窘獯稹拷猓篈B．傳送帶對(duì)AB的滑動(dòng)摩擦力大小相等都為f＝0.5×1×10N＝0.25×2×10N＝5N初始時(shí)A向右減速，B向右加速，故可知在A與傳送帶第一次共速前，AB整體所受合外力為零，以水平向右為正方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mAv0＝mAv+mBvB，v＝1m/s代入數(shù)值解得t＝t1時(shí)，B的速度為vB＝0.5m/s在A與傳送帶第一次共速前，對(duì)任意時(shí)刻對(duì)A、B分別有：f+F彈＝mAaA，f+F彈＝mBaB由于質(zhì)量關(guān)系滿足mA＜mB，故可知加速度關(guān)系滿足：aA＞aB故A錯(cuò)誤，B正確；C．在t1時(shí)間內(nèi)，設(shè)AB向右的位移分別為xA，xB，由功能關(guān)系有解得A、B的位移差滿足xA﹣xB＝0.1m故彈簧的壓縮量為Δx＝xA﹣xB＝0.1m故C錯(cuò)誤；D．A與傳送帶的相對(duì)位移為x相A＝xA﹣vt1B與傳送帶的相對(duì)為x相B＝vt1﹣xB故可得x相A+x相B＝xA﹣xB＝0.1m由于0～t1時(shí)間內(nèi)A向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B向右做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，且滿足aA＝2aB，作出AB的v﹣t圖像根據(jù)v﹣t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可知x相A等于圖形MNA的面積，x相B等于圖形NOBA的面積，故可得x相A＜x相B結(jié)合x相A+x相B＝0.1m可知x相A＜0.05m，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量和能量，理解物體在不同時(shí)刻的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，合理選取分析對(duì)象，正確利用動(dòng)量守恒和能量守恒是解決此類問題的關(guān)鍵。三、非選擇題：共60分，其中9、10和11為填空題，12、13為實(shí)驗(yàn)題，14～16為計(jì)算題?？忌鶕?jù)要求作答。9．（3分）某智能洗衣機(jī)液位控制原理如圖所示。洗衣缸中的水將一定質(zhì)量的空氣封閉在與底部相連的細(xì)管中，洗衣機(jī)通過壓力傳感器感知管中空氣壓強(qiáng)，從而控制水位。假設(shè)細(xì)管粗細(xì)均勻，進(jìn)、排水過程管中空氣為理想氣體，溫度保持不變。某次排水過程中，管中封閉空氣的壓強(qiáng)為p1時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度為L(zhǎng)1；當(dāng)封閉空氣的壓強(qiáng)變?yōu)閜2時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度為，排水過程管中空氣對(duì)外做正功（填“做正功”“做負(fù)功”或“不做功”）?！痉治觥扛鶕?jù)玻意耳定律，結(jié)合洗衣機(jī)內(nèi)的水位下降時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度變長(zhǎng)，內(nèi)部氣體對(duì)外界做正功分析求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)細(xì)管的截面積為S，根據(jù)玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S可得根據(jù)題意當(dāng)洗衣機(jī)內(nèi)的水位下降時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度變長(zhǎng)，故內(nèi)部氣體對(duì)外界做正功。故答案為：；做正功?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程，理解氣體前后壓強(qiáng)、體積和溫度的變化關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。10．（3分）沙蝎能靈敏地感知外界的振動(dòng)信號(hào)，可通過沙子傳來的波定位波源位置。一沙蝎先后感知到波源某次振動(dòng)產(chǎn)生的沿直線傳來的縱波和橫波，該縱波和橫波頻率相同，傳播速度大小分別為v1、v2，且v1大于v2，則縱波波長(zhǎng)大于（填“大于”“小于”或“等于”）橫波波長(zhǎng)。若沙蝎感知到縱波和橫波的時(shí)間差為Δt，則沙蝎與波源的距離為?！痉治觥扛鶕?jù)波速、波長(zhǎng)與頻率的關(guān)系，結(jié)合波源與蝎子的距離與感知到縱波和橫波的時(shí)間差為Δt分析求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)波速、波長(zhǎng)與頻率的關(guān)系：v＝λf，由于縱波速度大于橫波速度，頻率相同，故可知縱波波長(zhǎng)大于橫波波長(zhǎng)；設(shè)波源與蝎子的距離為s，根據(jù)題意可知解得故答案為：大于；。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械波相關(guān)知識(shí)，理解橫波與縱波的區(qū)別和聯(lián)系，掌握波速、波長(zhǎng)與頻率的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。11．（3分）如圖，M、N、P是豎直平面內(nèi)一直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，M、N在同一水平線上，∠PMN＝30°。M、N點(diǎn)分別固定有電荷量為Q1、Q2的正點(diǎn)電荷。若一帶電小球置于P點(diǎn)時(shí)，處于受力平衡狀態(tài)，則Q1與Q2的比值為；除P點(diǎn)外，線段MP上不存在（填“存在”或“不存在”）該帶電小球受力平衡的其他點(diǎn)?！痉治觥繉?duì)檢驗(yàn)電荷進(jìn)行受力分析，檢驗(yàn)電荷受到的重力和兩點(diǎn)電荷對(duì)其的庫(kù)侖力組成一個(gè)封閉的三角形，結(jié)合三角形法則以及平衡條件分析求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)幾何關(guān)系設(shè)PN＝r，PM＝r對(duì)檢驗(yàn)電荷進(jìn)行受力分析，可得＝tan60°其中FPM＝，F(xiàn)PN＝聯(lián)立解得如下圖所示根據(jù)平衡條件可知，檢驗(yàn)電荷受到的重力和兩點(diǎn)電荷對(duì)其的庫(kù)侖力組成一個(gè)封閉的三角形，若在PM連線上存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)，此時(shí)點(diǎn)電荷Q1對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫(kù)侖力FPM變大，根據(jù)三角形法則可知此時(shí)點(diǎn)電荷Q2對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫(kù)侖力必然增大；由于此時(shí)檢驗(yàn)電荷與點(diǎn)電荷Q2間的距離在增大，庫(kù)侖力在減小，故矛盾，假設(shè)不成立，故在PM連線上不存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)。故答案為：；不存在?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了靜電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)，理解庫(kù)侖力作用下的平衡情況，熟練掌握矢量疊加原則以及三角形法則是解決此類問題的關(guān)鍵。12．（5分）某實(shí)驗(yàn)小組探究糖水折射率n隨濃度η的變化規(guī)律。主要裝置包括激光器和長(zhǎng)方體玻璃缸，玻璃缸正面內(nèi)側(cè)刻有水平、豎直標(biāo)尺，如圖（a）所示。實(shí)驗(yàn)操作過程如下：（1）調(diào)配一定濃度的糖水，注入水平放置的玻璃缸中。（2）打開激光器，讓激光緊貼玻璃缸正面內(nèi)側(cè)以一定入射角從空氣折射入糖水。（3）調(diào)整激光器，使入射點(diǎn)O處于豎直刻度尺的正后方，光路如圖（b）所示，其中A點(diǎn)是入射光線與玻璃缸上邊沿所在平面的交點(diǎn)，B點(diǎn)是折射光線與玻璃缸底部的交點(diǎn)，A、B點(diǎn)到法線的距離分別為L(zhǎng)1、L2，到液面的距離分別為h1、h2。測(cè)得L1、L2、h1、h2的值，并利用表達(dá)式n＝（用L1、L2、h1、h2表示）求出糖水折射率。（4）改變缸內(nèi)糖水濃度，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，將實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)填入如表。濃度η/%11.821.132.039.151.1折射率n1.341.361.381.401.42（5）在圖（c）給出的坐標(biāo)紙上補(bǔ)上濃度η＝32.0%的數(shù)據(jù)點(diǎn)。分析圖中數(shù)據(jù)點(diǎn)，可知糖水折射率隨濃度近似線性變化，繪制出“n﹣η”圖線。（6）由所繪圖線可知，糖水濃度每增加10.0%，折射率增大0.020。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【分析】（3）根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合折射定律分析求解；（5）根據(jù)濃度η＝32.0%的數(shù)據(jù)點(diǎn)為（32.0%，1.38），補(bǔ)在圖上并繪制擬合直線；（6）根據(jù)圖線斜率為0.20，即濃度每增加10.0%，折射率增大0.020分析求解。【解答】解：（3）設(shè)入射角為i，折射角為r，根據(jù)幾何關(guān)系有，根據(jù)折射定律可得糖水的折射率為（5）將濃度η＝32.0%的數(shù)據(jù)點(diǎn)為（32.0%，1.38）補(bǔ)在圖上并繪制擬合直線，讓所有點(diǎn)盡可能均勻分布在圖像兩側(cè)，“n﹣η”圖線如圖所示（6）由圖線可知，圖線斜率為0.20，即濃度每增加10.0%，折射率增大0.020。故答案為：（3）；（5）如下圖所示；（6）0.020。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)小組探究糖水折射率n隨濃度η的變化規(guī)律的實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。13．（7分）某實(shí)驗(yàn)小組基于“等效替代法”設(shè)計(jì)了如圖（a）所示的電路用于電阻測(cè)量。使用的器材有：電源E（電動(dòng)勢(shì)3V），電流表A（量程30mA），定值電阻R1、R2、R3（阻值均為100Ω），定值電阻R4（阻值200Ω），滑動(dòng)變阻器R5（最大阻值200Ω，額定電流1.5A），帶標(biāo)尺的滑動(dòng)變阻器R6（最大阻值100Ω，額定電流1.5A），選擇開關(guān)S1，單刀開關(guān)S2，待測(cè)電阻Rx（阻值小于400Ω），導(dǎo)線若干。（1）按照?qǐng)D（a），將圖（b）中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整。（2）將鱷魚夾a、b短接，滑動(dòng)變阻器R6的滑片移至最右端0刻度處，S1打在位置1。接通S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R5，電流表指針指在圖（c）所示的位置，記錄電流表示數(shù)I＝16.0mA，此示數(shù)作為本次實(shí)驗(yàn)的電流定標(biāo)值。（3）斷開S1、S2，用鱷魚夾a、b夾住Rx兩端。接通S2，將S1依次打在位置1、2，發(fā)現(xiàn)電流表示數(shù)均小于定標(biāo)值I；S1打到位置3時(shí)，電流表示數(shù)大于定標(biāo)值I，由此確定Rx的阻值范圍為100～200Ω（填“0～100”“100～200”“200～300”或“300～400”）。（4）將S1重新打在位置2（填“1”“2”或“3”），向左調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R6的滑片，直到電流表指針重新回到定標(biāo)值位置，此時(shí)R6的滑片處于55Ω刻度處。基于“等效替代法”原理，可得Rx的阻值為145Ω。（5）以下因素可能影響測(cè)量結(jié)果的有CD。（多選，填正確答案標(biāo)號(hào)）A．電源存在內(nèi)阻B．電流表存在內(nèi)阻C．滑動(dòng)變阻器R6讀數(shù)有偏差D．步驟（4）電流表指針未重新回到定標(biāo)值位置【分析】（1）根據(jù)圖（a）的實(shí)驗(yàn)電路圖，需要將實(shí)物圖中電流表負(fù)極、滑動(dòng)變阻器R5與和R3之間用導(dǎo)線連接分析求解；（2）根據(jù)電流表讀數(shù)規(guī)則分析求解；（3）根據(jù)“等效替代法”測(cè)量原理就是在保證總電路電阻不變，用原電路減小的阻值等效替代待測(cè)電阻的阻值，進(jìn)而測(cè)出待測(cè)電阻的阻值分析求解；（4）根據(jù)Rx的阻值范圍為100～200Ω，結(jié)合開關(guān)打在2的位置時(shí)，原電路的阻值減小100Ω；當(dāng)R6向左調(diào)節(jié)到標(biāo)尺刻度讀數(shù)為55Ω時(shí)，即其接入電路的電阻值減小了100Ω﹣55Ω＝45Ω時(shí)，電流表的示數(shù)重新回到定標(biāo)值I分析求解；（5）根據(jù)接入待測(cè)電阻Rx后，通過調(diào)節(jié)R6使電流表指針重新回到定標(biāo)值位置，來確保原電路減小的電阻值與Rx相等分析求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖（a）的實(shí)驗(yàn)電路圖，需要將實(shí)物圖中電流表負(fù)極、滑動(dòng)變阻器R5與和R3之間用導(dǎo)線連接，如圖所示。（2）由圖（c）可得，根據(jù)電流表讀數(shù)原理：電流表量程30mA，最小刻度為1mA，指針指在16mA的位置上，需要估讀到下一位，故電流表示數(shù)為16.0mA（3）“等效替代法”測(cè)量原理就是在保證總電路電阻不變，用原電路減小的阻值等效替代待測(cè)電阻的阻值，進(jìn)而測(cè)出待測(cè)電阻的阻值。接通S2，開關(guān)S1接1，鱷魚夾a、b短接，滑動(dòng)變阻器R6為最大值，電路中R1、R2、R3、R6串聯(lián)（總電阻為400Ω）；開關(guān)S1接2，有Rx+R2+R3+R6＞R1+R2+R3+R6可得Rx＞R1開關(guān)S1接3，有Rx+R3+R6＜R1+R2+R3+R6可得Rx＜R1+R2可得Rx的阻值范圍為100～200Ω（4）Rx的阻值范圍為100～200Ω，應(yīng)將開關(guān)S1重新打在2的位置上。由電路圖可知，開關(guān)打在2的位置時(shí)，原電路的阻值減小100Ω；當(dāng)R6向左調(diào)節(jié)到標(biāo)尺刻度讀數(shù)為55Ω時(shí)，即其接入電路的電阻值減小了100Ω﹣55Ω＝45Ω時(shí)，電流表的示數(shù)重新回到定標(biāo)值I，因此待測(cè)電阻Rx等于原電路減小的總電阻，故Rx＝100Ω+45Ω＝145Ω（5）AB．接入待測(cè)電阻Rx后，通過調(diào)節(jié)R6使電流表指針重新回到定標(biāo)值位置，來確保原電路減小的電阻值與Rx相等，因此電源和電流表的內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)沒有影響。故AB錯(cuò)誤；CD．R6讀數(shù)有偏差和電流表指針未重新回到定標(biāo)值位置都將影響Rx測(cè)量結(jié)果的準(zhǔn)確性。故CD正確。故選：CD。故答案為：（1）如下圖所示：（2）16.0；（3）100～200；（4）2；145；（5）CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電阻測(cè)量的實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、步驟、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。14．（12分）在2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)上，我國(guó)游泳運(yùn)動(dòng)員創(chuàng)造了男子百米自由泳新的世界紀(jì)錄。在此次比賽中，運(yùn)動(dòng)員起跳后于t0時(shí)刻入水。入水后的運(yùn)動(dòng)過程可近似分為三個(gè)階段：t0～t1段的前程游為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t1～t2段為勻速游，t2～t3段的沖刺游為勻加速直線運(yùn)動(dòng)；速率v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。已知t0＝0.9s，t1＝10.4s，t2＝44.4s，t3＝46.4s，求該運(yùn)動(dòng)員在（1）t0～t1段的平均速度大小；（2）t2～t3段的加速度大?。唬?）t2～t3段的位移大小。【分析】（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度推論分析求解；（2）根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度分析求解；（3）根據(jù)v﹣t圖線與t軸圍成的面積表示位移分析求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)平均速度推論，t0～t1段內(nèi)的平均速度＝m/s＝2.4m/s（2）根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度，t2～t3段內(nèi)的加速度a＝（3）根據(jù)v﹣t圖線與t軸圍成的面積表示位移，t2～t3段內(nèi)的位移x＝m＝4.2m答：（1）t0～t1段的平均速度大小為2.4m/s；（2）t2～t3段的加速度大小為0.1m/s2；（3）t2～t3段的位移大小為4.2m。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)相關(guān)知識(shí)，理解v﹣t圖的斜率、面積、交點(diǎn)的意義，熟練掌握平均速度的計(jì)算是解決此類問題的關(guān)鍵。15．（12分）如圖（a），豎直平面內(nèi)，一長(zhǎng)度大于4m的水平軌道OP與光滑半圓形軌道PNM在P點(diǎn)平滑連接，固定在水平地面上?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的A、B兩小物塊靠在一起，靜置于軌道左端?，F(xiàn)用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右運(yùn)動(dòng)。以x表示A離開初始位置的位移，F(xiàn)隨x變化的圖像如圖（b）所示。已知A、B質(zhì)量均為0.2kg，A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，B與水平軌道間的摩擦不計(jì)，重力加速度大小取10m/s2。（1）求A離開初始位置向右運(yùn)動(dòng)1m的過程中，推力F做的功；（2）求A的位移為1m時(shí)，A、B間的作用力大??；（3）若B能到達(dá)M點(diǎn)，求半圓形軌道半徑應(yīng)滿足的條件?！痉治觥浚?）推力做功可通過F?x圖像的面積計(jì)算，因?yàn)楣Φ墓絎＝Fx，圖像中矩形面積即為該過程推力做的功；（2）先對(duì)A、B整體用牛頓第二定律求加速度，再對(duì)B單獨(dú)分析，由牛頓第二定律求A、B間的作用力；（3）先通過F?x圖像求推力對(duì)A、B整體做的總功，結(jié)合摩擦力做功，用動(dòng)能定理求B到P點(diǎn)的速度；再對(duì)B從P到M的過程用動(dòng)能定理，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)在M點(diǎn)的臨界條件，推導(dǎo)半圓形軌道半徑的條件?！窘獯稹拷猓海?）求0﹣1m，F(xiàn)做的功W＝Fx＝1