【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷（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）（2023春 开福区校级期末）如图所示是光电效应实验的原理图。当频率为ν0的可见光照射到阴极K上时，灵敏电流计中有电流通过，则下列正确的是（　　）
A．图中K板出来的光电子必须克服K板和A板间的电场力做功才能形成光电流
B．只有入射光的频率大于或等于ν0的情况下，灵敏电流计才会有示数
C．将滑动触头P逐渐由A端移向B端时，灵敏电流计示数变大
D．将图中电源正负极调换，将滑动触头P逐渐由A端移向B端，灵敏电流计示数可能变为0
2．（4分）（2023 湖北开学）如图所示，1、3是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R，2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B点，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，三个轨道和地心都在同一平面内。已知在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G，地球质量为M，三颗卫星的质量相等，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能
B．若OA＝0.4R，则卫星在2轨道B点的速率
C．若卫星在1轨道上和2轨道A点的速率分别为v1和vA，则v1＞vA
D．若卫星在1轨道、2轨道A点和3轨道上的加速度大小分别为a1、a2和a3，则a2＜a1＜a3
3．（4分）（2025 长沙校级一模）如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC＝60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为﹣（）W（W＞0）。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小是
B．将该带电微粒从B点无初速度释放，其沿∠ABC的角平分线所在直线运动
C．将该带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为W
D．将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为W
4．（4分）（2024秋 庐阳区校级期末）如图（b）所示，一条质量粗细分布均匀的悬链线（不可伸长）挂在杆上，链的质量为m，经测量得两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两悬点处悬链线对杆的弹力大小不等
B．链条AF和链条BF长度之比：1
C．整个链条最低点F处弹力最大
D．此时链条的重心在链条上的F点
5．（4分）（2023春 晋江市期末）如图所示，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻与灯泡L1、L2的电阻相同，两灯泡的额定电压、额定功率相同，额定电压小于电源的电动势，闭合电键S，则下列判断正确的是（　　）
A．闭合电键后，L1、L2两灯泡逐渐变亮
B．闭合电键后，L1、L2两灯泡逐渐变暗至熄灭
C．断开电键一瞬间，灯泡L1中有从右向左的电流
D．断开电键一瞬间，灯泡L2的功率变为原来的二分之一
6．（4分）（2024 凌河区校级模拟）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→b过程外界对气体做功
7．（4分）（2024春 泉山区校级期中）如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则（　　）
A．物块B不能再次到达地面
B．物块B上升过程中，其机械能先增大后减小
C．弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小
D．物块A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2023秋 黄岛区期末）自1929年劳伦斯提出回旋加速器的原理以来，已经历了整整一个世纪。如图，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D型盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使带电粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D型盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．加速电压越大，粒子离开时的速度越大
C．加速氘核（H）和α粒子所需的交流电频率相同
D．仅增大磁场的磁感应强度可增大粒子离开时的最大速度
（多选）9．（6分）（2025 鹰潭一模）图甲是一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝12m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．在t＝0.25s时，质点Q的位置坐标为（12m，10cm）
C．从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，质点Q的路程为10cm
D．从t＝0时刻开始计时，质点P在0.125s时第一次到达波峰
（多选）10．（6分）（2025 江西一模）如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的金属线框abcd静止在光滑水平面上，平行边界P、Q间有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，用大小等于mg的水平恒力F拉线框，使线框从静止开始运动，线框运动过程中ab边始终与磁场边界平行，ab边刚进磁场时线框的加速度为零，线框出磁场的过程中，当cd边刚要出磁场时的加速度恰好为0，磁场边界P、Q间的距离为d，则下列判断正确的是（　　）
A．开始时ab边与边界P间的距离为
B．线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为
C．从线框cd边刚进磁场到cd边刚好出磁场过程中，线框运动的时间为
D．线框穿过磁场过程中，拉力F的冲量大于
三．实验题（共2小题，满分14分）
11．（8分）（2024春 阆中市校级期末）在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图（a）所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图（b）所示两组p﹣V图线。
（1）实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的 　 　 不发生变化，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可作 　 　 图线（选填：“p﹣V”、“”）。对图像进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条 　 　 ，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）两组图线经检验均符合反比例关系，由图判断导致①、②两组数据差异的原因可能是 　 　 。
A．某组实验中活塞移动太快
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
（3）某小组进行实验时缓慢推活塞压缩气体得到了数据图像，验证了玻意耳定律。在这个过程中，理想气体 　 　 （选填“吸热”、“放热”或“无热交换”）。
12．（6分）某学习小组现在要测绘一额定电压为8V、额定功率约为4W的小灯泡的伏安特性曲线。实验室提供有下列器材：
A.旧蓄电池（电动势约12V，内阻为r）；
B.电流计A（10mA，内阻354Ω）；
C.电压表V（0～15V，内阻约2kΩ）；
D.滑动变阻器R滑（最大阻值20Ω，5A）；
E.电阻箱R（0～999.9Ω）；
F.定值电阻R0＝6Ω；
G.开关一个，导线若干。
（1）甲同学拿到器材后，先将电流计与定值电阻并联，则改装后的电表能测量的最大电流为 　 　 A。
（2）乙同学利用甲同学改装后的电表以及部分器材设计了图1所示电路，按要求连接好电路，闭合开关，仅改变电阻箱的阻值，其他小组成员记录不同阻值下对应的电流，作出的图线如图2所示，则该旧蓄电池的电动势E＝ 　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω。
（3）利用器材完成测绘小灯泡伏安特性曲线实验，得到了如图3所示的伏安特性曲线；然后他们将灯泡与改装后的电表串联接在旧蓄电池两端，则蓄电池的输出效率为 　 　 。（结果保留二位有效数字）
四．解答题（共3小题，满分40分）
13．（10分）（2025 柳州二模）某种半球形采光球由均匀透明材料制作而成，如图为过中心轴线的截面图，O为球心，MN为采光球与空气的分界面。为测定该透明材料的折射率，将一束单色光从球面的P点沿PO方向射入采光球，恰好在O处发生全反射。已知∠POM＝45°，球的半径为R，光在真空中的传播速度为c，cos15°，求：
（1）该透明材料的折射率；
（2）若将单色光改为从P点沿垂直于MN的方向射入采光球，求该单色光在采光球中传播的时间（不考虑光在MN界面的反射）。
14．（13分）（2024春 琼海校级期中）如图所示，两平行金属板MN、PQ之间电势差为U，金属板PQ的右方直角坐标系的第一象限内有一磁感应强度为B的匀强磁场。一带电量为+q、质量为m的粒子，从金属板MN的入口处由静止释放，经电场加速垂直于y轴进入磁场后做匀速圆周运动，恰好从K点射出，速度方向与x轴负方向夹角为60°，忽略重力的影响，求：
（1）粒子从电场射出时速度的大小v；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和运动时间t；
（3）若在x轴下方加沿y轴正方向的匀强电场使粒子恰好打在坐标原点O，电场强度E为多大？
15．（17分）（2024 长春一模）如图（a），质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分AB的上表面粗糙，竖直半圆形部分BC的内表面光滑，半径R＝0.4m，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。质量为m的物块（可视为质点）静置在轨道上左端A处，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，物块以一定的初速度沿轨道恰好运动到C点，求物块在B点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，对物块施加水平向右逐渐增大的推力F，物块在轨道AB段运动时，物块和轨道的加速度a与F对应关系如图（b）所示，求μ和m；
（3）在（2）问条件下，在A处对物块施加水平向右F＝8N的恒力，当物块运动到B点时撤去F，物块可沿轨道到达C点且恰好与轨道无作用力，运动过程中轨道AB段始终未脱离地面。求轨道AB段的长度L。
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）（2023春 开福区校级期末）如图所示是光电效应实验的原理图。当频率为ν0的可见光照射到阴极K上时，灵敏电流计中有电流通过，则下列正确的是（　　）
A．图中K板出来的光电子必须克服K板和A板间的电场力做功才能形成光电流
B．只有入射光的频率大于或等于ν0的情况下，灵敏电流计才会有示数
C．将滑动触头P逐渐由A端移向B端时，灵敏电流计示数变大
D．将图中电源正负极调换，将滑动触头P逐渐由A端移向B端，灵敏电流计示数可能变为0
【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】定性思想；推理法；光电效应专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】图中A和K之间所加的电压为正向电压，电子运动时电场力做正功；当入射光的频率大于极限频率时，会有光电子逸出；将滑动触头P逐渐由A端移向B端时，根据电流是否达到饱和进行分析；将图中电源正负极调换，分析电子能否达到A极板，由此分析电流表是否有示数。
【解答】解：A、图中A和K之间所加的电压为正向电压，K板出来的光电子在电场中运动时电场力做正功，故A错误；
B、当频率为ν0的可见光照射到阴极K上时，灵敏电流计中有电流通过，说明ν0大于极限频率；当入射光的频率小于ν0且大于极限频率时，也会有光电子逸出，灵敏电流计也会有示数，故B错误；
C、将滑动触头P逐渐由A端移向B端时，如果没有达到饱和电流、灵敏电流计示数变大；如果已经达到饱和电流、则电流表的示数不变，故C错误；
D、将图中电源正负极调换，将滑动触头P逐渐由A端移向B端，光电子在电场中运动时电场力做负功，如果电压增大到某一值，所有电子均不能达到A极板，则灵敏电流计示数变为0，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查光电效应。解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电流的因素．
2．（4分）（2023 湖北开学）如图所示，1、3是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R，2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B点，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，三个轨道和地心都在同一平面内。已知在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G，地球质量为M，三颗卫星的质量相等，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能
B．若OA＝0.4R，则卫星在2轨道B点的速率
C．若卫星在1轨道上和2轨道A点的速率分别为v1和vA，则v1＞vA
D．若卫星在1轨道、2轨道A点和3轨道上的加速度大小分别为a1、a2和a3，则a2＜a1＜a3
【考点】天体运动中机械能的变化；开普勒三大定律；不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较．
【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】卫星从地轨道变到高轨道上时需点火加速，据此分析；根据开普勒第三定律分析；根据万有引力提供向心力得，得到速度的表达式，根据半径大小比较分析；根据牛顿第二定律写出加速度的表达式分析。
【解答】解：A．2、3轨道在B点相切，卫星由2轨道转移到3轨道需点火加速，火箭对卫星做正功，所以卫星在3轨道上B点的线速度大于卫星在2轨道上B点的线速度，因卫星质量相同，所以卫星在3轨道上的机械能大于在2轨道上的机械能，故A错误；
B．已知在1、2 两轨道上运动的卫星的周期相等，由开普勒第三定律可知，2轨道的半长轴为R，若OA＝0.4R，则OB＝1.6R，卫星在3轨道上运行时，由万有引力提供向心力得
可知卫星在3轨道上的线速度大小为
又因为vB＜v3，所以
，故B正确；
C．以OA为半径作一个圆轨道4与2轨道切于A点，设卫星在4轨道上的速率为v4，则根据万有引力提供向心力得，解得，因为轨道4的半径小于轨道1的半径，由此可知v1＜v4，又卫星由4轨道转移到2轨道需加速，则v4＜vA，所以v1＜vA，故C错误；
D．若卫星在1轨道、2轨道A点和3轨道上的加速度大小分别为a1、a2和a3，加速度是由万有引力产生的，根据牛顿第二定律可得
可得
比较卫星到地心的距离，可得
a2＞a1＞a3
故D错误。
故选：B。
【点评】熟练掌握万有引力提供向心力的相关方程，知道卫星从低轨道变速到高轨道时需点火加速，在此过程中火箭对卫星做正功，卫星的机械能增大。
3．（4分）（2025 长沙校级一模）如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC＝60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为﹣（）W（W＞0）。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小是
B．将该带电微粒从B点无初速度释放，其沿∠ABC的角平分线所在直线运动
C．将该带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为W
D．将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为W
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势差的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据题意，由电场力做功的特点确定等势线，垂直等势线确定电场的方向，再由电场力做功，结合几何关系求解电场强度；将带正电微粒从B点无初速度释放，该微粒将沿电场方向运动；将该微粒从C点沿CA抛出，或从A点沿AC抛出，微粒在恒定的电场力作用下做曲线运动，将其运动看成沿初速度方向的匀速直线运动与沿电场方向的匀加速直线运动的合成，根据分运动具有独立性与等时性，应用牛顿第二定律与运动学公式解答。
【解答】解：A、由题意可知，WAB，WBC，可得：WAC＝
如图1所示，在BC边上找点D，使D点与A点电势相等，则AD连线为等势线，则有：
；
设DB边长为LDB，CD边长为LCD，电场方向与CB方向的夹角为θ，则有：
联立解得：
在△ABD中，由几何关系可知：
解得：∠BAD＝45°
过B点作BH⊥AD，垂足为点H，因为WAB＞0，且微粒带正电，所以A点电势大于B点电势，故电场方向沿HB，由H指向B，且有：
解得：，故A错误；
B、由A选项可知，电场方向由H指向B，如果将带正电微粒从B点无初速度释放，该微粒将沿BH方向运动，由几何关系可知，∠ABH＝45°，∠DBH＝15°，BH边不是∠ABC的角平分线，故B错误；
C、如图2所示，将BH反向延长交AC于F点，由几何关系可得：
∠ABH＝45°，LAF＝LAB＝L，
如果将该微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，设微粒在C点的动能为Ek1，则微粒的运动可分解为沿CF方向速度为v1的匀速直线运动和沿FB方向的初速度为零的加速度为a的匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律得：qEma
由运动学公式得：LCF＝v1t1；
解得：，故C错误；
D、如图3所示，过D点作AD的垂线交AC于G点，由几何关系可得：∠DAG＝45°，则有：
，
如果将该微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，即达到D点。设微粒在A点的动能为Ek2，则微粒的运动可分解为沿AC方向速度为v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为零的加速度为a的匀加速直线运动。同理可得：
；LAG＝v2t2；；
联立解得：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，电场强度与电势差的关系，电场力做功的特点。考查了运动的合成与分解，物体受恒力做曲线运动时，其运动可以看成匀速直线运动与匀变速直线运动的合成，分运动具有独立性与等时性。
4．（4分）（2024秋 庐阳区校级期末）如图（b）所示，一条质量粗细分布均匀的悬链线（不可伸长）挂在杆上，链的质量为m，经测量得两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两悬点处悬链线对杆的弹力大小不等
B．链条AF和链条BF长度之比：1
C．整个链条最低点F处弹力最大
D．此时链条的重心在链条上的F点
【考点】共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用．
【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】A
【分析】A.整个链条处于平衡状态，由平衡条件分别列式，结合牛顿第三定律，即可分析判断；
BC.对选定的悬链受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，即可分析判断。
【解答】解：A.设杆对A、B两悬点的拉力大小分别为TA、TB，
整个链条处于平衡状态，对其受力分析：
由平衡条件可知：
，
，
联立解得：1，
则由牛顿第三定律可知，A、B两悬点处悬链线对杆的弹力大小不等，故A正确；
BC.设最低点F处的张力大小为T，F左侧悬链质量为m1，F右侧悬链质量为m2，
由于F为最低点，所以F处切线沿水平方向，对这两部分链条分别受力分析：
由平衡条件可得：，，
联立可得：m1：m2＝3：1，
则链条AF和链条BF长度之比为3：1；
同理，选取某一段链条DF为研究对象，则由平衡条件可知，D处的张力大小为：，
由此可知，整个链条上张力最小的点为最低点F，故BC错误；
D.结合前面分析可知，整个链条重力作用线经过E点，但由于链条形状不规则，则重心在E点正上方，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
5．（4分）（2023春 晋江市期末）如图所示，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻与灯泡L1、L2的电阻相同，两灯泡的额定电压、额定功率相同，额定电压小于电源的电动势，闭合电键S，则下列判断正确的是（　　）
A．闭合电键后，L1、L2两灯泡逐渐变亮
B．闭合电键后，L1、L2两灯泡逐渐变暗至熄灭
C．断开电键一瞬间，灯泡L1中有从右向左的电流
D．断开电键一瞬间，灯泡L2的功率变为原来的二分之一
【考点】自感现象与自感系数．
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【答案】C
【分析】电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源，由此分析即可。
【解答】解：A．线圈的自感系数足够大，闭合电键瞬间，线圈相当于断路，L1、L2两灯泡立即变亮，故A错误；
B．闭合电键，电路中的电流稳定后，线圈相当于定值电阻与两灯泡并联，两灯泡中的电流稳定，亮度正常，故B错误；
C．断开电键一瞬间，线圈由于自感作用产生感应电动势，阻碍电流的减小，电流方向向右，与两灯泡组成闭合电路，所以灯泡L1中有从右向左的电流，故C正确；
D．闭合电键后，线圈与两灯泡并联且电阻相同，所以通过两灯泡和线圈的电流相同，断开电键一瞬间，线圈相当于电源，流过线圈的电流不变，则通过灯泡L2的电流减小为原来一半，根据P＝I2R可知灯泡L2的功率变为原来的四分之一，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电感线圈对电流发生突变时的阻碍作用，记住电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源。
6．（4分）（2024 凌河区校级模拟）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→b过程外界对气体做功
【考点】热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合；理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用．
【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；分析综合能力．
【答案】C
【分析】A.一定量的理想气体内能由温度决定；
BCD.气体体积变大，气体对外做功；p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：A、a→b是等温过程，气体温度不变，气体的内能相等，故A错误；
BCD、由图示图象可知，状态b、c的体积相同，根据一定质量理想气体的状态方程
可知c的温度大于b和a的温度，且c的内能大于b和a的内能，从a到c气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，该过程内能增大，ΔU＞0，由热力学第一定律可知
ΔU＝W+Q
可知Q＞0
所以
a→c过程中气体吸收热量，故BD错误，C正确；
故选：C。
【点评】知道p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功、根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提；掌握基础知识、应用热力学第一定律即可解题。
7．（4分）（2024春 泉山区校级期中）如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则（　　）
A．物块B不能再次到达地面
B．物块B上升过程中，其机械能先增大后减小
C．弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小
D．物块A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A.物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，据此分析判断；
B.由图可知，物块B上升过程，受到细线拉力与重力作用，据此分析判断；
C.结合前面分析，由机械能守恒定律，即可分析判断；
D.结合前面分析及题意，即可分析判断。
【解答】解：A.物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，整个装置处于静止状态时，将B向下拉至地面由静止释放，则由机械能守恒定律可知，B能再次到达地面，故A错误；
B.由图可知，物块B上升过程，受到细线拉力与重力作用，且B上升过程，细线的拉力对B一直做正功，则B的机械能一直增加，故B错误；
C.物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧处于原长时弹簧的弹性势能最小为零，则由机械能守恒定律可知，此时A、B组成的系统总机械能最大，因为A、B质量相等，则结合题图可知，A减小的重力势能与B增加的重力势能相等，A、B系统的重力势能不变，则此时A、B组成系统的动能最大，故C错误；
D.因为运动过程中A、B速度大小始终相等，则A在最低点与最高点时，A、B的速度都为零、动能都为零，又因为A、B系统的重力势能不变，则根据A、B与弹簧组成的系统机械能守恒可知，物块A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查多物体系统的机械能守恒问题，解题时需注意，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2023秋 黄岛区期末）自1929年劳伦斯提出回旋加速器的原理以来，已经历了整整一个世纪。如图，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D型盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使带电粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D型盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．加速电压越大，粒子离开时的速度越大
C．加速氘核（H）和α粒子所需的交流电频率相同
D．仅增大磁场的磁感应强度可增大粒子离开时的最大速度
【考点】回旋加速器．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径。
【解答】解：A、洛伦兹力对带电粒子不做功，则带电粒子从电场中获得能量，故A错误；
B、粒子的半径增加到D形盒半径R，从加速器中离开时满足：
解得最大速度：
则粒子离开时的速度与加速电压无关，故B错误；
C、所加交流电压的频率等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即
因氚核和α粒子的比荷相同，可知加速氘核和α粒子所需的交流电频率相同，故C正确；
D、根据B选项分析可知，仅增大磁场的磁感应强度可增大粒子离开时的最大速度，故D正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大，以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。
（多选）9．（6分）（2025 鹰潭一模）图甲是一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝12m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．在t＝0.25s时，质点Q的位置坐标为（12m，10cm）
C．从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，质点Q的路程为10cm
D．从t＝0时刻开始计时，质点P在0.125s时第一次到达波峰
【考点】振动图像与波形图的结合；波长、频率和波速的关系．
【专题】定量思想；方程法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】由乙图读出t＝0.1s时刻质点Q的振动方向，在甲图上，运用同侧法判断该波的传播方向。根据图乙可知质点Q的位置坐标以及质点Q的路程；求出波速，根据推波法求解质点P第一次到达波峰的时间。
【解答】解：A、根据图乙可知，t＝0.1s时刻，质点Q通过平衡位置且向下振动，在甲图上，根据同侧法可知这列波沿x轴正方向传播，故A正确；
B、根据图乙可知，在t＝0.25s时，质点Q在波峰位置，则质点Q的位置坐标为（12m，10cm），故B正确；
C、根据图乙可知，从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，质点Q的路程为：s＝3A＝3×10cm＝30cm，故C错误；
D、波速为vm/s＝60m/s，从t＝0时刻开始计时，质点P第一次到达波峰的时间为：tm/s＝0.175s，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图像和波动图像之间的内在联系。会用波形平移法分析质点位置和状态。
（多选）10．（6分）（2025 江西一模）如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的金属线框abcd静止在光滑水平面上，平行边界P、Q间有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，用大小等于mg的水平恒力F拉线框，使线框从静止开始运动，线框运动过程中ab边始终与磁场边界平行，ab边刚进磁场时线框的加速度为零，线框出磁场的过程中，当cd边刚要出磁场时的加速度恰好为0，磁场边界P、Q间的距离为d，则下列判断正确的是（　　）
A．开始时ab边与边界P间的距离为
B．线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为
C．从线框cd边刚进磁场到cd边刚好出磁场过程中，线框运动的时间为
D．线框穿过磁场过程中，拉力F的冲量大于
【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题．
【专题】定量思想；模型法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】ab边刚进磁场时线框的加速度为零，根据平衡条件以及安培力与速度的关系求出此时线框的速度，再根据动能定理求开始时ab边与边界P间的距离；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及电荷量与电流的关系求线框进磁场过程中通过线框截面的电量；从线框cd边刚进磁场到cd边刚好出磁场过程中，根据动量定理求线框运动的时间；线框穿过磁场的过程中，根据动量定理求拉力F的冲量。
【解答】解：A、设ab边刚进磁场时的速度大小为v1。
ab边刚进磁场时线框的加速度为零，根据平衡条件有
线框进入磁场前的运动过程，根据动能定理有
联立解得开始时ab边与边界P间的距离为，故A错误；
B、线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为
qΔt
又，
可得，故B正确；
C、从线框cd边刚进磁场到cd边刚好出磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有
又
解得，故C正确；
D、线框穿过磁场的过程中，根据动量定理有
IF﹣2BqL＝0
解得拉力F的冲量，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题是一道综合题，分析清楚线框的运动过程是解题的前提，运用动量定理求线框的运动时间和恒力的冲量是关键。
三．实验题（共2小题，满分14分）
11．（8分）（2024春 阆中市校级期末）在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图（a）所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图（b）所示两组p﹣V图线。
（1）实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的 　温度　 不发生变化，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可作 　　 图线（选填：“p﹣V”、“”）。对图像进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条 　过原点的倾斜直线　 ，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）两组图线经检验均符合反比例关系，由图判断导致①、②两组数据差异的原因可能是 　B　 。
A．某组实验中活塞移动太快
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
（3）某小组进行实验时缓慢推活塞压缩气体得到了数据图像，验证了玻意耳定律。在这个过程中，理想气体 　放热　 （选填“吸热”、“放热”或“无热交换”）。
【考点】理想气体的实验规律．
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；实验探究能力．
【答案】（1）温度； ；过原点的倾斜直线；（2）B；（3）放热
【分析】（1）手的温度会导致气体温度以及体积的变化。由理想气体状态方程即可得出答案。
（2）由理想气体状态方程和所给图像即可得出答案。
（3）玻意耳定律定义。气体体积减小外界对气体做功，气体温度不变则气体放热。
【解答】解：（1）实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的温度不发生变化；
根据玻意耳定律可得
pV＝C
可得
为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可作图线；
对图像进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）AC．若某组实验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，此时不可能得到反比例关系图线；同理，某组器材的气密性不佳在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时图线也不可能符合反比例关系，故AC错误；
B．根据
pV＝nRT
若两组封闭气体的质量不同，则两组封闭气体的摩尔数n不同，两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知对于同一V值所对应的p值不同，故B正确。
故选：B。
（3）缓慢推活塞压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功，而温度保持不变则气体内能不变，根据热力学第一定律可知，在这个过程中，理想气体放热。
故答案为：（1）温度； ；过原点的倾斜直线；（2）B；（3）放热
【点评】此题主要考查了理想气体状态方程。注意对理想气体方程的理解与运用即可。
12．（6分）某学习小组现在要测绘一额定电压为8V、额定功率约为4W的小灯泡的伏安特性曲线。实验室提供有下列器材：
A.旧蓄电池（电动势约12V，内阻为r）；
B.电流计A（10mA，内阻354Ω）；
C.电压表V（0～15V，内阻约2kΩ）；
D.滑动变阻器R滑（最大阻值20Ω，5A）；
E.电阻箱R（0～999.9Ω）；
F.定值电阻R0＝6Ω；
G.开关一个，导线若干。
（1）甲同学拿到器材后，先将电流计与定值电阻并联，则改装后的电表能测量的最大电流为 　0.6　 A。
（2）乙同学利用甲同学改装后的电表以及部分器材设计了图1所示电路，按要求连接好电路，闭合开关，仅改变电阻箱的阻值，其他小组成员记录不同阻值下对应的电流，作出的图线如图2所示，则该旧蓄电池的电动势E＝ 　12　 V，内阻r＝ 　0.1　 Ω。
（3）利用器材完成测绘小灯泡伏安特性曲线实验，得到了如图3所示的伏安特性曲线；然后他们将灯泡与改装后的电表串联接在旧蓄电池两端，则蓄电池的输出效率为 　99%　 。（结果保留二位有效数字）
【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）0.6；（2）12；0.1；（3）99%。
【分析】（1）根据并联电路特点与欧姆定律求出改装后电流表的量程。
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（3）把电表与电源看作等效电源，作出等效电源的I﹣U图像，求出路端电压，然后求出电源的效率。
【解答】解：（1）改装后电流表量程即能测量的最大电流I＝IgIgIg＝60Ig＝60×10mA＝600mA＝0.6A
（2）改装后电流表内阻RAΩ＝5.9Ω
改装后电流表量程为原电流表量程的60倍，则电流表读数为I时，电路电流为60I，
根据图1所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝60I（r+R+RA），整理得：R
由图2所示R图像可知：kV﹣1，b30A﹣1
代入数据解得：E＝12V，r＝0.1Ω
（3）把电表与蓄电池整体看作等效蓄电池，由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+I（r+RA）
整理得：I＝2U，在灯泡I﹣U坐标系内作出等效电源的I﹣U图像如图所示
由图示图像可知，灯泡两端电压UL＝8.9V，电路电流I＝0.51A
路端电压U＝UL+IRA＝8.9V+0.51×5.9V≈11.9V
蓄电池的输出效率η100%100%100%≈99%
故答案为：（1）0.6；（2）12；0.1；（3）99%。
【点评】理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
四．解答题（共3小题，满分40分）
13．（10分）（2025 柳州二模）某种半球形采光球由均匀透明材料制作而成，如图为过中心轴线的截面图，O为球心，MN为采光球与空气的分界面。为测定该透明材料的折射率，将一束单色光从球面的P点沿PO方向射入采光球，恰好在O处发生全反射。已知∠POM＝45°，球的半径为R，光在真空中的传播速度为c，cos15°，求：
（1）该透明材料的折射率；
（2）若将单色光改为从P点沿垂直于MN的方向射入采光球，求该单色光在采光球中传播的时间（不考虑光在MN界面的反射）。
【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）该透明材料的折射率为；
（2）该单色光在采光球中传播的时间为。
【分析】（1）根据全反射临界角公式分析解答；
（2）根据几何关系结合折射定律分析解答。
【解答】解：（1）沿PO射入透明材料的光在半圆形界面上光路不变，单色光在球心O处恰好发生全反射，则单色光在MN界面上的入射角为全反射临界角C，有sinC
又C＝90°﹣∠POM＝90°﹣45°＝45°
解得n
（2）单色光垂直MN界面射向半球形界面时，在半球形界面的入射角为θ＝45°，如图
由折射定律n
解得α＝30°
γ＝∠OPB﹣α
过点P作MN的垂线交MN于B点
PB＝Rcos45°
AP
单色光在采光球中传播的时间为t
其中v
解得t
答：（1）该透明材料的折射率为；
（2）该单色光在采光球中传播的时间为。
【点评】本题考查了光的折射、光的全反射知识在具体问题中的应用，试题难度适中，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
14．（13分）（2024春 琼海校级期中）如图所示，两平行金属板MN、PQ之间电势差为U，金属板PQ的右方直角坐标系的第一象限内有一磁感应强度为B的匀强磁场。一带电量为+q、质量为m的粒子，从金属板MN的入口处由静止释放，经电场加速垂直于y轴进入磁场后做匀速圆周运动，恰好从K点射出，速度方向与x轴负方向夹角为60°，忽略重力的影响，求：
（1）粒子从电场射出时速度的大小v；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和运动时间t；
（3）若在x轴下方加沿y轴正方向的匀强电场使粒子恰好打在坐标原点O，电场强度E为多大？
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定量思想；推理法；电磁学；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）粒子从电场射出时速度的大小v为；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R为，运动时间t为；
（3）若在x轴下方加沿y轴正方向的匀强电场使粒子恰好打在坐标原点O，电场强度E为。
【分析】（1）由动能定理求粒子从电场射出时速度的大小v；
（2）由洛伦兹力提供向心力和周期公式求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和运动时间t；
（3）根据类平抛运动的规律求电场强度E。
【解答】解（1）依题意，粒子在电场中加速，由动能定理可得
解得
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图
可得
解得
根据
联立，解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动时间为
（3）若在x轴下方加沿y轴正方向的匀强电场，则粒子从K点运动到O点做类平抛运动，有
0＝vsin60°﹣at
Rsin60°＝vcos60° 2t
又
联立，解得
答：（1）粒子从电场射出时速度的大小v为；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R为，运动时间t为；
（3）若在x轴下方加沿y轴正方向的匀强电场使粒子恰好打在坐标原点O，电场强度E为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15．（17分）（2024 长春一模）如图（a），质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分AB的上表面粗糙，竖直半圆形部分BC的内表面光滑，半径R＝0.4m，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。质量为m的物块（可视为质点）静置在轨道上左端A处，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，物块以一定的初速度沿轨道恰好运动到C点，求物块在B点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，对物块施加水平向右逐渐增大的推力F，物块在轨道AB段运动时，物块和轨道的加速度a与F对应关系如图（b）所示，求μ和m；
（3）在（2）问条件下，在A处对物块施加水平向右F＝8N的恒力，当物块运动到B点时撤去F，物块可沿轨道到达C点且恰好与轨道无作用力，运动过程中轨道AB段始终未脱离地面。求轨道AB段的长度L。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；有外力的水平板块模型；绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）物块在B点的速度大小v为；
（2）μ为0.2，m为1kg；
（3）轨道AB段的长度L为4.5m。
【分析】（1）在C点向心力恰好等于物块的重力，由此求解物块到达C点的速度大小，根据机械能守恒定律求解在B点的速度大小；
（2）根据图像分阶段分析物块与轨道的相对运动情况，根据牛顿第二定律，结合图像的斜率解答；
（3）由图乙的图像得到物块和轨道的加速度，由运动学公式得到物块运动到B点时两者的速度大小关系。物块由B点运动到C点的过程，物块与轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，物块到达C点时向心力恰好等于物块的重力，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律，求解物块运动到C点时速度和此时轨道速度。再应用运动学公式求解轨道AB段的长度。
【解答】解：（1）设物块到达C点的速度大小为vC，在C点向心力恰好等于物块的重力，则有：
物块由B到C的过程，根据机械能守恒定律得：
解得：
（2）根据图像可知，当0＜F≤4N时，物块与轨道相对静止，根据牛顿第二定律得加速度为：
根据图像斜率可得：kg﹣1
当F＞4N时，物块与轨道相对运动，轨道的加速度恒定，物块的加速度随F增大而增大，同理可得：
物块加速度为：
根据图像斜率可得：kg﹣1＝1kg﹣1
联立解得：M＝m＝1kg
轨道加速度为：
解得：μ＝0.2
（3）F＝8N时物块与轨道相对运动，由图乙的图像可知：物块加速度为a1＝6m/s2，轨道加速度为a2＝2m/s2。设运动到B点所用时间为t，由运动学公式得：
物块速度为：v1＝a1t
轨道速度为：v2＝a2t
可得：v1＝3v2
设物块运动到C点时速度为v3，此时轨道速度为v4，物块由B点运动到C点的过程，物块与轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv1+Mv2＝mv3+Mv4
2mgR
在C点时，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m
联立解得：v1＝9m/s，v2＝3m/s，v3＝5m/s，v4＝7m/s，t＝1.5s
物块运动到B点过程的位移大小为：
，解得：x1＝6.75m
此过程中轨道位移大小为：
，解得：x2＝2.25m
可得轨道水平部分长度为：
L＝x1﹣x2＝6.75m﹣2.25m＝4.5m
答：（1）物块在B点的速度大小v为；
（2）μ为0.2，m为1kg；
（3）轨道AB段的长度L为4.5m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型，圆周运动的临界问题，考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用。第（3）问中物块沿轨道到达C点时，求解向心力对应的速度为物块相对轨道的速度，而不是物块对地的速度。
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