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2025届高考物理模拟预测卷（新课标卷）
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2025 江苏模拟）某放射性元素衰变放出三种射线的穿透能力如图所示，射线2是（　　）
A．高速中子流 B．高速电子流
C．高速氦核粒子流 D．波长极短的电磁波
2．（4分）（2024春 内蒙古期中）如图所示，从水平地面上方某处将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，小球经过2s时间落地，且落地时速度大小为水平分速度大小的倍。不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。小球从抛出到落地的水平位移大小为（　　）
A．30m B．20m C．10m D．5m
3．（4分）（2025 镇江模拟）用如图1所示电路研究某元件的电流特性，图中D为电流传感器。t0时刻闭合开关，传感器显示的电流随时间变化的图像如图2，则该电学元件是（　　）
A．电感线圈 B．二极管 C．电容器 D．定值电阻
4．（4分）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图所示，M、N是介质中的两个质点。质点M的振动方程为y＝10sin2πtcm，则下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正向传播
B．t＝0时刻，质点N正沿y轴负方向运动
C．波的传播速度为15m/s
D．质点M的平衡位置位于xm处
5．（4分）（2024春 北仑区校级期中）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（　　）
A．周期为2t1﹣t0
B．半径为
C．角速度的大小为
D．加速度的大小为
6．（4分）（2025 河南模拟）如图所示，某实验小组在探究一横截面半径为R的圆柱形透明材料的光学特性时发现，紧靠材料边缘A点的光源发出的细光束AC到达材料内表面的C点后，同时发生反射和折射现象，反射光束恰与直径AB垂直，C点的出射光束恰与AB平行（图中反射光束及出射光束均未画出）。已知各光束均与AB共面，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．该材料对该光的折射率为
B．该材料对该光的折射率为1.5
C．若将入射光束绕A点在纸面内沿顺时针旋转60°，该光束不能射出圆柱体
D．若将入射光束绕A点在纸面内沿顺时针旋转90°，该光束不能射出圆柱体，且光从A点开始至第一次返回到A点的时间为
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（多选）7．（5分）（2023 兴庆区开学）如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，两人的质量之比m甲：m乙＝5：4。甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。在两人分开前，下列判断正确的是（　　）
A．甲的速率与乙的速率之比为4：5
B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为4：5
C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为4：5
D．甲的动能与乙的动能之比为4：5
（多选）8．（5分）（2022秋 吉首市月考）现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷。则下列说法中正确的是（　　）
A．O点的电场强度和电势均为零
B．将一正点电荷由a点移到b点电势能减小
C．同一点电荷在a、d两点所受电场力不相同
D．把一负点电荷从b点沿着b→d→c的路径移动到c点，电场力做功为零
（多选）9．（5分）（2024春 昆明期末）一质量为m的汽车沿倾角为θ的足够长的斜坡做直线运动。下坡时若关掉油门，汽车恰好做匀速直线运动。若汽车保持恒定功率P从静止开始启动上坡，经过时间t速度刚好达到最大值。汽车运动过程中所受摩擦阻力的大小恒定，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．汽车在斜坡运动时受到的摩擦阻力大小为mgsinθ
B．汽车上坡过程中的最大速度为
C．汽车整个加速上坡过程中增加的机械能为
D．汽车整个加速上坡过程中增加的机械能为
（多选）10．（5分）（2024 海口模拟）如图所示，理想变压器的原线圈、副线圈匝数比为2：1，电阻R＝10Ω，电压表为理想交流电压表，原线圈加上如图所示的交流电，则下列说法正确的是（　　）
A．在t＝0.01s时，电压表的示数为0
B．原线圈电流的有效值为0.5A
C．电阻R上消耗的电功率为10W
D．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（6分）（2024秋 烟台期末）某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固定在水平桌面上，在其上表面的P点安装一光电门。
物块上表面固定一遮光片，左侧固定一力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通过定滑轮与托盘（内有砝码）相接。实验时，物块从长木板右侧的O点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感器示数F和对应遮光片通过光电门的时间t。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保证每次让物块从长木板上的O点由静止开始释放，得到多组F、t数据。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 　 　 。
A.实验开始前，应先补偿阻力
B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行
C.实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力
D.为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量
（2）现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为 　 　 cm。
（3）测出OP之间的距离为L，遮光片的宽度为d，利用描点法做出图像如图丙所示，已知该图像的斜率为k，在纵轴上的截距为F0。当地的重力加速度大小为g，用给出的物理量的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间的动摩擦因数的表达式μ＝ 　 　 。
12．（10分）（2022秋 江北区校级期末）小明同学通过实验探究多用电表欧姆挡的工作原理。
（1）小明同学利用自己所学物理知识，自制了一个欧姆表，他采用的内部等效电路图为甲图中的 　 　 ，表笔a为 　 　 （选填“红”或“黑”）色。
（2）已知G表的满偏电流为6mA，制作好欧姆表后，小明同学对欧姆表进行欧姆调零，他将上图中欧姆表的红黑表笔短接，G表指针位置如图乙，调节欧姆调零旋钮，使G表指针指在 　 　 位置（选填“0刻度”、“满偏”），即完成欧姆调零。用此欧姆表粗测某电阻的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 　 　 （选填“×1”或“×100”）挡，并重新欧姆调零后进行测量。
（3）经欧姆调零后，小明同学打算测量此欧姆表的电动势和内阻，他找到5个规格相同的标准电阻R＝50.0Ω，他将n个（＝1，2，3，4，5）电阻串联后先后接在该欧姆表的红黑表笔之间，记下串联电阻的个数n和对应电流表的读数In。根据所得数据做出n图像，如图丙所示，可求得欧姆表中电源的电动势为 　 　 V，该欧姆表的内阻为 　 　 Ω。（结果保留三位有效数字）
（4）小明同学发现该欧姆表使用一段时间后，电源电动势减少，内阻增加，但仍然能欧姆调零，结合上述分析，则调零后用该表测量的电阻的测量值 　 　 真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
四．解答题（共3小题，满分40分）
13．（10分）（2024春 即墨区期中）如图，粗细不同的圆筒竖直固定不动，粗筒横截面积是细筒的2倍。粗筒中封闭有压强p1＝75cmHg的空气柱Ⅰ，气柱长度L1＝20cm，细筒中A、B两轻质活塞间封闭有空气柱Ⅱ，气柱长度L2＝10cm。活塞A上方的水银柱高h＝10cm，两轻质活塞与筒壁间摩擦不计。用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，此时水银面与细筒上端相平。现推动活塞B缓慢上移，直至水银刚好全部被推入粗筒中，整个过程中两气柱温度不变，大气压强p0＝75cmHg，封闭气体均可视为理想气体，两活塞重力不计，求：
（1）水银恰好被全部推入粗筒时，空气柱Ⅰ的压强p1′；
（2）活塞B上移的距离ΔL。
14．（14分）（2022 南通四模）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cosα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
15．（16分）如图所示，甲乙两小球质量均为m，甲球系于长为l的细绳一端，另一端固定在O点，并把小球甲拉到与O处于同一水平面的A点。乙球静止放在O点正下方距O点为l的B点。弧BDC为半径R的圆弧光滑轨道，圆心为O′。整个装置在同一铅直平面内。当甲球从静止落到B点与乙球作弹性碰撞，并使乙球沿弧BDC滑动，求D点（θ＝60°）处乙球对轨道的压力。
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6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2025 江苏模拟）某放射性元素衰变放出三种射线的穿透能力如图所示，射线2是（　　）
A．高速中子流 B．高速电子流
C．高速氦核粒子流 D．波长极短的电磁波
【考点】α、β、γ射线的本质及特点．
【专题】定性思想；归纳法；衰变和半衰期专题；理解能力．
【答案】B
【分析】α射线实质为氦核，带正电，电离性较强，但是穿透性最弱；β射线为电子流，带负电；γ射线为高频电磁波，穿透性最强。
【解答】解：α射线实质为氦核，带正电，电离性较强，但是穿透性最弱；β射线为电子流，带负电；γ射线为高频电磁波，穿透性最强。由图示可知：射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线，工业上使用γ射线来探查金属内部是否存在缺陷或裂纹。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】明确α、β、γ三种射线性质及应用，难度不大。
2．（4分）（2024春 内蒙古期中）如图所示，从水平地面上方某处将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，小球经过2s时间落地，且落地时速度大小为水平分速度大小的倍。不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。小球从抛出到落地的水平位移大小为（　　）
A．30m B．20m C．10m D．5m
【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据平抛运动的时间，根据速度—时间公式求出小球落地时的竖直分速度；根据初速度和时间求出小球抛出点与落地点的水平位移。
【解答】解：小球落地时竖直分速度为：vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，
设抛出时的速度为v0，则有
解得v0＝10m/s
小球抛出点和落地点的水平位移为：x＝v0t＝10×2m＝20m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
3．（4分）（2025 镇江模拟）用如图1所示电路研究某元件的电流特性，图中D为电流传感器。t0时刻闭合开关，传感器显示的电流随时间变化的图像如图2，则该电学元件是（　　）
A．电感线圈 B．二极管 C．电容器 D．定值电阻
【考点】电容器的充放电问题．
【专题】定性思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据线圈、二极管、电容器和电阻的特点分析即可。
【解答】解：图2中电流在开关闭合后电流逐渐减小，电感线圈由于自感，所以闭合开关瞬间电流为0，然后慢慢增大；二极管正向电阻小，闭合开关后电流较大，为恒定电流；二极管反向电阻大，闭合开关后电流较小，为恒定电流；电容器在闭合开关瞬间处于充电状态，电容器上的电荷量增多，电容器两极板间电压增大，充电电流减小，当电容器两极板间电压等于电源的电动势时，充电结束，电流为0；闭合开关后，通过定值电阻的电流不变，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】掌握线圈、二极管、电容器和电阻在电路中的特点是解题的基础。
4．（4分）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图所示，M、N是介质中的两个质点。质点M的振动方程为y＝10sin2πtcm，则下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正向传播
B．t＝0时刻，质点N正沿y轴负方向运动
C．波的传播速度为15m/s
D．质点M的平衡位置位于xm处
【考点】机械波的图像问题；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；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据M质点的运动情况分析波的传播方向，从而分析N的运动方向，根据质点的运动时间解得波速，进而计算波长，从而计算点M的平衡位置坐标。
【解答】解：AB、质点M的振动方程为y＝10sin2πtcm，可知在t＝0时刻质点M向上运动，根据平移法可知波沿x轴正向传播，质点N正沿y轴正方向运动，故A正确，B错误；
C、根据质点M的振动方程可知周期Ts＝1s
将y＝5cm代入质点M的振动方程为y＝10sin2πtcm，解得
t1s
则M和N点的起振时间相差s，由图可知M质点的振动形式传到x＝8m处需t2T1ss
则有（t2﹣t1）v＝8
解得v＝12m/s
D、波的波长为λ＝vT＝12×1m＝12m
则M点平衡位置的坐标为xλ
解得x＝﹣1m
故D错误。
故选：A。
【点评】本题中注意时间上的周期性即可顺利求解，能通过题意求出周期，读出波长；要知道质点做简谐运动时，在一个周期的时间内，质点通过的路程是四倍振幅，而不是一个波长；要注意质点通过的距离与波传播的距离是两回事，不要混淆。
5．（4分）（2024春 北仑区校级期中）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（　　）
A．周期为2t1﹣t0
B．半径为
C．角速度的大小为
D．加速度的大小为
【考点】卫星或行星运行参数的计算．
【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】B
【分析】根据题意解得角速度和周期的大小，根据万有引力提供向心力解得轨道半径和加速度大小。
【解答】解：AC、根据图（b）可知，Q的亮度变化的周期，即P的公转周期为：T＝t1﹣t0
则P的角速度的大小为ω，故AC错误；
B、对于行星P，根据万有引力提供向心力可得：
Gmω2r
解得r，故B正确；
D、行星P的加速度的大小为：a＝ω2r，故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键要掌握万有引力提供向心力这一基本思路，灵活选择圆周运动的公式，结合题意进行解题。
6．（4分）（2025 河南模拟）如图所示，某实验小组在探究一横截面半径为R的圆柱形透明材料的光学特性时发现，紧靠材料边缘A点的光源发出的细光束AC到达材料内表面的C点后，同时发生反射和折射现象，反射光束恰与直径AB垂直，C点的出射光束恰与AB平行（图中反射光束及出射光束均未画出）。已知各光束均与AB共面，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．该材料对该光的折射率为
B．该材料对该光的折射率为1.5
C．若将入射光束绕A点在纸面内沿顺时针旋转60°，该光束不能射出圆柱体
D．若将入射光束绕A点在纸面内沿顺时针旋转90°，该光束不能射出圆柱体，且光从A点开始至第一次返回到A点的时间为
【考点】光的折射定律．
【专题】定量思想；图析法；光的折射专题；模型建构能力．
【答案】D
【分析】AB、作图，根据几何关系分析入射角和折射角，根据折射率公式解答；
CD、根据折射率求解该材料发生全反射的临界角，分析入射角与临界角的关系，判断是否会在材料内壁发生全反射，根据光通过的路程和在介质中的速度求解时间。
【解答】解：AB、光路图如图甲所示，
由几何关系可知α＝β＝φ＝30°，θ＝60°，由，可知，故AB错误；
CD、入射光束顺时针旋转60°后，入射角为30°，可得，，可得30°＜C，即不会在材料内壁发生全反射，能射出圆柱体；如图乙所示，
入射光束顺时针旋转90°后，入射角为60°，因，而sinC，故C＜60°，即该光会在材料内壁发生全反射，故该光束不能射出该圆柱体，由图乙可知，光程为6R，光在介质中的传播速度，由，解得，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查对光的折射、全反射规律的理解，熟悉折射公式，临界角公式的运用。
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（多选）7．（5分）（2023 兴庆区开学）如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，两人的质量之比m甲：m乙＝5：4。甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。在两人分开前，下列判断正确的是（　　）
A．甲的速率与乙的速率之比为4：5
B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为4：5
C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为4：5
D．甲的动能与乙的动能之比为4：5
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；动量定理的内容和应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】A、根据动量守恒定律分析；
B、根据力的相互性和牛顿第二定律分析；
C、根据冲量的定义I＝Ft求解；
D、根据动能的表达式求解。
【解答】解：A、甲、乙两人组成的系统动量守恒，总动量为零，取甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律有：m甲v甲﹣m乙v乙＝0，可得甲、乙的速率之比为：v甲：v乙＝m乙：m甲＝4：5，故A正确；
B、甲、乙两人的作用力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律F＝ma，可知甲、乙的加速度之比为
a甲：a乙＝m乙：m甲＝4：5，故B正确；
C、甲、乙两人的相互作用力大小相等，作用时间相等，由冲量I＝Ft，可知则甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1，故C错误；
D、由，可知甲、乙两人的动能之比为：，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了动量守恒定律、冲量，解题的关键是知道甲、乙两人相互作用的过程，相互作用力等大反向，两者组成的系统动量守恒。
（多选）8．（5分）（2022秋 吉首市月考）现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷。则下列说法中正确的是（　　）
A．O点的电场强度和电势均为零
B．将一正点电荷由a点移到b点电势能减小
C．同一点电荷在a、d两点所受电场力不相同
D．把一负点电荷从b点沿着b→d→c的路径移动到c点，电场力做功为零
【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；电场强度与电场力的关系和计算；两个或多个不等量电荷的电场线分布；电场力做功与电势能变化的关系；电荷性质、电势能和电势的关系．
【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】BD
【分析】根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则求解，电荷在等势面上移动，电场力做功为0。
【解答】解：A、正点电荷在O点的电场强度沿着虚线向外，负点电荷在O点的电场强度沿着虚线向内，根据矢量合成法则，O点电场强度为AD方向，不为零；四个点电荷在O点处电势为零，故A错误；
B、四个点电荷在a点的电势为正，在b点电势为零，将一正点电荷从a点移动到b点电场力做正功，所以电势能减少，故B正确；
C、按照库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C错误；
D、据对称性，b、c等电势，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题以点电荷形成电场为背景，考查了电场强度的叠加、电势、电场力做功与电势能变化的关系。
（多选）9．（5分）（2024春 昆明期末）一质量为m的汽车沿倾角为θ的足够长的斜坡做直线运动。下坡时若关掉油门，汽车恰好做匀速直线运动。若汽车保持恒定功率P从静止开始启动上坡，经过时间t速度刚好达到最大值。汽车运动过程中所受摩擦阻力的大小恒定，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．汽车在斜坡运动时受到的摩擦阻力大小为mgsinθ
B．汽车上坡过程中的最大速度为
C．汽车整个加速上坡过程中增加的机械能为
D．汽车整个加速上坡过程中增加的机械能为
【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；机车以恒定功率启动．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】AC
【分析】根据平衡条件分析；当汽车受力平衡时速度最大；根据动能定理计算出汽车达到最大速度的位移，然后根据机械能等于动能和重力势能之和确定机械能的增加量。
【解答】解：A、因汽车下坡时恰好做匀速直线运动，则根据平衡条件可知汽车在斜坡运动时受到的摩擦阻力大小为mgsinθ，故A正确；
B、当汽车受力平衡时速度最大，所以在上坡达到最大速度时F＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，则最大速度为v，故B错误；
CD、设上坡时经过x汽车的速度达到最大，根据动能定理有Pt﹣mgssinθ﹣fx，则汽车整个加速上坡过程中增加的机械能为E＝mgxsinθ，解得E，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】对于汽车的启动问题，要知道汽车受力平衡时速度最大，在恒定功率启动的过程中能够根据动能定理得到汽车达到最大速度的距离。
（多选）10．（5分）（2024 海口模拟）如图所示，理想变压器的原线圈、副线圈匝数比为2：1，电阻R＝10Ω，电压表为理想交流电压表，原线圈加上如图所示的交流电，则下列说法正确的是（　　）
A．在t＝0.01s时，电压表的示数为0
B．原线圈电流的有效值为0.5A
C．电阻R上消耗的电功率为10W
D．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为
【考点】变压器的构造与原理．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据交流电的瞬时表达式求出输入电压，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得原线圈电压的有效值，由变压比求出副线圈两端的电压及电压表示数；由欧姆定律求出通过R的电流，副线圈的电流为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和，根据电流比求出电流表示数；根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得副线圈电压的最大值，由电功率公式求出电阻消耗的电功率。
【解答】解：A、由乙图可知，原线圈两端电压最大值为，则有效值为：，根据电压与匝数比关系可得：，解得副线圈两端的电压为：，因电压表显示的示数是有效值，故任何时刻电压表的示数都为10V，不会为零，故A错误；
B、根据欧姆定律可得流过R的电流为：，根据电流与匝数比的关系可得：，解得：，故B正确；
C、根据电功率公式可得电阻R上消耗的功率：，故C正确；
D、由乙图可知，周期T＝0.02s，则角速度为：
原线圈两端电压最大值为，根据u＝Umsinωt（V）可知加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，以电路知识为命题背景，考查交流电、变压器等相关知识。
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（6分）（2024秋 烟台期末）某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固定在水平桌面上，在其上表面的P点安装一光电门。
物块上表面固定一遮光片，左侧固定一力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通过定滑轮与托盘（内有砝码）相接。实验时，物块从长木板右侧的O点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感器示数F和对应遮光片通过光电门的时间t。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保证每次让物块从长木板上的O点由静止开始释放，得到多组F、t数据。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 　BC　 。
A.实验开始前，应先补偿阻力
B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行
C.实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力
D.为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量
（2）现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为 　0.740　 cm。
（3）测出OP之间的距离为L，遮光片的宽度为d，利用描点法做出图像如图丙所示，已知该图像的斜率为k，在纵轴上的截距为F0。当地的重力加速度大小为g，用给出的物理量的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间的动摩擦因数的表达式μ＝ 　　 。
【考点】游标卡尺的使用与读数；探究影响滑动摩擦力的因素．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；摩擦力专题；动能定理的应用专题；实验探究能力．
【答案】（1）BC；（2）0.740；（3）。
【分析】（1）根据实验原理、正确操作和牛顿第二定律分析作答；
（2）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（3）根据动能定理求解 函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。
【解答】解：（1）A.本实验需要测定物块与长木板间的动摩擦因数μ，因此实验开始前不需要补偿阻力，故A错误；
B.为了保证滑块所受的拉力的方向不变，实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行，故B正确；
C.滑块做加速运动，根据牛顿第二定律mg﹣F＝ma＞0
得到F＜mg
因此实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C正确；
D.由于实验了力传感器，本实验不需要保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量，故D错误。
故选：BC。
（2）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，遮光片的宽度d＝7mm+8×0.05mm＝7.40mm＝0.740cm
（3）物块通过光电门的瞬时速度
根据动能定理
代入数据联立解得
结合图像，图像的斜率
图像的纵截距b＝F0＝μMg
联立解得动摩擦因数。
故答案为：（1）BC；（2）0.740；（3）。
【点评】本题考查了测量物块与长木板间的动摩擦因数的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，掌握光电门求瞬时速度的方法，掌握动能定理的运用。
12．（10分）（2022秋 江北区校级期末）小明同学通过实验探究多用电表欧姆挡的工作原理。
（1）小明同学利用自己所学物理知识，自制了一个欧姆表，他采用的内部等效电路图为甲图中的 　C　 ，表笔a为 　红　 （选填“红”或“黑”）色。
（2）已知G表的满偏电流为6mA，制作好欧姆表后，小明同学对欧姆表进行欧姆调零，他将上图中欧姆表的红黑表笔短接，G表指针位置如图乙，调节欧姆调零旋钮，使G表指针指在 　满偏　 位置（选填“0刻度”、“满偏”），即完成欧姆调零。用此欧姆表粗测某电阻的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 　×1　 （选填“×1”或“×100”）挡，并重新欧姆调零后进行测量。
（3）经欧姆调零后，小明同学打算测量此欧姆表的电动势和内阻，他找到5个规格相同的标准电阻R＝50.0Ω，他将n个（＝1，2，3，4，5）电阻串联后先后接在该欧姆表的红黑表笔之间，记下串联电阻的个数n和对应电流表的读数In。根据所得数据做出n图像，如图丙所示，可求得欧姆表中电源的电动势为 　1.58　 V，该欧姆表的内阻为 　265　 Ω。（结果保留三位有效数字）
（4）小明同学发现该欧姆表使用一段时间后，电源电动势减少，内阻增加，但仍然能欧姆调零，结合上述分析，则调零后用该表测量的电阻的测量值 　大于　 真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【考点】练习使用多用电表（实验）；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；实验分析法；基本实验仪器；实验探究能力．
【答案】（1）C，红；（2）满偏，×1；（3）1.58，256；（4）大于。
【分析】（1）根据欧姆表的内部结构分析判断；
（2）根据欧姆表的使用方法分析判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导分析；
（4）根据实验误差分析判断。
【解答】解：（1）根据欧姆表的原理可知其内部有电源，有滑动变阻器调节其内阻，并且黑表笔接电源的正极，红表笔接电源的负极。
故选：C。
（2）欧姆调零当两表笔短路时，接入电路的外电阻最小，由欧姆定律知，可以通过调节滑动变阻器使电流表满偏，令指针指电流表的满偏电流刻度处，进行调零；
用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，示数较小，说明倍率挡选择过高，他应该换用“×1”挡；
（3）根据闭合欧姆定律可知
E＝In（R内+R外），R外＝nR
解得
由图丙可知
，
解得
E＝1.58V，R内＝265Ω
（4）当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式
欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了。
故答案为：（1）C，红；（2）满偏，×1；（3）1.58，256；（4）大于。
【点评】本题考查多用电表，要求掌握多用电表的原理和内部结构、使用步骤和读数方法。
四．解答题（共3小题，满分40分）
13．（10分）（2024春 即墨区期中）如图，粗细不同的圆筒竖直固定不动，粗筒横截面积是细筒的2倍。粗筒中封闭有压强p1＝75cmHg的空气柱Ⅰ，气柱长度L1＝20cm，细筒中A、B两轻质活塞间封闭有空气柱Ⅱ，气柱长度L2＝10cm。活塞A上方的水银柱高h＝10cm，两轻质活塞与筒壁间摩擦不计。用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，此时水银面与细筒上端相平。现推动活塞B缓慢上移，直至水银刚好全部被推入粗筒中，整个过程中两气柱温度不变，大气压强p0＝75cmHg，封闭气体均可视为理想气体，两活塞重力不计，求：
（1）水银恰好被全部推入粗筒时，空气柱Ⅰ的压强p1′；
（2）活塞B上移的距离ΔL。
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；气体压强的计算．
【专题】计算题；定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】（1）水银恰好被全部推入粗筒时，空气柱Ⅰ的压强p1′为100cmHg；
（2）活塞B上移的距离ΔL为11.911cm。
【分析】（1）根据玻意耳定律，结合气柱Ⅰ的压强和体积的变化分析求解；
（2）根据玻意耳定律，结合气柱Ⅱ的压强和体积的变化分析求解。
【解答】解：（1）设细圆筒的横截面积为S，水银全部计入粗圆筒后水银柱的高度为h，此时粗筒内气体压强为p'1，
有hS＝H′ 2S
对气柱Ⅰ，有p1L1 2S＝p'1（2L1S﹣hS）
解得：p'1＝100cmHg
（2）设开始时气柱Ⅱ的压强为p2，当水银刚好全部计入粗圆筒时，气柱Ⅱ的压强为p2'，有
p2＝p0+h
p'2＝p'1+h'
对气柱Ⅱ，有p2L2S＝p'2L'2S
活塞B上移的距离为
ΔL＝L2+h﹣L2'
解得：ΔL＝11.911cm
答：（1）水银恰好被全部推入粗筒时，空气柱Ⅰ的压强p1′为100cmHg；
（2）活塞B上移的距离ΔL为11.911cm。
【点评】本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。
14．（14分）（2022 南通四模）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cosα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；与加速电场相结合的质谱仪；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【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）加速电压的最大值为；
（2）该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值为；
（3）加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度为。
【分析】（1）根据动能定理结合几何关系解得；
（2）根据粒子运动情况作图，根据几何关系解答；
（3）作出粒子的运动轨迹图，根据题意分析粒子的运动情况，结合几何关系解答即可。
【解答】解：（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r，如图1.则r1
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有qUm
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有qv1B＝m
联立解得
Um
（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0＝3a
图2
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有2r0cosα＝5a+0.8a
解得
cosα
（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点。当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如图3.
图3
由几何关系得 OO2＝4a﹣3a＝a、PO2＝PO＝3a
根据余弦定理有cosθ
解得：cosθ
则 PA＝2PO2cosθ
解得：PA
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A'，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D'，圆心为O2'，如图4.
由几何关系得 OO'2＝3a﹣2a＝a、PO'2＝PO＝3a
根据余弦定理有cosβ
解得：cosβ
则 PA'＝2PO2′cosθ
解得：PA'
可知A与A’重合，该点为粒子打在光屏上最左侧的点，则最大区间长度为L﹣PC﹣PA＝6a
答：（1）加速电压的最大值为；
（2）该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值为；
（3）加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度为。
【点评】画出粒子的运动轨迹是解决本题的关键，结合几何关系，利用粒子在磁场中运动规律解决问题，本题综合度较高，对学生的运用数学解决物理问题的能力要求较高，容易犯错。
15．（16分）如图所示，甲乙两小球质量均为m，甲球系于长为l的细绳一端，另一端固定在O点，并把小球甲拉到与O处于同一水平面的A点。乙球静止放在O点正下方距O点为l的B点。弧BDC为半径R的圆弧光滑轨道，圆心为O′。整个装置在同一铅直平面内。当甲球从静止落到B点与乙球作弹性碰撞，并使乙球沿弧BDC滑动，求D点（θ＝60°）处乙球对轨道的压力。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】乙球对轨道的压力大小为3.5mg，方向沿O′D方向向下。
【分析】根据动能定理求解甲运动到B时的速度大小，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后乙的速度大小，根据动能定理求解乙球达到D点的速度大小，对乙球，在D点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得乙球对轨道的压力大小。
【解答】解：甲运动到B时的速度大小为v0，根据动能定理可得：mgl
解得：v0
设碰撞后甲的速度大小为v1、乙的速度大小为v2，甲和碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0＝mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v1＝0，v2
设乙球达到D点的速度大小为v，根据动能定理可得：﹣mgR（1﹣cosθ）
对乙球，在D点根据牛顿第二定律可得：FN﹣mgcosθ＝m
联立解得：FN＝3.5mg
根据牛顿第三定律可得乙球对轨道的压力大小为3.5mg，方向沿O′D方向向下。
答：乙球对轨道的压力大小为3.5mg，方向沿O′D方向向下。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和竖直方向的圆周运动；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（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
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