【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷二（北京卷）（有解析）
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| 名称 | 【高考押题卷】2025届高考物理模拟预测卷二（北京卷）（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 19:24:41 | ||
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文档简介
2025届高考物理模拟预测卷（北京卷）
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）（2025 河北模拟）如图所示为半径为R的半球形透明材料的截面图，AOB为直径。一束单色光从OB之间的某点垂直OB射入该材料，恰好发生全反射后射向圆弧面的A点，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．透明材料对光的折射率为
B．入射点到O点的距离为
C．光从入射到A点的传播时间为
D．增大入射光的频率，其他条件不变，光射向圆弧面时不能发生全反射
2．（3分）（2023春 海淀区校级月考）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的动能会变大，电势能会减小
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会吸收光子
C．一个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出5条光谱线
D．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁
3．（3分）（2023 湖北模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，V﹣T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．状态A→B的过程气体吸热
B．状态A的气体压强为1.0×105Pa
C．状态B→C过程是等压变化
D．状态B→C过程气体对外做功200J
4．（3分）（2024春 新洲区期中）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sinπt（cm）
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.0s到t＝2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
5．（3分）（2025 南通一模）如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．卫星1在轨道Ⅰ上的速度大于7.9km/s
B．卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度
C．卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．卫星1在轨道Ⅰ上的机械能大于在卫星2在轨道Ⅱ上的机械能
6．（3分）（2024秋 济南期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入交流电压的瞬时值表达式为，R1、R2是阻值均为10Ω的定值电阻。则该理想变压器的输入功率为（ ）
A．5W B． C．2.5W D．
7．（3分）（2024 河北区二模）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v﹣t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．该电场线的方向是由A指向B
B．A点处的场强比B点处的场强大
C．A点处的电势比B点处的电势高
D．该电场可能是由正点电荷产生的
8．（3分）（2024秋 西充县校级月考）如图，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ。在已知水平推力F的作用下，A、B作加速运动。A对B的作用力T为（ ）
A．T B．T C．T＝F D．T＝μmg
9．（3分）（2024 浙江开学）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为h1、h2处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，空中飞行时间分别为t1、t2。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．球在空中过程动能变化量之比
B．球在空中过程重力冲量之比cosθ1：cosθ2
C．踢中h2窗户的那脚球，运动员对球多做功mg（h2﹣h1）
D．水平距离与足球飞行时间满足x＝2gt1t2
10．（3分）（2023春 杭州期中）如图，一个带电小球电荷量为+q以初速度v0从斜面AB的顶端水平抛出，经过时间t恰好落在斜面底端B点，若在图中区域加竖直向下的匀强电场E，且qE＝mg，小球仍以v0水平抛出，则（ ）
A．小球恰好落在B点 B．小球落在水平面BC上
C．小球下落时间为 D．小球下落时间为
11．（3分）（2023秋 西城区校级月考）某半导体元件的伏安特性曲线的一部分如图所示。该图线上一点M的坐标为（a，b），该图线在M点的切线的斜率为k。关于与M点对应的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．电压为a时，该半导体元件的电阻值为
B．该半导体元件的电阻随电压的升高而增大
C．该半导体元件消耗的电功率可以用矩形OaMb的面积表示
D．该半导体元件消耗的电功率可以用曲线OM与横轴所围面积表示
12．（3分）（2023春 重庆期末）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的重力势能增加mgh
D．重力做功mgh
13．（3分）（2024秋 滨湖区校级月考）有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图所示。它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表（实质是理想电流表）。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）。下列说法中正确的是（ ）
A．该秤能测量的最大体重是1300N
B．体重为1300N应标在电流表刻度盘2A刻度处
C．该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表刻度盘0刻度处
D．该秤零刻线应标在电流表刻度盘的最右端
14．（3分）（2025 邢台一模）如图所示，在0＜y＜y0，0＜x＜x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
二．实验题（共2小题）
15．（2023 辽宁一模）如图1所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图，由表头、电源、调零电阻和表笔组成，其中表头G满偏电流Ig＝500μA、内阻rg＝100Ω；电池电动势E＝1.5V、内阻r＝0.5Ω；调零电阻R0阻值0﹣5000Ω。
（1）使用此欧姆挡测量电阻时，如图2所示，若指针指在位置②处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 Ω（选填“0”或“∞”）；若指针指在位置③处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 Ω。
（2）请说明该欧姆挡表盘的刻度值分布是否均匀，并说明理由。 。
（3）该欧姆挡表盘的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到3Ω时仍可调零。若测得某电阻的阻值为3000Ω，则这个电阻的真实值是 Ω。
16．（2025 安徽模拟）某同学设置了如图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端连接在铁架台支架上的O点，另一端连接一个小铁球，刻度尺竖直固定在铁架台支架上，零刻度与固定在支架上的光电门中心对齐，厚度不计的长木板水平放置，右端固定在支架上（调节固定螺钉可上下移动），将小球拉到某一位置球心与水平木板下边对齐，由静止释放小球，小球摆到最低点时恰好通过光电门，已知重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d＝ mm。
（2）按实验操作要求进行正常操作，记录每次水平长木板下边所对刻度值h及小球通过光电门的时间t，改变长木板的位置多次实验，测得多组h及对应的小球挡光时间，作图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像的斜率等于 （用g、d表示），则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。
（3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则每次实验测得的重力势能的减少量 （填“偏大”或“偏小”）。
三．解答题（共4小题）
17．（2021春 遵义期末）驾驶员开车，以10m/s的速度在水平路面上匀速直线行驶路遇红灯，驾驶员立即关闭发动机，经10s停下。已知汽车总质量为2×103kg，行驶过程中阻力不变，人的质量忽略不计。求：
（1）汽车的加速度大小；
（2）汽车受到的阻力大小；
（3）汽车克服阻力做的功。
18．（2025春 黄埔区校级月考）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上并且锁定。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B＝1T，圆环半径和金属棒ab长均为d＝1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L＝2m，金属棒cd质量为m＝1kg，与导轨之间的动摩擦因数为μ，ab棒电阻为r＝2Ω，cd棒电阻为R＝4Ω，其余电阻不计，sin30°，cos30°，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）使ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）解除锁定，要使金属棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）解除锁定，使ab棒以ω3＝31rad/s顺时针匀速转动，求：
①cd棒最终的速度大小；
②cd棒匀速时，ab棒所受外力的功率P。
19．（2023秋 浦东新区期末）地球可以看作一个天然的大磁体（图1）。地磁场对人类的生存和活动都有着重要意义，如利用它为航海、行军导航，利用地磁场的分布特征寻找矿藏等。
（1）地球表面上水平放置的指南针可以“指南”，相关解释正确的是 。
A．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向北方
B．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向南方
C．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向北方
D．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向南方
（2）某同学受奥斯特和安培实验的启发，产生了探究通电长直导线周围磁场的兴趣。探究过程如下：
①如图2所示，让竖直的通电长直导线垂直穿过一张硬纸板，以导线为中心在纸板上任意作直线ab、cd，在直线上不同位置放上能够自由转动的小磁针。发现当小磁针静止时，直线上关于导线对称的两处小磁针N极指向 （选填“相同”或“相反”）。改变电流大小，小磁针指向将 （选填“变化”或“不变”）；
②（作图）请在图3中画出通电长直导线周围的磁感线平面分布图。（要求：画出三条磁感线）
（3）据测量，地球表面某处地磁场的磁感应强度水平分量为3.0×10﹣5T。
①1T＝1 （用国际单位制基本单位表示）；
②若该处有半径为10cm并绕制了100匝的闭合线圈竖直放置且与地磁场方向垂直，如图4，则穿过该线圈平面的磁通量为 Wb（保留2位有效数字），当该线圈绕其竖直直径转动时，线圈内 感应电流（选填“有”或“无”）；
③某校物理兴趣小组估测磁体附近磁感应强度。他们将一小磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上。如图5所示，开关断开，小磁针静止时N极指向处于水平面内xOy坐标系中的y轴正方向。闭合开关后，发现小磁针N极的指向与y轴正方向的夹角为45°。
ⅰ.（作图）请在图上标明螺线管上导线的绕向；
ⅱ.（计算）求该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小。
20．（2022秋 宣城期末）节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。
（2）现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。
2025届高考物理模拟预测卷（北京卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）（2025 河北模拟）如图所示为半径为R的半球形透明材料的截面图，AOB为直径。一束单色光从OB之间的某点垂直OB射入该材料，恰好发生全反射后射向圆弧面的A点，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．透明材料对光的折射率为
B．入射点到O点的距离为
C．光从入射到A点的传播时间为
D．增大入射光的频率，其他条件不变，光射向圆弧面时不能发生全反射
【考点】光的折射与全反射的综合问题；光的折射定律；折射率的波长表达式和速度表达式；全反射的条件、判断和临界角．
【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】C
【分析】A.由题意，可作出光路图，由几何关系及折射率与临界角的关系分别列式，即可分析判断；
B.结合前面分析，由几何关系列式，即可分析判断；
C.结合前面分析，由几何关系列式，根据光在透明材料中的传播速度、透明材料对光的折射率、光在透明材料中的传播时间分关系分别列式，即可分析判断；
D.增大入射光的频率，则入射光的折射率变大，据此分析判断。
【解答】解：A.由题意，可作出光路图如图所示：
则θ为临界角，由几何关系可知，θ+2θ＝180°﹣90°，
解得：θ＝30°，
则透明材料对光的折射率为：，
故A错误；
B.结合前面分析，由几何关系可知，
入射点到O点的距离为：OF＝Rsinθ＝R×0.5＝0.5R，
故B错误；
C.结合前面分析，由几何关系可知，
光在透明材料中传播的路程为：s＝AE+EF，
且：EFtanθ＝OF，AEsinθ＝EF，
联立可得：，
光在透明材料中的传播速度为：，
则光在透明材料中的传播时间为：，
联立可得：
故C正确；
D.增大入射光的频率，则入射光的折射率变大，则全反射临界角的正弦值将减小，则全反射的临界角将减小，故光仍然会发生全反射，
故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
2．（3分）（2023春 海淀区校级月考）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的动能会变大，电势能会减小
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会吸收光子
C．一个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出5条光谱线
D．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁
【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）；分析能级跃迁过程中释放的光子种类；玻尔原子理论的基本假设；氢原子能级图．
【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，其电子轨道半径减小，由库仑力提供向心力和原子核对电子的库仑力做功情况分析A选项；氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子；一个处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，最多发出3条光谱线；计算出处于基态的氢原子由n＝1能级跃迁到n＝2能级时需要吸收的能量，与电子的能量比较，氢原子可以吸收电子的一部分能量发生能级跃迁。
【解答】解：A．原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，其电子轨道半径减小，根据可得核外电子的动能为，则电子动能变大，同时电场力做正功，其电势能减小，故A正确；
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，故B错误；
C．一个处于n＝4能级的激发态原子向基态跃迁时，最多发出3条光谱线，分别是4→3、4→2、4→1，故C错误；
D．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，由于E2﹣E1＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV，可知氢原子可以吸收电子的一部分能量发生能级跃迁，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了玻尔原子结构模型，注意吸收光子能量跃迁与吸收电子能量跃迁的区别。
3．（3分）（2023 湖北模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，V﹣T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．状态A→B的过程气体吸热
B．状态A的气体压强为1.0×105Pa
C．状态B→C过程是等压变化
D．状态B→C过程气体对外做功200J
【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；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据图像判断体积和温度的变化，根据热力学第一定律判断气体吸热和放热情况；由查理定律求解状态A气体的压强；根据V﹣T图像判断压强的变化，根据W＝pΔV求解气体对外做功。
【解答】解：A、由图像得，从A到B，气体体积不变，外界对气体不做功，温度降低，则气体内能减小，由热力学第一定律得：ΔU＝Q+W
则Q为负值，气体对外放热，故A错误；
B、从A到B，气体发生等容变化，由查理定律得：
代入数据解得：
故B错误；
CD、由图像得，B到C过程的V﹣T图像的延长线过坐标原点，压强不变，为等压变化，气体对外做功为W＝pΔV＝2.0×105×（4﹣2）×10﹣3J＝400J
故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查热力学图像问题，解题关键是掌握好热力学第一定律、理想气体状态方程，知道压强不变时气体做功公式。
4．（3分）（2024春 新洲区期中）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sinπt（cm）
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.0s到t＝2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
【考点】单摆的能量转化；单摆的回复力；单摆摆长的计算；单摆的振动图像和表达式．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由振动图像读出周期T＝2s，振幅A＝8cm，则根据单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt代入数据可求表达式；由公式T＝2可求摆长；根据单摆的振动图像分析势能与回复力的变化。
【解答】解：A.单摆做小角度摆动，则其运动可以看为简谐运动，周期为2s，则单摆的位移x随时间变化的关系式为
x＝Asint＝8sint＝8sinπt（cm）
故A正确；
B.根据周期公式有
T＝2
解得
L≈1.0m
故B错误；
C.根据图乙可知，从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，单摆从最大位移处运动到平衡位置，则摆球的重力势能逐渐减小，故C错误；
D.根据图乙可知，从t＝2.0s到t＝2.5s的过程中，单摆从平衡位置运动到振幅位置，位移逐渐增大，由于
F＝﹣kx
可知摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。
故选：A。
【点评】明确单摆的振动方程，知道单摆的周期公式，注意单摆运动情况的分析。
5．（3分）（2025 南通一模）如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．卫星1在轨道Ⅰ上的速度大于7.9km/s
B．卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度
C．卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．卫星1在轨道Ⅰ上的机械能大于在卫星2在轨道Ⅱ上的机械能
【考点】天体运动中机械能的变化；开普勒三大定律；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义；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】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】A：第一宇宙速度是最大的环绕速度；
B：根据牛顿第二定律推导向心加速度的表达式，根据半径关系判断加速度大小；
C：根据开普勒第二定律判断；
D：根据机械能的表达判断。
【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于7.9 km/s，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得
解得
得卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B正确；
C、根据开普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，但两卫星不在同一轨道上，所以在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；
D、由于两卫星的质量关系未知，不能确定它们机械能的大小关系，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查卫星的发射及变轨问题，要求学生熟练掌握天体运动的基本规律及其应用。
6．（3分）（2024秋 济南期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入交流电压的瞬时值表达式为，R1、R2是阻值均为10Ω的定值电阻。则该理想变压器的输入功率为（ ）
A．5W B． C．2.5W D．
【考点】理想变压器两端的功率关系；用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；变压器的构造与原理．
【专题】定量思想；比例法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由变压器的原副线圈匝数比与电压比的关系，可知副线圈的电压，结合两个定值电阻的阻值，即可知副线圈的电功率，根据能量守恒，即可得到理想变压器的输入功率。
【解答】解：由交流电的瞬时值表达式，得到原线圈的电压有效值为：，解得：U＝220V；
由变压器的原副线圈匝数比与电压比的关系，可知副线圈的电压为：U出＝5V，
由两个定值电阻的阻值，即可知副线圈的电功率为：，解得：P＝5W；
根据能量守恒，即可得到理想变压器的输入功率为：P入＝P＝5W，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题考查变压器的计算，关键是根据交流电的瞬时值表达式，得到原线圈的电压有效值。
7．（3分）（2024 河北区二模）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v﹣t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．该电场线的方向是由A指向B
B．A点处的场强比B点处的场强大
C．A点处的电势比B点处的电势高
D．该电场可能是由正点电荷产生的
【考点】电场中的其他图像问题；电场强度与电场力的关系和计算；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；通过电场线的方向判断电势的高低．
【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】B
【分析】v—t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果。
【解答】解：AB、由v—t图像可知，负电荷从A点运动到B点做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受的电场力越来越小，电场强度越来越小，所以可以知道A点电场强度大于B点电场强度，电场力方向由A指向B，研究对象是负电荷，电场线的方向是由B指向A，故B正确，A错误；
C、从A点运动到B点，负电荷做加速运动，则动能增加，电场力做正功，则电势能减小，则A点电势低于B点电势，故C错误；
D、电场线的方向是由B指向A，假设该电场是由正点电荷产生的，那么正点电荷处于B的右侧，即电荷从A点运动到B点，电场强度越来越大，所以假设不成立，故D错误。
故选：B。
【点评】本题结合v﹣t图象，考查电场线相关知识，关键要掌握电场线的性质，知道电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线的方向电势降落；同时明确电荷受电场力与电场方向之间的关系。
8．（3分）（2024秋 西充县校级月考）如图，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ。在已知水平推力F的作用下，A、B作加速运动。A对B的作用力T为（ ）
A．T B．T C．T＝F D．T＝μmg
【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】A
【分析】先以整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A对B的作用力。
【解答】解：以A、B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝3ma
以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣μ mg＝ma
解得：T，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时要灵活选择研究对象，采用整体法与隔离法交叉运用比较简便，要注意A与地面间的摩擦是不计的。
9．（3分）（2024 浙江开学）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为h1、h2处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，空中飞行时间分别为t1、t2。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．球在空中过程动能变化量之比
B．球在空中过程重力冲量之比cosθ1：cosθ2
C．踢中h2窗户的那脚球，运动员对球多做功mg（h2﹣h1）
D．水平距离与足球飞行时间满足x＝2gt1t2
【考点】求恒力的冲量；平抛运动速度的计算；动能变化量的计算；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据斜抛运动规律可知水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据动能定理计算动能变化量；根据动量定理计算重力的冲量；根据动能定理计算运动员对足球做的功；根据对应的运动学公式分析判断。
【解答】A、竖直方向的初速度分别为
vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据2gh
根据动能定理有
ΔEk＝mgh
所以两球在空中过程的动能变化量之比为为，故A正确；
B、球在空中水平方向的分速度分别为
vx1＝v0cosθ1
vx2＝v0cosθ2
足球在水平方向做匀速直线运动，则
x＝vxt
球在空中重力的冲量为
I＝mgt
联立得球在空中过程重力冲量之比为cosθ2：cosθ1，故B错误；
C、根据动能定理，运动员对球做的功为
W
所以运动员对两球做功相同，故C错误；
D.水平方向x＝v0cosθ1 t1
竖直方向
v0sinθ2＝gt2
结合
θ1+θ2＝90°
可得
sinθ2＝cosθ1
可得
x＝gt1t2
故D错误。
故选：A。
【点评】知道把足球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动是解题的基础，会用动能定理计算做功。
10．（3分）（2023春 杭州期中）如图，一个带电小球电荷量为+q以初速度v0从斜面AB的顶端水平抛出，经过时间t恰好落在斜面底端B点，若在图中区域加竖直向下的匀强电场E，且qE＝mg，小球仍以v0水平抛出，则（ ）
A．小球恰好落在B点 B．小球落在水平面BC上
C．小球下落时间为 D．小球下落时间为
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动．
【专题】比较思想；方程法；平抛运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】D
【分析】在未加电场时，小球从A点做平抛运动，由运动学公式求得运动时间，加上电场后，根据类平抛运动即可求得运动时间
【解答】解：由题意可知，小球第一次抛出时做平抛运动，加速度a＝g，恰好落在斜面底端B点
满足，即
加竖直电场后，小球加速度变为2g，则小球运动时间变为，将落到斜面上，不会到达B点。
故选：D。
【点评】本题主要考查了平抛运动和类平抛运动，关键是掌握平抛运动的特点即可求解
11．（3分）（2023秋 西城区校级月考）某半导体元件的伏安特性曲线的一部分如图所示。该图线上一点M的坐标为（a，b），该图线在M点的切线的斜率为k。关于与M点对应的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．电压为a时，该半导体元件的电阻值为
B．该半导体元件的电阻随电压的升高而增大
C．该半导体元件消耗的电功率可以用矩形OaMb的面积表示
D．该半导体元件消耗的电功率可以用曲线OM与横轴所围面积表示
【考点】非线性元件及其伏安特性曲线．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据电阻的定义式或欧姆定律分析；根据I﹣U图像上点与连线斜率表示电阻的倒数分析；根据P＝UI分析。
【解答】解A．在I﹣U图像中，图像上点与原点连线的斜率表示该电压下的电阻的倒数，所以当电压为a时，根据欧姆定律可知，该半导体元件的电阻值为
故A错误；
B．根据欧姆定律可得
可知I﹣U图像上点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由图可知，该半导体元件的电阻随电压的升高而减小，故B错误；
CD．该半导体元件消耗的电功率为
P＝UI＝ab
可知该半导体元件消耗的电功率可以用矩形OaMb的面积表示，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】知道I﹣U图像上点与原点连线斜率表示电阻的倒数是解题的关键。
12．（3分）（2023春 重庆期末）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的重力势能增加mgh
D．重力做功mgh
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】物体以g的加速度向下运动，对物体受力分析可知，物体受到重力之外，一定还受到向上的拉力的作用，根据力对物体的做功的情况，可以分析物体的能量的变化的情况．
【解答】解：设物体所受的阻力大小为f。对物体，由牛顿第二定律得 mg﹣F＝m，所以fmg。
AD、物体下降h时，重力做的功为mgh，所以物体的重力势能减少mgh，故AD错误；
B、由动能定理可得，W总＝ΔEK，即物体的动能增加ΔEK＝mahmgh，故B正确；
C、物体下降h时，重力做功为mgh，那么重力势能减少mgh，故C错误。
故选：B。
【点评】本题的关键要的掌握常见的功与能的关系：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度。
13．（3分）（2024秋 滨湖区校级月考）有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图所示。它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表（实质是理想电流表）。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）。下列说法中正确的是（ ）
A．该秤能测量的最大体重是1300N
B．体重为1300N应标在电流表刻度盘2A刻度处
C．该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表刻度盘0刻度处
D．该秤零刻线应标在电流表刻度盘的最右端
【考点】常见传感器的工作原理及应用．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A、根据电阻和压力的关系，电阻越小，电流越大，压力越大；
BCD、根据电阻和压力的关系，求出电流即可；
【解答】解：A、最大电流是3A，此时电路中总电阻是E＝I（R+r），代入数据解得R＝2Ω，由于R＝30﹣0.02F，代入数据解得F＝1400N，故A错误；
B、当体重是1300N时，得R＝4Ω，此时电路中的电流I，代入数据解得I＝2A，故B正确；
C、当F＝0时，R＝30Ω，对应此时的电流I，代入数据解得I＝0.375A，故C错误；
D、该秤零刻度说明电阻R最大，此时电流最小，所以应标在电流表刻度盘的最左端，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对于闭合电路的欧姆定律的应用能力，在计算时注意电阻和力的关系。
14．（3分）（2025 邢台一模）如图所示，在0＜y＜y0，0＜x＜x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】比较思想；合成分解法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，再根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度物大小；
若粒子从处射入，带电粒子在电场中做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律求出粒子离开电场时的偏转距离，再分析粒子进入磁场的位置；
若从处射入的粒子，当粒子从N点进入磁场时，电场强度最大，再由类平抛规律和牛顿第二定律可以求解电场强度最大值；在电场中做类平抛运动，用初速度和偏转角表示射入磁场时速度，再根据半径公式和几何关系求出在磁场中偏转的距离；
由运动学公式求得从处射入的粒子，从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，分析判断接收器接收的粒子数。
【解答】解：A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．若粒子从处射入，则水平方向有
x0＝v0t1
竖直方向有
联立解得
则粒子从N点下方进入磁场，故B错误；
C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则
粒子在磁场中偏转距离为
d＝2rsinθ
解得
d＝y0
由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为
所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0～范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中做类平抛运动，根据匀速直线运动和匀变速直线运动的规律分析判断，进入磁场带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，注意从电场进入磁场的合速度大小以及速度方向决定了在磁场中的轨迹半径以及圆弧长度等，需要我们结合轨迹图以及几何关系分析。
二．实验题（共2小题）
15．（2023 辽宁一模）如图1所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图，由表头、电源、调零电阻和表笔组成，其中表头G满偏电流Ig＝500μA、内阻rg＝100Ω；电池电动势E＝1.5V、内阻r＝0.5Ω；调零电阻R0阻值0﹣5000Ω。
（1）使用此欧姆挡测量电阻时，如图2所示，若指针指在位置②处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 0 Ω（选填“0”或“∞”）；若指针指在位置③处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 3000 Ω。
（2）请说明该欧姆挡表盘的刻度值分布是否均匀，并说明理由。 由于电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀的 。
（3）该欧姆挡表盘的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到3Ω时仍可调零。若测得某电阻的阻值为3000Ω，则这个电阻的真实值是 2900 Ω。
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；解题思想；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）0，3000；（2）由于电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀的；（3）2900。
【分析】（1）明确多用电表的原理，根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而明确电流表刻度与欧姆表刻度的对应的关系；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，分析欧姆挡表盘的刻度值分布是否均匀；
（3）根据中值电阻的意义进行分析，明确指在3000Ω时是指在中间位置，此时测量实际值仍等于内部电阻。
【解答】解：（1）欧姆表采用闭合电路欧姆定律原理制作而成，当指针指在电流表的零刻度处时，说明此时外电路断路，电阻为无穷大，而当指针指在满偏刻度处时，此时对应电阻为零；
根据闭合电路欧姆定律可知，内电阻为R内
当指针指在中间位置时，根据闭合电路的欧姆定律
解得R＝R内＝3000Ω，此时内外电阻相等，则说明刻度为3000Ω；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表调零后，欧姆表的内阻不变，由于电源电动势不变，电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀；
（3）若电动势为1.45V，则此时调零时，内部电阻为R'内，
此时指针在指在中值位置时，根据闭合电路的欧姆定律
解得R′＝R内′＝2900Ω，则对应的电阻应为2900Ω
由3000Ω对应的电流列出关系式，即
因此对应1.45V时，电阻的真实值R真＝2900Ω。
故答案为：（1）0，3000；（2）由于电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀的；（3）2900。
【点评】本题考查多用电阻中的欧姆表的原理，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律的应用，明确中值电阻的意义是解题的关键。
16．（2025 安徽模拟）某同学设置了如图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端连接在铁架台支架上的O点，另一端连接一个小铁球，刻度尺竖直固定在铁架台支架上，零刻度与固定在支架上的光电门中心对齐，厚度不计的长木板水平放置，右端固定在支架上（调节固定螺钉可上下移动），将小球拉到某一位置球心与水平木板下边对齐，由静止释放小球，小球摆到最低点时恰好通过光电门，已知重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d＝ 10.35 mm。
（2）按实验操作要求进行正常操作，记录每次水平长木板下边所对刻度值h及小球通过光电门的时间t，改变长木板的位置多次实验，测得多组h及对应的小球挡光时间，作图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像的斜率等于 （用g、d表示），则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。
（3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则每次实验测得的重力势能的减少量 偏大 （填“偏大”或“偏小”）。
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）10.35；（2）；（3）偏大。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则分析求解；
（2）根据机械能守恒定律，结合图像的斜率分析求解；
（3）根据测得的h比实际的大，因此测得重力势能的减小量偏大分析求解。
【解答】解：（1）游标卡尺的分度值：0.05mm，示数为d＝10mm+7×0.05mm＝10.35mm
（2）如果机械能守恒，则
得到
因此，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像的斜率等于，则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。
（3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则测得的h比实际的大，因此测得重力势能的减小量偏大。
故答案为：（1）10.35；（2）；（3）偏大。
【点评】本题考查了验证机械能守恒定律相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
三．解答题（共4小题）
17．（2021春 遵义期末）驾驶员开车，以10m/s的速度在水平路面上匀速直线行驶路遇红灯，驾驶员立即关闭发动机，经10s停下。已知汽车总质量为2×103kg，行驶过程中阻力不变，人的质量忽略不计。求：
（1）汽车的加速度大小；
（2）汽车受到的阻力大小；
（3）汽车克服阻力做的功。
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）汽车的加速度大小为1m/s2；
（2）汽车受到的阻力大小为2×103N；
（3）汽车克服阻力做的功为105J。
【分析】（1）关闭发动机后，汽车做匀减速直线运动，利用速度—时间公式可以求出汽车的加速度大小；
（2）汽车受到阻力作用做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出阻力的大小；
（3）汽车克服阻力做功，利用动能定理可以求出汽车克服阻力做功的大小。
【解答】解：（1）关闭发动机后，汽车做匀减速直线运动，该过程初速度v0＝10m/s，末速度v＝0，所用时间t＝10s
根据得a＝﹣1m/s2
即汽车的加速度大小为1m/s2。
（2）根据牛顿第二定律得
f＝ma
解得汽车受到的阻力大小f＝2×103N
（3）设汽车克服阻力做的功为W，由动能定理得：﹣W＝0
解得W＝105J
答：（1）汽车的加速度大小为1m/s2；
（2）汽车受到的阻力大小为2×103N；
（3）汽车克服阻力做的功为105J。
【点评】本题是动能定理与牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，要知道联系力和运动的桥梁是加速度，动能定理是求功常用的方法。
18．（2025春 黄埔区校级月考）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上并且锁定。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B＝1T，圆环半径和金属棒ab长均为d＝1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L＝2m，金属棒cd质量为m＝1kg，与导轨之间的动摩擦因数为μ，ab棒电阻为r＝2Ω，cd棒电阻为R＝4Ω，其余电阻不计，sin30°，cos30°，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）使ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）解除锁定，要使金属棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）解除锁定，使ab棒以ω3＝31rad/s顺时针匀速转动，求：
①cd棒最终的速度大小；
②cd棒匀速时，ab棒所受外力的功率P。
【考点】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；导体转动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）若ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，流过ab棒的电流方向为由b流向a，ab棒两端的电压为4V；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，角速度应满足，顺时针转动时，ω≤15rad/s；逆时针转动时，ω≤75rad/s；
（3）①cd棒匀速的速度大小为4m/s；
②ab棒所受外力的功率为W
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律进行计算ab棒两端的电压，再楞次定律判断流过ab棒的电流方向；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，只需要cd与导轨间的摩擦力小于最大静摩擦力即可，分为顺时针和逆时针转动分别讨论；
（3）①②cd棒匀速时，受力平衡可以求得匀速时的速度v，由外力和重力的功率等于回路的电热功率加因为摩擦而产生的摩擦生热功率求解外力的功率。
【解答】解：（1）对ab棒，由法拉第电磁感应定律，有
EBω0d2
根据闭合电路欧姆定律，有
E＝I（R+r）
解得
I＝1A
ab棒两端的电压为
Uab＝IR
联立解得
Uab＝4V
由楞次定律，可知电流方向由b流向a。
（2）若ab棒以ω1逆时针转动，且cd刚好没滑动时，有
BI1L＝mgsin30°+μmgcos30°
且
E1Bω1d2＝ I1（R+r）
代入数据得
ω1＝75rad/s
若ab棒以ω2顺时针转动，且cd刚好没滑动时，有
μmgcos30°＝BI2L+mgsin30°
且
E2Bω2d2＝ I2（R+r）
代入数据得
ω2＝15rad/s
故要使cd棒保持静止，角速度应满足
顺时针转动时，ω≤15rad/s；
逆时针转动时，ω≤75rad/s。
（3）①②设cd棒匀速的速度为v，外力功率为P，则有
BI3L+mgsin30°＝μmgcos30°
回路的电动势为
E3Bω3d2 BLv
由闭合电路欧姆定律得
E3＝I3（R+r）
P+mgsin30°v（R+r）+μmgcos30°v
联立解得
v＝4m/s
PW
答：（1）若ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，流过ab棒的电流方向为由b流向a，ab棒两端的电压为4V；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，角速度应满足，顺时针转动时，ω≤15rad/s；逆时针转动时，ω≤75rad/s；
（3）①cd棒匀速的速度大小为4m/s；
②ab棒所受外力的功率为W
【点评】导体棒在匀强磁场中绕其一端做匀速圆周运动，切割磁感线产生的感应电动势：EBω0d2，分析清楚题意、求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律、安培力公式与平衡条件及动能定理即可解题。
19．（2023秋 浦东新区期末）地球可以看作一个天然的大磁体（图1）。地磁场对人类的生存和活动都有着重要意义，如利用它为航海、行军导航，利用地磁场的分布特征寻找矿藏等。
（1）地球表面上水平放置的指南针可以“指南”，相关解释正确的是 A 。
A．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向北方
B．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向南方
C．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向北方
D．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向南方
（2）某同学受奥斯特和安培实验的启发，产生了探究通电长直导线周围磁场的兴趣。探究过程如下：
①如图2所示，让竖直的通电长直导线垂直穿过一张硬纸板，以导线为中心在纸板上任意作直线ab、cd，在直线上不同位置放上能够自由转动的小磁针。发现当小磁针静止时，直线上关于导线对称的两处小磁针N极指向 相反 （选填“相同”或“相反”）。改变电流大小，小磁针指向将 不变 （选填“变化”或“不变”）；
②（作图）请在图3中画出通电长直导线周围的磁感线平面分布图。（要求：画出三条磁感线）
（3）据测量，地球表面某处地磁场的磁感应强度水平分量为3.0×10﹣5T。
①1T＝1 kg/（A s2） （用国际单位制基本单位表示）；
②若该处有半径为10cm并绕制了100匝的闭合线圈竖直放置且与地磁场方向垂直，如图4，则穿过该线圈平面的磁通量为 9.4×10﹣7 Wb（保留2位有效数字），当该线圈绕其竖直直径转动时，线圈内 有 感应电流（选填“有”或“无”）；
③某校物理兴趣小组估测磁体附近磁感应强度。他们将一小磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上。如图5所示，开关断开，小磁针静止时N极指向处于水平面内xOy坐标系中的y轴正方向。闭合开关后，发现小磁针N极的指向与y轴正方向的夹角为45°。
ⅰ.（作图）请在图上标明螺线管上导线的绕向；
ⅱ.（计算）求该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小。
【考点】环形电流或通电螺线管周围的磁场；磁通量的概念和计算公式的定性分析．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）相反，不变；图见解析；（3）kg/（A s2）；9.4×10﹣7，有；图见解析；该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小为3.0×10﹣5T。
【分析】（1）根据地磁场分析解答；
（2）通电直导线周围磁场的磁感线是以直导线上各点为圆心的同心圆；
（3）根据磁感应强度公式推导单位，根据磁通量公式计算磁通量，根据实力的分解解答。
【解答】解：（1）地理北极附近是地磁的南极，所以“指南”是指指南针静止时N极指向北方，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2）①通电直导线周围磁场的磁感线是以直导线上各点为圆心的同心圆，这些同心圆位于与导线垂直的平面上，且距导线越近，磁场越强，当小磁针静止时，直线上关于导线对称的两处小磁针N极指向相反；改变电流大小，磁场方向不变，小磁针指向将不变。
②如图
（3）①根据B
用国际单位制基本单位表示
1T＝1kg/（A s2）
②穿过该线圈平面的磁通量为Φ＝B πr2＝3.0×10﹣5×3.14×0.12Wb＝9.4×10﹣7Wb
当该线圈绕其竖直直径转动时，线圈内磁通量发生变化，有感应电流。
③i.根据小磁针N极的指向，螺线管右端为N极，螺线管上导线的绕向如图
ii.由矢量图
可得tan45°
因此
B电＝3.0×10﹣5T
故答案为：（1）A；（2）相反，不变；图见解析；（3）kg/（A s2）；9.4×10﹣7，有；图见解析；该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小为3.0×10﹣5T。
【点评】本题考查地磁场，磁感应强度的计算，磁场的矢量计算等知识点，解题关键掌握基本知识点即可。
20．（2022秋 宣城期末）节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。
（2）现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。
【考点】用动量定理求流体冲击问题；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：
（2）平板稳定时相距水龙头的高度为
【分析】（1）从水管中流出的水量是一定，据此可推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系；
（2）由题可知，水冲击到平板之后，速度立刻减为零，根据动量定理即可求出水的冲击力，再根据平板受力平衡可知，水的冲击力等于平板的重力，根据匀变速直线动规律即可求解。
【解答】解：（1）设下落高度h处的水流速度为v，从水管中流出的水量是一定，
则水流流量为：Q＝v0S0＝vS
则可得：
又由匀加速直线运动规律可得：
故有：
解得：
即水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：
（2）设Δt时间内Δm的水冲击到平板下方，S1是平板的面积，v1是水撞击平板前的速度，
则：Δm＝ρv1Δt S1＝ρv0Δt S0
解得：
取竖直向上方向为正方向，水撞击到平板的过程对水应用动量定理：
﹣FΔt＝0﹣Δmv1
对平板分析，平板受力平衡，故有：F＝Mg
则有：
解得：Mg＝ρv1v0S0
进而解得：
又因为水柱的加速度竖直向下（与所取正方向反向），结合匀变速直线运动规律可得：
即平板稳定时相距水龙头的高度：
答：（1）水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：
（2）平板稳定时相距水龙头的高度为
【点评】本题考查动量定理。解题关键是能够正确的判断矢量的方向，灵活运用匀速变速直线运动的公式。
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一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）（2025 河北模拟）如图所示为半径为R的半球形透明材料的截面图，AOB为直径。一束单色光从OB之间的某点垂直OB射入该材料，恰好发生全反射后射向圆弧面的A点，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．透明材料对光的折射率为
B．入射点到O点的距离为
C．光从入射到A点的传播时间为
D．增大入射光的频率，其他条件不变，光射向圆弧面时不能发生全反射
2．（3分）（2023春 海淀区校级月考）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的动能会变大，电势能会减小
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会吸收光子
C．一个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出5条光谱线
D．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁
3．（3分）（2023 湖北模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，V﹣T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．状态A→B的过程气体吸热
B．状态A的气体压强为1.0×105Pa
C．状态B→C过程是等压变化
D．状态B→C过程气体对外做功200J
4．（3分）（2024春 新洲区期中）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sinπt（cm）
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.0s到t＝2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
5．（3分）（2025 南通一模）如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．卫星1在轨道Ⅰ上的速度大于7.9km/s
B．卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度
C．卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．卫星1在轨道Ⅰ上的机械能大于在卫星2在轨道Ⅱ上的机械能
6．（3分）（2024秋 济南期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入交流电压的瞬时值表达式为，R1、R2是阻值均为10Ω的定值电阻。则该理想变压器的输入功率为（ ）
A．5W B． C．2.5W D．
7．（3分）（2024 河北区二模）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v﹣t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．该电场线的方向是由A指向B
B．A点处的场强比B点处的场强大
C．A点处的电势比B点处的电势高
D．该电场可能是由正点电荷产生的
8．（3分）（2024秋 西充县校级月考）如图，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ。在已知水平推力F的作用下，A、B作加速运动。A对B的作用力T为（ ）
A．T B．T C．T＝F D．T＝μmg
9．（3分）（2024 浙江开学）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为h1、h2处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，空中飞行时间分别为t1、t2。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．球在空中过程动能变化量之比
B．球在空中过程重力冲量之比cosθ1：cosθ2
C．踢中h2窗户的那脚球，运动员对球多做功mg（h2﹣h1）
D．水平距离与足球飞行时间满足x＝2gt1t2
10．（3分）（2023春 杭州期中）如图，一个带电小球电荷量为+q以初速度v0从斜面AB的顶端水平抛出，经过时间t恰好落在斜面底端B点，若在图中区域加竖直向下的匀强电场E，且qE＝mg，小球仍以v0水平抛出，则（ ）
A．小球恰好落在B点 B．小球落在水平面BC上
C．小球下落时间为 D．小球下落时间为
11．（3分）（2023秋 西城区校级月考）某半导体元件的伏安特性曲线的一部分如图所示。该图线上一点M的坐标为（a，b），该图线在M点的切线的斜率为k。关于与M点对应的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．电压为a时，该半导体元件的电阻值为
B．该半导体元件的电阻随电压的升高而增大
C．该半导体元件消耗的电功率可以用矩形OaMb的面积表示
D．该半导体元件消耗的电功率可以用曲线OM与横轴所围面积表示
12．（3分）（2023春 重庆期末）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的重力势能增加mgh
D．重力做功mgh
13．（3分）（2024秋 滨湖区校级月考）有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图所示。它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表（实质是理想电流表）。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）。下列说法中正确的是（ ）
A．该秤能测量的最大体重是1300N
B．体重为1300N应标在电流表刻度盘2A刻度处
C．该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表刻度盘0刻度处
D．该秤零刻线应标在电流表刻度盘的最右端
14．（3分）（2025 邢台一模）如图所示，在0＜y＜y0，0＜x＜x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
二．实验题（共2小题）
15．（2023 辽宁一模）如图1所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图，由表头、电源、调零电阻和表笔组成，其中表头G满偏电流Ig＝500μA、内阻rg＝100Ω；电池电动势E＝1.5V、内阻r＝0.5Ω；调零电阻R0阻值0﹣5000Ω。
（1）使用此欧姆挡测量电阻时，如图2所示，若指针指在位置②处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 Ω（选填“0”或“∞”）；若指针指在位置③处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 Ω。
（2）请说明该欧姆挡表盘的刻度值分布是否均匀，并说明理由。 。
（3）该欧姆挡表盘的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到3Ω时仍可调零。若测得某电阻的阻值为3000Ω，则这个电阻的真实值是 Ω。
16．（2025 安徽模拟）某同学设置了如图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端连接在铁架台支架上的O点，另一端连接一个小铁球，刻度尺竖直固定在铁架台支架上，零刻度与固定在支架上的光电门中心对齐，厚度不计的长木板水平放置，右端固定在支架上（调节固定螺钉可上下移动），将小球拉到某一位置球心与水平木板下边对齐，由静止释放小球，小球摆到最低点时恰好通过光电门，已知重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d＝ mm。
（2）按实验操作要求进行正常操作，记录每次水平长木板下边所对刻度值h及小球通过光电门的时间t，改变长木板的位置多次实验，测得多组h及对应的小球挡光时间，作图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像的斜率等于 （用g、d表示），则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。
（3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则每次实验测得的重力势能的减少量 （填“偏大”或“偏小”）。
三．解答题（共4小题）
17．（2021春 遵义期末）驾驶员开车，以10m/s的速度在水平路面上匀速直线行驶路遇红灯，驾驶员立即关闭发动机，经10s停下。已知汽车总质量为2×103kg，行驶过程中阻力不变，人的质量忽略不计。求：
（1）汽车的加速度大小；
（2）汽车受到的阻力大小；
（3）汽车克服阻力做的功。
18．（2025春 黄埔区校级月考）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上并且锁定。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B＝1T，圆环半径和金属棒ab长均为d＝1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L＝2m，金属棒cd质量为m＝1kg，与导轨之间的动摩擦因数为μ，ab棒电阻为r＝2Ω，cd棒电阻为R＝4Ω，其余电阻不计，sin30°，cos30°，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）使ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）解除锁定，要使金属棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）解除锁定，使ab棒以ω3＝31rad/s顺时针匀速转动，求：
①cd棒最终的速度大小；
②cd棒匀速时，ab棒所受外力的功率P。
19．（2023秋 浦东新区期末）地球可以看作一个天然的大磁体（图1）。地磁场对人类的生存和活动都有着重要意义，如利用它为航海、行军导航，利用地磁场的分布特征寻找矿藏等。
（1）地球表面上水平放置的指南针可以“指南”，相关解释正确的是 。
A．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向北方
B．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向南方
C．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向北方
D．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向南方
（2）某同学受奥斯特和安培实验的启发，产生了探究通电长直导线周围磁场的兴趣。探究过程如下：
①如图2所示，让竖直的通电长直导线垂直穿过一张硬纸板，以导线为中心在纸板上任意作直线ab、cd，在直线上不同位置放上能够自由转动的小磁针。发现当小磁针静止时，直线上关于导线对称的两处小磁针N极指向 （选填“相同”或“相反”）。改变电流大小，小磁针指向将 （选填“变化”或“不变”）；
②（作图）请在图3中画出通电长直导线周围的磁感线平面分布图。（要求：画出三条磁感线）
（3）据测量，地球表面某处地磁场的磁感应强度水平分量为3.0×10﹣5T。
①1T＝1 （用国际单位制基本单位表示）；
②若该处有半径为10cm并绕制了100匝的闭合线圈竖直放置且与地磁场方向垂直，如图4，则穿过该线圈平面的磁通量为 Wb（保留2位有效数字），当该线圈绕其竖直直径转动时，线圈内 感应电流（选填“有”或“无”）；
③某校物理兴趣小组估测磁体附近磁感应强度。他们将一小磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上。如图5所示，开关断开，小磁针静止时N极指向处于水平面内xOy坐标系中的y轴正方向。闭合开关后，发现小磁针N极的指向与y轴正方向的夹角为45°。
ⅰ.（作图）请在图上标明螺线管上导线的绕向；
ⅱ.（计算）求该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小。
20．（2022秋 宣城期末）节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。
（2）现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。
2025届高考物理模拟预测卷（北京卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）（2025 河北模拟）如图所示为半径为R的半球形透明材料的截面图，AOB为直径。一束单色光从OB之间的某点垂直OB射入该材料，恰好发生全反射后射向圆弧面的A点，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．透明材料对光的折射率为
B．入射点到O点的距离为
C．光从入射到A点的传播时间为
D．增大入射光的频率，其他条件不变，光射向圆弧面时不能发生全反射
【考点】光的折射与全反射的综合问题；光的折射定律；折射率的波长表达式和速度表达式；全反射的条件、判断和临界角．
【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】C
【分析】A.由题意，可作出光路图，由几何关系及折射率与临界角的关系分别列式，即可分析判断；
B.结合前面分析，由几何关系列式，即可分析判断；
C.结合前面分析，由几何关系列式，根据光在透明材料中的传播速度、透明材料对光的折射率、光在透明材料中的传播时间分关系分别列式，即可分析判断；
D.增大入射光的频率，则入射光的折射率变大，据此分析判断。
【解答】解：A.由题意，可作出光路图如图所示：
则θ为临界角，由几何关系可知，θ+2θ＝180°﹣90°，
解得：θ＝30°，
则透明材料对光的折射率为：，
故A错误；
B.结合前面分析，由几何关系可知，
入射点到O点的距离为：OF＝Rsinθ＝R×0.5＝0.5R，
故B错误；
C.结合前面分析，由几何关系可知，
光在透明材料中传播的路程为：s＝AE+EF，
且：EFtanθ＝OF，AEsinθ＝EF，
联立可得：，
光在透明材料中的传播速度为：，
则光在透明材料中的传播时间为：，
联立可得：
故C正确；
D.增大入射光的频率，则入射光的折射率变大，则全反射临界角的正弦值将减小，则全反射的临界角将减小，故光仍然会发生全反射，
故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
2．（3分）（2023春 海淀区校级月考）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的动能会变大，电势能会减小
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会吸收光子
C．一个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出5条光谱线
D．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁
【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）；分析能级跃迁过程中释放的光子种类；玻尔原子理论的基本假设；氢原子能级图．
【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，其电子轨道半径减小，由库仑力提供向心力和原子核对电子的库仑力做功情况分析A选项；氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子；一个处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，最多发出3条光谱线；计算出处于基态的氢原子由n＝1能级跃迁到n＝2能级时需要吸收的能量，与电子的能量比较，氢原子可以吸收电子的一部分能量发生能级跃迁。
【解答】解：A．原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，其电子轨道半径减小，根据可得核外电子的动能为，则电子动能变大，同时电场力做正功，其电势能减小，故A正确；
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，故B错误；
C．一个处于n＝4能级的激发态原子向基态跃迁时，最多发出3条光谱线，分别是4→3、4→2、4→1，故C错误；
D．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，由于E2﹣E1＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV，可知氢原子可以吸收电子的一部分能量发生能级跃迁，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了玻尔原子结构模型，注意吸收光子能量跃迁与吸收电子能量跃迁的区别。
3．（3分）（2023 湖北模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，V﹣T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．状态A→B的过程气体吸热
B．状态A的气体压强为1.0×105Pa
C．状态B→C过程是等压变化
D．状态B→C过程气体对外做功200J
【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；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据图像判断体积和温度的变化，根据热力学第一定律判断气体吸热和放热情况；由查理定律求解状态A气体的压强；根据V﹣T图像判断压强的变化，根据W＝pΔV求解气体对外做功。
【解答】解：A、由图像得，从A到B，气体体积不变，外界对气体不做功，温度降低，则气体内能减小，由热力学第一定律得：ΔU＝Q+W
则Q为负值，气体对外放热，故A错误；
B、从A到B，气体发生等容变化，由查理定律得：
代入数据解得：
故B错误；
CD、由图像得，B到C过程的V﹣T图像的延长线过坐标原点，压强不变，为等压变化，气体对外做功为W＝pΔV＝2.0×105×（4﹣2）×10﹣3J＝400J
故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查热力学图像问题，解题关键是掌握好热力学第一定律、理想气体状态方程，知道压强不变时气体做功公式。
4．（3分）（2024春 新洲区期中）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sinπt（cm）
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.0s到t＝2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
【考点】单摆的能量转化；单摆的回复力；单摆摆长的计算；单摆的振动图像和表达式．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由振动图像读出周期T＝2s，振幅A＝8cm，则根据单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt代入数据可求表达式；由公式T＝2可求摆长；根据单摆的振动图像分析势能与回复力的变化。
【解答】解：A.单摆做小角度摆动，则其运动可以看为简谐运动，周期为2s，则单摆的位移x随时间变化的关系式为
x＝Asint＝8sint＝8sinπt（cm）
故A正确；
B.根据周期公式有
T＝2
解得
L≈1.0m
故B错误；
C.根据图乙可知，从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，单摆从最大位移处运动到平衡位置，则摆球的重力势能逐渐减小，故C错误；
D.根据图乙可知，从t＝2.0s到t＝2.5s的过程中，单摆从平衡位置运动到振幅位置，位移逐渐增大，由于
F＝﹣kx
可知摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。
故选：A。
【点评】明确单摆的振动方程，知道单摆的周期公式，注意单摆运动情况的分析。
5．（3分）（2025 南通一模）如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．卫星1在轨道Ⅰ上的速度大于7.9km/s
B．卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度
C．卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．卫星1在轨道Ⅰ上的机械能大于在卫星2在轨道Ⅱ上的机械能
【考点】天体运动中机械能的变化；开普勒三大定律；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义；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】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】A：第一宇宙速度是最大的环绕速度；
B：根据牛顿第二定律推导向心加速度的表达式，根据半径关系判断加速度大小；
C：根据开普勒第二定律判断；
D：根据机械能的表达判断。
【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于7.9 km/s，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得
解得
得卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B正确；
C、根据开普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，但两卫星不在同一轨道上，所以在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；
D、由于两卫星的质量关系未知，不能确定它们机械能的大小关系，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查卫星的发射及变轨问题，要求学生熟练掌握天体运动的基本规律及其应用。
6．（3分）（2024秋 济南期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入交流电压的瞬时值表达式为，R1、R2是阻值均为10Ω的定值电阻。则该理想变压器的输入功率为（ ）
A．5W B． C．2.5W D．
【考点】理想变压器两端的功率关系；用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；变压器的构造与原理．
【专题】定量思想；比例法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由变压器的原副线圈匝数比与电压比的关系，可知副线圈的电压，结合两个定值电阻的阻值，即可知副线圈的电功率，根据能量守恒，即可得到理想变压器的输入功率。
【解答】解：由交流电的瞬时值表达式，得到原线圈的电压有效值为：，解得：U＝220V；
由变压器的原副线圈匝数比与电压比的关系，可知副线圈的电压为：U出＝5V，
由两个定值电阻的阻值，即可知副线圈的电功率为：，解得：P＝5W；
根据能量守恒，即可得到理想变压器的输入功率为：P入＝P＝5W，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题考查变压器的计算，关键是根据交流电的瞬时值表达式，得到原线圈的电压有效值。
7．（3分）（2024 河北区二模）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v﹣t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．该电场线的方向是由A指向B
B．A点处的场强比B点处的场强大
C．A点处的电势比B点处的电势高
D．该电场可能是由正点电荷产生的
【考点】电场中的其他图像问题；电场强度与电场力的关系和计算；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；通过电场线的方向判断电势的高低．
【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】B
【分析】v—t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果。
【解答】解：AB、由v—t图像可知，负电荷从A点运动到B点做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受的电场力越来越小，电场强度越来越小，所以可以知道A点电场强度大于B点电场强度，电场力方向由A指向B，研究对象是负电荷，电场线的方向是由B指向A，故B正确，A错误；
C、从A点运动到B点，负电荷做加速运动，则动能增加，电场力做正功，则电势能减小，则A点电势低于B点电势，故C错误；
D、电场线的方向是由B指向A，假设该电场是由正点电荷产生的，那么正点电荷处于B的右侧，即电荷从A点运动到B点，电场强度越来越大，所以假设不成立，故D错误。
故选：B。
【点评】本题结合v﹣t图象，考查电场线相关知识，关键要掌握电场线的性质，知道电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线的方向电势降落；同时明确电荷受电场力与电场方向之间的关系。
8．（3分）（2024秋 西充县校级月考）如图，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ。在已知水平推力F的作用下，A、B作加速运动。A对B的作用力T为（ ）
A．T B．T C．T＝F D．T＝μmg
【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】A
【分析】先以整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A对B的作用力。
【解答】解：以A、B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝3ma
以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣μ mg＝ma
解得：T，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时要灵活选择研究对象，采用整体法与隔离法交叉运用比较简便，要注意A与地面间的摩擦是不计的。
9．（3分）（2024 浙江开学）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为h1、h2处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，空中飞行时间分别为t1、t2。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．球在空中过程动能变化量之比
B．球在空中过程重力冲量之比cosθ1：cosθ2
C．踢中h2窗户的那脚球，运动员对球多做功mg（h2﹣h1）
D．水平距离与足球飞行时间满足x＝2gt1t2
【考点】求恒力的冲量；平抛运动速度的计算；动能变化量的计算；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据斜抛运动规律可知水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据动能定理计算动能变化量；根据动量定理计算重力的冲量；根据动能定理计算运动员对足球做的功；根据对应的运动学公式分析判断。
【解答】A、竖直方向的初速度分别为
vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据2gh
根据动能定理有
ΔEk＝mgh
所以两球在空中过程的动能变化量之比为为，故A正确；
B、球在空中水平方向的分速度分别为
vx1＝v0cosθ1
vx2＝v0cosθ2
足球在水平方向做匀速直线运动，则
x＝vxt
球在空中重力的冲量为
I＝mgt
联立得球在空中过程重力冲量之比为cosθ2：cosθ1，故B错误；
C、根据动能定理，运动员对球做的功为
W
所以运动员对两球做功相同，故C错误；
D.水平方向x＝v0cosθ1 t1
竖直方向
v0sinθ2＝gt2
结合
θ1+θ2＝90°
可得
sinθ2＝cosθ1
可得
x＝gt1t2
故D错误。
故选：A。
【点评】知道把足球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动是解题的基础，会用动能定理计算做功。
10．（3分）（2023春 杭州期中）如图，一个带电小球电荷量为+q以初速度v0从斜面AB的顶端水平抛出，经过时间t恰好落在斜面底端B点，若在图中区域加竖直向下的匀强电场E，且qE＝mg，小球仍以v0水平抛出，则（ ）
A．小球恰好落在B点 B．小球落在水平面BC上
C．小球下落时间为 D．小球下落时间为
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动．
【专题】比较思想；方程法；平抛运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】D
【分析】在未加电场时，小球从A点做平抛运动，由运动学公式求得运动时间，加上电场后，根据类平抛运动即可求得运动时间
【解答】解：由题意可知，小球第一次抛出时做平抛运动，加速度a＝g，恰好落在斜面底端B点
满足，即
加竖直电场后，小球加速度变为2g，则小球运动时间变为，将落到斜面上，不会到达B点。
故选：D。
【点评】本题主要考查了平抛运动和类平抛运动，关键是掌握平抛运动的特点即可求解
11．（3分）（2023秋 西城区校级月考）某半导体元件的伏安特性曲线的一部分如图所示。该图线上一点M的坐标为（a，b），该图线在M点的切线的斜率为k。关于与M点对应的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．电压为a时，该半导体元件的电阻值为
B．该半导体元件的电阻随电压的升高而增大
C．该半导体元件消耗的电功率可以用矩形OaMb的面积表示
D．该半导体元件消耗的电功率可以用曲线OM与横轴所围面积表示
【考点】非线性元件及其伏安特性曲线．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据电阻的定义式或欧姆定律分析；根据I﹣U图像上点与连线斜率表示电阻的倒数分析；根据P＝UI分析。
【解答】解A．在I﹣U图像中，图像上点与原点连线的斜率表示该电压下的电阻的倒数，所以当电压为a时，根据欧姆定律可知，该半导体元件的电阻值为
故A错误；
B．根据欧姆定律可得
可知I﹣U图像上点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由图可知，该半导体元件的电阻随电压的升高而减小，故B错误；
CD．该半导体元件消耗的电功率为
P＝UI＝ab
可知该半导体元件消耗的电功率可以用矩形OaMb的面积表示，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】知道I﹣U图像上点与原点连线斜率表示电阻的倒数是解题的关键。
12．（3分）（2023春 重庆期末）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的重力势能增加mgh
D．重力做功mgh
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】物体以g的加速度向下运动，对物体受力分析可知，物体受到重力之外，一定还受到向上的拉力的作用，根据力对物体的做功的情况，可以分析物体的能量的变化的情况．
【解答】解：设物体所受的阻力大小为f。对物体，由牛顿第二定律得 mg﹣F＝m，所以fmg。
AD、物体下降h时，重力做的功为mgh，所以物体的重力势能减少mgh，故AD错误；
B、由动能定理可得，W总＝ΔEK，即物体的动能增加ΔEK＝mahmgh，故B正确；
C、物体下降h时，重力做功为mgh，那么重力势能减少mgh，故C错误。
故选：B。
【点评】本题的关键要的掌握常见的功与能的关系：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度。
13．（3分）（2024秋 滨湖区校级月考）有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图所示。它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表（实质是理想电流表）。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）。下列说法中正确的是（ ）
A．该秤能测量的最大体重是1300N
B．体重为1300N应标在电流表刻度盘2A刻度处
C．该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表刻度盘0刻度处
D．该秤零刻线应标在电流表刻度盘的最右端
【考点】常见传感器的工作原理及应用．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A、根据电阻和压力的关系，电阻越小，电流越大，压力越大；
BCD、根据电阻和压力的关系，求出电流即可；
【解答】解：A、最大电流是3A，此时电路中总电阻是E＝I（R+r），代入数据解得R＝2Ω，由于R＝30﹣0.02F，代入数据解得F＝1400N，故A错误；
B、当体重是1300N时，得R＝4Ω，此时电路中的电流I，代入数据解得I＝2A，故B正确；
C、当F＝0时，R＝30Ω，对应此时的电流I，代入数据解得I＝0.375A，故C错误；
D、该秤零刻度说明电阻R最大，此时电流最小，所以应标在电流表刻度盘的最左端，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对于闭合电路的欧姆定律的应用能力，在计算时注意电阻和力的关系。
14．（3分）（2025 邢台一模）如图所示，在0＜y＜y0，0＜x＜x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】比较思想；合成分解法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，再根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度物大小；
若粒子从处射入，带电粒子在电场中做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律求出粒子离开电场时的偏转距离，再分析粒子进入磁场的位置；
若从处射入的粒子，当粒子从N点进入磁场时，电场强度最大，再由类平抛规律和牛顿第二定律可以求解电场强度最大值；在电场中做类平抛运动，用初速度和偏转角表示射入磁场时速度，再根据半径公式和几何关系求出在磁场中偏转的距离；
由运动学公式求得从处射入的粒子，从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，分析判断接收器接收的粒子数。
【解答】解：A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．若粒子从处射入，则水平方向有
x0＝v0t1
竖直方向有
联立解得
则粒子从N点下方进入磁场，故B错误；
C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则
粒子在磁场中偏转距离为
d＝2rsinθ
解得
d＝y0
由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为
所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0～范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中做类平抛运动，根据匀速直线运动和匀变速直线运动的规律分析判断，进入磁场带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，注意从电场进入磁场的合速度大小以及速度方向决定了在磁场中的轨迹半径以及圆弧长度等，需要我们结合轨迹图以及几何关系分析。
二．实验题（共2小题）
15．（2023 辽宁一模）如图1所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图，由表头、电源、调零电阻和表笔组成，其中表头G满偏电流Ig＝500μA、内阻rg＝100Ω；电池电动势E＝1.5V、内阻r＝0.5Ω；调零电阻R0阻值0﹣5000Ω。
（1）使用此欧姆挡测量电阻时，如图2所示，若指针指在位置②处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 0 Ω（选填“0”或“∞”）；若指针指在位置③处，则此刻度对应欧姆挡表盘刻度值为 3000 Ω。
（2）请说明该欧姆挡表盘的刻度值分布是否均匀，并说明理由。 由于电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀的 。
（3）该欧姆挡表盘的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到3Ω时仍可调零。若测得某电阻的阻值为3000Ω，则这个电阻的真实值是 2900 Ω。
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；解题思想；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）0，3000；（2）由于电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀的；（3）2900。
【分析】（1）明确多用电表的原理，根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而明确电流表刻度与欧姆表刻度的对应的关系；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，分析欧姆挡表盘的刻度值分布是否均匀；
（3）根据中值电阻的意义进行分析，明确指在3000Ω时是指在中间位置，此时测量实际值仍等于内部电阻。
【解答】解：（1）欧姆表采用闭合电路欧姆定律原理制作而成，当指针指在电流表的零刻度处时，说明此时外电路断路，电阻为无穷大，而当指针指在满偏刻度处时，此时对应电阻为零；
根据闭合电路欧姆定律可知，内电阻为R内
当指针指在中间位置时，根据闭合电路的欧姆定律
解得R＝R内＝3000Ω，此时内外电阻相等，则说明刻度为3000Ω；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表调零后，欧姆表的内阻不变，由于电源电动势不变，电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀；
（3）若电动势为1.45V，则此时调零时，内部电阻为R'内，
此时指针在指在中值位置时，根据闭合电路的欧姆定律
解得R′＝R内′＝2900Ω，则对应的电阻应为2900Ω
由3000Ω对应的电流列出关系式，即
因此对应1.45V时，电阻的真实值R真＝2900Ω。
故答案为：（1）0，3000；（2）由于电阻R与通过电阻的电流不成线性变化关系，因此欧姆挡表盘的刻度值分布不是均匀的；（3）2900。
【点评】本题考查多用电阻中的欧姆表的原理，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律的应用，明确中值电阻的意义是解题的关键。
16．（2025 安徽模拟）某同学设置了如图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端连接在铁架台支架上的O点，另一端连接一个小铁球，刻度尺竖直固定在铁架台支架上，零刻度与固定在支架上的光电门中心对齐，厚度不计的长木板水平放置，右端固定在支架上（调节固定螺钉可上下移动），将小球拉到某一位置球心与水平木板下边对齐，由静止释放小球，小球摆到最低点时恰好通过光电门，已知重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d＝ 10.35 mm。
（2）按实验操作要求进行正常操作，记录每次水平长木板下边所对刻度值h及小球通过光电门的时间t，改变长木板的位置多次实验，测得多组h及对应的小球挡光时间，作图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像的斜率等于 （用g、d表示），则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。
（3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则每次实验测得的重力势能的减少量 偏大 （填“偏大”或“偏小”）。
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）10.35；（2）；（3）偏大。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则分析求解；
（2）根据机械能守恒定律，结合图像的斜率分析求解；
（3）根据测得的h比实际的大，因此测得重力势能的减小量偏大分析求解。
【解答】解：（1）游标卡尺的分度值：0.05mm，示数为d＝10mm+7×0.05mm＝10.35mm
（2）如果机械能守恒，则
得到
因此，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图像的斜率等于，则小球下摆过程中机械能守恒得到验证。
（3）若实验中由于木板的重力使得木板不再水平，则测得的h比实际的大，因此测得重力势能的减小量偏大。
故答案为：（1）10.35；（2）；（3）偏大。
【点评】本题考查了验证机械能守恒定律相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
三．解答题（共4小题）
17．（2021春 遵义期末）驾驶员开车，以10m/s的速度在水平路面上匀速直线行驶路遇红灯，驾驶员立即关闭发动机，经10s停下。已知汽车总质量为2×103kg，行驶过程中阻力不变，人的质量忽略不计。求：
（1）汽车的加速度大小；
（2）汽车受到的阻力大小；
（3）汽车克服阻力做的功。
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）汽车的加速度大小为1m/s2；
（2）汽车受到的阻力大小为2×103N；
（3）汽车克服阻力做的功为105J。
【分析】（1）关闭发动机后，汽车做匀减速直线运动，利用速度—时间公式可以求出汽车的加速度大小；
（2）汽车受到阻力作用做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出阻力的大小；
（3）汽车克服阻力做功，利用动能定理可以求出汽车克服阻力做功的大小。
【解答】解：（1）关闭发动机后，汽车做匀减速直线运动，该过程初速度v0＝10m/s，末速度v＝0，所用时间t＝10s
根据得a＝﹣1m/s2
即汽车的加速度大小为1m/s2。
（2）根据牛顿第二定律得
f＝ma
解得汽车受到的阻力大小f＝2×103N
（3）设汽车克服阻力做的功为W，由动能定理得：﹣W＝0
解得W＝105J
答：（1）汽车的加速度大小为1m/s2；
（2）汽车受到的阻力大小为2×103N；
（3）汽车克服阻力做的功为105J。
【点评】本题是动能定理与牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，要知道联系力和运动的桥梁是加速度，动能定理是求功常用的方法。
18．（2025春 黄埔区校级月考）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上并且锁定。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B＝1T，圆环半径和金属棒ab长均为d＝1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L＝2m，金属棒cd质量为m＝1kg，与导轨之间的动摩擦因数为μ，ab棒电阻为r＝2Ω，cd棒电阻为R＝4Ω，其余电阻不计，sin30°，cos30°，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）使ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）解除锁定，要使金属棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）解除锁定，使ab棒以ω3＝31rad/s顺时针匀速转动，求：
①cd棒最终的速度大小；
②cd棒匀速时，ab棒所受外力的功率P。
【考点】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；导体转动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）若ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，流过ab棒的电流方向为由b流向a，ab棒两端的电压为4V；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，角速度应满足，顺时针转动时，ω≤15rad/s；逆时针转动时，ω≤75rad/s；
（3）①cd棒匀速的速度大小为4m/s；
②ab棒所受外力的功率为W
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律进行计算ab棒两端的电压，再楞次定律判断流过ab棒的电流方向；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，只需要cd与导轨间的摩擦力小于最大静摩擦力即可，分为顺时针和逆时针转动分别讨论；
（3）①②cd棒匀速时，受力平衡可以求得匀速时的速度v，由外力和重力的功率等于回路的电热功率加因为摩擦而产生的摩擦生热功率求解外力的功率。
【解答】解：（1）对ab棒，由法拉第电磁感应定律，有
EBω0d2
根据闭合电路欧姆定律，有
E＝I（R+r）
解得
I＝1A
ab棒两端的电压为
Uab＝IR
联立解得
Uab＝4V
由楞次定律，可知电流方向由b流向a。
（2）若ab棒以ω1逆时针转动，且cd刚好没滑动时，有
BI1L＝mgsin30°+μmgcos30°
且
E1Bω1d2＝ I1（R+r）
代入数据得
ω1＝75rad/s
若ab棒以ω2顺时针转动，且cd刚好没滑动时，有
μmgcos30°＝BI2L+mgsin30°
且
E2Bω2d2＝ I2（R+r）
代入数据得
ω2＝15rad/s
故要使cd棒保持静止，角速度应满足
顺时针转动时，ω≤15rad/s；
逆时针转动时，ω≤75rad/s。
（3）①②设cd棒匀速的速度为v，外力功率为P，则有
BI3L+mgsin30°＝μmgcos30°
回路的电动势为
E3Bω3d2 BLv
由闭合电路欧姆定律得
E3＝I3（R+r）
P+mgsin30°v（R+r）+μmgcos30°v
联立解得
v＝4m/s
PW
答：（1）若ab棒以ω0＝12rad/s逆时针匀速转动，流过ab棒的电流方向为由b流向a，ab棒两端的电压为4V；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，角速度应满足，顺时针转动时，ω≤15rad/s；逆时针转动时，ω≤75rad/s；
（3）①cd棒匀速的速度大小为4m/s；
②ab棒所受外力的功率为W
【点评】导体棒在匀强磁场中绕其一端做匀速圆周运动，切割磁感线产生的感应电动势：EBω0d2，分析清楚题意、求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律、安培力公式与平衡条件及动能定理即可解题。
19．（2023秋 浦东新区期末）地球可以看作一个天然的大磁体（图1）。地磁场对人类的生存和活动都有着重要意义，如利用它为航海、行军导航，利用地磁场的分布特征寻找矿藏等。
（1）地球表面上水平放置的指南针可以“指南”，相关解释正确的是 A 。
A．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向北方
B．地球表面磁场方向由南向北，指南针静止时N极指向南方
C．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向北方
D．地球表面磁场方向由北向南，指南针静止时S极指向南方
（2）某同学受奥斯特和安培实验的启发，产生了探究通电长直导线周围磁场的兴趣。探究过程如下：
①如图2所示，让竖直的通电长直导线垂直穿过一张硬纸板，以导线为中心在纸板上任意作直线ab、cd，在直线上不同位置放上能够自由转动的小磁针。发现当小磁针静止时，直线上关于导线对称的两处小磁针N极指向 相反 （选填“相同”或“相反”）。改变电流大小，小磁针指向将 不变 （选填“变化”或“不变”）；
②（作图）请在图3中画出通电长直导线周围的磁感线平面分布图。（要求：画出三条磁感线）
（3）据测量，地球表面某处地磁场的磁感应强度水平分量为3.0×10﹣5T。
①1T＝1 kg/（A s2） （用国际单位制基本单位表示）；
②若该处有半径为10cm并绕制了100匝的闭合线圈竖直放置且与地磁场方向垂直，如图4，则穿过该线圈平面的磁通量为 9.4×10﹣7 Wb（保留2位有效数字），当该线圈绕其竖直直径转动时，线圈内 有 感应电流（选填“有”或“无”）；
③某校物理兴趣小组估测磁体附近磁感应强度。他们将一小磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上。如图5所示，开关断开，小磁针静止时N极指向处于水平面内xOy坐标系中的y轴正方向。闭合开关后，发现小磁针N极的指向与y轴正方向的夹角为45°。
ⅰ.（作图）请在图上标明螺线管上导线的绕向；
ⅱ.（计算）求该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小。
【考点】环形电流或通电螺线管周围的磁场；磁通量的概念和计算公式的定性分析．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）相反，不变；图见解析；（3）kg/（A s2）；9.4×10﹣7，有；图见解析；该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小为3.0×10﹣5T。
【分析】（1）根据地磁场分析解答；
（2）通电直导线周围磁场的磁感线是以直导线上各点为圆心的同心圆；
（3）根据磁感应强度公式推导单位，根据磁通量公式计算磁通量，根据实力的分解解答。
【解答】解：（1）地理北极附近是地磁的南极，所以“指南”是指指南针静止时N极指向北方，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2）①通电直导线周围磁场的磁感线是以直导线上各点为圆心的同心圆，这些同心圆位于与导线垂直的平面上，且距导线越近，磁场越强，当小磁针静止时，直线上关于导线对称的两处小磁针N极指向相反；改变电流大小，磁场方向不变，小磁针指向将不变。
②如图
（3）①根据B
用国际单位制基本单位表示
1T＝1kg/（A s2）
②穿过该线圈平面的磁通量为Φ＝B πr2＝3.0×10﹣5×3.14×0.12Wb＝9.4×10﹣7Wb
当该线圈绕其竖直直径转动时，线圈内磁通量发生变化，有感应电流。
③i.根据小磁针N极的指向，螺线管右端为N极，螺线管上导线的绕向如图
ii.由矢量图
可得tan45°
因此
B电＝3.0×10﹣5T
故答案为：（1）A；（2）相反，不变；图见解析；（3）kg/（A s2）；9.4×10﹣7，有；图见解析；该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小为3.0×10﹣5T。
【点评】本题考查地磁场，磁感应强度的计算，磁场的矢量计算等知识点，解题关键掌握基本知识点即可。
20．（2022秋 宣城期末）节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。
（2）现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。
【考点】用动量定理求流体冲击问题；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：
（2）平板稳定时相距水龙头的高度为
【分析】（1）从水管中流出的水量是一定，据此可推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系；
（2）由题可知，水冲击到平板之后，速度立刻减为零，根据动量定理即可求出水的冲击力，再根据平板受力平衡可知，水的冲击力等于平板的重力，根据匀变速直线动规律即可求解。
【解答】解：（1）设下落高度h处的水流速度为v，从水管中流出的水量是一定，
则水流流量为：Q＝v0S0＝vS
则可得：
又由匀加速直线运动规律可得：
故有：
解得：
即水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：
（2）设Δt时间内Δm的水冲击到平板下方，S1是平板的面积，v1是水撞击平板前的速度，
则：Δm＝ρv1Δt S1＝ρv0Δt S0
解得：
取竖直向上方向为正方向，水撞击到平板的过程对水应用动量定理：
﹣FΔt＝0﹣Δmv1
对平板分析，平板受力平衡，故有：F＝Mg
则有：
解得：Mg＝ρv1v0S0
进而解得：
又因为水柱的加速度竖直向下（与所取正方向反向），结合匀变速直线运动规律可得：
即平板稳定时相距水龙头的高度：
答：（1）水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：
（2）平板稳定时相距水龙头的高度为
【点评】本题考查动量定理。解题关键是能够正确的判断矢量的方向，灵活运用匀速变速直线运动的公式。
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