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2025年北京市朝阳区高考物理二模试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心，经折射后分为两束单色光和。下列说法正确的是( )
A. 玻璃砖对光的折射率大于对光的折射率
B. 在玻璃中的传播速率光大于光
C. 在玻璃中光的波长大于光的波长
D. 若光可使某种金属发生光电效应，则光一定能
2.去高原旅游时，密封的食品包装袋比在平原上膨胀许多。假设环境温度不变，袋内气体视为理想气体。下列说法正确的是( )
A. 高原地区的大气压较高 B. 包装袋中气体内能减小
C. 包装袋中气体压强减小 D. 包装袋中气体放出热量
3.氢原子能级示意图如图。现有大量氢原子处于能级上，下列说法正确的是( )
A. 这群氢原子最多可能辐射种不同频率的光子
B. 从能级跃迁到能级的氢原子辐射的光波长最短
C. 从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光频率低
D. 在能级的氢原子至少需吸收能量的光子才能电离
4.如图所示为某质点沿轴做简谐运动的图像，根据图像可知该质点( )
A. 在任意内通过的路程相同
B. 在第末和第末的速度相同
C. 在内所受回复力沿轴正方向
D. 在内位移方向与瞬时速度方向相同
5.某电场中四个等势面的分布情况如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电子在点所受静电力大于在点所受静电力
B. 电子在点的电势能大于在点的电势能
C. 电子仅在电场力作用下从点运动到点动能变大
D. 电场线由等势面指向等势面
6. 年月日北京半程马拉松比赛中，人形机器人首次参赛。已知半马从起点到终点直线距离约为，实际赛道长度为，冠军机器人用时约小时分完成比赛。下列说法正确的是( )
A. 机器人的位移大小为
B. 机器人的平均速度大小约为
C. 若机器人在弯道段保持速率不变，则其所受合外力为零
D. 机器人冲过终点线时的瞬时速度一定大于其全程的平均速度
7.某学习小组想将一块小量程电流表改装为伏特表和安培表，设计了如图所示的电路。下列说法不正确的是( )
A. 若将调到位置，则为改装后的安培表
B. 若将调到位置，则为改装后的伏特表
C. 若想扩大安培表的量程，可适当增大
D. 若想扩大伏特表的量程，可适当增大
8.水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度与所受拉力的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为、，与桌面间的动摩擦因数分别为、。下列说法正确的是( )
A.
B.
C. 若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少
D. 若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小
9.如图所示，在理想变压器的原线圈回路中接有定值电阻，副线圈回路中接有滑动变阻器。原线圈一侧接在稳定的正弦式交流电源上，电流表和电压表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片从某处自下向上滑动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数增大 B. 电流表的示数增大 C. 两端的电压增大 D. 流过的电流增大
10.如图所示，某同学以大小为的初速度将铅球从点斜向上抛出，到达点时铅球速度沿水平方向。已知、连线与水平方向的夹角为，、间的距离为。不计空气阻力，铅球可视为质点，质量为，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 铅球从点运动到点所用的时间为
B. 铅球从点运动到点重力做的功为
C. 铅球从点运动到点动量的变化为
D. 铅球到达点的速度大小为
11.在距离为的质子源和靶之间有一电压为的匀强电场，质子初速度为零经电场加速，形成电流强度为的细柱形质子流打到靶上且被靶全部吸收。在质子流中与质子源相距和的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为和，已知质子质量为、电荷量为。下列说法正确的是( )
A. B. 每秒打到靶上的质子的总动能为
C. 质子流对靶的作用力大小为 D. 质子源与靶间的质子总数为
12.如图所示，质量相等的物块、紧靠在一起放置在水平地面上，水平轻弹簧一端与拴接，另一端固定在竖直墙壁上。开始时弹簧处于原长，物块、保持静止。时刻，给施加一水平向左的恒力，使、一起向左运动，当、的速度为零时，立即撤去恒力。物块的图像如图所示，其中至时间内图像为直线。弹簧始终在弹性限度内，、与地面间的滑动摩擦力大小恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 时刻、分离
B. 改变水平恒力大小，的时间不变
C. 时间内图像满足同一正弦函数规律
D. 和时间内图中阴影面积相等
13.在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的端固定，端可以自由移动。当导线中通过电流强度时，在端施加沿导线的水平恒力，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点沿着原来导线方向射入一束质量为、电荷量为的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力
C. 粒子的动量大小为
D. 粒子的轨道半径为
14.某科研团队设计了一种基于量子点材料的纳米级光电传感器，用于检测极微弱的光信号。其工作原理为：量子点材料在吸收光子时克服其带隙能量产生电子空穴对，电子空穴对在量子点内部的势阱中被束缚，形成激子由一个电子和一个空穴通过库仑相互作用结合而成的准粒子；当外加电场作用于该量子点时，激子会分离为自由电子和空穴，形成光电流。量子点可能吸收一个高能光子并产生多个激子。激子的束缚能是指将电子和空穴从激子状态分离为自由电子和空穴所需的能量，束缚能越大，激子越稳定，其表达式近似为，电子和空穴之间的库仑力可表示为为电子和空穴之间的平均距离，为材料的介电常数，为静电力常量，为电子电荷量。关于该光电传感器的工作特性，下列说法正确的是( )
A. 只要外加电场强度大于，就能产生有效的光电流
B. 增大外加电场强度，有效光电流可能不变
C. 该光电传感器的工作原理与光电效应原理相同
D. 产生一对自由电子和空穴需要的能量等于入射光子的能量与外加电场做功之和
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某小组同学利用“插针法”测定玻璃的折射率。
在完成了光路图以后，以点为圆心，为半径画圆，交延长线于点，过点和点作垂直法线的直线，与法线的交点分别为点和点，如图所示。用刻度尺测得的长度为，的长度为，则玻璃的折射率 ______。
如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，先用两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环静止时，由两个测力计的示数得到拉力和的大小，此外还必须______。
A.记录小圆环的位置
B.记录和的方向
C.测量两细线的夹角
D.测量橡皮条的伸长量
用半径相等的两个小球验证动量守恒定律，装置如图所示。先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置。接下来的实验步骤如下：
步骤：不放小球，让小球从斜槽上点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤：把小球放在斜槽末端边缘位置点，让小球从点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤：用刻度尺分别测量三个落点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度。
对于上述实验操作，下列说法正确的是______；
A.小球每次必须从斜槽上相同的位置由静止滚下
B.斜槽轨道末端必须水平
C.斜槽轨道必须光滑
上述实验还需要测量的物理量有______。
A.点、间的高度差
B.点离地面的高度
C.小球和的质量
D.小球和的半径
16.在“测量金属丝的电阻率”实验中：
下列说法正确的是______。
A.用刻度尺多次测量金属丝的全长，算出其平均值
B.用螺旋测微器在金属丝上某一位置测量得出其直径
C.实验中尽可能保持金属丝的温度不变
若待测金属丝电阻较小，为使电阻的测量结果尽量准确，且金属丝两端的电压调节范围尽可能大，图的实验电路符合要求的是______。
实验中调节滑动变阻器滑片的位置，读取多组电压、电流值，描绘出图像，图线的斜率为，金属丝的有效长度为，直径为，则金属丝电阻率的表达式为______。
某同学利用金属丝和内阻为的灵敏电流计设计了一个多量程电流表。如图所示，两端并联长为的金属丝，调节滑动变阻器使满偏，毫安表示数为，改变，重复上述步骤，始终保证满偏，获得多组、数据，作出图像如图所示，、均为已知量。
若想将灵敏电流计改装为量程为的电流表，则接入金属丝的长度为______；
若给定金属丝的横截面积为，则可由题目中信息得到金属丝的电阻率为______。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻力，请完成下列问题：
若摆长为，简谐运动周期为，求重力加速度的大小；
若摆长为，摆起最大角度为，求摆球通过最低点时速度的大小；
若摆球质量为，摆动周期为，重力加速度大小为，通过最低点时的速度大小为，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小。
18.如图所示，一边长为、质量为的正方形单匝线圈，自某高处沿竖直面下落，匀速穿过磁感应强度大小为的水平匀强磁场区域，速度大小为。重力加速度大小为，不计空气阻力。求：
刚进入磁场时线圈中的电流大小；
线圈的电阻；
线圈穿过磁场区域过程中产生的热量。
19.开普勒行星运动定律内容如下：
所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；
对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等；
所有行星轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等。
科研人员设想一种在太空中发射太空探测器的方案：卫星携带一探测器在半径为的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，运动周期为。在轨道上某点启动辅助动力装置短暂工作工作时消耗的气体质量忽略不计，将探测器沿运动方向射出，探测器恰好能完全脱离地球引力的束缚，而卫星沿原方向绕地球做椭圆运动。已知质量分别为、的两个质点相距为时的引力势能为，其中为引力常量。不计其他天体的作用。
求卫星和探测器绕圆轨道运动的线速度大小；
求发射后瞬间探测器的速度大小；
小华认为，若给定卫星与探测器的质量之比，则可求得发射探测器后卫星沿椭圆轨道运动的周期。请你分析说明她的观点是否正确，写出关键方程。
20.大气电场强度是大气电学领域的基本参数，监测大气电场强度对研究大气物理变化、灾害天气预防具有重大意义。通常情况下，地面附近的电场分布如图所示，低空大气与地球表面可视为平行板电容器。已知静电力常量为。
空气中平行板电容器的电容为，其中表示电容器极板的正对面积，表示板间的距离。
若地表单位面积上的电荷量为，请推导地球表面电场强度；
地面附近某空间的电场强度，已知地球半径，静电力常量，请结合中结论，估算地球表面带电量的数量级。
电场强度计能够探测大气电场强度的变化，其结构可简化为图：平行且靠近的动片和定片中心在一条竖直轴上，动片在上、定片在下，动片接地且与定片绝缘。动片和定片形状相同，均由个扇形金属片构成，每个扇形金属片的面积为。定片保持静止，动片由马达驱动，以角速度匀速转动，使得定片被交替地遮挡。定片未被遮挡部分处于大气电场中，由于静电感应，其上产生均匀分布的感应电荷。
求定片被交替遮挡的周期；
定片上感应电荷随时间的变化会产生周期性的电流，这一电流通过测量仪器就能显示大气电场强度的数值。从定片被动片完全遮挡开始计时，结合中结论，推导电流强度与大气电场强度的大小关系，并在图中画出大气电场强度恒定时电流强度与时间的图像。
答案和解析
1.【答案】
【解析】、由图可知，光从玻璃砖射向空气时，光的折射角大于光的折射角，根据折射定律
可知玻璃砖对光的折射率大于对光的折射率，故A正确；
B、根据
光的折射率大，所以在玻璃中的传播速率光小于光，故B错误；
C、根据
光的折射率大，则在玻璃中光的波长小于光的波长，故C错误；
D、光的折射率大，根据
以及
可知光的频率大。若光可使某种金属发生光电效应，由于光频率小于光，所以光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选：。
2.【答案】
【解析】、根据玻意耳定律可知，包装袋中气体压强减小，则高原地区的大气压较低，故C正确，A错误；
、温度不变，则气体内能不变，气体体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律可知，包装袋中气体吸收热量，故BD错误；
故选：。
3.【答案】
【解析】这群氢原子能辐射出种不同频率的光子，故A错误；
B.波长最短的辐射光对应着能级差最大，则是氢原子从能级跃迁到能级能级产生的，故B正确；
C.从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光频率高，能量大，故C错误；
D.能级的氢原子至少需吸收能量的光子才能电离，故D错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】、质点越衡位置，速度越大，则在任意内通过的路程不一定相同，故A错误；
B、图像的切线代表速度，可知第末和第末的速度方向不同，故B错误；
C、回复力，可知内所受回复力沿轴负方向，故C错误；
D、在到时间内，质点速度和位移方向均沿轴负方向，故D正确；
故选：。
5.【答案】
【解析】、因点的等差等势面较点密集，可知点的场强大于点，电子在点所受静电力大于在点所受静电力，故A正确；
B、由图可知，点与点处于同一个等势面上，根据公式可知，电子在点的电势能与在点的电势能相等，故B错误；
C、电子在点的电势能与在点的电势能相等，所以电子仅在电场力作用下从点运动到点动能不变，故C错误；
D、电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以等势面指向等势面，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解析】机器人的位移大小为，根据定义是路程，不是位移。位移应为，故A错误；
B.依据平均速度公式：，故B正确；
C.若机器人在弯道段保持速率不变，说明其速度大小不变，但方向在变化。速度是矢量，方向变化意味着速度在变化，需有向心加速度。根据牛顿第二定律，有向心加速度则必有合外力指向圆心，故C错误；
D.机器人全程的平均速度大小约为，终点线时的瞬时速度不一定大于其全程的平均速度，有可能小于也有可能等于。故D错误；
故选：。
7.【答案】
【解析】根据并联电路分流的原理可知，若将调到位置，则为改装后的安培表，故A正确；
根据串联电路分压的原理可知，若将调到位置，则为改装后的伏特表，故B正确；
若想扩大安培表的量程，可适当减小，故C错误；
若想扩大伏特表的量程，可适当增大，故D正确。
本题选错误的，故选：。
8.【答案】
【解析】、根据牛顿第二定律可得
得
可知图像的斜率，纵轴截距
由图可知，，，故A错误，B正确；
C、由图可知，若拉力相同，甲的加速度可能小于乙的加速度，也可能等于、大于乙的加速度，则经过相同时间甲的位移可能小于、等于或大于乙的位移，则经过相同时间拉力对甲做功不一定少，故C错误；
D、若拉力相同，通过相同位移，拉力做功相同。根据牛顿第二定律得，可得，不能确定两物体受到的摩擦力大小，因而不能判断摩擦力做功关系，所以通过相同位移甲获得的动能不一定小，故D错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】滑动变阻器滑片从某处自下向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，则变阻器在原线圈电路中的等效电阻变大，因为电源电压不变，根据欧姆定律可知，原线圈电路中的电流变小，即电流表示数变小，根据变流规律可知副线圈的输出电流也变小，即通过的电流减小。电阻两端的电压，所以两端电压也变小；则原线圈的输入电压变大，根据变压规律可知电压表示数变大，故A正确，BCD错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】、根据间的距离及与水平面的夹角，即可得到铅球从到的过程中，铅球上升的高度为：，重力做的功为：，故B错误；
D、由动能定理：，可得到铅球到达点的速度大小，故D正确；
A、由题意可知铅球在点的速度为水平方向，结合铅球在水平、竖直方向的受力，可得铅球从到所用的时间满足：，，解得：，故A错误；
C、以竖直向下为正方向，由动量定理：，可得铅球从到的动量变化量为：，故C错误。
故选：。
11.【答案】
【解析】、在质子束中与质子源相距和的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，电流分别为：，
由于是串联电路：
则；
从出发到处，电场力对电子做功，动能定理知：；
从出发到处，电场力对电子做功，动能定理知：
联立可解得
故A错误；
B、每个质子的动能为
每秒打到靶上的质子的总动能为
故B错误；
C、质子流对靶的作用力大小等于单位时间动量的变化，则
解得
故C正确；
D、质子总数为
解得
故D错误；
故选：。
12.【答案】
【解析】、设与地面之间的动摩擦因数为，和的质量分别为和，弹簧的劲度系数为。
A、发生分离时两者间无相互作用力，对，根据牛顿第二定律得：
得：
对、整体，根据牛顿第二定律得：
解得，即、发生分离时在弹簧原长位置，与弹簧的劲度系数、弹簧被压缩的长度、它们的质量大小均无关。
开始时弹簧处于原长，物块、保持静止，给施加一水平向左的恒力后，结合牛顿第二定律可知，与先向左做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，直到速度为零；然后反向做加速度减小的加速运动，到弹簧的弹力大小等于整体受到的摩擦力大小时，整体的加速度为零，此时二者未分离，此后弹簧的弹力小于摩擦力，它们一起向右做加速度增大的减速运动，直到在弹簧原长位置分离，所以时刻、分离，同时可知和时间内图中阴影面积相等，故A错误，D正确；
B、改变水平恒力大小，则压缩弹簧的过程中做的功就不同，与分离时它们的速度也不同；分离后的加速度，可知加速度不变，所以的时间不同，故B错误；
C、和时间内图中阴影面积相等，可知时间内图像不可能满足同一正弦函数规律，故C错误。
故选：。
13.【答案】
【解析】根据左手定则，判断导线中电流受力方向，再结合粒子运动轨迹与导线圆弧半径相同，若粒子轨迹与导线弯曲方向相同，粒子应带负电，故A错误；
B.设圆弧所对圆心角为，导线长度为，圆弧半径为，由
若不变，减小，可能变化，无法确定一定减小，故B错误；
C.对于导线，设圆弧所对圆心角为，导线有效长度为，由
对于粒子
且粒子轨迹半径与导线圆弧半径相同，由
和
联立可得
故C正确；
D.由
和
联立推导，无法得出粒子轨道半径为，故D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】、根据题意，激子分离的条件是
解得
故A错误；
B、增大外加电场强度，激子分离，但激子分离后，电子和空穴之间的库仑力增大，电子和空穴之间的距离减小，当电子和空穴之间的距离减小到小于时，电子和空穴又重新结合，此时有效光电流不变，故B正确；
C、该光电传感器的工作原理与光电效应原理不同，故C错误；
D、产生一对自由电子和空穴需要的能量等于入射光子的能量与外加电场做功之差，故D错误。
故选：。
15.【答案】； ； ；
【解析】根据折射率公式，其中，，设圆的半径为，而，，联立得；
小圆环静止时，由两个测力计的示数得到拉力和的大小，此外还必须记录小圆环的位置，记录和的方向，不需要测量两细线的夹角
和橡皮条的伸长量，故AB正确，CD错误。
故选：。
实验原理和注意事项可知，小球每次必须从斜槽上相同的位置由静止滚下，才能保证平抛初速度相等，斜槽轨道末端必须水平，才能保证做平抛运动，不需要轨道必须光滑，故AB正确，C错误。
故选：。
根据利用平抛运动验证动量守恒的实验原理和注意事项可知，必须测量两个小球的质量大小，不需要相应高度和小球半径，故C正确，ABD错误。
故选：。
故答案为：；；；。
16.【答案】； ； ； ；
【解析】、用刻度尺多次测量金属丝接入电路的有效长度，算出其平均值，故A错误；
B、用螺旋测微器在金属丝上不同位置测量金属丝直径，求出其平均值作为金属丝的直径，故B错误；
C、实验中尽可能保持金属丝的温度不变，故C正确；
故选：。
待测金属丝电阻较小，电压表内阻很大，为使电阻的测量结果尽量准确，电流表应采用外接法；要使金属丝两端的电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应采用分压接法，故B正确，ACD错误。
故选：。
图像的斜率，
由电阻定律得
解得
由图所示图像可知，图像的斜率，
图像的解析式为
若想将灵敏电流计改装为量程为的电流表，即，
解得接入金属丝的长度为
金属丝电阻
由并联电路特点与欧姆定律得
整理得，
图像的斜率，纵轴截距，
解得
故答案为：；；；；。
17.【解析】根据周期表达式：，可得到重力加速度：；
由动能定理：，可得摆球通过最低点时的速度大小；
小球从最高点第一次到最低点的过程中，在水平方向，由水平向右为正方向，由动量定理：，
以竖直向上为正方向，竖直方向：，小球的拉力冲量为：，解得：。
答：重力加速度大小为；
摆球通过最低点时速度的大小为；
细线对摆球拉力的冲量大小为。
18.【解析】单匝线圈匀速穿过磁感应强度大小为的水平匀强磁场区域，则有
解得
根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律有
解得
根据能量守恒定律可知
答：刚进入磁场时线圈中的电流大小为；
线圈的电阻为；
线圈穿过磁场区域过程中产生的热量为。
19.【解析】根据可得卫星和探测器绕圆轨道运动的线速度大小
设地球质量为，探测器质质量为，卫星质世为，探测器从被发射到无穷远的过程，由能量守恒定律
发射前，由牛顿第二定律得
因为
解得
小华的观点正确。设发射后卫星的速度为，发射过程动守恒，规定探测器的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
发射后卫星绕地球做概圆运动，设近地点速度为，近地点到地心距离为，由开普勒第二定律可得
由能盘守恒定律
设发射后卫星绕地球讼动的周期为，由开普勒第三定律
所以若给定卫星与探测器的质甩之比，可求得发射后卫星的运动问期。
答：卫星和探测器绕圆轨道运动的线速度大小为；
发射后瞬间探测器的速度大小为；
小华的观点正确，方程见解析。
20.【解析】设地球表面积为，则地球表面带电量为
由电容的定义式：
在匀强电场中有：
结合：
联立可得地表附近的电场强度；
由：，结合：
可得：
代入数值解得：，可得地球表面带电量的数量级为。
由题意可知动片每转动的圆心角，定片就被完全遮挡一次，则有：
定片被动片交替遮挡的过程中周期性充、放电。由于匀速转动，定片处于大气电场中的面积均匀增加或均匀减少，使得定片上的电荷量均匀增加或均匀减少，故产生的电流大小恒定。
设在时间内，定片的一个扇形从动片下方露出或遮住的面积为，且此变化面积上的电荷量为，单位面积上的电荷量为，则有：
由每个扇形金属片的面积为，可得：
结合中结论有：
联立可得：
电流强度与时间的图像如图所示。

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