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2025届北京市大兴区第一中学1+3高三下学期自测物理模拟卷
1．（2025·大兴模拟）阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于（）
A．偏振现象 B．衍射现象 C．薄膜干涉 D．色散现象
2．（2025·大兴模拟）下列说法正确的是（）
A．布朗运动指的是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动
B．质量一定的理想气体，温度越高压强越大
C．热量只能从内能多的物体向内能少的物体传递
D．分子势能随分子间距离的增大而增大
3．（2025·大兴模拟）关于天然放射现象，下列说法正确的是（）
A．原子核发生衰变时，质量数不守恒
B．天然发射现象说明了原子核是有内部结构的
C．在α、β、γ三种射线中，γ射线的电离本领最强
D．在α、β、γ三种射线中，β射线是由来自核外的高速电子组成的
4．（2025·大兴模拟）2021年10月16日，载有3名航天员的神舟十三号载人飞船进入太空，这将首次考核并验证航天员长期在轨驻留空间站能力。已知空间站在离地高度约为400km的圆形轨道飞行，则下列说法正确的是（　　）
A．载人飞船在加速升空阶段宇航员处于超重状态，宇航员受万有引力比在地面时大
B．空间站的桌面上放一个玻璃杯，两者相对静止，此时玻璃杯对桌面没有压力
C．与离地高度约为36000km的静止卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更小
D．宇航员在空间站外面检修时若松手手中的工具，工具将会落向地面
5．（2025·大兴模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以认为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（）
A．多次改变图1中α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为
C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立
D．在图2的测量过程中，满足关系
6．（2025·大兴模拟）如图所示，点电荷Q周围的三个等势面是同心圆，等势面上的点A、B、C在同一条电场线上，且。现将一电荷量为的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只受静电力作用，则（　　）
A．该电荷沿着电场线做匀加速直线运动
B．该电荷在AB段动能的增量小于BC段动能的增量
C．该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量
D．该电荷在AB段运动的时间小于BC段运动的时间
7．（2025·大兴模拟）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（　　）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
8．（2025·大兴模拟）如图甲所示，在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式”空气流量传感器的部件，其核心部分是一种用特殊合金材料制作的电热丝。如图乙所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高；反之，电压U0就越低。这样，管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝放在实验室中测量，得到的U- I曲线可能是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·大兴模拟）安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（　　）
A．甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况
B．乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况
C．磁体在高温环境下磁性不会改变
D．磁体在高温环境下磁性会加强
10．（2025·大兴模拟）我国的新能源汽车发展迅速，多项指标处于世界领先地位，“急动度”就是其中之一．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即．如图为某新能源汽车由静止开始启动过程中的急动度j随时间t的变化规律．下列关于汽车运动的说法正确的是（　　）
A．内，汽车做加速度减小的加速运动
B．内，汽车加速度变化量大于
C．内，汽车在时的速度最大
D．内，汽车所受的合外力为定值
11．（2025·大兴模拟）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力对每个小球做的功都各不相同
B．每个小球落地时的速度都各不相同
C．每个小球在空中的运动时间都各不相同
D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
12．（2025·大兴模拟）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（　　）
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先增大后减小
13．（2025·大兴模拟）如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同，处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中．一带正电的小球从静止开始沿管下滑，下列小球运动速度v和时间t、小球所受弹力FN和速度v的关系图像中正确的是
A． B．
C． D．
14．（2025·大兴模拟）太阳能电池发电的原理主要是半导体的光电效应，太阳能硅晶片中，P型半导体中含有较多的空穴（可视为正电荷），而N型半导体中含有较多的电子。当能量等于、波长为的光子打在太阳能硅晶片上时，太阳能硅晶片吸收一个光子恰好产生一对自由电子和空穴，电子—空穴对从太阳能硅晶片表面向内迅速扩散，在结电场的作用下，最后建立一个与光照强度有关的电动势，工作原理如图所示。太阳光照强度越大，太阳能硅晶片单位时间内释放的电子越多，若光速为，则（　　）
A．可以得出普朗克常量
B．太阳能硅晶片内部电流方向从下极板流向上极板
C．继续增大太阳光照强度，上下电极间的电势差不会变化
D．用能量为的光子照射太阳能硅晶片，电子和空穴的最大初动能为零
15．（2025·大兴模拟）某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，在实验室中找到了以下器材：
A．可拆变压器 B．条形磁铁
C．开关、导线若干 D．交流电压表
E．直流电源 F．低压交流电源
在本实验中，上述器材不需要的是　 　（填器材序号字母）。
16．（2025·大兴模拟）小鹏同学用如图所示双缝干涉实验装置来测量某单色光的波长
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互放置　 　（选填“垂直”或“平行”）。
（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有______
A．探究《两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量
B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量
C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量
D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量
17．（2025·大兴模拟）用图甲所示的装置探究气体的等温变化规律。下列哪些操作是必需的（　　）
A．调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉
B．测量空气柱的直径
C．读取压力表示数
D．读取空气柱的长度
18．（2025·大兴模拟）用如图所示装置“验证牛顿第二定律”，保持小车质量一定，验证小车加速度a与合力F的关系。
（1）除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有_______（选填选项前的字母）。
A．220V、50Hz的交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平（附砝码）
（2）为使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是_____
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
（3）某同学得到如图所示的纸带，每5个点取一个计数点，测得相邻计数点间的距离如图所示（单位cm）。由此可得小车加速度的大小a ＝　 　m/s2（保留三位有效数字）。
（4）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，已知三位同学利用实验数据做出的a－F图像如图丁中的1、2、3所示。下列分析正确的是_____（选填选项前的字母）。
A．出现图线1的原因可能是没有平衡摩擦力
B．出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适
C．出现图线3的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
（5）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是　 　（选填“系统误差”或“偶然误差”）。设拉力的真实值为，小车的质量为M，为了使，应当满足的条件是　 　。
19．（2025·大兴模拟）如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，轨道末端B切线水平。一小球从轨道顶端A点由静止释放，到达轨道底端经过B点水平飞出，最终落到水平地面上C点。已知轨道半径R=0.80m，B点距水平地面的高度h=0.80m，小球质量m=0.10kg，在B点的速度。忽略空气阻力，重力加速度。求：
（1）小球落到C点时的速度大小v。
（2）C点与B点之间的水平距离x。
（3）小球克服圆弧轨道阻力做的功。
20．（2025·大兴模拟）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
21．（2025·大兴模拟）在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。
（1）求全红婵起跳瞬间的速度大小；
（2）全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F = ρgV，V为物体所排开的水的体积）；
（3）若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。
22．（2025·大兴模拟）如图1所示，电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速带电粒子的装置。在两个圆形电磁铁之间的圆柱形区域内存在方向竖直向下的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑、真空细玻璃管，环形玻璃管中心O在磁场区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动，图2为其简化示意图。通过改变电磁铁中的电流可以改变磁场的磁感应强度B，若B的大小随时间t的变化关系如图3所示，图中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t＝0到t＝T0时间内，小球不受玻璃管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在磁感应强度增大的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。求从t＝T0到t＝1.5T0时间段内细管内涡旋电场的场强大小E；
（3）某同学利用以下规律求出了t＝2T0时电荷定向运动形成的等效电流：
根据①
②
得：等效电流③
你认为上述解法是否正确，并阐述理由。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹，是肥皂膜的前后表面反射的光叠加产生的干涉现象，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】阳光下肥皂膜上的呈彩色条纹，是薄膜干涉。
2．【答案】A
【知识点】分子势能；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．布朗运动指的是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，故A正确；B．质量一定，体积一定的理想气体，根据查理定律可知，温度越高压强越大，题目中体积未知，故B错误；
C．只要两个物体之间存在温差，就可以发生热传递，与内能多少无关，故C错误；
D．当分子间力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，当分子间力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，故D错误。
故选：A。
【分析】根据布朗运动指的是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，结合查理定律以及分子势能随分子间距离的关系分析求解。
3．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、原子核发生衰变时，质量数和电荷数均守恒，故A错误；B、天然发射现象说明了原子核是有内部结构的，故B正确；
C、在α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的电离本领最弱，故C错误；
D、β射线是原子核内的中子转化为质子时产生的高速电子，不是来自核外，故D错误。
故选：B。
【分析】原子核发生衰变时，质量数守恒，电荷数守恒，在α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强。
4．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．载人飞船在加速升空阶段，加速度向上，为超重，根据万有引力定律可知，宇航员受万有引力比在地面时小，选项A错误；
B． 在空间站中，物体处于完全失重状态，则玻璃杯对桌面没有压力，故B正确；
C．根据 根据万有引力提供向心力 可得，可知，与离地高度约为36000km的静止卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大，选项C错误；
D． 国际空间站绕地球做匀速圆周运动，释放的物体受到地球的引力，也做圆周运动，没有落到地面，故D错误。
故选：B。
【分析】由万有引力提供向心力分析加速度大小变化，空间站处于完全失重状态，所以没有压力，工具也不会落向地面。
5．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．平板倾角为θ时，重力加速度沿平板方向方向分加速度是等效重力加速度，则单摆周期公式中的等效重力加速度，所以若要获得不同的等效重力加速度，可以多次改变图1中角的大小，故A错误；
B．由图2可知，单摆一次全振动的时间，单摆n次全振动的时，故B错误；
C．根据单摆的周期公式可知
因为
则有
所以若多次改变斜面的倾角θ，满足
则可验证结论成立，故C正确；
D．摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，根据平衡条件有
在图2的测量过程中，摆球在A位置有
摆球在B位置根据牛顿第二定律有
摆球从A位置运动到B位置过程根据动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】根据题意求出等效重力加速度。根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆周期公式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在A、C位置，求拉力F2与F1的关系；在最低处B点，根据向心力公式求速度；小球从A到B，根据动能定理求速度，然后联立求解作答。
6．【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握点电荷电场强度的变化，注意电场力做功与电势能变化的关系。靠近正电荷电场强度越大，所以该电荷沿着电场线做变加速直线运动，故A错误；
B．根据动能定理可知
该电荷在AB段受电场力做功较大，所以在AB段动能的增量大于BC段动能的增量，故B错误；
C．静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。电场力做功等于电势能的变化，结合B选项可知，电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，故C正确；
D．该电荷运动的速度时间关系如图
由图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，该电荷在AB段运动的时间大于BC段运动的时间，故D错误；
故选C。
【分析】根据电场力的变化分析加速度变化，根据电场强度变化分析电势差关系，从而分析电势能和动能的变化关系，根据运动学规律分析运动时间。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，开始阶段弹力小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，故A错误，B正确；C、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能不守恒，故C错误；
D、小球在最低点时，其加速度竖直向上，其所受的弹力大小大于其所受的重力大小，故D错误。
故选：B。
【分析】根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断小球的速度变化，根据牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况；根据弹簧弹力对小球做功情况判断；根据小球在最低点的加速度方向判断小球所受弹力和重力关系。
8．【答案】C
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】由题意知，电热丝是热敏电阻，温度越低，电阻越小，反之温度越高，电阻越大，根据欧姆定律，U-I图线任意一点与原点连线直线的斜率等于电阻，电压和电流增大时，电阻的温度升高，电阻增大，图线上的点与原点连线斜率越大。故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】根据热敏电阻形状，结合U-I图线任意一点与原点连线直线的斜率等于电阻，即可解答。
9．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】AB．根据“分子电流”假说，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性，则甲图代表了未被磁化的铁棒的内部情况，被磁化的物体，分子电流的方向大致相同，对外显示出磁性，则乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况，故A错误，故B正确；CD．根据磁化与退磁的特性可知，磁体在高温环境下，分子电流的方向变得紊乱，磁性会减弱，故CD错误。
故选：B。
【分析】安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。
10．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．根据题意，由题图可知，图像与坐标轴围成的面积代表加速度的变化量，内，汽车的急动度增加，相同时间内加速度变化量变大，则汽车的加速度增加，故A错误；
B．假设内，急动度均匀增大，图像与坐标轴围成的面积代表加速度的变化量，则有
而内图像与横轴围成的面积要大于，则内，汽车加速度变化量大于，故B正确；
C．由题图可知，内，加速度的变化量始终为正值，则汽车在内的加速度一直为正值，速度一直增大，即内，汽车在时的速度最大，故C错误；
D．内，汽车的加速度不是定值，根据牛顿第二定律可知汽车所受的合外力不是定值，故D错误。
故选：B。
【分析】j-t图像的面积表示加速度的变化量；在0～10s时间内，加速度不断增加，则速度不断增大；5s～10s内“急动度”为定值，加速度在增大，合外力不是定值。
11．【答案】C
【知识点】平抛运动；功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB． 根据动能定理得出，三个小球l落到地面时，重力做的功相等，初动能相等，故速度大小相等，由运动的合成可知，竖直向下、竖直向上抛出的小球速度方向相同，但与水平向右的方向抛出方向不同，故AB错误；
C．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有
第2个球做竖直上抛运动，有
第3个球做平抛运动，有
可得
故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确；
D．小球落地时重力做功的瞬时功率
由于
故
故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。
故选C。
【分析】根据运动学公式可比较时间；根据动能定理判断小球落地的速度；结合位移的定义判断即可根据动能定理和运动的分解求解。
12．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化。AB．设PQ左侧线框电阻为，则右侧线框电路的电阻为，所以外电路的总电阻为
在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，外电路电阻先增大后减小。由于导体棒匀速运动，可知导体棒产生的电动势保持不变，PQ中电流为
可知PQ中电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，PQ两端电压（电源的路端电压）先增大后减小，故AB错误；
C．PQ做匀速运动，拉力等于安培力，即
拉力的功率
可知拉力功率先减小后增大，故C正确；
D．电源的输出功率为
可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；线框消耗的电功率相当于电源的输出功率，外电路的电阻为
当PQ运动到中间位置时，外电路的电阻最大，为
由于在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，外电路电阻先增大后减小，可知电源的输出功率的输出功率先增大后减小，即线框消耗的电功率先增大后减小，故D正确。
故选：CD。
【分析】当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，抓住棒PQ产生的感应电动势不变。导体棒由靠近ab边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ中电流和PQ两端的电压如何变化；PQ上外力的功率等于电功率；根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，分析其功率如何变化。当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框的功率最大。
13．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大。同时要注意在不同的图象中斜率所表示的不同含义。AB、当粒子速度足够大时，有
会有
此时，速度不再增加，故AB错误；
CD、根据受力分析，小球在水平方向受力平衡，即
故C错误，D正确。
【分析】先分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大；结合相关的式子进行分析推导即可。
14．【答案】D
【知识点】光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】A． 能量等于、波长为的光子，根据可以得出普朗克常量，A错误；
B．由题图可知带负电的电子向上极板移动，带正电的空穴向下极板移动，电流方向与正电荷定向运动的方向相同，所以太阳能硅晶片内部电流方向从上极板流向下极板，故B错误；
C．继续增大太阳光照强度，太阳能硅晶片单位时间内释放的电子越多，上下电极间电势差越大，故C错误；
D．用能量为Eg的光子照射太阳能硅晶片， 太阳能硅晶片吸收一个光子恰好产生一对自由电子和空穴， 即恰好发生光电效应，Eg即为逸出功，电子和空穴的最大初动能为零，故D正确。
故选：D。
【分析】根据光子的能量公式求出普朗克常量；结合电子运动的方向判断电流的方向；根据电势差的有关因素判断；根据光电效应方程判断。
15．【答案】BE
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，需要可拆变压器、开关和导线若干，故AC错误；不需要条形磁铁，故B正确；变压器需要在交流电压下工作，不需要直流电源，需要交流电压表、低压交流电源，故DF错误，E正确。故答案为：BE。
【分析】根据探究压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理分析选择器材。
16．【答案】（1）平行
（2）C；D
【知识点】验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离Δx，先测量n个条纹的间距再求出Δx，属于放大测量取平均值，用的是累积法。
A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，不是累积法，故A错误；
B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，不是累积法，故B错误；
C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；
D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选：CD。
【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析判断；
（2）根据累计法的特点和各实验的原理分析判断。
（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）先测量n个条纹的间距再求出△x，属于放大测量取平均值，用的是累积法。
A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；
B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，故B错误；
C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；
D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选CD。
17．【答案】A,C,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．为防止气体的温度变化，调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉，过快拉可能由于摩擦产生热，导致气体温度升高，故A正确；BD．由于空气柱的横截面积S不变，该实验气体的体积为V=SL，其中S为空气柱的横截面积，所以用L代替V，只需要读取空气柱的长度，不需要测量空气柱的直径，故B错误，D正确；
C．读取压力表示数，以确定气体的压强，故C正确。
故选：ACD。
【分析】根据探究气体的等温变化规律的实验注意事项以及实验原理进行分析。
18．【答案】（1）A；C；E
（2）A；C
（3）1.21
（4）B
（5）系统误差；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）电火花计时器需要220V、50Hz的交流电源，要用刻度尺测量纸带上点迹的距离，需要天平测量小车的质量，故需要ACE，故选：ACE
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故AC正确，B错误；
故选：AC
（3） 从第一个点开始，每隔四个点取一个计数点， 相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，可得
（4）A、根据图象1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大，故A错误；
B、根据图象2可知，随着F的增大，不再满足砝码、砝码盘质量小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故B正确；
C、根据图象3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够，故C错误；
故选：B
（5）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差。
对小车受力分析，根据牛顿第二定律得
对整体受力分析，根据牛顿第二定律得
又
解得
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行；
（3）根据作差法求解加速度；
（4）根据牛顿第二定律结合图象特点分析产生的原因；
（5）分别对小车和整体根据牛顿第二定律列式求解即可。
（1）AB．电火花计时器需要220V、50Hz的交流电源。故A正确；B错误；
C．用刻度尺测量纸带上点迹的距离。故C正确；
D．纸带上点迹间的时间可以由打点间隔计算不需要秒表。故D错误；
E．实验中需要用天平测量小车的质量。故E正确。
故选ACE。
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行。故AC正确；B错误。
故选AC。
（3）相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，可得
（4）A．根据图像1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大。故A错误；
B．根据图像2可知，随着F的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质
量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象。故B正确；
C．根据图像3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够。故C错误。
故选B。
（5）[1]在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差。
[2]对小车，根据牛顿第二定律得
对整体，根据牛顿第二定律得
又
解得
19．【答案】（1）小球从B运动到C，只有重力做功，机械能守恒，有
代入数据得
（2）小球从B运动到C，做平抛运动，有
解得
（3）小球从A运动到B，应用动能定理，有
代入数据得
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球从B点到C点的过程，只有重力做功，根据动能定理求小球落到C点时的速度大小v；
（2）先根据平抛运动的规律求出小球从B点运动到C点的时间，再求C点与B点之间的水平距离x；
（3）小球从A点到B点的过程，根据动能定理求小球克服圆弧轨道阻力做的功Wf。
20．【答案】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理
解得
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理
解得
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得
根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度
将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程
【知识点】动量；示波器的使用
【解析】【分析】（1）由动能定理解得带电粒子进入偏转电场时速度的大；
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，利用运动的分解与合成求出带电粒子离开偏转电场时的速度大小，利用动量定义式求离开偏转电场时动量的大小；
（3）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动列出水平方向和竖直方向位移关系式，联立解出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
21．【答案】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则
解得
（2）向上为正，由浮力概念可得（x ≤ 1 m），（x > 1 m）
图像如图

（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系
其中
可得
【知识点】自由落体运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）全红婵起跳瞬间做匀变速直线运动，根据速度—位移公式分析求解；
（2）根据浮力公式，结合图像分析求解；
（3）运动员到达水底时速度恰减为零，根据能量守恒，结合重力势能变化量分析求解。
（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则
解得
（2）向上为正，由浮力概念可得
（x ≤ 1 m）
（x > 1 m）
图像如图
（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系
其中
可得
22．【答案】（1）从t＝0到t＝T0时间内小球运动不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力，有
得
（2）从t＝T0到t＝1.5T0时间内，细管内一周的感应电动势
因为同一条电场线上各点的电场强度大小相等，故电场强度
得
将带入，得
（3）该解法不正确。理由是：周期公式是根据仅由洛伦兹力提供向心力得出的，而实际情况是洛仑兹力与管道侧壁对小球的作用力共同提供向心力。小球在t＝T0到t＝1.5T0时间内受到切向电场力，有
F＝qE
小球切向加速度
t＝1.5T0时小球速率
v＝v0+a·Δt
得
所需向心力
而此时洛伦兹力
可以看出两者并不相等，故该同学的解法是错误的。此外，可以求出正确的等效电流：在T0~1.5T0时间内在沿切线方向用动量定理
0.5EqT0＝mv－mv0
得
因此等效电流
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；感应电动势及其产生条件；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【分析】（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解出感应电动势，再进一步计算电场强度；
（3）先根据牛顿第二定律求解加速度，计算出路程，再求解电场力的功。
1 / 12025届北京市大兴区第一中学1+3高三下学期自测物理模拟卷
1．（2025·大兴模拟）阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于（）
A．偏振现象 B．衍射现象 C．薄膜干涉 D．色散现象
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹，是肥皂膜的前后表面反射的光叠加产生的干涉现象，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】阳光下肥皂膜上的呈彩色条纹，是薄膜干涉。
2．（2025·大兴模拟）下列说法正确的是（）
A．布朗运动指的是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动
B．质量一定的理想气体，温度越高压强越大
C．热量只能从内能多的物体向内能少的物体传递
D．分子势能随分子间距离的增大而增大
【答案】A
【知识点】分子势能；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．布朗运动指的是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，故A正确；B．质量一定，体积一定的理想气体，根据查理定律可知，温度越高压强越大，题目中体积未知，故B错误；
C．只要两个物体之间存在温差，就可以发生热传递，与内能多少无关，故C错误；
D．当分子间力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，当分子间力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，故D错误。
故选：A。
【分析】根据布朗运动指的是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，结合查理定律以及分子势能随分子间距离的关系分析求解。
3．（2025·大兴模拟）关于天然放射现象，下列说法正确的是（）
A．原子核发生衰变时，质量数不守恒
B．天然发射现象说明了原子核是有内部结构的
C．在α、β、γ三种射线中，γ射线的电离本领最强
D．在α、β、γ三种射线中，β射线是由来自核外的高速电子组成的
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、原子核发生衰变时，质量数和电荷数均守恒，故A错误；B、天然发射现象说明了原子核是有内部结构的，故B正确；
C、在α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的电离本领最弱，故C错误；
D、β射线是原子核内的中子转化为质子时产生的高速电子，不是来自核外，故D错误。
故选：B。
【分析】原子核发生衰变时，质量数守恒，电荷数守恒，在α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强。
4．（2025·大兴模拟）2021年10月16日，载有3名航天员的神舟十三号载人飞船进入太空，这将首次考核并验证航天员长期在轨驻留空间站能力。已知空间站在离地高度约为400km的圆形轨道飞行，则下列说法正确的是（　　）
A．载人飞船在加速升空阶段宇航员处于超重状态，宇航员受万有引力比在地面时大
B．空间站的桌面上放一个玻璃杯，两者相对静止，此时玻璃杯对桌面没有压力
C．与离地高度约为36000km的静止卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更小
D．宇航员在空间站外面检修时若松手手中的工具，工具将会落向地面
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．载人飞船在加速升空阶段，加速度向上，为超重，根据万有引力定律可知，宇航员受万有引力比在地面时小，选项A错误；
B． 在空间站中，物体处于完全失重状态，则玻璃杯对桌面没有压力，故B正确；
C．根据 根据万有引力提供向心力 可得，可知，与离地高度约为36000km的静止卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大，选项C错误；
D． 国际空间站绕地球做匀速圆周运动，释放的物体受到地球的引力，也做圆周运动，没有落到地面，故D错误。
故选：B。
【分析】由万有引力提供向心力分析加速度大小变化，空间站处于完全失重状态，所以没有压力，工具也不会落向地面。
5．（2025·大兴模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以认为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（）
A．多次改变图1中α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为
C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立
D．在图2的测量过程中，满足关系
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．平板倾角为θ时，重力加速度沿平板方向方向分加速度是等效重力加速度，则单摆周期公式中的等效重力加速度，所以若要获得不同的等效重力加速度，可以多次改变图1中角的大小，故A错误；
B．由图2可知，单摆一次全振动的时间，单摆n次全振动的时，故B错误；
C．根据单摆的周期公式可知
因为
则有
所以若多次改变斜面的倾角θ，满足
则可验证结论成立，故C正确；
D．摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，根据平衡条件有
在图2的测量过程中，摆球在A位置有
摆球在B位置根据牛顿第二定律有
摆球从A位置运动到B位置过程根据动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】根据题意求出等效重力加速度。根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆周期公式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在A、C位置，求拉力F2与F1的关系；在最低处B点，根据向心力公式求速度；小球从A到B，根据动能定理求速度，然后联立求解作答。
6．（2025·大兴模拟）如图所示，点电荷Q周围的三个等势面是同心圆，等势面上的点A、B、C在同一条电场线上，且。现将一电荷量为的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只受静电力作用，则（　　）
A．该电荷沿着电场线做匀加速直线运动
B．该电荷在AB段动能的增量小于BC段动能的增量
C．该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量
D．该电荷在AB段运动的时间小于BC段运动的时间
【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握点电荷电场强度的变化，注意电场力做功与电势能变化的关系。靠近正电荷电场强度越大，所以该电荷沿着电场线做变加速直线运动，故A错误；
B．根据动能定理可知
该电荷在AB段受电场力做功较大，所以在AB段动能的增量大于BC段动能的增量，故B错误；
C．静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。电场力做功等于电势能的变化，结合B选项可知，电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，故C正确；
D．该电荷运动的速度时间关系如图
由图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，该电荷在AB段运动的时间大于BC段运动的时间，故D错误；
故选C。
【分析】根据电场力的变化分析加速度变化，根据电场强度变化分析电势差关系，从而分析电势能和动能的变化关系，根据运动学规律分析运动时间。
7．（2025·大兴模拟）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则（　　）
A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大
B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小
C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，开始阶段弹力小于重力，小球合力向下，做加速运动，后阶段弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，故小球加速度先减小后增大、速度先增大后减小，故A错误，B正确；C、小球从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机械能不守恒，故C错误；
D、小球在最低点时，其加速度竖直向上，其所受的弹力大小大于其所受的重力大小，故D错误。
故选：B。
【分析】根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断小球的速度变化，根据牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况；根据弹簧弹力对小球做功情况判断；根据小球在最低点的加速度方向判断小球所受弹力和重力关系。
8．（2025·大兴模拟）如图甲所示，在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式”空气流量传感器的部件，其核心部分是一种用特殊合金材料制作的电热丝。如图乙所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高；反之，电压U0就越低。这样，管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝放在实验室中测量，得到的U- I曲线可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】由题意知，电热丝是热敏电阻，温度越低，电阻越小，反之温度越高，电阻越大，根据欧姆定律，U-I图线任意一点与原点连线直线的斜率等于电阻，电压和电流增大时，电阻的温度升高，电阻增大，图线上的点与原点连线斜率越大。故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】根据热敏电阻形状，结合U-I图线任意一点与原点连线直线的斜率等于电阻，即可解答。
9．（2025·大兴模拟）安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（　　）
A．甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况
B．乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况
C．磁体在高温环境下磁性不会改变
D．磁体在高温环境下磁性会加强
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】AB．根据“分子电流”假说，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性，则甲图代表了未被磁化的铁棒的内部情况，被磁化的物体，分子电流的方向大致相同，对外显示出磁性，则乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况，故A错误，故B正确；CD．根据磁化与退磁的特性可知，磁体在高温环境下，分子电流的方向变得紊乱，磁性会减弱，故CD错误。
故选：B。
【分析】安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。
10．（2025·大兴模拟）我国的新能源汽车发展迅速，多项指标处于世界领先地位，“急动度”就是其中之一．急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即．如图为某新能源汽车由静止开始启动过程中的急动度j随时间t的变化规律．下列关于汽车运动的说法正确的是（　　）
A．内，汽车做加速度减小的加速运动
B．内，汽车加速度变化量大于
C．内，汽车在时的速度最大
D．内，汽车所受的合外力为定值
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．根据题意，由题图可知，图像与坐标轴围成的面积代表加速度的变化量，内，汽车的急动度增加，相同时间内加速度变化量变大，则汽车的加速度增加，故A错误；
B．假设内，急动度均匀增大，图像与坐标轴围成的面积代表加速度的变化量，则有
而内图像与横轴围成的面积要大于，则内，汽车加速度变化量大于，故B正确；
C．由题图可知，内，加速度的变化量始终为正值，则汽车在内的加速度一直为正值，速度一直增大，即内，汽车在时的速度最大，故C错误；
D．内，汽车的加速度不是定值，根据牛顿第二定律可知汽车所受的合外力不是定值，故D错误。
故选：B。
【分析】j-t图像的面积表示加速度的变化量；在0～10s时间内，加速度不断增加，则速度不断增大；5s～10s内“急动度”为定值，加速度在增大，合外力不是定值。
11．（2025·大兴模拟）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力对每个小球做的功都各不相同
B．每个小球落地时的速度都各不相同
C．每个小球在空中的运动时间都各不相同
D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
【答案】C
【知识点】平抛运动；功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB． 根据动能定理得出，三个小球l落到地面时，重力做的功相等，初动能相等，故速度大小相等，由运动的合成可知，竖直向下、竖直向上抛出的小球速度方向相同，但与水平向右的方向抛出方向不同，故AB错误；
C．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有
第2个球做竖直上抛运动，有
第3个球做平抛运动，有
可得
故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确；
D．小球落地时重力做功的瞬时功率
由于
故
故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。
故选C。
【分析】根据运动学公式可比较时间；根据动能定理判断小球落地的速度；结合位移的定义判断即可根据动能定理和运动的分解求解。
12．（2025·大兴模拟）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（　　）
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先增大后减小
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化。AB．设PQ左侧线框电阻为，则右侧线框电路的电阻为，所以外电路的总电阻为
在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，外电路电阻先增大后减小。由于导体棒匀速运动，可知导体棒产生的电动势保持不变，PQ中电流为
可知PQ中电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，PQ两端电压（电源的路端电压）先增大后减小，故AB错误；
C．PQ做匀速运动，拉力等于安培力，即
拉力的功率
可知拉力功率先减小后增大，故C正确；
D．电源的输出功率为
可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；线框消耗的电功率相当于电源的输出功率，外电路的电阻为
当PQ运动到中间位置时，外电路的电阻最大，为
由于在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，外电路电阻先增大后减小，可知电源的输出功率的输出功率先增大后减小，即线框消耗的电功率先增大后减小，故D正确。
故选：CD。
【分析】当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，抓住棒PQ产生的感应电动势不变。导体棒由靠近ab边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ中电流和PQ两端的电压如何变化；PQ上外力的功率等于电功率；根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，分析其功率如何变化。当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框的功率最大。
13．（2025·大兴模拟）如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同，处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中．一带正电的小球从静止开始沿管下滑，下列小球运动速度v和时间t、小球所受弹力FN和速度v的关系图像中正确的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大。同时要注意在不同的图象中斜率所表示的不同含义。AB、当粒子速度足够大时，有
会有
此时，速度不再增加，故AB错误；
CD、根据受力分析，小球在水平方向受力平衡，即
故C错误，D正确。
【分析】先分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大；结合相关的式子进行分析推导即可。
14．（2025·大兴模拟）太阳能电池发电的原理主要是半导体的光电效应，太阳能硅晶片中，P型半导体中含有较多的空穴（可视为正电荷），而N型半导体中含有较多的电子。当能量等于、波长为的光子打在太阳能硅晶片上时，太阳能硅晶片吸收一个光子恰好产生一对自由电子和空穴，电子—空穴对从太阳能硅晶片表面向内迅速扩散，在结电场的作用下，最后建立一个与光照强度有关的电动势，工作原理如图所示。太阳光照强度越大，太阳能硅晶片单位时间内释放的电子越多，若光速为，则（　　）
A．可以得出普朗克常量
B．太阳能硅晶片内部电流方向从下极板流向上极板
C．继续增大太阳光照强度，上下电极间的电势差不会变化
D．用能量为的光子照射太阳能硅晶片，电子和空穴的最大初动能为零
【答案】D
【知识点】光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】A． 能量等于、波长为的光子，根据可以得出普朗克常量，A错误；
B．由题图可知带负电的电子向上极板移动，带正电的空穴向下极板移动，电流方向与正电荷定向运动的方向相同，所以太阳能硅晶片内部电流方向从上极板流向下极板，故B错误；
C．继续增大太阳光照强度，太阳能硅晶片单位时间内释放的电子越多，上下电极间电势差越大，故C错误；
D．用能量为Eg的光子照射太阳能硅晶片， 太阳能硅晶片吸收一个光子恰好产生一对自由电子和空穴， 即恰好发生光电效应，Eg即为逸出功，电子和空穴的最大初动能为零，故D正确。
故选：D。
【分析】根据光子的能量公式求出普朗克常量；结合电子运动的方向判断电流的方向；根据电势差的有关因素判断；根据光电效应方程判断。
15．（2025·大兴模拟）某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，在实验室中找到了以下器材：
A．可拆变压器 B．条形磁铁
C．开关、导线若干 D．交流电压表
E．直流电源 F．低压交流电源
在本实验中，上述器材不需要的是　 　（填器材序号字母）。
【答案】BE
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，需要可拆变压器、开关和导线若干，故AC错误；不需要条形磁铁，故B正确；变压器需要在交流电压下工作，不需要直流电源，需要交流电压表、低压交流电源，故DF错误，E正确。故答案为：BE。
【分析】根据探究压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理分析选择器材。
16．（2025·大兴模拟）小鹏同学用如图所示双缝干涉实验装置来测量某单色光的波长
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互放置　 　（选填“垂直”或“平行”）。
（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有______
A．探究《两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量
B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量
C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量
D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量
【答案】（1）平行
（2）C；D
【知识点】验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离Δx，先测量n个条纹的间距再求出Δx，属于放大测量取平均值，用的是累积法。
A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，不是累积法，故A错误；
B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，不是累积法，故B错误；
C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；
D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选：CD。
【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析判断；
（2）根据累计法的特点和各实验的原理分析判断。
（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）先测量n个条纹的间距再求出△x，属于放大测量取平均值，用的是累积法。
A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；
B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，故B错误；
C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；
D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选CD。
17．（2025·大兴模拟）用图甲所示的装置探究气体的等温变化规律。下列哪些操作是必需的（　　）
A．调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉
B．测量空气柱的直径
C．读取压力表示数
D．读取空气柱的长度
【答案】A,C,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．为防止气体的温度变化，调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉，过快拉可能由于摩擦产生热，导致气体温度升高，故A正确；BD．由于空气柱的横截面积S不变，该实验气体的体积为V=SL，其中S为空气柱的横截面积，所以用L代替V，只需要读取空气柱的长度，不需要测量空气柱的直径，故B错误，D正确；
C．读取压力表示数，以确定气体的压强，故C正确。
故选：ACD。
【分析】根据探究气体的等温变化规律的实验注意事项以及实验原理进行分析。
18．（2025·大兴模拟）用如图所示装置“验证牛顿第二定律”，保持小车质量一定，验证小车加速度a与合力F的关系。
（1）除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有_______（选填选项前的字母）。
A．220V、50Hz的交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平（附砝码）
（2）为使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是_____
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
（3）某同学得到如图所示的纸带，每5个点取一个计数点，测得相邻计数点间的距离如图所示（单位cm）。由此可得小车加速度的大小a ＝　 　m/s2（保留三位有效数字）。
（4）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，已知三位同学利用实验数据做出的a－F图像如图丁中的1、2、3所示。下列分析正确的是_____（选填选项前的字母）。
A．出现图线1的原因可能是没有平衡摩擦力
B．出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适
C．出现图线3的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
（5）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是　 　（选填“系统误差”或“偶然误差”）。设拉力的真实值为，小车的质量为M，为了使，应当满足的条件是　 　。
【答案】（1）A；C；E
（2）A；C
（3）1.21
（4）B
（5）系统误差；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）电火花计时器需要220V、50Hz的交流电源，要用刻度尺测量纸带上点迹的距离，需要天平测量小车的质量，故需要ACE，故选：ACE
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故AC正确，B错误；
故选：AC
（3） 从第一个点开始，每隔四个点取一个计数点， 相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，可得
（4）A、根据图象1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大，故A错误；
B、根据图象2可知，随着F的增大，不再满足砝码、砝码盘质量小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故B正确；
C、根据图象3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够，故C错误；
故选：B
（5）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差。
对小车受力分析，根据牛顿第二定律得
对整体受力分析，根据牛顿第二定律得
又
解得
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行；
（3）根据作差法求解加速度；
（4）根据牛顿第二定律结合图象特点分析产生的原因；
（5）分别对小车和整体根据牛顿第二定律列式求解即可。
（1）AB．电火花计时器需要220V、50Hz的交流电源。故A正确；B错误；
C．用刻度尺测量纸带上点迹的距离。故C正确；
D．纸带上点迹间的时间可以由打点间隔计算不需要秒表。故D错误；
E．实验中需要用天平测量小车的质量。故E正确。
故选ACE。
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行。故AC正确；B错误。
故选AC。
（3）相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，可得
（4）A．根据图像1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大。故A错误；
B．根据图像2可知，随着F的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质
量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象。故B正确；
C．根据图像3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够。故C错误。
故选B。
（5）[1]在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差。
[2]对小车，根据牛顿第二定律得
对整体，根据牛顿第二定律得
又
解得
19．（2025·大兴模拟）如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，轨道末端B切线水平。一小球从轨道顶端A点由静止释放，到达轨道底端经过B点水平飞出，最终落到水平地面上C点。已知轨道半径R=0.80m，B点距水平地面的高度h=0.80m，小球质量m=0.10kg，在B点的速度。忽略空气阻力，重力加速度。求：
（1）小球落到C点时的速度大小v。
（2）C点与B点之间的水平距离x。
（3）小球克服圆弧轨道阻力做的功。
【答案】（1）小球从B运动到C，只有重力做功，机械能守恒，有
代入数据得
（2）小球从B运动到C，做平抛运动，有
解得
（3）小球从A运动到B，应用动能定理，有
代入数据得
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球从B点到C点的过程，只有重力做功，根据动能定理求小球落到C点时的速度大小v；
（2）先根据平抛运动的规律求出小球从B点运动到C点的时间，再求C点与B点之间的水平距离x；
（3）小球从A点到B点的过程，根据动能定理求小球克服圆弧轨道阻力做的功Wf。
20．（2025·大兴模拟）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
【答案】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理
解得
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理
解得
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得
根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度
将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程
【知识点】动量；示波器的使用
【解析】【分析】（1）由动能定理解得带电粒子进入偏转电场时速度的大；
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，利用运动的分解与合成求出带电粒子离开偏转电场时的速度大小，利用动量定义式求离开偏转电场时动量的大小；
（3）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动列出水平方向和竖直方向位移关系式，联立解出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
21．（2025·大兴模拟）在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。
（1）求全红婵起跳瞬间的速度大小；
（2）全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F = ρgV，V为物体所排开的水的体积）；
（3）若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。
【答案】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则
解得
（2）向上为正，由浮力概念可得（x ≤ 1 m），（x > 1 m）
图像如图

（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系
其中
可得
【知识点】自由落体运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）全红婵起跳瞬间做匀变速直线运动，根据速度—位移公式分析求解；
（2）根据浮力公式，结合图像分析求解；
（3）运动员到达水底时速度恰减为零，根据能量守恒，结合重力势能变化量分析求解。
（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则
解得
（2）向上为正，由浮力概念可得
（x ≤ 1 m）
（x > 1 m）
图像如图
（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系
其中
可得
22．（2025·大兴模拟）如图1所示，电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速带电粒子的装置。在两个圆形电磁铁之间的圆柱形区域内存在方向竖直向下的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑、真空细玻璃管，环形玻璃管中心O在磁场区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动，图2为其简化示意图。通过改变电磁铁中的电流可以改变磁场的磁感应强度B，若B的大小随时间t的变化关系如图3所示，图中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t＝0到t＝T0时间内，小球不受玻璃管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在磁感应强度增大的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。求从t＝T0到t＝1.5T0时间段内细管内涡旋电场的场强大小E；
（3）某同学利用以下规律求出了t＝2T0时电荷定向运动形成的等效电流：
根据①
②
得：等效电流③
你认为上述解法是否正确，并阐述理由。
【答案】（1）从t＝0到t＝T0时间内小球运动不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力，有
得
（2）从t＝T0到t＝1.5T0时间内，细管内一周的感应电动势
因为同一条电场线上各点的电场强度大小相等，故电场强度
得
将带入，得
（3）该解法不正确。理由是：周期公式是根据仅由洛伦兹力提供向心力得出的，而实际情况是洛仑兹力与管道侧壁对小球的作用力共同提供向心力。小球在t＝T0到t＝1.5T0时间内受到切向电场力，有
F＝qE
小球切向加速度
t＝1.5T0时小球速率
v＝v0+a·Δt
得
所需向心力
而此时洛伦兹力
可以看出两者并不相等，故该同学的解法是错误的。此外，可以求出正确的等效电流：在T0~1.5T0时间内在沿切线方向用动量定理
0.5EqT0＝mv－mv0
得
因此等效电流
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；感应电动势及其产生条件；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【分析】（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解出感应电动势，再进一步计算电场强度；
（3）先根据牛顿第二定律求解加速度，计算出路程，再求解电场力的功。
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