【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷三（新课标卷）（有解析）

2025届高考物理模拟预测卷（新课标卷）
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2025 江西模拟）如图为研究光电效应的实验装置图，将滑动变阻器的滑片移到最左端，用a、b两束不同的单色光分别照射光电管K极，发现两次电流表示数相同。将滑动变阻器向右移，发现电流表的示数为零时，用单色光a照射时电压表的示数比用单色光b照射时电压表的示数大，下列说法正确的是（　　）
A．a光遏止电压比b光遏止电压大
B．a光频率比b光频率低
C．滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出的光电子逐渐减少
D．滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出的光电子最大初动能减小
2．（4分）（2024 福州模拟）如图所示，教学用的可拆变压器有两个线圈A、B，线圈匝数已经无法分辨。为测定A、B两线圈的匝数，某同学进行了如下操作。他先把线圈B接到一低压交流电源上，线圈A连接交流电压表，测得线圈A的输出电压为48V。再将电源和电压表交换位置，此时电压表的示数为3V。然后拆下线圈B，在线圈B原有匝数的基础上，用漆包线加绕20匝，发现电压表的示数变为3.3V。若可拆变压器可看成理想变压器，则线圈A的匝数为（　　）
A．3200 B．800 C．200 D．50
3．（4分）（2023秋 内蒙古期末）气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆，质量为0.4kg的塑料球（可视为质点）用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，测得当风速大小为3m/s时，塑料球平衡状态下细线与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．此时塑料球对细线的拉力大小为4N
B．此时塑料球受到的合力大小为1N
C．若风速增大到一定值，则细线可能水平
D．当风速大小为4m/s时，塑料球在平衡状态下细线与竖直方向的夹角为45°
4．（4分）（2025 沈阳二模）如图a，倒挂的彩虹被叫做“天空的微笑”，是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。如图b光线从冰晶的上顶面进入后，经折射从侧面射出，发生色散。以下分析正确的是（　　）
A．光线从空气进入冰晶后波长不变
B．在冰晶中红光和紫光的传播速度相同
C．光线从空气射入冰晶时可能发生全反射
D．当入射角α逐渐减小，在侧面紫光比红光先发生全反射
5．（4分）（2025 泉州三模）某列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻波形图如图所示，此时刻A质点的振动方向沿y轴正方向，已知该波的周期为0.4s，则该波（　　）
A．振幅为20cm B．波长为3m
C．沿x轴负方向传播 D．波速大小为15m/s
6．（4分）（2023春 天宁区校级月考）经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。现有两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2＝3：2，则可知（　　）
A．m1、m2做圆周运动的向心力之比为3：2
B．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2
C．m2星的运动满足方程Gm2
D．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大
7．（4分）（2024春 天心区校级月考）下列关于功和能的说法中，不正确的是（　　）
A．﹣10J的功大于+5J的功
B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小
C．静摩擦力和滑动摩擦力都可能对物体做正功、做负功或不做功
D．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有发生位移
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）动能Ek与以下哪些因素有关？（　　）
A．重力加速度g B．高度h
C．质量M D．速度v
（多选）9．（6分）（2024秋 辽宁期末）如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间列车速度为v0，车尾进入磁场瞬间列车速度为，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。下列说法正确的是（　　）
A．列车从进站到停下来所用时间为
B．在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为
C．在线框进入磁场的过程中，线框ab边电阻生热为
D．从线框全部进入磁场至线框停止运动的过程中，线框中感应电流为0，ab间电势差为0
（多选）10．（6分）（2024秋 滨海新区期中）如图所示，M、N为两个等量同号正电荷Q，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷q，不计重力影响，下列关于点电荷q的运动的说法正确的是（　　）
A．从P→O的过程中，加速度一定先增大后减小，速度也越来越大
B．从P→O的过程中，加速度可能越来越小，而速度越来越大
C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度可能也越来越小，直到速度为零
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（6分）（2023秋 濠江区校级期末）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室备有下列器材供选择：
A．待测小灯泡“3V，0.6A”
B．电流表A1（量程0.6A，内阻约为5Ω）
C．电压表V1（量程3V，内阻约为10kΩ）
D．电压表V2（量程15V，内阻约为50kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）
F．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1A）
G．电源（电动势为4V，内阻不计）
H．开关及导线等
（1）在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡的电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图。
（2）某同学实验后作出的I﹣U图像如图乙所示，则当灯泡两端的电压为1.6V时，灯泡的实际电阻是 　 　 Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）若将此灯泡与电动势为1.4V，内阻为2.8Ω的电源串联，灯泡消耗的功率是 　 　 W。（结果保留两位有效数字）
12．（10分）（2023秋 宜丰县校级期末）某同学为了验证碰撞过程中的动量守恒定律，用纸板搭建如图所示的滑道，使完全相同的甲、乙小滑块可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA段水平且足够长。
实验步骤如下：
①将甲放置在斜面的某一位置，标记此位置为B，测得B到斜面底端O点的水平距离和竖直高度分别为l、h；
②由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测得甲从斜面底端O点到停止处的滑行距离OP；
③将乙放置在O处，左侧与O点重合，甲从B点再次由静止释放，甲、乙发生碰撞后结合在一起，测得甲、乙从O点到停止处的滑行距离ON；
④重复实验若干次，得到OP、ON的平均值分别为x1、x2。
请回答下列问题：
（1）在本实验中，滑块与倾斜纸板间的摩擦力对实验结果 　 　 （选填“有”或“没有”）影响。
（2）滑块与纸板间的动摩擦因数μ＝　 　 （用l、h和x1表示）。
（3）在误差允许范围内，若x1和x2的比值　 　 ，则甲、乙碰撞过程动量守恒。
四．解答题（共3小题，满分38分）
13．（10分）（2025 锦州一模）家用高压锅是厨房中常用的烹饪工具，但使用不当易引发危险。高压锅通过电热盘加热，电热丝电阻为44Ω，工作电压为220V。锅盖的安全阀质量为0.7kg，排气孔横截面积为1cm2。正常工作时，锅内温度可达120℃。已知外界大气压为1.0×105Pa假设锅内气体体积不变且为理想气体，安全阀在锅内压强超过临界值时自动顶起泄压。临界压强为外界大气压强与安全阀重力产生的压强之和。
（1）求临界压强是多少？判断当锅内温度从27℃升高到120℃时，安全阀是否会被顶起，并说明高压锅是否安全？
（2）已知电热盘的热效率为80%，且气体内能增加了7.92×105J，求气体吸收的热量及电热丝通电时间？
14．（13分）（2023秋 朝阳期末）如图所示，质量M＝2kg的木板静止在粗糙水平面上，现有一质量m＝2kg的小滑块（可视为质点）以v0＝4m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板的加速度大小。
（2）要使滑块不滑离木板，求木板的最小长度。
（3）若木板的长度l＝1.5m，求滑块从木板右端滑出时滑块的速度大小。
15．（15分）（2021秋 鼓楼区校级期中）如图所示，有一以y为对称轴、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向外、磁感应强度为，直线PQ与圆形匀强磁场边界相切且平行于y轴，PQ右侧分布有足够大的磁场，强弱、方向均与圆形磁场一样；圆形磁场边界O点有一粒子发射装置，持续地、均匀地向各个方向发射质量为m、电荷量大小为q的正粒子，粒子初速度大小为v0，调整发射装置，粒子的发射方向被限制在如图所示范围内，左边界与y轴夹角为α，右边界与y轴夹角为θ，，，α≈29°，θ≈51°。有一足够长的弹性板OD紧贴着x轴放置，粒子打在板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，粒子电荷量保持不变，粒子重力不计，不考虑粒子间的相互作用力，不考虑粒子间的碰撞，粒子可以自由地通过边界PQ。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）速度方向与y轴成θ角的粒子射到边界PQ上时与PQ的夹角β；
（2）若粒子第一次打到极板OD上的坐标为x，求x≤1.8R的粒子占总粒子的比例k（用分数表示）；
（3）粒子与挡板发生碰撞后，与y轴成θ角的粒子和与y轴成α角的粒子在极板OD上的落点会重合，求重合落点的位置坐标最小值x0。
2025届高考物理模拟预测卷（新课标卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2025 江西模拟）如图为研究光电效应的实验装置图，将滑动变阻器的滑片移到最左端，用a、b两束不同的单色光分别照射光电管K极，发现两次电流表示数相同。将滑动变阻器向右移，发现电流表的示数为零时，用单色光a照射时电压表的示数比用单色光b照射时电压表的示数大，下列说法正确的是（　　）
A．a光遏止电压比b光遏止电压大
B．a光频率比b光频率低
C．滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出的光电子逐渐减少
D．滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出的光电子最大初动能减小
【考点】爱因斯坦光电效应方程；光电效应现象及其物理意义．
【专题】定量思想；推理法；光电效应专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据遏止电压的定义，可知a光遏止电压比b光遏止电压大；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν﹣W0和eUc＝Ek，即可判断频率高低；入射光强度不变，所以从K极打出的光电子数目不变；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν﹣W0可知，光电子的最大初动能只与入射光的频率和金属的逸出功有关，与电路中的其他因素无关。
【解答】解：AB、发现电流表的示数为零时，用单色光a照射时电压表的示数比用单色光b照射时电压表的示数大，说明a光的遏止电压大，频率高，故A正确，B错误；
C、发生光电效应时，单位时间内从K极打出的光电子数目由入射光的强度决定，滑动变阻器向右移动过程中，入射光强度不变，则从K极打出的光电子数目不变，故C错误；
D、光束一定时，由
Ek＝hν﹣W0
可知，光电子的最大初动能只与入射光的频率和金属的逸出功有关，与其他因素无关，所以滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出的光电子最大初动能不变，故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。
2．（4分）（2024 福州模拟）如图所示，教学用的可拆变压器有两个线圈A、B，线圈匝数已经无法分辨。为测定A、B两线圈的匝数，某同学进行了如下操作。他先把线圈B接到一低压交流电源上，线圈A连接交流电压表，测得线圈A的输出电压为48V。再将电源和电压表交换位置，此时电压表的示数为3V。然后拆下线圈B，在线圈B原有匝数的基础上，用漆包线加绕20匝，发现电压表的示数变为3.3V。若可拆变压器可看成理想变压器，则线圈A的匝数为（　　）
A．3200 B．800 C．200 D．50
【考点】变压器的构造与原理．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】本题根据原、副线圈匝数和电压、电流的关系，结合原、副线圈不同的状态分析求解。
【解答】解：设线圈A、B的匝数分别为n1和n2，电源的电动势为U。
把线圈B接到一低压交流电源上，线圈A连接交流电压表时，有：；
将电源和电压表交换位置后，有：；
在线圈B原有匝数的基础上，用漆包线加绕20匝后满足：；
联立解得：n1＝800匝
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了变压器相关知识，理解原、副线圈匝数和电压、电流的关系是解决此类问题的关键。
3．（4分）（2023秋 内蒙古期末）气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆，质量为0.4kg的塑料球（可视为质点）用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，测得当风速大小为3m/s时，塑料球平衡状态下细线与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．此时塑料球对细线的拉力大小为4N
B．此时塑料球受到的合力大小为1N
C．若风速增大到一定值，则细线可能水平
D．当风速大小为4m/s时，塑料球在平衡状态下细线与竖直方向的夹角为45°
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】AB、受力分析再结合平衡条件分析即可解出；
C、根据牛顿第三定律即可解出；
D、根据风力和速度的关系再结合平衡条件即可解出。
【解答】解：B．塑料球处于平衡状态，则时塑料球受到的合力为0，故B错误；
A．对塑料球进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有
F1＝mgtanθ，
故A错误；
代入数据解得：F1＝3N，T1＝5N
故A错误；
C．对塑料球进行分析，受到重力，水平向右的风力与细线的拉力，根据平衡条件，三个力的合力为0，任意两个力的合力与第三个力等大反向，由于重力与风力的合力方向斜向右下方，可知，若风速增大到一定值，则细线不可能水平，故C错误；
D．当风速大小为3m/s时，水平风力
F1＝kv1
代入数据解得：F1＝3N
则当风速大小为4m/s时，水平风力
F2＝kv2
代入数据解得：F2＝4N
令此时细线与竖直方向的夹角为α，对塑料球进行受力分析，结合上述，根据平衡条件有
F2＝mgtanα
解得
α＝45°
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对于受力分析、纽诗顿第三定律、平衡力的灵活应用能力，整体难度不大。
4．（4分）（2025 沈阳二模）如图a，倒挂的彩虹被叫做“天空的微笑”，是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。如图b光线从冰晶的上顶面进入后，经折射从侧面射出，发生色散。以下分析正确的是（　　）
A．光线从空气进入冰晶后波长不变
B．在冰晶中红光和紫光的传播速度相同
C．光线从空气射入冰晶时可能发生全反射
D．当入射角α逐渐减小，在侧面紫光比红光先发生全反射
【考点】全反射的条件、判断和临界角；光的折射定律；折射率的波长表达式和速度表达式．
【专题】定量思想；推理法；全反射和临界角专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据v＝λf，即可分析判断；根据v，即可分析判断；根据全反射的条件，即可分析判断；根据临界角与折射率的关系、光的折射定律，即可分析判断。
【解答】解：A、光从空气射入冰晶后，频率不变，但速度减小，由
v＝λf
可知，波长变短，故A错误；
B、红光和紫光的折射率不同，则根据
v
可知，红光和紫光在冰晶中的传播速度不同，故B错误；
C、全反射需满足光从光密介质（冰晶）到光疏介质（空气），则光从空气进入冰晶，不可能发生全反射，故C错误；
D、根据临界角与折射率的关系可知
sinC
因为紫光折射率更大，则临界角更小，由题意可得下图：
根据光的折射定律可知，当入射角α减小时，光线在冰晶内部的折射角β减小，导致在侧面的入射角θ＝90° β增大，由于紫光临界角更小，则当θ增大时，紫光先达到临界角而发生全反射，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。
5．（4分）（2025 泉州三模）某列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻波形图如图所示，此时刻A质点的振动方向沿y轴正方向，已知该波的周期为0.4s，则该波（　　）
A．振幅为20cm B．波长为3m
C．沿x轴负方向传播 D．波速大小为15m/s
【考点】机械波的图像问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；波长、频率和波速的关系．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据图像可知振幅、波长，根据“同侧法”可知波的传播方向；根据波速计算公式求解波速。
【解答】解：A、根据图像可知振幅为10cm，故A错误；
B、根据图像可知波长为λ＝6m，故B错误；
C、根据图像可知，A的振动方向向上，根据“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故C错误；
D、根据波速计算公式可得：vm/s＝15m/s，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
6．（4分）（2023春 天宁区校级月考）经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。现有两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2＝3：2，则可知（　　）
A．m1、m2做圆周运动的向心力之比为3：2
B．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2
C．m2星的运动满足方程Gm2
D．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大
【考点】双星系统及相关计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；万有引力与重力的关系（黄金代换）．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】“双星系统”做圆周运动的向心力由双星之间的万有引力提供，根据万有引力等于向心力列式求解即可。
【解答】解：A、“双星系统”做圆周运动的向心力由双星之间的万有引力提供，m1、m2做圆周运动的向心力相等，向心力之比为1：1，故A错误；
B、“双星系统”做圆周运动的角速度大小相等，根据
联立解得：
故B错误；
C、设m2星圆周运动的半径为r2，周期为T，则其运动满足方程
故C错误；
D、根据万有引力等于向心力有：
两天体间的距离r1+r2＝L
联立解得：
可知，双星的总质量一定，双星之间的距离L越大，其转动周期越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查双星系统，解题关键是知道双星系统中，双星做圆周运动的向心力来源。
7．（4分）（2024春 天心区校级月考）下列关于功和能的说法中，不正确的是（　　）
A．﹣10J的功大于+5J的功
B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小
C．静摩擦力和滑动摩擦力都可能对物体做正功、做负功或不做功
D．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有发生位移
【考点】常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定性思想；推理法；功的计算专题；理解能力．
【答案】D
【分析】功的大小为绝对值，功的正负不表示大小，由此判断A；根据重力势能的相对性以及系统性进行分析，即可判断B；根据力与运动方向之间的夹角进行分析判断C；根据功的公式即可分析D。
【解答】解：A、功的正负不表示大小，表示物体对物体是动力还是阻力，功的大小等于绝对值大小，即﹣10J的功大于+5J的功，故A正确；
B、重力势能的大小与零势能面的位置选取有关，势能为正，表示物体处于零势能面以上，势能为负表示物体处于零势能面以下，因此势能的正负表示大小，正值大于负值；物体的重力势能是物体与地球组成的系统共有的，因此势能具有系统性，故B正确；
C、静摩擦力或者滑动摩擦力的方向都可以与物体的运动方向相同，相反或者相互垂直，因此静摩擦力和滑动摩擦力都可能对物体做正功、做负功或不做功，故C正确；
D、若某一个力对物体不做功，只能说明该过程该力的功为零，该力可能可能与物体的运动始终垂直，并不能说明物体没有位移，故D错误；
本题选择说法错误的，
故选：D。
【点评】本题考查了功的定义以及功的公式的应用，重力势能的特点等知识点，属于常规考点，难度适中。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）动能Ek与以下哪些因素有关？（　　）
A．重力加速度g B．高度h
C．质量M D．速度v
【考点】动能的定义、性质、表达式．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】CD
【分析】根据动能表达式EkMv2可确定动能的相关物理量。
【解答】解：动能表达式EkMv2可知，动能与质量和速度有关，故AB错误，CD正确；
故选：CD。
【点评】本题主要考查了动能的表达式，解题关键是明确动能表达式EkMv2可确定动能与质量和速度有关。
（多选）9．（6分）（2024秋 辽宁期末）如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间列车速度为v0，车尾进入磁场瞬间列车速度为，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。下列说法正确的是（　　）
A．列车从进站到停下来所用时间为
B．在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为
C．在线框进入磁场的过程中，线框ab边电阻生热为
D．从线框全部进入磁场至线框停止运动的过程中，线框中感应电流为0，ab间电势差为0
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】A.列车从进站到停下来过程，以开始进站速度的方向为正方向，由动量定理和闭合回路欧姆定律，即可求列车从进站到停下来所用时间；B.根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式及牛顿第二定律分别列式，即可求列车的加速度大小；
C.根据能量守恒定律列式，即可求线框ab边电阻产生的热量；
D.根据磁通量的变化判断线框中感应电流，根据感应电动势的特点判断ab间的电势差。
【解答】解：A.列车从进站到停下来过程，设向右为正方向，根据动量定理有
﹣ft﹣BL t＝0﹣mv0
电荷与电流关系
q
平均感应电动势
闭合回路欧姆定律
联立解得
故A正确；
B.在线框ab边进入磁场瞬间，感应电动势为
E＝BLv0
感应电流为
根据牛顿第二定律有
BIL+f＝ma
解得
故B错误；
C.在线框进入磁场的过程中，设线框产生的焦耳热为Q，摩擦生热为Q′，根据能量守恒定律有
线框ab边消耗的电能为
解得
故C正确；
D.线框全部进入磁场后，线框磁通量不变，感应电流为0，但ab边继续切割磁感线，所以ab边感应电动势不为0，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解线框运动过程中不同阶段能量和动量的变化，合理运用运动学公式、能量守恒和动量定理是解决本题的关键。
（多选）10．（6分）（2024秋 滨海新区期中）如图所示，M、N为两个等量同号正电荷Q，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷q，不计重力影响，下列关于点电荷q的运动的说法正确的是（　　）
A．从P→O的过程中，加速度一定先增大后减小，速度也越来越大
B．从P→O的过程中，加速度可能越来越小，而速度越来越大
C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度可能也越来越小，直到速度为零
【考点】带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动；等量同种电荷的电场线分布．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定；越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定。
【解答】解：AB．点电荷在从P→O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O点向上到无穷远，电场强度先增大后减小，从P→O的过程中，电场强度大小变化可能越来越小，也可能先增大再减小，加速度的变化也是如此，故A错误，B正确；
C．点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值，故C正确；
D．根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷做减速运动，加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小。
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（6分）（2023秋 濠江区校级期末）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室备有下列器材供选择：
A．待测小灯泡“3V，0.6A”
B．电流表A1（量程0.6A，内阻约为5Ω）
C．电压表V1（量程3V，内阻约为10kΩ）
D．电压表V2（量程15V，内阻约为50kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）
F．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1A）
G．电源（电动势为4V，内阻不计）
H．开关及导线等
（1）在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡的电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图。
（2）某同学实验后作出的I﹣U图像如图乙所示，则当灯泡两端的电压为1.6V时，灯泡的实际电阻是 　3.3　 Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）若将此灯泡与电动势为1.4V，内阻为2.8Ω的电源串联，灯泡消耗的功率是 　0.14　 W。（结果保留两位有效数字）
【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；利用U﹣I图像交点的物理意义求解导体的实际功率．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）图见解析；（2）3.3；（3）0.14
【分析】（1）根据实验要求作图；
（2）根据欧姆定律计算电阻；
（3）此灯泡与另一电源相接后，根据闭合电路欧姆定律写出电压与电流的关系式，并画在U﹣I图象中，找点灯泡的工作点，从而求得实际功率。
【解答】解：（1）小灯泡的电压从零开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡电阻较小，电流表采用外接法，如图1
图1
（2）由图可知电压为1.6V时，电流为0.48A，根据欧姆定律有RΩ＝3.3Ω
（3）设灯泡的电压为U'，电流为I'，根据闭合电路欧姆定律有
U＝E﹣Ir
代入数据可知IU+0.5
作出I﹣U图像如图2
图2
两图像交点为0.4V，0.35A，电功率为P＝U''I''＝0.4×0.35W＝0.14W
故答案为：（1）图见解析；（2）3.3；（3）0.14
【点评】本题考查了连接实物电路图与实验数据处理等问题，要注意滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。
12．（10分）（2023秋 宜丰县校级期末）某同学为了验证碰撞过程中的动量守恒定律，用纸板搭建如图所示的滑道，使完全相同的甲、乙小滑块可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA段水平且足够长。
实验步骤如下：
①将甲放置在斜面的某一位置，标记此位置为B，测得B到斜面底端O点的水平距离和竖直高度分别为l、h；
②由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测得甲从斜面底端O点到停止处的滑行距离OP；
③将乙放置在O处，左侧与O点重合，甲从B点再次由静止释放，甲、乙发生碰撞后结合在一起，测得甲、乙从O点到停止处的滑行距离ON；
④重复实验若干次，得到OP、ON的平均值分别为x1、x2。
请回答下列问题：
（1）在本实验中，滑块与倾斜纸板间的摩擦力对实验结果 　没有　 （选填“有”或“没有”）影响。
（2）滑块与纸板间的动摩擦因数μ＝　　 （用l、h和x1表示）。
（3）在误差允许范围内，若x1和x2的比值　4　 ，则甲、乙碰撞过程动量守恒。
【考点】验证动量守恒定律．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；动量定理应用专题；实验探究能力．
【答案】（1）没有；（2）；（3）4。
【分析】（1）根据动能定理分析滑块甲到达斜面底端时的速度，然后作答；
（2）对甲滑块，全过程用动能定理，然后求动摩擦因数；
（3）根据动能定理分别求解碰撞前、后的瞬时速度，根据动量守恒定律求解水平位移的比值关系。
【解答】解：（1）根据实验原理可知，实验需要测定的是滑块甲、乙碰撞前后瞬间的水平速度；
设甲与乙碰撞前的速度为v，根据动能定理
只要每次甲滑块从静止释放的高度相同，滑动摩擦力做功相同，则滑块甲与滑块乙碰撞前的速度都相同，滑块与倾斜纸板间的摩擦力对实验结果 没有影响；
（2）设斜面的倾角为θ，根据数学知识，斜面长
对甲滑块，全过程用动能定理mgh﹣μmgLcosθ﹣μmgx1＝0
代入数据联立解得
（3）设滑块甲碰撞前的速度为v1，碰撞后的共同速度v2
碰撞前对甲滑块，根据动能定理
碰撞后对整体，根据动能定理
取v1方向为正方向，若碰撞过程中动量守恒mv1＝2mv2
代入数据联立解得
因此若满足，则可以验证碰撞过程中动量守恒。
故答案为：（1）没有；（2）；（3）4。
【点评】本题考查了验证碰撞过程中的动量守恒定律，关键是根据动能定理求解碰撞前后的瞬时速度；知道滑块在斜面上滑动摩擦力做功与水平距离有关；要求理解并掌握动能定理的运用。
四．解答题（共3小题，满分38分）
13．（10分）（2025 锦州一模）家用高压锅是厨房中常用的烹饪工具，但使用不当易引发危险。高压锅通过电热盘加热，电热丝电阻为44Ω，工作电压为220V。锅盖的安全阀质量为0.7kg，排气孔横截面积为1cm2。正常工作时，锅内温度可达120℃。已知外界大气压为1.0×105Pa假设锅内气体体积不变且为理想气体，安全阀在锅内压强超过临界值时自动顶起泄压。临界压强为外界大气压强与安全阀重力产生的压强之和。
（1）求临界压强是多少？判断当锅内温度从27℃升高到120℃时，安全阀是否会被顶起，并说明高压锅是否安全？
（2）已知电热盘的热效率为80%，且气体内能增加了7.92×105J，求气体吸收的热量及电热丝通电时间？
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；气体的等容变化与查理定律的应用．
【专题】定量思想；方程法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】（1）临界压强是1.686×105Pa，当锅内温度从27℃升高到120℃时，安全阀不会被顶起，高压锅是安全。
（2）已知电热盘的热效率为80%，且气体内能增加了7.92×105J，气体吸收的热量7.92×105J及电热丝通电时间900s。
【分析】根据安全阀的质量和排气孔的面积计算临界压强，以判断安全阀是否会被顶起。
利用热效率和气体内能增加量来计算气体吸收的热量及电热丝通电时间。
【解答】解：（1）临界压强p临＝p0
代入数据解得p临＝1.686×105Pa
（若g取10m/s2，P临＝1.7×105Pa也给分）
根据查理定律代入数据解得P2＝ 1.31×105Pa 因为P2，所以安全阀不会被顶起，高压锅是安全的。
（2）根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，因为气体体积V不变，所以W＝0，则气体吸收的热量Q＝ΔU＝7.92×105J，由于Q＝80%
解得电热丝通电时间t＝900s（若写成15min也给分）。
答：（1）临界压强是1.686×105Pa，当锅内温度从27℃升高到120℃时，安全阀不会被顶起，高压锅是安全。
（2）已知电热盘的热效率为80%，且气体内能增加了7.92×105J，气体吸收的热量7.92×105J及电热丝通电时间900s。
【点评】本题通过计算临界压强、判断安全阀是否会被顶起、计算气体吸收的热量及电热丝通电时间，综合考查了理想气体状态方程、压强计算、热效率计算及能量守恒定律的应用。解题过程中，关键在于正确应用物理公式，并注意单位的转换和计算的准确性。
14．（13分）（2023秋 朝阳期末）如图所示，质量M＝2kg的木板静止在粗糙水平面上，现有一质量m＝2kg的小滑块（可视为质点）以v0＝4m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板的加速度大小。
（2）要使滑块不滑离木板，求木板的最小长度。
（3）若木板的长度l＝1.5m，求滑块从木板右端滑出时滑块的速度大小。
【考点】无外力的水平板块模型．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】（1）滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度大小为3m/s2；木板的加速度大小为1m/s2。
（2）要使滑块不滑离木板，木板的最小长度为2m。
（3）若木板的长度l＝1.5m，滑块从木板右端滑出时滑块的速度大小为2.5m/s。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解滑块和木板的加速度大小；
（2）滑块滑到木板的最右端时，滑块与木板共速为不滑离木板的临界，根据速度与时间关系求解运动时间，根据位移关系求解木板的长度；
（3）根据位移关系求解运动时间，根据速度与时间关系求解速度。
【解答】解：（1）设滑块的加速度大小为a1，对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
代入数据解得
设木板的加速度大小为a2，对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
代入数据解得
；
（2）要使滑块不滑离木板，则滑块滑到木板的最右端时，滑块与木板的速度恰好相同。设滑块在木板上滑行t1时间，滑块与木板的速度相同，根据速度与时间关系有
v0﹣a1t1＝a2t1
代入数据解得
t1＝1s
木板的长度
代入数据解得
L＝2m；
（3）设滑块在木板上滑行的时间为t2，则
代入数据解得
t2＝0.5s或t2＝1.5s（舍去）
滑块从木板右端滑出时，滑块的速度大小
v＝v0﹣a1t2＝4m/s﹣3×0.5m/s＝2.5m/s。
答：（1）滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度大小为3m/s2；木板的加速度大小为1m/s2。
（2）要使滑块不滑离木板，木板的最小长度为2m。
（3）若木板的长度l＝1.5m，滑块从木板右端滑出时滑块的速度大小为2.5m/s。
【点评】本题考查牛顿运动定律的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。
15．（15分）（2021秋 鼓楼区校级期中）如图所示，有一以y为对称轴、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向外、磁感应强度为，直线PQ与圆形匀强磁场边界相切且平行于y轴，PQ右侧分布有足够大的磁场，强弱、方向均与圆形磁场一样；圆形磁场边界O点有一粒子发射装置，持续地、均匀地向各个方向发射质量为m、电荷量大小为q的正粒子，粒子初速度大小为v0，调整发射装置，粒子的发射方向被限制在如图所示范围内，左边界与y轴夹角为α，右边界与y轴夹角为θ，，，α≈29°，θ≈51°。有一足够长的弹性板OD紧贴着x轴放置，粒子打在板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，粒子电荷量保持不变，粒子重力不计，不考虑粒子间的相互作用力，不考虑粒子间的碰撞，粒子可以自由地通过边界PQ。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）速度方向与y轴成θ角的粒子射到边界PQ上时与PQ的夹角β；
（2）若粒子第一次打到极板OD上的坐标为x，求x≤1.8R的粒子占总粒子的比例k（用分数表示）；
（3）粒子与挡板发生碰撞后，与y轴成θ角的粒子和与y轴成α角的粒子在极板OD上的落点会重合，求重合落点的位置坐标最小值x0。
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）速度方向与y轴成θ角的粒子射到边界PQ上时与PQ的夹角β为90°；
（2）若粒子第一次打到极板OD上的坐标为x，x≤1.8R的粒子占总粒子的比例k为；
（3）重合落点的位置坐标最小值x0为。
【分析】（1）根据粒子运动轨迹图像可知β角度；
（2）粒子从不同位置经过PQ进入磁场，其在极板上的位置x＝1.8R时有两个值，根据几何关系找到的入射方向与水平方向夹角的范围，求比值即可。
（3）当夹角为29°时在极板上坐标x1，夹角为51°时在极板上坐标x2，求出位置坐标，并找到最小位置坐标。
【解答】解：（1）由磁聚焦概念可知（或作图可知），从O点射入圆形磁场的带电粒子其出磁场方向水平向右，如图1：
故该粒子与PQ的夹角β＝90°
（2）粒子在磁场中圆周运动，则有
解得半径为r＝R
由几何关系可知，粒子从不同位置经过PQ进入磁场，其在极板上的位置x＝1.8R时有两个值，其图像如图2：
则临界角分别为127°及53°。当临界角为127°时，入射方向与水平方向夹角为53°；当临界角为53°时，入射方向与水平方向夹角为53°。又因为被限制在与水平方向的61°到141°之间，则
（3）夹角为29°时在极板上坐标x1，有
当夹角为51°时在极板上坐标x2，有，
即最小公倍数，则
答：（1）速度方向与y轴成θ角的粒子射到边界PQ上时与PQ的夹角β为90°；
（2）若粒子第一次打到极板OD上的坐标为x，x≤1.8R的粒子占总粒子的比例k为；
（3）重合落点的位置坐标最小值x0为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子在磁场中的运动、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)