【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷一（全国甲卷）（有解析）

2025届高考物理模拟预测卷（全国甲卷）
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2022 苏州模拟）碘125的半衰期约为60天，可用于疾病的治疗。现将一定质量的碘125放入病理组织进行治疗，经过120天后剩余碘125的质量为刚放入时的（　　）
A． B． C． D．
2．（4分）（2022秋 大理州期末）下列说法正确的是（　　）
A．飞机起飞离地加速上升过程处于失重状态
B．体积很大的物体，有时也可以视为质点
C．速度大的物体，加速度一定大
D．汽车车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以速度越大惯性就越大
3．（4分）（2024 安庆二模）如图所示为一个原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：2的理想变压器，原线圈两端接有一个交流电源，其电动势随时间变化的规律为e＝12sin10πt（V），内阻为r＝1Ω，所有电表均为理想交流电表。当电路中标有“4V，4W”的灯泡L正常发光时，下列判断正确的是（　　）
A．电压表V1示数为10V B．电压表V2示数为24V
C．电流表A示数为1A D．负载电阻R＝20Ω
4．（4分）（2023秋 昭通期末）如图所示是当前各国基本上都采用的卫星变轨发射的理想简化模型，轨道Ⅰ和轨道Ⅲ分别是近地圆轨道和预定圆轨道，椭圆轨道Ⅱ是转移轨道，卫星在椭圆轨道Ⅱ上的P、F两点点火变速变轨。则（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅲ的机械能
B．卫星在轨道Ⅰ经P点的速度大于在轨道Ⅱ经P点的速度
C．卫星在轨道Ⅰ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长
D．卫星在轨道Ⅱ经过F点的加速度小于在轨道Ⅲ经过F点的加速度
5．（4分）（2023 梅河口市校级二模）水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为2R和R（俯视图如图1所示）。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是（　　）
A．E1：E2＝4：1，I1：I2＝2：1
B．E1：E2＝4：1，P1：P2＝2：1
C．E1：E2＝2：1，P1：P2＝8：1
D．P1：P2＝4：1，I1：I2＝1：1
6．（4分）（2022秋 衢州期末）如图所示是以质点P为波源的机械波在绳上传到质点Q时的波形，波源的振动周期为T，则P点从平衡位置刚开始振动时（即起振方向）是朝着哪个方向运动的，当波传到质点Q时，波源P振动了多长时间（　　）
A．向上 1.5T B．向下 1.5T
C．向左 2T D．向上 3T
7．（4分）（2024秋 长寿区校级月考）电子束焊接机是一种先进的焊接技术，电子束焊接机中的电场线分布如图中虚线所示，其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为h，在同一电场线上有B、C、D三点，C为AK两极的中点，且BC＝CD，在两极之间加上电压为U的高压电。现有一电子在K极附近由静止被加速运动到A极，不考虑电子的重力，已知电子电荷量大小为e，下列说法中正确的是（　　）
A．A、K之间的电场强度为，且为匀强电场
B．电子沿电场线由K极到A极时电场力做功为﹣eU
C．若将电子从C点由静止释放，到达A极时，动能增加为
D．电子从D点运动到C点的时间大于其从C点运动到B点的时间
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024春 道里区校级期末）如图所示，一定质量的理想气体，经历a→b→c→a过程，其中a、b两点温度相同，b→c是等压过程，c→a是等容过程。下列说法正确的是（　　）
A．完成一次循环，气体既不向外做功也不从外界吸热
B．a→b过程中，气体的温度一直不变
C．a、b、c三个状态中，气体在c状态平均运动速率最小
D．b→c过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加
（多选）9．（6分）（2024春 宁乡市期末）某运动员进行投篮训练，两次在同一位置用相同速率将球投出后从同一位置进入篮筐，两次篮球的轨迹如图所示，不计空气阻力，下列相关说法正确的是（　　）
A．沿轨迹①飞行时加速度更大
B．两次运动到轨迹最高点时速度相等
C．沿轨迹①飞行的时间更长
D．两次进入篮筐时的速度一定不等
（多选）10．（6分）（2025春 沙坪坝区校级期中）如图甲所示是儿童玩具跳跳杆，其底部未固定在地面，底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m，研究某次小孩和杆从最低点弹起的运动过程，以小孩运动的最低点为坐标原点、竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，0～x3之间图像为曲线，x2对应其最高点，x3～x4之间图像为直线，不计弹簧质量和空气阻力的影响，重力加速度为g，则（　　）
A．小孩和杆的最大加速度
B．弹簧在x3处恢复原长，弹簧劲度系数
C．在x1处弹簧的弹性势能为mg（x3﹣x1）
D．在x1处小孩和杆的速度为
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（7分）某同学利用如图甲所示的装置，验证牛顿第二定律，小车一侧固定有力传感器，细线一端与力传感器连接，另一端跨过光滑定滑轮挂上砝码盘；在小车另一侧固定纸带，纸带穿过打点计时器。已知小车最初位置靠近打点计时器，小车和拉力传感器的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，打点计时器所接电源的频率为50Hz。
实验步骤如下：
①调节砝码盘中砝码的质量，直到纸带上打的点间隔相等。此时记录砝码盘及砝码的质量m0、拉力传感器的示数F0。
②多次增加砝码盘中砝码的质量，每次将小车从同一位置由静止释放，记录下拉力传感器的示数Fn、砝码盘及砝码的总质量m（m＞m0）。
（1）实验时，　 　 （选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；细线 　 　 （选填“需要”或“不需要”）平行于长木板； 　 　 （选填“需要”或“不需要”）满足砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和拉力传感器的总质量M；实验过程中，每次由静止释放小车的位置 　 　 （选填“需要”或“不需要”）相同。
（2）某次释放小车得到纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间还有四个计时点没有画出，则这次小车运动的加速度大小为 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）设某次释放小车测得小车的加速度为a，拉力传感器的示数为F，砝码和砝码盘的总质量为m，重力加速度为g，则验证牛顿第二定律的表达式为 　 　 。（填写关系式前面的字母）
A.F＝Ma
B.F﹣F0＝Ma
C.mg＝Ma
D.mg﹣m0g＝Ma
12．（9分）（2023 濠江区校级二模）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为0～　 　 mA，内阻 　 　 Ω。
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时 　 　 。（填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用 　 　 （填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
四．解答题（共3小题，满分38分）
13．（10分）（2023 邢台模拟）如图所示，一束平行于等边三棱镜横截面ABC的光从空气射到E点，沿路径EF射到F点。已知入射方向与AB边的夹角为θ＝60°，光在F点恰好发生全反射。已知光在空气中的传播速度为c，BE＝L，求：
（1）三棱镜的折射率；（结果可以带根号）
（2）光从E传播到F所用的时间。
14．（13分）（2025 寻甸县模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ。两个大小不计的物块A、B质量分别为m1＝m和m2＝5m，A、B与传送带间的动摩擦因数分别为和μ2＝tanθ。已知物块A与B碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
（1）若传送带不动，将物块B无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A，它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小为v0，求A与B第一次碰撞后瞬间的速度v1A、v1B；
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放B和A，它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小也为v0，求它们第二次碰撞前瞬间A的速度v2A；
（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。
15．（15分）（2022秋 北辰区校级期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，有一质量为m＝1.0×10﹣10kg、电荷量为q＝2.0×10﹣6C（q＞0）的带正电粒子从y轴的M点（0，﹣L）以与y轴负方向成θ＝60°角、大小为的初速度垂直磁场进入第四象限，经磁场偏转从y轴上的N点（0，L）进入第二象限，又经电场作用垂直于x轴从轴上的A点射出，不计粒子重力，其中L＝10cm，求：
（1）第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小B；
（2）第二象限内电场强度的大小E；
（3）粒子从M点运动到A点的时间。
2025届高考物理模拟预测卷（全国甲卷）
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）（2022 苏州模拟）碘125的半衰期约为60天，可用于疾病的治疗。现将一定质量的碘125放入病理组织进行治疗，经过120天后剩余碘125的质量为刚放入时的（　　）
A． B． C． D．
【考点】半衰期的相关计算．
【专题】定量思想；推理法；衰变和半衰期专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据半衰期的公式代入数据进行运算判断。
【解答】解：设刚开始碘的质量为M，经过120天后的剩余的质量为m，根据半衰期的规律，则有
得mM
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】考查放射性元素的半衰期的规律，会根据题意代入数据进行运算求解。
2．（4分）（2022秋 大理州期末）下列说法正确的是（　　）
A．飞机起飞离地加速上升过程处于失重状态
B．体积很大的物体，有时也可以视为质点
C．速度大的物体，加速度一定大
D．汽车车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以速度越大惯性就越大
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；质点；加速度的定义、表达式、单位及物理意义；惯性与质量．
【专题】定性思想；归纳法；复杂运动过程的分析专题；理解能力．
【答案】B
【分析】加速度方向向上为超重，加速度方向向下为失重，能否看成质点的条件是研究问题时能否忽略大小形状，速度大小与加速度没关系，惯性大小的量度是质量。
【解答】解：A．飞机离地加速上升过程有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；
B．体积很大的物体，当形状和大小对所要研究的问题影响可以忽略的情况下也可视为质点，故B正确；
C．加速度大小由速度变化量及所用时间决定，速度大的物体，速度变化量不一定大，加速度也不一定大，故C错误；
D．汽车惯性由质量决定，质量大惯性大，质量小惯性小，与速度大小无关，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查概念理解，注意根据加速度方向判断超重失重。
3．（4分）（2024 安庆二模）如图所示为一个原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：2的理想变压器，原线圈两端接有一个交流电源，其电动势随时间变化的规律为e＝12sin10πt（V），内阻为r＝1Ω，所有电表均为理想交流电表。当电路中标有“4V，4W”的灯泡L正常发光时，下列判断正确的是（　　）
A．电压表V1示数为10V B．电压表V2示数为24V
C．电流表A示数为1A D．负载电阻R＝20Ω
【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；正弦式交变电流的有效值．
【专题】定量思想；等效替代法；交流电专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】当电路中标有“4V，4W”的灯泡L正常发光时，由功率公式P＝UI求出副线圈的电流，由理想变压器原副线圈的电流与匝数关系求出原线圈的电流，即为电流表A示数。对原线圈电路，由闭合电路的欧姆定律求电压表V1示数。由理想变压器原副线圈的电压与匝数关系求出副线圈的电压，即得到电压表V2示数，再由欧姆定律求负载电阻R的阻值。
【解答】解：C、当电路中标有“4V，4W”的灯泡L正常发光时，可得副线圈电流为
I2A＝1A
根据理想变压器原副线圈的电流与匝数关系，有
可得原线圈的电流即电流表A示数为I1＝2A，故C错误；
A、变压器的原线圈接入正弦式交流电，由，可知电动势的最大值为Em＝12V
有效值为
EV＝12V
电源的内阻为r＝1Ω，对原线圈电路，由闭合电路的欧姆定律有
E＝I1r+U1
解得原线圈两端的电压为U1＝10V
电压表V1测量的是原线圈两端的电压，则其示数为10V，故A正确；
B、由理想变压器的电压与匝数关系有
可得变压器的输出电压为U2＝20V，则电压表V2所测电压为20V，故B错误；
D、副线圈灯泡和电阻串联，有U2＝UL+I2R，解得定值电阻为R＝16Ω，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键要掌握理想变压器原副线圈的电压、电流与匝数关系，搞清各部分电路的电压和电流关系，结合电路的相关规律解答。
4．（4分）（2023秋 昭通期末）如图所示是当前各国基本上都采用的卫星变轨发射的理想简化模型，轨道Ⅰ和轨道Ⅲ分别是近地圆轨道和预定圆轨道，椭圆轨道Ⅱ是转移轨道，卫星在椭圆轨道Ⅱ上的P、F两点点火变速变轨。则（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅲ的机械能
B．卫星在轨道Ⅰ经P点的速度大于在轨道Ⅱ经P点的速度
C．卫星在轨道Ⅰ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长
D．卫星在轨道Ⅱ经过F点的加速度小于在轨道Ⅲ经过F点的加速度
【考点】天体运动中机械能的变化；开普勒三大定律；卫星的发射及变轨问题．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据能量关系判断机械能大小，高轨进低轨减速，低轨进高轨加速，根据开普勒第三定律判断周期大小，根据牛顿第二定律判断加速度大小。
【解答】解：A．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ需要多次加速，根据能量守恒定律可知卫星在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅲ的机械能，故A正确；
B．卫星在轨道Ⅰ经P点需要点火加速才能进入轨道Ⅱ，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，卫星在轨道Ⅰ的周期小于轨道Ⅲ的周期，故C错误
D．根据牛顿第二定律，卫星在轨道Ⅱ经过F点的加速度等于在轨道Ⅲ经过F点的加速度，故D错误。
故选：A。
【点评】对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”。意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。
5．（4分）（2023 梅河口市校级二模）水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为2R和R（俯视图如图1所示）。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是（　　）
A．E1：E2＝4：1，I1：I2＝2：1
B．E1：E2＝4：1，P1：P2＝2：1
C．E1：E2＝2：1，P1：P2＝8：1
D．P1：P2＝4：1，I1：I2＝1：1
【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据电阻定律分析两线圈电阻之比，根据法拉第电磁感应定律求解线圈中的感应电动势；根据欧姆定律求解电流。
【解答】解：由题意可得，两线圈的长度之比为
两线圈围成的面积之比为
由
结合图象斜率可知线圈中的感应电动势之比为
由闭合电路的欧姆定律
由电阻定律得
两线圈的电阻之比为
则电流强度之比为
线圈中的电功率之比为
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题关键是根据法拉第电磁感应定律列式求解各个时间段的感应电动势大小，然后根据欧姆定律、电阻定律列式求解即可。
6．（4分）（2022秋 衢州期末）如图所示是以质点P为波源的机械波在绳上传到质点Q时的波形，波源的振动周期为T，则P点从平衡位置刚开始振动时（即起振方向）是朝着哪个方向运动的，当波传到质点Q时，波源P振动了多长时间（　　）
A．向上 1.5T B．向下 1.5T
C．向左 2T D．向上 3T
【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．
【专题】比较思想；图析法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【答案】A
【分析】质点Q的起振方向与波源P的起振方向相同，判断出质点Q的起振方向，也就知道了质点P的起振方向。P、Q两质点间距离为1.5个波长，说明波源P振动了1.5T。
【解答】解：根据题意可知，波由右向左传播，此时质点Q振动方向向上，而质点Q要重复波源的振动，质点Q的起振方向与波源P的起振方向相同，所以P点的起振方向向上，P、Q两质点间距离为1.5个波长，则波源P振动了1.5T，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题关键是理解波是如何形成与传播的，同时掌握质点的振动与波的方向关系，知道介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同。
7．（4分）（2024秋 长寿区校级月考）电子束焊接机是一种先进的焊接技术，电子束焊接机中的电场线分布如图中虚线所示，其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为h，在同一电场线上有B、C、D三点，C为AK两极的中点，且BC＝CD，在两极之间加上电压为U的高压电。现有一电子在K极附近由静止被加速运动到A极，不考虑电子的重力，已知电子电荷量大小为e，下列说法中正确的是（　　）
A．A、K之间的电场强度为，且为匀强电场
B．电子沿电场线由K极到A极时电场力做功为﹣eU
C．若将电子从C点由静止释放，到达A极时，动能增加为
D．电子从D点运动到C点的时间大于其从C点运动到B点的时间
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A.根据电场线的分布情况，即可分析判断；
B.由图可知，电子由K沿电场线到A电场力做正功，结合电场力做功公式，即可分析判断；
C.由图可知，K到C点之间的电场强度比C点到A点的电场强度小，结合求功公式、B的结论、动能定理，即可分析判断；
D.由题知，电子从D点到C点再到B点的过程中，一直处于加速运动状态，结合速度与位移的情况，即可分析判断。
【解答】解：A.根据电场线的分布情况，可以判断A、K之间不是匀强电场，故A错误；
B.由图可知，电子由K沿电场线到A电场力做正功，即电场力做功为：W＝eU，故B错误；
C.由图可知，K到C点之间的电场强度比C点到A点的电场强度小，由电场力与电场强度的关系可知，电子在K到C点之间所受的电场力比C点到A点的电场力小，且K到C点与C点到A点的位移相等，则根据求功公式W＝Fx可知，电子从K到C点之间的电场力做功，比C点到A点的电场力做功少，结合B的结论及动能定理可知，若将电子从C点由静止释放，到达A极时，动能增加应大于，故C错误；
D.由题知，电子从D点到C点再到B点的过程中，一直处于加速运动状态，即电子从C点运动到B点的任意时刻的速度大小，都大于电子从D点运动到C点的速度大小，又因为位移相同，所以，电子从D点运动到C点的时间大于其从C点运动到B点的时间，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024春 道里区校级期末）如图所示，一定质量的理想气体，经历a→b→c→a过程，其中a、b两点温度相同，b→c是等压过程，c→a是等容过程。下列说法正确的是（　　）
A．完成一次循环，气体既不向外做功也不从外界吸热
B．a→b过程中，气体的温度一直不变
C．a、b、c三个状态中，气体在c状态平均运动速率最小
D．b→c过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加
【考点】热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合；理想气体状态变化的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】根据p﹣V图像的面积表示气体对外界做的功以及热力学第一定律分析；
根据pV＝CT分析气体在a→b过程气体温度变化情况；
根据pV＝CT分析气体在a、b、c过程气体温度变化情况，确定气体的运动速率；
根据ΔU＝W+Q以及气体压强的微观意义分析。
【解答】解：A．由p﹣V图像面积表示气体对外做功可知，a→b过程气体对外做功要大于b→c过程外界对气体做功，即W＜0，一次循环过程，气体的内能不变，由热力学第一定律
ΔU＝Q+W
可知，Q＞0，即气体从外界吸热，故A错误；
B．a→b过程中，虽然a、b两点温度相同，可气体的温度不一定一直不变，故B错误；
C．a→b过程中，a、b两点温度相同，即Ta＝Tb，b→c是等压过程，气体的体积减小，由可知，气体的温度降低，即Tb＞Tc，则有
Ta＝Tb＞Tc
可知a、b、c三个状态中，在c状态气体的温度最低，则平均动能最小，则有气体的运动速率最小，故C正确；
D．b→c过程中，体积减小，气体的密度增大，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查理想气体的状态方程，结合热力学第一定律，解题关键掌握气体温度不变时，内能不变，p﹣V图像围成的面积代表气体做功。
（多选）9．（6分）（2024春 宁乡市期末）某运动员进行投篮训练，两次在同一位置用相同速率将球投出后从同一位置进入篮筐，两次篮球的轨迹如图所示，不计空气阻力，下列相关说法正确的是（　　）
A．沿轨迹①飞行时加速度更大
B．两次运动到轨迹最高点时速度相等
C．沿轨迹①飞行的时间更长
D．两次进入篮筐时的速度一定不等
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】A.根据篮球的受力情况判断加速度情况；
BC.根据水平方向的匀速直线运动结合水平分速度大小关系进行分析解答；
D.根据机械能守恒和速度的矢量性进行分析判断。
【解答】解：A.篮球两次在空中的运动都是斜上抛运动，都只受重力，故加速度一样大，故A错误；
B.篮球运动到轨迹最高点时速度为vx＝v0cosθ，由于抛出时速率都为v0，水平方向做匀速直线运动，但速度和水平方向的夹角不等，则vx一定不等，故B错误；
C.由图，轨迹②初速度与水平方向的夹角较小，则水平分速度vx＝v0cosθ更大，从抛出点到进入篮筐的位置水平位移x相等，即x＝vxt＝v0cosθ t，所以轨迹②飞行时间更短，故C正确；
D.篮球从抛出点到进入篮筐的位置的过程中，满足机械能守恒，初动能相同，则末动能相等，即末态速率相同，速度是矢量，由于水平分速度和竖直分速度都不等，合速度方向不同，故D正确。
故选：CD。
【点评】考查斜上抛运动问题和机械能守恒、运动的合成和分解知识，会根据题意进行准确分析和判断。
（多选）10．（6分）（2025春 沙坪坝区校级期中）如图甲所示是儿童玩具跳跳杆，其底部未固定在地面，底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m，研究某次小孩和杆从最低点弹起的运动过程，以小孩运动的最低点为坐标原点、竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，0～x3之间图像为曲线，x2对应其最高点，x3～x4之间图像为直线，不计弹簧质量和空气阻力的影响，重力加速度为g，则（　　）
A．小孩和杆的最大加速度
B．弹簧在x3处恢复原长，弹簧劲度系数
C．在x1处弹簧的弹性势能为mg（x3﹣x1）
D．在x1处小孩和杆的速度为
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】Ek﹣x图像的斜率表示合力的大小，在x2位置弹力等于重力，由平衡条件和胡克定律相结合计算弹簧劲度系数；根据图像分析小孩的运动情况，分析加速度最大的位置，根据牛顿第二定律求解小孩和杆的最大加速度；从x3到x4做竖直上抛运动，根据运动学公式求在x3处的速度，在x1处的速度等于在x3处的速度；根据x1～x3系统机械能守恒求解在x1处的弹性势能。
【解答】解：A.在最低点时，小孩和杆的加速度最大，则
kx3﹣mg＝ma
解得
故A正确；
B.由题图乙可知，在x3处弹簧恢复原长，弹簧在最低点时被压缩x3，在x2位置弹簧弹力等于小孩和杆的重力，则
mg＝k（x3﹣x2）
解得
故B错误；
C.从x1处到x3处，由机械能守恒得
Ep1+mgx1+Ek1＝mgx3+Ek3
可知
Ep1＝mg（x3﹣x1）
故C正确。
D.小孩和杆在x1处的速度等于在x3处的速度，因小孩和杆从x3处到x4处做竖直上抛运动，则
v1＝v3
故D错误；
故选：AC。
【点评】本题的关键要明确小孩的运动情况，判断其受力情况以及过程中通量转化情况，灵活运用功能关系和机械能守恒定律来处理。
三．实验题（共2小题，满分14分）
11．（7分）某同学利用如图甲所示的装置，验证牛顿第二定律，小车一侧固定有力传感器，细线一端与力传感器连接，另一端跨过光滑定滑轮挂上砝码盘；在小车另一侧固定纸带，纸带穿过打点计时器。已知小车最初位置靠近打点计时器，小车和拉力传感器的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，打点计时器所接电源的频率为50Hz。
实验步骤如下：
①调节砝码盘中砝码的质量，直到纸带上打的点间隔相等。此时记录砝码盘及砝码的质量m0、拉力传感器的示数F0。
②多次增加砝码盘中砝码的质量，每次将小车从同一位置由静止释放，记录下拉力传感器的示数Fn、砝码盘及砝码的总质量m（m＞m0）。
（1）实验时，　不需要　 （选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；细线 　需要　 （选填“需要”或“不需要”）平行于长木板； 　不需要　 （选填“需要”或“不需要”）满足砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和拉力传感器的总质量M；实验过程中，每次由静止释放小车的位置 　需要　 （选填“需要”或“不需要”）相同。
（2）某次释放小车得到纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间还有四个计时点没有画出，则这次小车运动的加速度大小为 　2.43　 m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）设某次释放小车测得小车的加速度为a，拉力传感器的示数为F，砝码和砝码盘的总质量为m，重力加速度为g，则验证牛顿第二定律的表达式为 　B　 。（填写关系式前面的字母）
A.F＝Ma
B.F﹣F0＝Ma
C.mg＝Ma
D.mg﹣m0g＝Ma
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）不需要；需要；不需要；需要；（2）2.43；（3）B。
【分析】（1）根据实验步骤与实验注意事项分析答题。
（2）应用匀变速直线运动的推论求出加速度。
（3）应用牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）由实验步骤①可知，小车做匀速直线运动时测力计的示数为F0，即小车受到的拉力大小为F0，由平衡条件可知，小车所受摩擦力大小f＝F0，实验不需要平衡摩擦力；为使小车受到的拉力等于细线的拉力，细线应平行于长木板；由于小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验不需要满足砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和拉力传感器的总质量M；为充分利用纸带实验时应从小车靠近打点计时器处释放，每次释放的位置相同。
（2）打点计时器所接电源的频率为50Hz，相邻计数点之间还有四个计时点没有画出，相邻计数点间的时间间隔t＝5Ts＝0.1s
由匀变速直线运动的推论Δx＝at2由逐差法可知，加速度大小am/s2＝2.43m/s2。
（3）对小车，由牛顿第二定律得：F﹣f＝Ma，由于f＝F0，即F﹣F0＝Ma，故B正确，ACD错误。
故答案为：（1）不需要；需要；不需要；需要；（2）2.43；（3）B。
【点评】理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。
12．（9分）（2023 濠江区校级二模）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为0～　1　 mA，内阻 　300　 Ω。
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时 　大　 。（填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用 　乙　 （填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）1，300；（2）大；（3）乙。
【分析】（1）根据欧姆定律结合电路构造计算出电表的量程和内阻；
（2）根据电阻的变化结合电路构造分析出电流表量程的变化；
（3）根据实验原理分析出实验误差的产生和消除。
【解答】解：（1）由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
此时通过R1和R2的电流为
所以总电流为
I总＝Im+I＝0.75mA+0.25mA＝1mA
即量程为0～1mA。
改装后电流表的内阻为：
（2）当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大，所以比接在A端时大。
（3）图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
故答案为：（1）1，300；（2）大；（3）乙。
【点评】本题主要考查了电表改装的相关知识，理解电路构造，根据欧姆定律和实验原理即可完成分析。
四．解答题（共3小题，满分38分）
13．（10分）（2023 邢台模拟）如图所示，一束平行于等边三棱镜横截面ABC的光从空气射到E点，沿路径EF射到F点。已知入射方向与AB边的夹角为θ＝60°，光在F点恰好发生全反射。已知光在空气中的传播速度为c，BE＝L，求：
（1）三棱镜的折射率；（结果可以带根号）
（2）光从E传播到F所用的时间。
【考点】光的折射与全反射的综合问题；折射率的波长表达式和速度表达式．
【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．
【答案】（1）三棱镜的折射率为；
（2）光从E传播到F所用的时间为。
【分析】（1）已知入射方向与边AB的夹角为θ＝60°，可知入射角，结合全反射临界角公式与几何关系求解折射率；
（2）由v求出光在三棱镜中传播速度，由几何知识求出EF，即可求得时间.
【解答】解：（1）根据题意作出光路如图：
根据折射定律有：n
根据全反射临界角公式有：sinC
根据几何关系可知i＝30°，∠BEF+∠BFE＝120°，则∠r+∠C＝60°
解得：n
（2）光在介质中的传播速度v
根据正弦定理有
光从E传播到F所用的时间t
解得：t
答：（1）三棱镜的折射率为；
（2）光从E传播到F所用的时间为。
【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进行研究．
14．（13分）（2025 寻甸县模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ。两个大小不计的物块A、B质量分别为m1＝m和m2＝5m，A、B与传送带间的动摩擦因数分别为和μ2＝tanθ。已知物块A与B碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
（1）若传送带不动，将物块B无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A，它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小为v0，求A与B第一次碰撞后瞬间的速度v1A、v1B；
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放B和A，它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小也为v0，求它们第二次碰撞前瞬间A的速度v2A；
（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；倾斜传送带模型．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；传送带专题；分析综合能力．
【答案】（1）A与B第一次碰撞后瞬间的速度v1A、v1B分别为，；
（2）它们第二次碰撞前瞬间A的速度v2A为，方向沿传送带向下；
（3）第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功为。
【分析】（1）由动量守恒定律和机械能守恒定律求A与B第一次碰撞后瞬间的速度v1A、v1B；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求它们第二次碰撞前瞬间A的速度v2A；
（3）根据动量守恒和能量守恒再结合功的公式求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。
【解答】解：（1）由于μ2＝tanθ，故B放上传送带后不动，对A和B第一次的碰撞过程，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m1v0＝m1v1A+m2v1B
又
5m1＝m2
解得
（2）传送带顺时针运行时，B仍受力平衡，在被A碰撞之前B一直保持静止，因而传送带顺时针运行时，A、B碰前的运动情形与传送带静止时一样，由于A第一次碰后反弹的速度小于v0，故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做减速运动。减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设A在传送带上运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a
解得
从第一次碰后到第二次碰前A做匀变速运动，B做匀速运动两者位移相等，则有
v2A＝v1A+at1
解得，方向沿传送带向下
（3）以地面为参考系，A第二次碰后瞬间和第三次碰前瞬间的速度分别记为v3A和v4A，B第二次碰后瞬间的速度记为v2B。两者发生第二次弹性碰撞时，以v2A的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒有
m1v2A+m2v1B＝m1v3A+m2v2B
解得
第二次碰后A做匀变速运动，B做匀速运动。到第三次碰前两者位移相等，所以
v4A﹣v3A＝at2
解得，方向沿传送带向下
A从第一次碰后到第三次碰前的位移
传送带对A做的功
答：（1）A与B第一次碰撞后瞬间的速度v1A、v1B分别为，；
（2）它们第二次碰撞前瞬间A的速度v2A为，方向沿传送带向下；
（3）第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功为。
【点评】本题结合了弹性碰撞模型与传送带模型，考查动量守恒定律、机械能守恒定律和牛顿第二定律综合应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用，解答时要首先要确定正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。本题涉及传送带的相对运动过程较复杂，运动过程的分析要思路清晰。
15．（15分）（2022秋 北辰区校级期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，有一质量为m＝1.0×10﹣10kg、电荷量为q＝2.0×10﹣6C（q＞0）的带正电粒子从y轴的M点（0，﹣L）以与y轴负方向成θ＝60°角、大小为的初速度垂直磁场进入第四象限，经磁场偏转从y轴上的N点（0，L）进入第二象限，又经电场作用垂直于x轴从轴上的A点射出，不计粒子重力，其中L＝10cm，求：
（1）第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小B；
（2）第二象限内电场强度的大小E；
（3）粒子从M点运动到A点的时间。
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小为0.75T；
（2）第二象限内电场强度的大小为；
（3）粒子从M点运动到A点的时间。
【分析】（1）根据几何关系求解做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
（2）带电粒子做类平抛运动，根据运动学公式、电场力公式和牛顿第二定律即可求解；
（3）求解带电粒子做圆周运动的周期，根据圆心角和周期的关系求时间；根据运动学知识求带电粒子做类平抛运动的时间，最后求总时间。
【解答】解：（1）带电粒子运动的轨迹如图所示：
设带电粒子做圆周运动的半径为R，根据数学知识，粒子做圆周运动的半径
洛伦兹力提供向心力
磁感应强度
带电粒子的运动周期
带电粒子在磁场中的运动时间
（2）带电粒子在电场中做类斜抛运动，粒子从N到A的运动可看作类平抛运动的逆运动
设运动时间为t2，根据运动的合成与分解，粒子沿y轴方向的分速度
带电粒子在y轴方向做匀速运动，运动时间
根据运动的合成与分解，粒子沿x轴方向的分速度
带电粒子在x轴方向做匀变速运动，加速度
根据匀变速运动公式vx＝at2
代入数据联立解得E
（3）粒子从M点运动到A点的时间t
答：（1）第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小为0.75T；
（2）第二象限内电场强度的大小为；
（3）粒子从M点运动到A点的时间。
【点评】本题属于学科内的综合题，主要考查了带电粒子在组合场中的运动，分清带电粒子分别在匀强磁场和匀强电场的运动情况是解题的关键，要充分利用好带电粒子在N点的合速度与分速度的关系。
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