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2025届北京市通州区高三下学期一模物理试卷
1．（2025·通州模拟）如图所示，由红光与黄光组成的双色光，从空气斜射向一块平行玻璃砖，在上表面经折射分成两束单色光、，并都从下表面斜射出去。下列说法正确的是（　　）
A．光为红光
B．在真空中，光的速度更快
C．、光射出玻璃砖时，两束光线平行
D．、光分别照射同一个双缝装置，光产生的干涉条纹更宽
2．（2025·通州模拟）如图所示为玻尔模型中氢原子能级示意图，一群处于能级的氢原子向较低能级跃迁时会发出频率不同的光。下列关于这群氢原子的发射光谱的说法中，正确的是（　　）
A．是连续谱
B．最多有3种频率
C．波长最长的是从能级跃迁到能级所发出的光
D．只有3种不同频率的光能使逸出功为3.34eV的锌板发生光电效应
3．（2025·通州模拟）超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其工作原理如下：如甲图所示，使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，此时吸盘内封闭的气体压强仍与外界大气压强相等。然后再把锁扣扳下，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，使吸盘内封闭气体的体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上，如乙图所示。若吸盘内封闭的气体可视为理想气体，且安装过程中其质量和温度保持不变。则在锁扣扳下的过程中（　　）
A．吸盘内气体压强增大 B．吸盘内气体分子的内能不变
C．吸盘内气体分子的密度增大 D．吸盘内气体放出热量
4．（2025·通州模拟）如图所示，虚线、、代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，是轨迹上的三个点。在运动过程中，该带电粒子（　　）
A．在点时受力沿虚线向左 B．在点时的加速度比在点时小
C．在点时的动能比在点时小 D．在点时的电势能比在点时小
5．（2025·通州模拟）如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的图像，波源振动周期为。由图像可知（　　）
A．质点的振幅为0
B．该波波速为
C．经过，质点沿轴正方向移动
D．从时刻起，质点比质点先回到平衡位置
6．（2025·通州模拟）如图所示，一只蜗牛沿着一根固定不动的弧形树枝从左端开始缓慢向上爬行。下列说法正确的是（　　）
A．蜗牛受到的合力不断减小 B．树枝对蜗牛的作用力不变
C．树枝对蜗牛的弹力大小不变 D．树枝对蜗牛的摩擦力不断增大
7．（2025·通州模拟）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（　　）
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
8．（2025·通州模拟）如图所示，在光滑水平桌面上，边长为、总电阻为的单匝均匀正方形金属线框，在水平拉力作用下，以速度匀速进入竖直向下的匀强磁场。进入过程中，线框边与磁场边界平行，且线框平面保持水平。已知磁感应强度大小为。在线框进入磁场过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框产生沿方向的感应电流
B．边两端的电压
C．拉力做功为
D．边所受安培力始终为0
9．（2025·通州模拟）从地面上以初速度竖直上抛一质量为的小球，一段时间后落回地面的速度大小为。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，重力加速度为，下列说法中正确的是（　　）
A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间
B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
C．小球上升过程中的平均速度大于
D．整个过程中阻力做功为0
10．（2025·通州模拟）如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．应在右盘中加入小砝码
B．由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度
C．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流
D．若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态
11．（2025·通州模拟）如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器的滑片向下移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数增大 B．电路中总电阻增大
C．电压表的示数增大 D．恒流源输出功率增大
12．（2025·通州模拟）如图所示为一交流发电机和外接负载的示意图。矩形线圈在磁感应强度为的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动。矩形线圈面积为S，匝数为，线圈电阻为，外接负载电阻为。下列说法正确的是（　　）
A．图示时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最小
B．从图示时刻开始计时，电动势的瞬时值表达式为
C．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量
D．线圈由图示位置转过的过程中，电阻产生的热量
13．（2025·通州模拟）电磁血流量计的原理是基于法拉第电磁感应定律，可用于心血管手术的精密监控，其原理如图所示。空间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。当血液从内径为的水平血管左侧流入、右侧流出时，因为血液中含有大量的正、负离子，血管上下两侧间将形成电势差。当血液的流量（单位时间内流过血管横截面的血液体积）一定时，下列说法正确的是（　　）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变大，则血液流速变大
C．若血管内径变大，则变小
D．的大小与血液流速无关
14．（2025·通州模拟）半导体热电偶是一种将热能直接转化为电能的装置，其结构如图所示。它是由一对型半导体和型半导体串联而成。其中，型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量为。若两种半导体相连的一端和高温热源接触，而另一端、与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在、两端形成稳定的电势差。电势差的大小与高温热源和低温热源间的温度差满足，其中称为塞贝克系数，是衡量材料热电转换能力的关键参数。下列说法正确的是（　　）
A．A端是半导体热电偶的正极
B．若只交换高、低温热源的位置，则A、B两端不能形成稳定的电势差
C．塞贝克系数越大，说明材料热电转换能力越弱
D．半导体热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同
15．（2025·通州模拟）用图所示装置“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．实验中需要测量空气柱的横截面积
B．柱塞上应该涂油
C．应缓慢推拉柱塞
D．注射器必须固定在竖直平面内
16．（2025·通州模拟）某实验小组在完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验中，得到如图所示的“锯齿”边沿油膜，且油膜的面积相对较小，出现该图样的原因可能是（　　）
A．滴入太多的油酸酒精溶液
B．痱子粉撒得太多，且厚度不均匀
C．浅盘中装的水量太多
D．油酸酒精溶液的浓度太大
17．（2025·通州模拟）按要求完成填空。
（1）某同学用多用表的欧姆挡测量一个未知电阻的阻值。由于第一次将欧姆挡的选择开关置于“”时，发现指针偏转角度过小。此时，应将选择开关置于　 　（选填“×100”或“×1”），进行欧姆调零后再进行测量。
（2）另一同学利用如图所示的伏安法测一个未知电阻的阻值。将电压表左端接，当右端接时，测得的数据是；当右端接时，测得的数据是。由此可知，为使测量误差小些，电压表右端应接在　 　（选填“b”或“c”）点。
18．（2025·通州模拟）在利用如图1所示的“验证机械能守恒定律”的实验中。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（　　）
A．交流电源 B．刻度尺
C．天平（含砝码） D．秒表
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点，测得它们到起始点的距离分别为、、，已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为。设重物的质量为，从打点计时器打点到打点的过程中，只要表达式　 　在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。（用本小问中所给字母书写表达式）
（3）某同学设计出如图3所示的实验装置来验证机械能守恒定律。通过电磁铁控制的小球从点自由下落，下落过程中通过光电计时器（图中未画出）记录小球通过光电门的时间，测出之间的距离。已知当地重力加速度为。
a．该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图4所示，则其直径　 　mm。
b．保持电磁铁的位置不变，上下调节光电门，改变释放点到光电门的距离，多次实验记录多组数据，作出随变化的图像如图5所示，若该图线的斜率近似等于　 　，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
c．考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为，则实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值　 　（用、表示）。
19．（2025·通州模拟）如图所示，轻绳下端吊着一个质量的沙袋。一个质量的子弹以的速度水平射入沙袋，经过极短的时间与沙袋达到共同速度，然后随沙袋一起摆动。已知重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度的大小；
（2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度；
（3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能。
20．（2025·通州模拟）如图所示为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。已知两导轨内侧间距，滑块的质量，滑块沿导轨滑行后获得的发射速度（此过程可视为匀加速运动）。
（1）求滑块在发射过程中的加速度的大小；
（2）求发射过程中电源提供的电流的大小；
（3）若滑块所在电路的总电阻为，试推导论证滑块在发射过程中可视为匀加速运动的合理性。
21．（2025·通州模拟）目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知每个离子质量为、电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为。将该离子推进器固定在地面上进行试验。
（1）求正离子经过电极B时的速度的大小；
（2）求推进器获得的平均推力的大小；
（3）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式，并指出为提高能量的转换效率，要使尽量大可以采取的两条措施。
22．（2025·通州模拟）有心力是指力的作用线始终经过一个定点（力心）的力。行星绕太阳运动时，太阳可视为固定，行星所受引力始终指向太阳中心，即为有心力。万有引力，库仑力都是有心力。理论上可以证明，质点在有心力的作用下运动时，满足面积定律：质点与力心的连线在相等时间内扫过的面积相等。
（1）开普勒从第谷观测火星位置所得资料中总结出来类似的规律，称为开普勒第二定律。如图1所示，将行星绕太阳运动的轨道简化为半径为的圆轨道。
a．设极短时间内，行星与太阳的连线扫过的面积为。求行星绕太阳运动的线速度的大小，并结合开普勒第二定律证明行星做匀速圆周运动；（扇形面积半径弧长）
b．若测得行星公转周期为，求行星的向心加速度的大小。
（2）如图2所示，用粒子束入射待测材料靶（例如金箔），通过测量不同角度方向上散射粒子的数目，可确定材料靶原子的种类、浓度及深度分布等信息。
a．粒子可通过放射性元素衰变获得。一个静止的（钋）衰变为（铅），同时放出一个粒子，写出此衰变过程的反应式。
b．如图3所示，质量为、电荷量为、速度为的粒子从足够远处沿某直线入射靶核，该直线与靶核的距离为。在库仑力作用下，粒子最终将被散射远离靶核而去。散射过程中，电荷量为的靶核近似不动，可视为固定的正点电荷。已知当以无穷远处为电势零点时，电荷量为的点电荷在距离自身处的电势为，式中为静电力常量。求粒子接近靶核的最近距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．光的偏折越大，则折射率越大，可知a的折射率更大，则为黄光，故A错误；
B．介质中的光速，则光的速度更快，故B错误；
C．因为a、b光束射到下表面的入射角等于射到上表面的折射角，可知从下表射出时的折射角等于射到上表面时的入射角，即光分别从下表面两点射出后，两束光相互平行，故C正确；
D．的频率大，则的波长短，根据可知，通过相同的双缝装置，的条纹更窄，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合光的折射规律、折射率与光的频率 / 波长的关系，分析各选项。
2．【答案】D
【知识点】氢原子光谱；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．氢原子能级是分立的，跃迁时辐射的光子能量是特定值，对应线状光谱，并非连续谱，A错误；
B．最多有6种频率，B错误；
C．根据 ，波长最长的是从能级跃迁到能级所发出的光，C错误；
D．只有从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级发出的光子的能量大于3.34eV，所以只有3种不同频率的光能使逸出功为3.34eV的锌板发生光电效应，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合氢原子能级跃迁的光子能量特点（），分析光谱类型、光子频率数、波长与能量的关系，以及光电效应的条件（光子能量≥逸出功）。
3．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知，吸盘内气体压强减小，故A错误；B．温度不变，吸盘内气体分子的平均动能不变，理想气体的内能只与分子动能有关，所以气体分子的内能不变，故B正确；
C．吸盘内封闭了一定质量的理想气体，由图可知，吸盘内的气体体积变大，吸盘内气体分子的密度减小，故C错误；
D．理想气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，吸盘内气体要吸收热量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】锁定 “质量和温度不变的理想气体” 这一条件，结合玻意耳定律、理想气体内能特点、热力学第一定律分析各选项。
4．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场线
【解析】【解答】A．带电粒子的轨迹凹侧指向受力方向，故在 R 点时，电场力沿虚线向右（而非向左），故A错误；
B．因为P点的电场线比Q点密集，所以P点的电场强度比Q点大，粒子在P点时所受的电场力比Q点时大，根据牛顿第二定律可知，在P点时的加速度比Q点时大，故B错误；
C．假设粒子从P运动到Q，电场力与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，故P点的动能比Q点大，故C错误，
D．电场力做负功时，动能减小、电势能增大，因此P点的电势能比Q点小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】通过轨迹的凹侧判断电场力方向，结合电场线疏密分析场强与加速度，再根据电场力做功判断动能、电势能的变化。
5．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．简谐横波中所有质点的振幅相同，均为 4cm，质点 b 的振幅也为 4cm，并非 0，故A错误；
B．由题图可知波长为，则波速为，故B错误；
C．简谐横波中，质点仅在平衡位置附近振动，不随波迁移，故质点 b 不会沿 x 轴移动，故C错误；
D．波沿轴正方向传播，根据波形平移法可知，时刻质点向下振动，则从时刻起，质点比质点先回到平衡位置，故D正确。
故答案为：D。
【分析】从波形图获取波长，结合周期计算波速，再根据简谐横波的特点（质点仅振动、不随波迁移）及振动方向判断质点的运动情况。
6．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】ACD．设竖直于水平方向的夹角为，蜗牛受重力，弹力、摩擦力，蜗牛缓慢前行，故蜗牛的合外力始终为零，由平衡方程有
，
由于坡角逐渐变小，故竖直对蜗牛的支持力逐渐变大，树枝对蜗牛的摩擦力逐渐变小，A错误，C错误，D错误；
B．由受力平衡可知树枝对蜗牛的作用力与蜗牛的重力始终等大反向，故树枝对蜗牛的作用力不变，B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查动态受力平衡分析，核心思路是通过坡角变化推导弹力、摩擦力的变化，结合平衡条件判断树枝对蜗牛的总作用力是否改变。
7．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A． 由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ， 需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为
B正确；
C．根据
解得
轨道半径越小，速度越大，所以在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。
故选B。
【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。
8．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，可知线框产生的电流方向为，A错误；
B．导体切割磁感线产生的电动势，根据欧姆定律可知，线框中的电流，边两端的电压等于外电路的电压，则有，B错误；
C．由于线框匀速运动，则线框受力平衡，则有，故拉力所做的功，C正确；
D．ab边进入磁场后，磁场对其有安培力的作用，当线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，ab边的安培力为零，D错误。
故答案为：C。
【分析】线框匀速进入磁场时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则、欧姆定律、安培力公式分析各选项。
9．【答案】B
【知识点】平均速度；牛顿定律与图象；功的概念；冲量
【解析】【解答】A．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为，下落过程中，小球的加速度为
可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据
可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为，故阻力的冲量大小为
因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B正确；
C．上升过程若是匀减速运动，则平均速度为，但由图可知，其速度时间图像面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得小球上升过程中的平均速度小于，故C错误；
D．整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合加速度、冲量、平均速度的定义，以及阻力做功的特点，逐一分析选项。
10．【答案】C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．由左手定则，线圈中电流向下、磁场垂直纸面向里，安培力方向向下（作用在右盘的线圈上），右盘会增重，因此应在左盘中加入砝码以平衡，并非右盘，A错误；
B．根据平衡条件得 ，解得，B错误；
C．若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，C正确；
D．若只改变电流的方向，安培力向上，线圈不能保持平衡状态，D错误。
故答案为：C。
【分析】先通过左手定则判断安培力方向，再结合平衡条件分析砝码添加位置、磁感应强度计算及电流变化的影响。
11．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AC．恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；B．滑动变阻器的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，根据并联电路的特征可知电路中总电阻减小，B错误；
D．根据，由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D错误。
故答案为：A。
【分析】恒流源提供的总电流恒定，滑片下移时，先分析滑动变阻器接入电阻的变化，再结合并联电路的电压、电流规律分析各电表示数及功率变化。
12．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示时刻，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量变化率最大（此时边切割磁感线的速度与磁场垂直），故A错误；
B．从图示时刻开始计时，电动势的瞬时值表达式为，故B错误；
C．从题图所示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为，故C正确；
D．线圈由图示位置转过的过程中，电阻R上所产生的热量，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合交变电流的产生规律，从磁通量变化率、电动势瞬时值、电荷量、焦耳热的公式逐一分析选项。
13．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；电磁流量计
【解析】【解答】A．由左手定则，正离子受洛伦兹力向上，负离子受洛伦兹力向下，故血管上侧聚集正离子、电势高，下侧聚集负离子、电势低，故A错误；
B．血液的流量为，若血管内径变大，则S变大，因Q一定，则v变小，故B错误；
C．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，即，得，又，，联立得所以，若d变大，则变小，故C正确；
D．在流量Q一定的条件下，根据可知若v变化，则d就变化，根据可知， 必定变化，所以与v有关，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用左手定则判断离子偏转方向，结合洛伦兹力与电场力平衡的条件，推导电势差与流速、管径的关系，再分析流量一定时各物理量的变化。
14．【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．n型半导体的载流子是电子，载流子从高温端向低温端（A端）扩散，故A端聚集电子，A端是负极，并非正极，A错误；
B．只交换高、低热源的位置，二者之间存在温差，载流子依然可以定向移动，从而可以在A、B两端形成电势差，B错误；
C．根据可知，温差一定时，塞贝克系数越大，A、B端的电势差就越大，说明材料热电转换能力越强，C错误；
D．载流子从高温端向低温端扩散的“驱动力”是非静电力，其方向与载流子扩散方向相同，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合 n 型、p 型半导体的载流子类型，分析载流子扩散方向与电势、非静电力的关系，再解读塞贝克系数的物理意义。
15．【答案】B,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．注射器横截面积固定，空气柱体积可通过长度直接替代，因此无需测量横截面积，A错误；
B．柱塞涂油的作用是减小摩擦，同时增强气密性、防止漏气，保证气体质量不变，B正确；
C．若急速推拉活塞，则有可能造成漏和等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，C正确；
D．压强由压力表测量，不是由竖直的平衡条件计算，所以不需要竖直放置，D错误。
故答案为：BC。
【分析】围绕 “等温、一定质量气体” 的实验条件，分析各操作的目的及实验要求。
16．【答案】B
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】由图中情况可知，油酸并没有充分地推开痱子粉，故原因是痱子粉撒得太多，且厚度不均匀。
故答案为：B。
【分析】油膜实验的核心是让油酸充分展开形成单分子层，结合实验操作对油膜形态的影响分析原因。
17．【答案】（1）
（2）c
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表的指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了使测量尽量准确，应切换更大的倍率，即。
故答案为：
（2）根据题中数据可知，
即电压表的分流作用明显，为使测量误差小些，应将电流表内接，即电压表右端应接在c点。
故答案为：c
【分析】（1）欧姆挡倍率：指针偏角小对应电阻大，需换更大倍率以让指针指在表盘中央附近（提高精度）；
（2）伏安法接法：通过比较电压、电流的相对变化量，判断电表的系统误差（分流 / 分压），选择误差更小的接法（内接 / 外接）。
（1）欧姆表的指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了使测量尽量准确，应切换更大的倍率，即。
（2）根据题中数据可知，
即电压表的分流作用明显，为使测量误差小些，应将电流表内接，即电压表右端应接在c点。
18．【答案】（1）A；B
（2）
（3）6.200；2g；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）在该实验中，电磁打点计时器用的是约8V的交流电源，通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。
故答案为：AB。
（2）从点到打点的过程中，重力势能的减少量为
动能的增加量为
若在误差允许的范围内
即只要表达式在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。
故答案为：
（3）由图可知，其直径为
若小球在下落的过程中机械能守恒，则
化简可得
即满足该图线的斜率
由动能定理
可得
所以实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值
故答案为：6.200；2g；
【分析】（1）器材选择：围绕实验原理（打点计时、距离测量），排除无需的器材；
（2）纸带法验证：通过 “中间时刻速度=平均速度” 求B点速度，结合重力势能减少量与动能增加量的关系列表达式；
（3）光电门法验证：用螺旋测微器测直径，通过机械能守恒推导图像斜率，再结合动能定理分析阻力的影响。
（1）在该实验中，电磁打点计时器用的是约8V的交流电源，通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。
故选AB。
（2）从点到打点的过程中，重力势能的减少量为
动能的增加量为
若在误差允许的范围内
即只要表达式在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。
（3）[1]由图可知，其直径为
[2]若小球在下落的过程中机械能守恒，则
化简可得
即满足该图线的斜率
[3]由动能定理
可得
所以实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值
19．【答案】（1）解：规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得
解得
（2）解：子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得
解得
（3）解：根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）共同速度：利用 “短时间内动量守恒” 的特点，直接联立动量守恒公式求解；
（2）最大高度：摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，通过动能与重力势能的转化关系计算高度；
（3）损失机械能：损失的机械能等于碰撞前后的动能差，直接计算初末动能的差值。
（1）规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得
解得
（2）子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得
解得
（3）根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能
20．【答案】（1）解：滑块在两导轨间做匀加速运动
解得
（2）解：根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力
解得
（3）解：滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为
当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的感应电动势为
此时的为最大感应电动势，通过对比可知电源电动势远大于，因此在加速过程中，滑块产生的感应电动势可忽略不计，即滑块受到的安培力可看作定值。
根据牛顿第二定律
可知滑块视做匀加速运动是合理的。
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）加速度计算：利用匀加速运动的速度 - 位移公式，直接代入数据求解；
（2）电流计算：通过安培力与合外力的关系，结合牛顿第二定律推导电流表达式；
（3）合理性论证：从 “电流恒定→安培力恒定→合外力恒定→加速度恒定” 的逻辑链，说明匀加速运动的合理性。
（1）滑块在两导轨间做匀加速运动
解得
（2）根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力
解得
（3）滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为
当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的感应电动势为
此时的为最大感应电动势，通过对比可知电源电动势远大于，因此在加速过程中，滑块产生的感应电动势可忽略不计，即滑块受到的安培力可看作定值。
根据牛顿第二定律
可知滑块视做匀加速运动是合理的。
21．【答案】（1）解：正离子在A、B之间加速过程，根据动能定理，有
解得
（2）解：设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
以很短时间时间内飘入电极间的个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有
其中
解得
（3）解：设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
则
根据的表达式可知，为增大可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）离子速度：利用电场加速的动能定理，直接联立公式求解；
（2）推进器推力：通过动量定理，将推力转化为离子的动量变化率，结合速度表达式推导；
（3）功率比值与措施：先计算加速功率，再推导 的表达式，结合表达式分析提高比值的措施。
（1）正离子在A、B之间加速过程，根据动能定理，有
解得
（2）设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
以很短时间时间内飘入电极间的个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有
其中
解得
（3）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
则
根据的表达式可知，为增大可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
22．【答案】（1）解：a．根据扇形面积公式可得，时间内行星扫过的扇形面积为
解得
根据开普勒第二定律，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，即为常量，则行星绕太阳运动的线速度大小也为常量，所以行星做匀速圆周运动。
b．行星的向心加速度大小为
（2）解：a．衰变方程为
b．粒子受力始终背离靶核的中心，粒子在同一平面内运动。当粒子最接近靶核时，此时的速度应与粒子与靶核的连线垂直。根据面积定律，有
在散射过程中，只有库仑力做功，系统能量守恒。以无穷远处的电势为零，有
联立以上方程，解得（另一值无物理意义，已舍去）
【知识点】开普勒定律；电势能；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】（1）行星运动：利用扇形面积公式推导线速度，结合开普勒第二定律的“面积速率恒定”证明匀速圆周运动；再由圆周运动规律求向心加速度。
（2）α粒子散射：衰变反应式遵循质量数、电荷数守恒；最近距离的计算结合能量守恒与角动量守恒，联立方程求解。
（1）a．根据扇形面积公式可得，时间内行星扫过的扇形面积为
解得
根据开普勒第二定律，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，即为常量，则行星绕太阳运动的线速度大小也为常量，所以行星做匀速圆周运动。
b．行星的向心加速度大小为
（2）a．衰变方程为
b．粒子受力始终背离靶核的中心，粒子在同一平面内运动。当粒子最接近靶核时，此时的速度应与粒子与靶核的连线垂直。根据面积定律，有
在散射过程中，只有库仑力做功，系统能量守恒。以无穷远处的电势为零，有
联立以上方程，解得（另一值无物理意义，已舍去）
1 / 12025届北京市通州区高三下学期一模物理试卷
1．（2025·通州模拟）如图所示，由红光与黄光组成的双色光，从空气斜射向一块平行玻璃砖，在上表面经折射分成两束单色光、，并都从下表面斜射出去。下列说法正确的是（　　）
A．光为红光
B．在真空中，光的速度更快
C．、光射出玻璃砖时，两束光线平行
D．、光分别照射同一个双缝装置，光产生的干涉条纹更宽
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．光的偏折越大，则折射率越大，可知a的折射率更大，则为黄光，故A错误；
B．介质中的光速，则光的速度更快，故B错误；
C．因为a、b光束射到下表面的入射角等于射到上表面的折射角，可知从下表射出时的折射角等于射到上表面时的入射角，即光分别从下表面两点射出后，两束光相互平行，故C正确；
D．的频率大，则的波长短，根据可知，通过相同的双缝装置，的条纹更窄，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合光的折射规律、折射率与光的频率 / 波长的关系，分析各选项。
2．（2025·通州模拟）如图所示为玻尔模型中氢原子能级示意图，一群处于能级的氢原子向较低能级跃迁时会发出频率不同的光。下列关于这群氢原子的发射光谱的说法中，正确的是（　　）
A．是连续谱
B．最多有3种频率
C．波长最长的是从能级跃迁到能级所发出的光
D．只有3种不同频率的光能使逸出功为3.34eV的锌板发生光电效应
【答案】D
【知识点】氢原子光谱；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．氢原子能级是分立的，跃迁时辐射的光子能量是特定值，对应线状光谱，并非连续谱，A错误；
B．最多有6种频率，B错误；
C．根据 ，波长最长的是从能级跃迁到能级所发出的光，C错误；
D．只有从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级发出的光子的能量大于3.34eV，所以只有3种不同频率的光能使逸出功为3.34eV的锌板发生光电效应，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合氢原子能级跃迁的光子能量特点（），分析光谱类型、光子频率数、波长与能量的关系，以及光电效应的条件（光子能量≥逸出功）。
3．（2025·通州模拟）超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其工作原理如下：如甲图所示，使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，此时吸盘内封闭的气体压强仍与外界大气压强相等。然后再把锁扣扳下，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，使吸盘内封闭气体的体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上，如乙图所示。若吸盘内封闭的气体可视为理想气体，且安装过程中其质量和温度保持不变。则在锁扣扳下的过程中（　　）
A．吸盘内气体压强增大 B．吸盘内气体分子的内能不变
C．吸盘内气体分子的密度增大 D．吸盘内气体放出热量
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知，吸盘内气体压强减小，故A错误；B．温度不变，吸盘内气体分子的平均动能不变，理想气体的内能只与分子动能有关，所以气体分子的内能不变，故B正确；
C．吸盘内封闭了一定质量的理想气体，由图可知，吸盘内的气体体积变大，吸盘内气体分子的密度减小，故C错误；
D．理想气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，吸盘内气体要吸收热量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】锁定 “质量和温度不变的理想气体” 这一条件，结合玻意耳定律、理想气体内能特点、热力学第一定律分析各选项。
4．（2025·通州模拟）如图所示，虚线、、代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，是轨迹上的三个点。在运动过程中，该带电粒子（　　）
A．在点时受力沿虚线向左 B．在点时的加速度比在点时小
C．在点时的动能比在点时小 D．在点时的电势能比在点时小
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场线
【解析】【解答】A．带电粒子的轨迹凹侧指向受力方向，故在 R 点时，电场力沿虚线向右（而非向左），故A错误；
B．因为P点的电场线比Q点密集，所以P点的电场强度比Q点大，粒子在P点时所受的电场力比Q点时大，根据牛顿第二定律可知，在P点时的加速度比Q点时大，故B错误；
C．假设粒子从P运动到Q，电场力与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，故P点的动能比Q点大，故C错误，
D．电场力做负功时，动能减小、电势能增大，因此P点的电势能比Q点小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】通过轨迹的凹侧判断电场力方向，结合电场线疏密分析场强与加速度，再根据电场力做功判断动能、电势能的变化。
5．（2025·通州模拟）如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的图像，波源振动周期为。由图像可知（　　）
A．质点的振幅为0
B．该波波速为
C．经过，质点沿轴正方向移动
D．从时刻起，质点比质点先回到平衡位置
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．简谐横波中所有质点的振幅相同，均为 4cm，质点 b 的振幅也为 4cm，并非 0，故A错误；
B．由题图可知波长为，则波速为，故B错误；
C．简谐横波中，质点仅在平衡位置附近振动，不随波迁移，故质点 b 不会沿 x 轴移动，故C错误；
D．波沿轴正方向传播，根据波形平移法可知，时刻质点向下振动，则从时刻起，质点比质点先回到平衡位置，故D正确。
故答案为：D。
【分析】从波形图获取波长，结合周期计算波速，再根据简谐横波的特点（质点仅振动、不随波迁移）及振动方向判断质点的运动情况。
6．（2025·通州模拟）如图所示，一只蜗牛沿着一根固定不动的弧形树枝从左端开始缓慢向上爬行。下列说法正确的是（　　）
A．蜗牛受到的合力不断减小 B．树枝对蜗牛的作用力不变
C．树枝对蜗牛的弹力大小不变 D．树枝对蜗牛的摩擦力不断增大
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】ACD．设竖直于水平方向的夹角为，蜗牛受重力，弹力、摩擦力，蜗牛缓慢前行，故蜗牛的合外力始终为零，由平衡方程有
，
由于坡角逐渐变小，故竖直对蜗牛的支持力逐渐变大，树枝对蜗牛的摩擦力逐渐变小，A错误，C错误，D错误；
B．由受力平衡可知树枝对蜗牛的作用力与蜗牛的重力始终等大反向，故树枝对蜗牛的作用力不变，B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查动态受力平衡分析，核心思路是通过坡角变化推导弹力、摩擦力的变化，结合平衡条件判断树枝对蜗牛的总作用力是否改变。
7．（2025·通州模拟）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（　　）
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A． 由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ， 需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为
B正确；
C．根据
解得
轨道半径越小，速度越大，所以在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。
故选B。
【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。
8．（2025·通州模拟）如图所示，在光滑水平桌面上，边长为、总电阻为的单匝均匀正方形金属线框，在水平拉力作用下，以速度匀速进入竖直向下的匀强磁场。进入过程中，线框边与磁场边界平行，且线框平面保持水平。已知磁感应强度大小为。在线框进入磁场过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框产生沿方向的感应电流
B．边两端的电压
C．拉力做功为
D．边所受安培力始终为0
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，可知线框产生的电流方向为，A错误；
B．导体切割磁感线产生的电动势，根据欧姆定律可知，线框中的电流，边两端的电压等于外电路的电压，则有，B错误；
C．由于线框匀速运动，则线框受力平衡，则有，故拉力所做的功，C正确；
D．ab边进入磁场后，磁场对其有安培力的作用，当线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，ab边的安培力为零，D错误。
故答案为：C。
【分析】线框匀速进入磁场时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则、欧姆定律、安培力公式分析各选项。
9．（2025·通州模拟）从地面上以初速度竖直上抛一质量为的小球，一段时间后落回地面的速度大小为。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，重力加速度为，下列说法中正确的是（　　）
A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间
B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
C．小球上升过程中的平均速度大于
D．整个过程中阻力做功为0
【答案】B
【知识点】平均速度；牛顿定律与图象；功的概念；冲量
【解析】【解答】A．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为，下落过程中，小球的加速度为
可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据
可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为，故阻力的冲量大小为
因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B正确；
C．上升过程若是匀减速运动，则平均速度为，但由图可知，其速度时间图像面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得小球上升过程中的平均速度小于，故C错误；
D．整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合加速度、冲量、平均速度的定义，以及阻力做功的特点，逐一分析选项。
10．（2025·通州模拟）如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．应在右盘中加入小砝码
B．由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度
C．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流
D．若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态
【答案】C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．由左手定则，线圈中电流向下、磁场垂直纸面向里，安培力方向向下（作用在右盘的线圈上），右盘会增重，因此应在左盘中加入砝码以平衡，并非右盘，A错误；
B．根据平衡条件得 ，解得，B错误；
C．若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，C正确；
D．若只改变电流的方向，安培力向上，线圈不能保持平衡状态，D错误。
故答案为：C。
【分析】先通过左手定则判断安培力方向，再结合平衡条件分析砝码添加位置、磁感应强度计算及电流变化的影响。
11．（2025·通州模拟）如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器的滑片向下移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数增大 B．电路中总电阻增大
C．电压表的示数增大 D．恒流源输出功率增大
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AC．恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；B．滑动变阻器的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，根据并联电路的特征可知电路中总电阻减小，B错误；
D．根据，由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D错误。
故答案为：A。
【分析】恒流源提供的总电流恒定，滑片下移时，先分析滑动变阻器接入电阻的变化，再结合并联电路的电压、电流规律分析各电表示数及功率变化。
12．（2025·通州模拟）如图所示为一交流发电机和外接负载的示意图。矩形线圈在磁感应强度为的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动。矩形线圈面积为S，匝数为，线圈电阻为，外接负载电阻为。下列说法正确的是（　　）
A．图示时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最小
B．从图示时刻开始计时，电动势的瞬时值表达式为
C．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量
D．线圈由图示位置转过的过程中，电阻产生的热量
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示时刻，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量变化率最大（此时边切割磁感线的速度与磁场垂直），故A错误；
B．从图示时刻开始计时，电动势的瞬时值表达式为，故B错误；
C．从题图所示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为，故C正确；
D．线圈由图示位置转过的过程中，电阻R上所产生的热量，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合交变电流的产生规律，从磁通量变化率、电动势瞬时值、电荷量、焦耳热的公式逐一分析选项。
13．（2025·通州模拟）电磁血流量计的原理是基于法拉第电磁感应定律，可用于心血管手术的精密监控，其原理如图所示。空间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。当血液从内径为的水平血管左侧流入、右侧流出时，因为血液中含有大量的正、负离子，血管上下两侧间将形成电势差。当血液的流量（单位时间内流过血管横截面的血液体积）一定时，下列说法正确的是（　　）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变大，则血液流速变大
C．若血管内径变大，则变小
D．的大小与血液流速无关
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；电磁流量计
【解析】【解答】A．由左手定则，正离子受洛伦兹力向上，负离子受洛伦兹力向下，故血管上侧聚集正离子、电势高，下侧聚集负离子、电势低，故A错误；
B．血液的流量为，若血管内径变大，则S变大，因Q一定，则v变小，故B错误；
C．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，即，得，又，，联立得所以，若d变大，则变小，故C正确；
D．在流量Q一定的条件下，根据可知若v变化，则d就变化，根据可知， 必定变化，所以与v有关，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用左手定则判断离子偏转方向，结合洛伦兹力与电场力平衡的条件，推导电势差与流速、管径的关系，再分析流量一定时各物理量的变化。
14．（2025·通州模拟）半导体热电偶是一种将热能直接转化为电能的装置，其结构如图所示。它是由一对型半导体和型半导体串联而成。其中，型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量为。若两种半导体相连的一端和高温热源接触，而另一端、与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在、两端形成稳定的电势差。电势差的大小与高温热源和低温热源间的温度差满足，其中称为塞贝克系数，是衡量材料热电转换能力的关键参数。下列说法正确的是（　　）
A．A端是半导体热电偶的正极
B．若只交换高、低温热源的位置，则A、B两端不能形成稳定的电势差
C．塞贝克系数越大，说明材料热电转换能力越弱
D．半导体热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同
【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．n型半导体的载流子是电子，载流子从高温端向低温端（A端）扩散，故A端聚集电子，A端是负极，并非正极，A错误；
B．只交换高、低热源的位置，二者之间存在温差，载流子依然可以定向移动，从而可以在A、B两端形成电势差，B错误；
C．根据可知，温差一定时，塞贝克系数越大，A、B端的电势差就越大，说明材料热电转换能力越强，C错误；
D．载流子从高温端向低温端扩散的“驱动力”是非静电力，其方向与载流子扩散方向相同，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合 n 型、p 型半导体的载流子类型，分析载流子扩散方向与电势、非静电力的关系，再解读塞贝克系数的物理意义。
15．（2025·通州模拟）用图所示装置“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．实验中需要测量空气柱的横截面积
B．柱塞上应该涂油
C．应缓慢推拉柱塞
D．注射器必须固定在竖直平面内
【答案】B,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．注射器横截面积固定，空气柱体积可通过长度直接替代，因此无需测量横截面积，A错误；
B．柱塞涂油的作用是减小摩擦，同时增强气密性、防止漏气，保证气体质量不变，B正确；
C．若急速推拉活塞，则有可能造成漏和等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，C正确；
D．压强由压力表测量，不是由竖直的平衡条件计算，所以不需要竖直放置，D错误。
故答案为：BC。
【分析】围绕 “等温、一定质量气体” 的实验条件，分析各操作的目的及实验要求。
16．（2025·通州模拟）某实验小组在完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验中，得到如图所示的“锯齿”边沿油膜，且油膜的面积相对较小，出现该图样的原因可能是（　　）
A．滴入太多的油酸酒精溶液
B．痱子粉撒得太多，且厚度不均匀
C．浅盘中装的水量太多
D．油酸酒精溶液的浓度太大
【答案】B
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】由图中情况可知，油酸并没有充分地推开痱子粉，故原因是痱子粉撒得太多，且厚度不均匀。
故答案为：B。
【分析】油膜实验的核心是让油酸充分展开形成单分子层，结合实验操作对油膜形态的影响分析原因。
17．（2025·通州模拟）按要求完成填空。
（1）某同学用多用表的欧姆挡测量一个未知电阻的阻值。由于第一次将欧姆挡的选择开关置于“”时，发现指针偏转角度过小。此时，应将选择开关置于　 　（选填“×100”或“×1”），进行欧姆调零后再进行测量。
（2）另一同学利用如图所示的伏安法测一个未知电阻的阻值。将电压表左端接，当右端接时，测得的数据是；当右端接时，测得的数据是。由此可知，为使测量误差小些，电压表右端应接在　 　（选填“b”或“c”）点。
【答案】（1）
（2）c
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表的指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了使测量尽量准确，应切换更大的倍率，即。
故答案为：
（2）根据题中数据可知，
即电压表的分流作用明显，为使测量误差小些，应将电流表内接，即电压表右端应接在c点。
故答案为：c
【分析】（1）欧姆挡倍率：指针偏角小对应电阻大，需换更大倍率以让指针指在表盘中央附近（提高精度）；
（2）伏安法接法：通过比较电压、电流的相对变化量，判断电表的系统误差（分流 / 分压），选择误差更小的接法（内接 / 外接）。
（1）欧姆表的指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了使测量尽量准确，应切换更大的倍率，即。
（2）根据题中数据可知，
即电压表的分流作用明显，为使测量误差小些，应将电流表内接，即电压表右端应接在c点。
18．（2025·通州模拟）在利用如图1所示的“验证机械能守恒定律”的实验中。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（　　）
A．交流电源 B．刻度尺
C．天平（含砝码） D．秒表
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点，测得它们到起始点的距离分别为、、，已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为。设重物的质量为，从打点计时器打点到打点的过程中，只要表达式　 　在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。（用本小问中所给字母书写表达式）
（3）某同学设计出如图3所示的实验装置来验证机械能守恒定律。通过电磁铁控制的小球从点自由下落，下落过程中通过光电计时器（图中未画出）记录小球通过光电门的时间，测出之间的距离。已知当地重力加速度为。
a．该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图4所示，则其直径　 　mm。
b．保持电磁铁的位置不变，上下调节光电门，改变释放点到光电门的距离，多次实验记录多组数据，作出随变化的图像如图5所示，若该图线的斜率近似等于　 　，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
c．考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为，则实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值　 　（用、表示）。
【答案】（1）A；B
（2）
（3）6.200；2g；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）在该实验中，电磁打点计时器用的是约8V的交流电源，通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。
故答案为：AB。
（2）从点到打点的过程中，重力势能的减少量为
动能的增加量为
若在误差允许的范围内
即只要表达式在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。
故答案为：
（3）由图可知，其直径为
若小球在下落的过程中机械能守恒，则
化简可得
即满足该图线的斜率
由动能定理
可得
所以实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值
故答案为：6.200；2g；
【分析】（1）器材选择：围绕实验原理（打点计时、距离测量），排除无需的器材；
（2）纸带法验证：通过 “中间时刻速度=平均速度” 求B点速度，结合重力势能减少量与动能增加量的关系列表达式；
（3）光电门法验证：用螺旋测微器测直径，通过机械能守恒推导图像斜率，再结合动能定理分析阻力的影响。
（1）在该实验中，电磁打点计时器用的是约8V的交流电源，通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。
故选AB。
（2）从点到打点的过程中，重力势能的减少量为
动能的增加量为
若在误差允许的范围内
即只要表达式在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。
（3）[1]由图可知，其直径为
[2]若小球在下落的过程中机械能守恒，则
化简可得
即满足该图线的斜率
[3]由动能定理
可得
所以实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值
19．（2025·通州模拟）如图所示，轻绳下端吊着一个质量的沙袋。一个质量的子弹以的速度水平射入沙袋，经过极短的时间与沙袋达到共同速度，然后随沙袋一起摆动。已知重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度的大小；
（2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度；
（3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能。
【答案】（1）解：规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得
解得
（2）解：子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得
解得
（3）解：根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）共同速度：利用 “短时间内动量守恒” 的特点，直接联立动量守恒公式求解；
（2）最大高度：摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，通过动能与重力势能的转化关系计算高度；
（3）损失机械能：损失的机械能等于碰撞前后的动能差，直接计算初末动能的差值。
（1）规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得
解得
（2）子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得
解得
（3）根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能
20．（2025·通州模拟）如图所示为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。已知两导轨内侧间距，滑块的质量，滑块沿导轨滑行后获得的发射速度（此过程可视为匀加速运动）。
（1）求滑块在发射过程中的加速度的大小；
（2）求发射过程中电源提供的电流的大小；
（3）若滑块所在电路的总电阻为，试推导论证滑块在发射过程中可视为匀加速运动的合理性。
【答案】（1）解：滑块在两导轨间做匀加速运动
解得
（2）解：根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力
解得
（3）解：滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为
当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的感应电动势为
此时的为最大感应电动势，通过对比可知电源电动势远大于，因此在加速过程中，滑块产生的感应电动势可忽略不计，即滑块受到的安培力可看作定值。
根据牛顿第二定律
可知滑块视做匀加速运动是合理的。
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）加速度计算：利用匀加速运动的速度 - 位移公式，直接代入数据求解；
（2）电流计算：通过安培力与合外力的关系，结合牛顿第二定律推导电流表达式；
（3）合理性论证：从 “电流恒定→安培力恒定→合外力恒定→加速度恒定” 的逻辑链，说明匀加速运动的合理性。
（1）滑块在两导轨间做匀加速运动
解得
（2）根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力
解得
（3）滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为
当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的感应电动势为
此时的为最大感应电动势，通过对比可知电源电动势远大于，因此在加速过程中，滑块产生的感应电动势可忽略不计，即滑块受到的安培力可看作定值。
根据牛顿第二定律
可知滑块视做匀加速运动是合理的。
21．（2025·通州模拟）目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知每个离子质量为、电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为。将该离子推进器固定在地面上进行试验。
（1）求正离子经过电极B时的速度的大小；
（2）求推进器获得的平均推力的大小；
（3）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式，并指出为提高能量的转换效率，要使尽量大可以采取的两条措施。
【答案】（1）解：正离子在A、B之间加速过程，根据动能定理，有
解得
（2）解：设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
以很短时间时间内飘入电极间的个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有
其中
解得
（3）解：设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
则
根据的表达式可知，为增大可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）离子速度：利用电场加速的动能定理，直接联立公式求解；
（2）推进器推力：通过动量定理，将推力转化为离子的动量变化率，结合速度表达式推导；
（3）功率比值与措施：先计算加速功率，再推导 的表达式，结合表达式分析提高比值的措施。
（1）正离子在A、B之间加速过程，根据动能定理，有
解得
（2）设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
以很短时间时间内飘入电极间的个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有
其中
解得
（3）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
则
根据的表达式可知，为增大可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
22．（2025·通州模拟）有心力是指力的作用线始终经过一个定点（力心）的力。行星绕太阳运动时，太阳可视为固定，行星所受引力始终指向太阳中心，即为有心力。万有引力，库仑力都是有心力。理论上可以证明，质点在有心力的作用下运动时，满足面积定律：质点与力心的连线在相等时间内扫过的面积相等。
（1）开普勒从第谷观测火星位置所得资料中总结出来类似的规律，称为开普勒第二定律。如图1所示，将行星绕太阳运动的轨道简化为半径为的圆轨道。
a．设极短时间内，行星与太阳的连线扫过的面积为。求行星绕太阳运动的线速度的大小，并结合开普勒第二定律证明行星做匀速圆周运动；（扇形面积半径弧长）
b．若测得行星公转周期为，求行星的向心加速度的大小。
（2）如图2所示，用粒子束入射待测材料靶（例如金箔），通过测量不同角度方向上散射粒子的数目，可确定材料靶原子的种类、浓度及深度分布等信息。
a．粒子可通过放射性元素衰变获得。一个静止的（钋）衰变为（铅），同时放出一个粒子，写出此衰变过程的反应式。
b．如图3所示，质量为、电荷量为、速度为的粒子从足够远处沿某直线入射靶核，该直线与靶核的距离为。在库仑力作用下，粒子最终将被散射远离靶核而去。散射过程中，电荷量为的靶核近似不动，可视为固定的正点电荷。已知当以无穷远处为电势零点时，电荷量为的点电荷在距离自身处的电势为，式中为静电力常量。求粒子接近靶核的最近距离。
【答案】（1）解：a．根据扇形面积公式可得，时间内行星扫过的扇形面积为
解得
根据开普勒第二定律，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，即为常量，则行星绕太阳运动的线速度大小也为常量，所以行星做匀速圆周运动。
b．行星的向心加速度大小为
（2）解：a．衰变方程为
b．粒子受力始终背离靶核的中心，粒子在同一平面内运动。当粒子最接近靶核时，此时的速度应与粒子与靶核的连线垂直。根据面积定律，有
在散射过程中，只有库仑力做功，系统能量守恒。以无穷远处的电势为零，有
联立以上方程，解得（另一值无物理意义，已舍去）
【知识点】开普勒定律；电势能；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】（1）行星运动：利用扇形面积公式推导线速度，结合开普勒第二定律的“面积速率恒定”证明匀速圆周运动；再由圆周运动规律求向心加速度。
（2）α粒子散射：衰变反应式遵循质量数、电荷数守恒；最近距离的计算结合能量守恒与角动量守恒，联立方程求解。
（1）a．根据扇形面积公式可得，时间内行星扫过的扇形面积为
解得
根据开普勒第二定律，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，即为常量，则行星绕太阳运动的线速度大小也为常量，所以行星做匀速圆周运动。
b．行星的向心加速度大小为
（2）a．衰变方程为
b．粒子受力始终背离靶核的中心，粒子在同一平面内运动。当粒子最接近靶核时，此时的速度应与粒子与靶核的连线垂直。根据面积定律，有
在散射过程中，只有库仑力做功，系统能量守恒。以无穷远处的电势为零，有
联立以上方程，解得（另一值无物理意义，已舍去）
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