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北京市海淀区2024-2025学年高三下学期一模（期中）物理试卷
1．（2025·海淀模拟）关于光现象及应用，下列说法正确的是（　　）
A．佩戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的折射
B．医学上用光纤制成内窥镜做人体内部检查，是利用了光的偏振
C．雨后太阳光入射到水滴形成彩虹，是由于光的干涉
D．光经过针尖时，其影的轮廓模糊不清，出现明暗相间的条纹，是由于光的衍射
【答案】D
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】 A、戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的偏振现象，故A错误；
B、医学上用光导纤维制成内窥镜，利用了光的全反射原理，故B错误；
C、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的，故C错误；
D、光经过针尖时，出现明暗相间的条纹，是由于光的衍射，故D正确。
故选：D。
【分析】立体电影是利用了光的偏振现象；医学上用光导纤维制成内窥镜，利用了光的全反射原理；雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的；光经过针尖时，其影的轮廓模糊不清，出现明暗相间的条纹，是由于光的衍射。
2．（2025·海淀模拟）下列核反应方程中，括号内的粒子为质子的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据质量数和电荷数守恒，A选项中括号内是中子，B选项中括号内是， C选项中括号内是，D选项中括号内是，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据核反应方程的书写规则判断粒子种类。
3．（2025·海淀模拟）关于分子动理论，下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显
B．当分子间的距离减小时，分子间作用力一定增大
C．物体的温度升高，物体内每个分子的动能都增大
D．温度是分子热运动剧烈程度的标志
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力
【解析】【解答】A、悬浮在液体中的固体小微粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故A错误；B、根据分子力与分子间的距离关系可知，分子间距离小于平衡距离时，分子间的距离减小时，分子间作用力增大，分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离减小时，分子力可能增大，也可能减小，故B错误；
C、分子的动能与温度有关，物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大，但并不一定每个分子的动能都增大，故C错误；
D、温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子热运动越剧烈，故D正确。
故选：D。
【分析】根据影响布朗运动的剧烈程度的因素分析；根据分子力与分子间距离关系分析；根据温度与分子热运动的关系，即可分析判断。
4．（2025·海淀模拟）图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．图乙可能是质点a的振动图像
B．再经1s质点a将沿x轴运动到x=2m处
C．质点b的位移与时间的关系为y=0.1sin(πt)m
D．波在传播过程中，质点a在2s内运动的路程为0.8m
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、由图乙知某质点在t=0时正经过平衡位置向上运动，根据上下坡法可知，质点a在t=0时的运动方向向上，所以图乙可能是质点a的振动图像，故A正确；B、质点只能在各自的平衡位置附近做简谐运动，不能随波迁移，即质点a将沿x轴运动到x=2m处，故B错误；
C．由图可知，质点的振幅
周期
角频率
由甲图可知，当时，质点b经过平衡位置向下振动，故质点b的位移与时间关系为
C错误；
D、质点在一个周期内经过的路程为4A，波的周期为t=2s，所以质点a在2s内运动的路程为s=4A=4×0.1m=0.4m，故D错误。
故选：A。
【分析】根据上下坡法结合图乙分析；质点不能随波迁移；根据质点b在t=0时的运动方向分析初相位，根据周期得到圆频率；质点在一个周期内经过的路程为4A。
5．（2025·海淀模拟）如图所示，弹簧上端固定、下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方放置一个固定在桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁托起到某一高度后放开、磁铁开始上下振动。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁铁振动过程中、线圈始终有收缩的趋势
B．磁铁振动过程中、弹簧和磁铁组成系统的机械能保持不变
C．磁铁远离线圈时，线圈对桌面的压力小于线圈的重力
D．磁铁靠近线圈时，线圈与磁铁相互吸引
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A.磁铁靠近线圈时，由“增缩减扩”的规律可知，线圈有收缩的趋势，磁铁远离线圈时，线圈有扩张趋势，故A错误；B.磁铁振动过程中，由于线圈中产生了感应电流，即有电能产生，由能量守恒定律可知，弹簧和磁铁组成系统的机械能会一直减小，故B错误；
C.磁铁远离线圈时，由“来拒去留”的规律可知，磁铁对线圈有向上的吸引力，导致线圈对桌面的压力小于重力，故C正确；
D.磁铁靠近线圈时，根据“来拒去留”可知，线圈与磁铁相互排斥，故D错误。
故选：C。
【分析】根据楞次定律，“来拒去留，增缩减扩”和机械能守恒定律进行分析解答。
6．（2025·海淀模拟）某同学用如图所示的可拆变压器完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，可拆变压器上各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。将原线圈的“0””和“1”接线柱与学生电源连接，将副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，测得副线圈的输出电压为15V。下列说法正确的是（　　）
A．原线圈接的是学生电源的直流电压挡
B．原线圈的输入电压可能是2V
C．原、副线圈之间靠铁芯导电来传输能量
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱，则副线圈的输出电压将大于15V
【答案】B
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A． 变压器工作需要用交流电，故A错误；
B．将原线圈的“0””和“1”接线柱与学生电源连接，则
副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，则
若考虑到有漏磁现象，则有
其中
可得
则原线圈的输入电压可能是2V，故B正确；
C．变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错误；
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱， 原线圈匝数变多， 则副线圈的输出电压一定小于15V，故D错误。
故选：B。
【分析】根据变压器的工作原理作答；变压器副线圈两端的电压决定于原线圈两端电压和匝数比，结合能量损耗分析。
7．（2025·海淀模拟）如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（　　）
A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T
B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T
C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于T
D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为，设物块的质量为m，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
可得绳子的拉力为
以两物块为整体，当水平地面光滑时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度为
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得绳子的拉力为
则有，，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据物块的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。
8．（2025·海淀模拟）如图所示，MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的两个电性不同的粒子，均以与MN夹角为、大小为v的速度垂直磁场射入。不计重力及粒子间的相互作用。则两粒子（　　）
A．在磁场中运动轨迹的半径不同
B．在磁场中运动的时间不同
C．射出磁场时的速度方向不同
D．射出位置到射入位置的距离不同
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场中的运动问题关键是找到题设条件与半径的对应几何关系，借助几何关系找半径和圆心角，从而求解速度和时间是常见的方法。AC．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿运动定律有：
可得
故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示正电荷粒子的运动轨迹为大圆弧，负电荷粒子的运动轨迹为小圆弧
射出磁场时的速度方向相同，故AC错误；
B．粒子在磁场中运动周期
若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间
若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间
故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B正确；
D．由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于
故D错误。
故选：B。
【分析】推导出粒子在磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式，结合几何关系求出偏转角，从而可以比较正负粒子以相同的入射角磁场时的半径大小、运动时间长短，及偏转距离大小。
9．（2025·海淀模拟）如图所示，物体在与水平方向夹角为、大小为F的拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体和地面之间的动摩擦因数为。在物体运动时间为t的过程中（　　）
A．仅改变，拉力对物体做的功不变
B．仅改变，合力对物体做的功不变
C．仅改变拉力大小F，物体受到重力的冲量不变
D．仅改变拉力大小F，物体受到摩擦力的冲量不变
【答案】C
【知识点】功的概念；冲量
【解析】【解答】AB．将拉力F沿水平、竖直两个方向进行分解，水平方向的分力为Fx=Fcosθ，竖直方向的分力为Fy=Fsinθ，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
拉力对物体所做的功为
合力对物体所做的功
可见，若改变，则拉力所做的功随之改变，若改变，合力所做的功也会改变，AB错误；
C． 物体受到的重力大小不变，重力的作用时间不变，因此冲量不变，故C正确；
D． 由之前分析可知，如果F大小改变，则摩擦力f随之改变，作用时间不变，因此摩擦力的冲量改变，故D错误。
故选：C。
【分析】将F进行正交分解，建立F与摩擦力f间的关系，进而可对做功、冲量等进行判断。
10．（2025·海淀模拟）2024年6月，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”被月球捕获进入月球轨道的部分过程如图所示：探测器在椭圆轨道1运行经过P点时变轨进入椭圆轨道2、在轨道2上经过P点时再次变轨进入圆轨道3。三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（　　）
A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速
B．探测器在轨道2上从P点运行到Q点的过程中，机械能越来越大
C．探测器分别沿着轨道2和轨道3运行，经过P点时的加速度相同
D．探测器在轨道3上运行的周期大于其在轨道1上运行的周期
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A.由轨道1变到轨道2，半径减小，做向心运动，因此需要在P点减速，故A错误；B.探测器在轨道2上从P点运行到Q点的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，保持不变，故B错误；
C．万有引力提供向心力，则
由于探测器分别沿着轨道2和轨道3运行，经过P点的距离r相同，所以经过P点时的加速度相同，故C正确；
D．轨道1的半长轴大于轨道3的半长轴，根据开普勒第三定律可知在轨道1上运行的周期比在轨道3上运行的周期大，故D错误。
故选：C。
【分析】根据变轨原理分析探测器从轨道1进入轨道2要采取的措施；只有引力做功，其机械能不变；根据牛顿第二定律分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析卫星在不同轨道上运行周期关系。
11．（2025·海淀模拟）两个点电荷A和B的电荷量分别为qA和qB，M是点电荷连线中垂线上的某点，其电场方向如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．qA和qB的大小可能相等
B．A和B为同种电荷，且qA>qB
C．A和B为异种电荷，且qA>qB
D．若A和B的电荷量均变为原来的2倍，则M点的电场方向不变
【答案】D
【知识点】电荷守恒定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．若qA和qB的大小相等且为异种电荷，由电场强度的叠加原理可知M点电场强度与AB连线垂直；若qA和qB的大小相等且为同种电荷，由电场强度的叠加原理可知M点电场强度与AB连线平行，由图可知M点电场强度方向既不与AB连线垂直也不与AB连线平行，故qA和qB的大小不可能相等，故A错误；
BC．要使M点的电场方向如图中所示，由电场叠加原理可知，点电荷A和B在M点产生的电场强度、如图所示
则有点电荷A带负电荷、点电荷B带正电荷，且有，又点电荷A和B到M点距离相等，由，，可知，故BC错误；
D．若A和B的电荷量均变为原来的2倍，则点电荷A和B在M点产生的电场强度，，则由平行四边形定则可知M点的合场强，方向不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电场强度的叠加原理，分析两点电荷的电性、电荷量大小关系，再判断电荷量变化时场强方向的变化。
12．（2025·海淀模拟）如图所示，一定厚度和宽度的半导体板放在匀强磁场中，当半导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在上侧面A和下侧面之间会产生一定的电势差UH将这种半导体板制成磁敏元件，可用来探测某空间的磁场。下列说法正确的是（　　）
A．若半导体板内载流子为电子，则上侧面A的电势比下侧面的电势高
B．探测空间磁场时，UH与被测磁场的磁感应强度呈线性关系
C．探测空间磁场时，磁敏元件的摆放方向对UH的数值无影响
D．在图示情况下，半导体板单位体积中载流子数目越大UH越大
【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、电子的定性移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，使得上侧面A的电势比下侧面A'电势低，故A错误；
BD．设半导体板的厚度为d，高度为h，根据电流的微观表达式
当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力，则有：
联立解得
可知电势差与B成正比，与d成反比，半导体板单位体积中载流子数目越大UH越小，B正确，D错误；
C、探测空间磁场时，磁敏元件的摆放要求磁场方向与板的厚度平行，及摆放方向对UH的数值有影响，故C错误。
故选：B。
【分析】根据左手定则判断电子受力的方向，然后判断电势的高低；导体板上下侧面间的电势差最大时，电子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，然后结合电流的微观表达式即可电压表达式，结合表达式分析；磁敏元件的摆放方向对UH的数值有影响。
13．（2025·海淀模拟）飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能根据来计算其动能，将所有小块的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（　　）
A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度成正比
B．飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀无关
C．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变
D．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．圆盘上的各点同轴转动，角速度相等，质量为m距转轴距离为r的点的速度
其动能，飞轮转动时的动能与其转动角速度的平方成正比，故A错误；
B．， 质量分布不同，r相同，明显动能不同，故B错误；
CD．，绕过直径的轴转动时，转动半径变小，保持角速度的大小不变，则其动能变小，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】圆盘上的各点同轴转动，角速度相等，根据转动动能的表达式分析答题。
14．（2025·海淀模拟）当波源与观测者发生相对运动时，观测者接收到波的频率发生变化，这是我们熟悉的多普勒效应。观测者和波源之间的距离变化越快，多普勒效应越明显。原子会吸收和发出某些特定波长的电磁波，我们观测到的某颗恒星的光谱包含由此恒星的大气层中的原子引起的吸收谱线。已知钠原子具有一条波长为的特征谱线（线）。研究人员在观测某双恒星系统时，从t=0时开始在表中记录双恒星系统中的钠原子在线对应波长处的吸收光谱，其中1号恒星和2号恒星在吸收波长处吸收光谱的波长分别为λ1和λ2假定研究人员处于双恒星运动所在平面，双恒星均近似做匀速圆周运动，且不考虑双恒星系统质心（质点系的质量中心）的运动。不考虑相对论效应和宇宙膨胀的影响。关于该双恒星系统，下列说法正确的是（　　）
t/d λ1/ λ2/
0.3 5893.1 5897.5
0.6 5892.8 5897.7
0.9 5893.7 5897.2
1.2 5896.2 5896.2
1.5 5897.3 5895.1
1.8 5898.7 5894.3
2.1 5899.0 5894.1
2.4 5898.1 5894.6
2.7 5896.4 5895.6
3.0 5894.5 5896.7
3.3 5893.1 5897.3
3.6 5892.8 5897.7
3.9 5893.7 5897.2
A．双恒星绕质心转动的周期约为1.8d
B．观测到波长为的光是1号恒星靠近观测者时发出的
C．在间观测到波长为的光是1号恒星在距离观测者最近位置附近发出的
D．通过比较观测波长变化量，可判断1号恒星质量较小
【答案】D
【知识点】多普勒效应；双星（多星）问题
【解析】【解答】A． 双恒星均近似做匀速圆周运动， 从表中数据来看，波长从一种状态变化回类似状态的时间间隔约为3.0d，所以双恒星绕质心转动的周期约为，故A错误；
D．如图所示
M点表示恒星相对观察者在靠近，且靠近速度最大的位置，根据多普勒效应，频率应在其数据中最大，波长应在其数据中最小；同理N点表示波长应在其数据中最大。表中1号恒星的最短波长为，2号恒星最短波长，可以看出1号恒星的最短波长更短，则对应最大频率更大，说明1号恒星相对观察者靠近的最大速度更大。转动角速度相等，说明其对应的轨道半径更大，即M点所在的圆轨道。根据双星知识，轨道半径与质量成反比，则1号恒星比2号恒星质量小，故D正确；
BC．根据前面的分析，图中M点对应1号恒星波长最小的时刻，即，那么其再转四分之一周期后（即）离观测者最近，再过半个周期后（即）离观测者最远，再次离观测者最近时，则在间观测到波长为的光不是1号恒星在距离观测者最近位置附近发出的，时1号恒星一定是远离观测者，故BC错误。
故选：D。
【分析】根据表格数据分析恒星与观察者的位置变化，结合周期与频率关系分析解答。
15．（2025·海淀模拟）现有一个阻值约为2kΩ的定值电阻，用多用电表测其电阻，应选用电阻　 　挡（选填“×10”“×100” 或“×1k”)；图为已选定挡位后正在测量中的多用电表表盘，其对应的阻值是　 　Ω。
【答案】；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】为了减小误差，应使欧姆表的指针指在中央刻度附近，待测电阻的阻值约为，欧姆表的中央刻度为“15”，故应选择“”挡；根据上述分析及欧姆表指示的刻度，可知待测电阻的阻值为。
【分析】 欧姆表中央刻度为“15”，待测电阻的阻值约为2kΩ，根据欧姆表的实验规则和读数规则读数。
16．（2025·海淀模拟）用图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，橡皮条的另一端固定，橡皮条恰好伸直时的长度为GE。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它静止于O点，如图丙所示。关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．需要记录GE和EO的长度
B．描点确定拉力方向时，所描两点之间的距离应适当大一些
C．借助该实验数据也可以完成“探究力的分解规律”的实验
【答案】B,C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A.根据实验原理，实验时不需要记录GE和EO的长度，需要记录结点O的位置，故A错误；B.为了减小拉力方向确定的误差，描点确定拉力方向时，所描两点之间的距离应适当大一些，故B正确；
C.力的分解为力的合成的逆运算，都遵循平行四边形定则，借助该实验数据也可以完成“探究力的分解规律”的实验，故C正确。
故选：BC。
【分析】 根据实验原理、正确操作和注意事项分析作。
17．（2025·海淀模拟）某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长。该同学调整好实验装置后，分别用图所示的氢原子在可见光区的四条谱线中的Hβ和Hγ两条谱线的光照射双缝。已知氢原子四条谱线的波长满足，其中对应Hα，为常量）。在干涉图样中，条纹间距较小的是谱线　 　所对应的光形成的。（选填“Hβ”或
“Hγ”）
【答案】
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】 根据谱线的波长λ与能级的关系，可知当n=6时，对应的波长最短；结合图像可知Hβ、Hγ分别是氢原子从第4能级和第5能级跃迁到第2能级发出的光，可知λHβ＞λHγ，由条纹间距公式可知，纹间距较小的是谱线Hγ所对应的光形成的。
【分析】根据谱线的波长λ与能级的关系和双缝干涉条纹间距公式分析作答。
18．（2025·海淀模拟）某实验小组用图1所示电路测量一段粗细均匀、阻值约为5Ω的金属丝的电阻率。
（1）实验室有电源（电动势E为3.0V，内阻约为1Ω）、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
B．电流表（量程0～3A，内阻约0.025Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
E．滑动变阻器（0～5Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器（0～1kΩ，额定电流0.5A）
为了比较准确地测量金属丝的电阻阻值，实验中电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（选填器材前的字母）
（2）图2所示为测量R2的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据图1电路图补充完成图2中实物间的连线　 　。
（3）该小组同学正确连接电路，改变滑动变阻器的滑片位置，测量得到多组电压U和电流I，并在图3坐标系中标出。
a．请在图3中画出U-I图线　 　。
b．已通过U-I图线得到了Rx。为准确测量待测金属丝的电阻率，请写出还需要测量的物理量及对应的测量方法　 　。
（4）该小组同学利用上述相同实验器材，分别按照图1和图4的电路图正确连接电路。按操作规范，将滑动变阻器滑片从一端滑向另一端，探究电压表示数U与滑片移动距离x 间的关系，分别得到图线甲和乙。已知滑动变阻器电阻丝的总长度为L，下列反映U-x关系的示意图中可能正确的是 。
A．
B．
C．
【答案】（1）A；E
（2）
（3）；还需要用螺旋测微器测量金属丝的直径d，毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的长度L。
（4）C
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的最大电流
因此电流表应选择A；滑动变阻器采用分压式接法， 为了保证电路安全和方便调节， 滑动变阻器应选择最大阻值较小的电阻即选择E；
（2）根据电路图，滑动变阻器采用分压式接法，实物连接情况如下
（3） 根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
根据电阻定律可得
为了测量金属丝的电阻率，根据图像可得的阻值后，还需要用螺旋测微器测量金属丝的直径d，毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的长度L。
（4）图1中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑片位于最左端，电压表的示数为零；图4中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑动变阻器的滑片位于最右端，根据欧姆定律可得电压表的示数最小值为
图1中，滑动变阻器的滑片位移最右端时，滑片移动的距离为，根据欧姆定律可得电压表的示数为最大值
图4中，滑动变阻器的滑片位移最左端时，滑片移动的距离，根据欧姆定律可得电压表的示数为最大值
由于，所以，即图线甲的最大值小于图线乙的最大值；图4中滑动变阻器滑片移动的距离时，滑动变阻器接入电路中的有效长度，设电阻丝的横截面积为S，则电压表的示数为
其中
随着x的增大，逐渐减小，根据均值不等式可知，当，减小到最大，此后减小得幅度逐渐增大，电压表示数增大得越快，综合分析可知C正确。
故选C。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解电路中的最大电流，然后选择电流表；
滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据描点法作图的规则作图；根据电阻定律分析需要测量的物理量和采用的方法；
（4）根据实验电路图结合欧姆定律分析电压表示数的最小值和最大值，然后作答。
（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的最大电流
因此电流表应选择A；
[2]滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器应选择E；
（2）根据电路图，实物连接情况如下
（3）[1]描点作图，舍弃个别相差较远的点，如图所示
[2]根据电阻定律可得
为了测量金属丝的电阻率，根据图像可得的阻值后，还需要用螺旋测微器测量金属丝的直径d，毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的长度L。
（4）图1中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑片位于最左端，电压表的示数为零；图4中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑动变阻器的滑片位于最右端，电压表的示数最小值为
图1中，滑动变阻器的滑片位移最右端时，滑片移动的距离为，电压表的示数为最大值
图4中，滑动变阻器的滑片位移最左端时，滑片移动的距离，电压表的示数为最大值
由于，所以，即图线甲的最大值小于图线乙的最大值；图4中滑动变阻器滑片移动的距离时，滑动变阻器接入电路中的有效长度，设电阻丝的横截面积为S，则电压表的示数为
其中
随着x的增大，逐渐减小，根据均值不等式可知，当，减小到最大，此后减小得幅度逐渐增大，电压表示数增大得越快，综合分析可知C正确。
故选C。
19．（2025·海淀模拟）如图所示，光滑水平面内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向如图所示。一边长为L的正方形单匝导线框位于水平面内，某时刻导线框以垂直磁场边界的初速度v从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为m、电阻为R。求导线框完全进入磁场的过程中，求：
（1）感应电流的最大值I；
（2）加速度的最大值a；
（3）流过导线截面的电荷量q。
【答案】（1）线框刚进入磁场时，产生的感应电动势最大为E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流
则感应电流的最大值为
（2）线框受到的安培力为F=BIL
根据牛顿第二定律可得F=ma
解得加速度的最大值为
（3）导线框完全进入磁场的过程中，平均电动势为
平均电流为
流过导线截面的电荷量为
联立解得流过导线截面的电荷量为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）由于线框进入磁场过程中做减速运动，根据E=BLv求得产生的感应电动势，利用闭合电路的欧姆定律求得感应电流的最大值；
（2）根据安培力公式，利用牛顿第二定律求解加速度的最大值；
（3）根据法拉第磁感应定律，利用闭合电路的欧姆定律求得电流，根据电量公式求解。
（1）线框刚进入磁场时，产生的感应电动势最大为E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流
则感应电流的最大值为
（2）线框受到的安培力为F=BIL
根据牛顿第二定律可得F=ma
解得加速度的最大值为
（3）导线框完全进入磁场的过程中，平均电动势为
平均电流为
流过导线截面的电荷量为
联立解得流过导线截面的电荷量为
20．（2025·海淀模拟）如图所示，运动员以一定速度从P点沿水平方向离开平台，恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC，沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员（含装备）质量m=50kg，运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA=10m/s，圆弧轨道的半径R=4m，圆弧轨道AB对应的圆心角∠。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。取重力加速度， ，。将运动员视为质点，忽略空气阻力。求：
（1）运动员从P点到A点运动过程所用时间t；
（2）运动员在B点时的动能；
（3）在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功W。
【答案】（1）由于运动员从P到A的运动过程为平抛运动，且vA=10m/s，故运动员在A点竖直方向速度
解得
（2）在B点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知
运动员在B点的动能
解得
（3）运动员从A到B过程，由动能定理得
解得
所以在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功为-100J。
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。通过已知的进入圆弧轨道时的速度大小和角度，可以计算出竖直方向的速度分量，进而求出时间；
（2）已知的运动员在B点对轨道的压力是其总重力的3.8倍，可以计算出运动员在B点的速度，进而求出动能；
（3）已知的运动员在A点和B点的速度，可以利用动能定理计算出摩擦力所做的功。
（1）由于运动员从P到A的运动过程为平抛运动，且vA=10m/s，故运动员在A点竖直方向速度
解得
（2）在B点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知
运动员在B点的动能
解得
（3）运动员从A到B过程，由动能定理得
解得
所以在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功为-100J。
21．（2025·海淀模拟）如图1所示，把一个质量为m的小球连接在劲度系数为k的轻质弹簧的右端，弹簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子。以弹簧原长时小球的位置为坐标原点O，以水平向右为正方向建立坐标轴Ox。小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，忽略摩擦阻力的影响。
（1）把小球拉向O点的右方x=+L处，然后由静止释放，小球沿着坐标轴做往复运动。
a．在图2中画出弹簧弹力F随x变化的示意图，并由此求出小球从x=+L处静止释放至第一次运动到平衡位置O的过程中，弹簧对小球做的功W。
b．求小球从x=+L处静止释放至第一次运动到平衡位置O的过程中，弹簧对小球冲量的大小I。
（2）动量p随位移x变化的图像在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图3所示，小球运动过程的p-x图线为椭圆，已知弹簧振子系统的机械能为E。
a．求该椭圆的半长轴a和半短轴b。
b．实际上，小球在运动过程中受到微小的阻力，在相当长的时间内可近似认为其p-x图线是一系列面积不同的封闭椭圆。经过一段相当长的时间T，椭圆的面积减小为原来的90％，求这段时间内克服微小阻力做功的平均功率P。（已知椭圆面积S=πab)
【答案】（1）a．如图所示
图像与坐标轴围成的面积即表示功的大小，其面积大小为
由于弹力方向与位移方向均与规定的正方向相反，则故弹簧对小球所做的功
b．由动能定理可得
以水平向左为正方向，根据动量定理则有
联立解得
（2）a．在处时，小球的动量为零，则小球的速度为零，动能为零，则有
解得半长轴
在处弹簧的弹性势能为零，则有
解得
即半短轴
b．将上述结论代入椭圆的面积公式
即有
椭圆的面积减小为原来的90％，系统的能量
由功能关系可得，克服阻力所做的功
所以这段时间内克服微小阻力做功的平均功率
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【分析】（1）a.根据图像与横坐标围成的面积大小求弹簧对小球做的功W；
b.由动能定理和动量定理求弹簧对小球冲量的大小I；
（2）a.根据机械能的表达式、动量和动能的关系求该椭圆的半长轴a和半短轴b；
b.根据功能关系和平均功率表达式求这段时间内克服微小阻力做功的平均功率P。
（1）a．如图所示
图像与坐标轴围成的面积即表示功的大小，其面积大小为
由于弹力方向与位移方向均与规定的正方向相反，则故弹簧对小球所做的功
b．由动能定理可得
以水平向左为正方向，根据动量定理则有
联立解得
（2）a．在处时，小球的动量为零，则小球的速度为零，动能为零，则有
解得半长轴
在处弹簧的弹性势能为零，则有
解得
即半短轴
b．将上述结论代入椭圆的面积公式
即有
椭圆的面积减小为原来的90％，系统的能量
由功能关系可得，克服阻力所做的功
所以这段时间内克服微小阻力做功的平均功率
22．（2025·海淀模拟）寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。
（1）如图1所示，用细线悬挂的两个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行、球心等高。把小球1向左拉起一定高度h后由静止释放，与小球2发生弹性正碰。已知重力加速度为g，求碰后瞬间小球2的速度大小v。
（2）某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着两个相同的“载流线圈”，放置着三个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2和弹头3左侧都非常靠近无磁性的、质量均为m的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平导轨上沿轴线自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈1施加的磁力作用从静止开始加速运动，通过碰撞将动能传给中间的弹头2；弹头2被载流线圈2加速，通过碰撞将动能传给弹头3，弹头3最终被弹出。
弹头可视为半径为r，电流大小恒为I、方向如图2方框中所示的单匝细圆线圈，且r远小于载流线圈半径。所有碰撞均可视为弹性正碰，不考虑弹头之间的磁力作用，相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。
a．标出载流线圈1和载流线圈2中电流的方向。
b．已知弹头1在载流线圈1处产生磁场的磁感应强度的轴向分量Bx和径向分量Br。求弹头1在图2方框中所示情况下受到载流线圈1的作用力的大小F。
c．通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的单匝细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中所具有的“势能”可表示为，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。
已知载流线圈1和载流线圈2在各自圆心处产生的磁感应强度大小均为 求弹头3理论上能获得的速度上限
【答案】（1）在小球1下落过程，依据动能定理有
可得
弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒、
联立可得
（2）a.如图
b.可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场作用下安培力方向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为的细圆线圈（即弹头）受到的总安培力可得
c.为使弹头3获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为，根据能量守恒可得
弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为和，根据弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有、
可得=0，=
即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度继续向右运动。
与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为，根据能量守恒可得
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为
【知识点】动量守恒定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】 （1）依据动能定理结合机械能和动量均守恒求碰后瞬间小球2的速度大小v；
（2）a.根据同向电流相互吸引标出载流线圈1和载流线圈2中电流的方向；
b.根据安培力公式求弹头1在图2方框中所示情况下受到载流线圈1的作用力的大小F；
c.根据能量守恒再结合机械能和动量均守恒求弹头3理论上能获得的速度上限vm。
（1）在小球1下落过程，依据动能定理有
可得
弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒、
联立可得
（2）a.如图
b.可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场作用下安培力方向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为的细圆线圈（即弹头）受到的总安培力可得
c.为使弹头3获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为，根据能量守恒可得
弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为和，根据弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有、
可得=0，=
即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度继续向右运动。
与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为，根据能量守恒可得
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为
1 / 1北京市海淀区2024-2025学年高三下学期一模（期中）物理试卷
1．（2025·海淀模拟）关于光现象及应用，下列说法正确的是（　　）
A．佩戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的折射
B．医学上用光纤制成内窥镜做人体内部检查，是利用了光的偏振
C．雨后太阳光入射到水滴形成彩虹，是由于光的干涉
D．光经过针尖时，其影的轮廓模糊不清，出现明暗相间的条纹，是由于光的衍射
2．（2025·海淀模拟）下列核反应方程中，括号内的粒子为质子的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·海淀模拟）关于分子动理论，下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显
B．当分子间的距离减小时，分子间作用力一定增大
C．物体的温度升高，物体内每个分子的动能都增大
D．温度是分子热运动剧烈程度的标志
4．（2025·海淀模拟）图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．图乙可能是质点a的振动图像
B．再经1s质点a将沿x轴运动到x=2m处
C．质点b的位移与时间的关系为y=0.1sin(πt)m
D．波在传播过程中，质点a在2s内运动的路程为0.8m
5．（2025·海淀模拟）如图所示，弹簧上端固定、下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方放置一个固定在桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁托起到某一高度后放开、磁铁开始上下振动。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁铁振动过程中、线圈始终有收缩的趋势
B．磁铁振动过程中、弹簧和磁铁组成系统的机械能保持不变
C．磁铁远离线圈时，线圈对桌面的压力小于线圈的重力
D．磁铁靠近线圈时，线圈与磁铁相互吸引
6．（2025·海淀模拟）某同学用如图所示的可拆变压器完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，可拆变压器上各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。将原线圈的“0””和“1”接线柱与学生电源连接，将副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，测得副线圈的输出电压为15V。下列说法正确的是（　　）
A．原线圈接的是学生电源的直流电压挡
B．原线圈的输入电压可能是2V
C．原、副线圈之间靠铁芯导电来传输能量
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱，则副线圈的输出电压将大于15V
7．（2025·海淀模拟）如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（　　）
A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T
B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T
C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于T
D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T
8．（2025·海淀模拟）如图所示，MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的两个电性不同的粒子，均以与MN夹角为、大小为v的速度垂直磁场射入。不计重力及粒子间的相互作用。则两粒子（　　）
A．在磁场中运动轨迹的半径不同
B．在磁场中运动的时间不同
C．射出磁场时的速度方向不同
D．射出位置到射入位置的距离不同
9．（2025·海淀模拟）如图所示，物体在与水平方向夹角为、大小为F的拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体和地面之间的动摩擦因数为。在物体运动时间为t的过程中（　　）
A．仅改变，拉力对物体做的功不变
B．仅改变，合力对物体做的功不变
C．仅改变拉力大小F，物体受到重力的冲量不变
D．仅改变拉力大小F，物体受到摩擦力的冲量不变
10．（2025·海淀模拟）2024年6月，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”被月球捕获进入月球轨道的部分过程如图所示：探测器在椭圆轨道1运行经过P点时变轨进入椭圆轨道2、在轨道2上经过P点时再次变轨进入圆轨道3。三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（　　）
A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速
B．探测器在轨道2上从P点运行到Q点的过程中，机械能越来越大
C．探测器分别沿着轨道2和轨道3运行，经过P点时的加速度相同
D．探测器在轨道3上运行的周期大于其在轨道1上运行的周期
11．（2025·海淀模拟）两个点电荷A和B的电荷量分别为qA和qB，M是点电荷连线中垂线上的某点，其电场方向如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．qA和qB的大小可能相等
B．A和B为同种电荷，且qA>qB
C．A和B为异种电荷，且qA>qB
D．若A和B的电荷量均变为原来的2倍，则M点的电场方向不变
12．（2025·海淀模拟）如图所示，一定厚度和宽度的半导体板放在匀强磁场中，当半导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在上侧面A和下侧面之间会产生一定的电势差UH将这种半导体板制成磁敏元件，可用来探测某空间的磁场。下列说法正确的是（　　）
A．若半导体板内载流子为电子，则上侧面A的电势比下侧面的电势高
B．探测空间磁场时，UH与被测磁场的磁感应强度呈线性关系
C．探测空间磁场时，磁敏元件的摆放方向对UH的数值无影响
D．在图示情况下，半导体板单位体积中载流子数目越大UH越大
13．（2025·海淀模拟）飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能根据来计算其动能，将所有小块的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（　　）
A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度成正比
B．飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀无关
C．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变
D．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小
14．（2025·海淀模拟）当波源与观测者发生相对运动时，观测者接收到波的频率发生变化，这是我们熟悉的多普勒效应。观测者和波源之间的距离变化越快，多普勒效应越明显。原子会吸收和发出某些特定波长的电磁波，我们观测到的某颗恒星的光谱包含由此恒星的大气层中的原子引起的吸收谱线。已知钠原子具有一条波长为的特征谱线（线）。研究人员在观测某双恒星系统时，从t=0时开始在表中记录双恒星系统中的钠原子在线对应波长处的吸收光谱，其中1号恒星和2号恒星在吸收波长处吸收光谱的波长分别为λ1和λ2假定研究人员处于双恒星运动所在平面，双恒星均近似做匀速圆周运动，且不考虑双恒星系统质心（质点系的质量中心）的运动。不考虑相对论效应和宇宙膨胀的影响。关于该双恒星系统，下列说法正确的是（　　）
t/d λ1/ λ2/
0.3 5893.1 5897.5
0.6 5892.8 5897.7
0.9 5893.7 5897.2
1.2 5896.2 5896.2
1.5 5897.3 5895.1
1.8 5898.7 5894.3
2.1 5899.0 5894.1
2.4 5898.1 5894.6
2.7 5896.4 5895.6
3.0 5894.5 5896.7
3.3 5893.1 5897.3
3.6 5892.8 5897.7
3.9 5893.7 5897.2
A．双恒星绕质心转动的周期约为1.8d
B．观测到波长为的光是1号恒星靠近观测者时发出的
C．在间观测到波长为的光是1号恒星在距离观测者最近位置附近发出的
D．通过比较观测波长变化量，可判断1号恒星质量较小
15．（2025·海淀模拟）现有一个阻值约为2kΩ的定值电阻，用多用电表测其电阻，应选用电阻　 　挡（选填“×10”“×100” 或“×1k”)；图为已选定挡位后正在测量中的多用电表表盘，其对应的阻值是　 　Ω。
16．（2025·海淀模拟）用图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，橡皮条的另一端固定，橡皮条恰好伸直时的长度为GE。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它静止于O点，如图丙所示。关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．需要记录GE和EO的长度
B．描点确定拉力方向时，所描两点之间的距离应适当大一些
C．借助该实验数据也可以完成“探究力的分解规律”的实验
17．（2025·海淀模拟）某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长。该同学调整好实验装置后，分别用图所示的氢原子在可见光区的四条谱线中的Hβ和Hγ两条谱线的光照射双缝。已知氢原子四条谱线的波长满足，其中对应Hα，为常量）。在干涉图样中，条纹间距较小的是谱线　 　所对应的光形成的。（选填“Hβ”或
“Hγ”）
18．（2025·海淀模拟）某实验小组用图1所示电路测量一段粗细均匀、阻值约为5Ω的金属丝的电阻率。
（1）实验室有电源（电动势E为3.0V，内阻约为1Ω）、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
B．电流表（量程0～3A，内阻约0.025Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
E．滑动变阻器（0～5Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器（0～1kΩ，额定电流0.5A）
为了比较准确地测量金属丝的电阻阻值，实验中电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（选填器材前的字母）
（2）图2所示为测量R2的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据图1电路图补充完成图2中实物间的连线　 　。
（3）该小组同学正确连接电路，改变滑动变阻器的滑片位置，测量得到多组电压U和电流I，并在图3坐标系中标出。
a．请在图3中画出U-I图线　 　。
b．已通过U-I图线得到了Rx。为准确测量待测金属丝的电阻率，请写出还需要测量的物理量及对应的测量方法　 　。
（4）该小组同学利用上述相同实验器材，分别按照图1和图4的电路图正确连接电路。按操作规范，将滑动变阻器滑片从一端滑向另一端，探究电压表示数U与滑片移动距离x 间的关系，分别得到图线甲和乙。已知滑动变阻器电阻丝的总长度为L，下列反映U-x关系的示意图中可能正确的是 。
A．
B．
C．
19．（2025·海淀模拟）如图所示，光滑水平面内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向如图所示。一边长为L的正方形单匝导线框位于水平面内，某时刻导线框以垂直磁场边界的初速度v从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为m、电阻为R。求导线框完全进入磁场的过程中，求：
（1）感应电流的最大值I；
（2）加速度的最大值a；
（3）流过导线截面的电荷量q。
20．（2025·海淀模拟）如图所示，运动员以一定速度从P点沿水平方向离开平台，恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC，沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员（含装备）质量m=50kg，运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA=10m/s，圆弧轨道的半径R=4m，圆弧轨道AB对应的圆心角∠。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。取重力加速度， ，。将运动员视为质点，忽略空气阻力。求：
（1）运动员从P点到A点运动过程所用时间t；
（2）运动员在B点时的动能；
（3）在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功W。
21．（2025·海淀模拟）如图1所示，把一个质量为m的小球连接在劲度系数为k的轻质弹簧的右端，弹簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子。以弹簧原长时小球的位置为坐标原点O，以水平向右为正方向建立坐标轴Ox。小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，忽略摩擦阻力的影响。
（1）把小球拉向O点的右方x=+L处，然后由静止释放，小球沿着坐标轴做往复运动。
a．在图2中画出弹簧弹力F随x变化的示意图，并由此求出小球从x=+L处静止释放至第一次运动到平衡位置O的过程中，弹簧对小球做的功W。
b．求小球从x=+L处静止释放至第一次运动到平衡位置O的过程中，弹簧对小球冲量的大小I。
（2）动量p随位移x变化的图像在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图3所示，小球运动过程的p-x图线为椭圆，已知弹簧振子系统的机械能为E。
a．求该椭圆的半长轴a和半短轴b。
b．实际上，小球在运动过程中受到微小的阻力，在相当长的时间内可近似认为其p-x图线是一系列面积不同的封闭椭圆。经过一段相当长的时间T，椭圆的面积减小为原来的90％，求这段时间内克服微小阻力做功的平均功率P。（已知椭圆面积S=πab)
22．（2025·海淀模拟）寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。
（1）如图1所示，用细线悬挂的两个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行、球心等高。把小球1向左拉起一定高度h后由静止释放，与小球2发生弹性正碰。已知重力加速度为g，求碰后瞬间小球2的速度大小v。
（2）某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着两个相同的“载流线圈”，放置着三个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2和弹头3左侧都非常靠近无磁性的、质量均为m的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平导轨上沿轴线自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈1施加的磁力作用从静止开始加速运动，通过碰撞将动能传给中间的弹头2；弹头2被载流线圈2加速，通过碰撞将动能传给弹头3，弹头3最终被弹出。
弹头可视为半径为r，电流大小恒为I、方向如图2方框中所示的单匝细圆线圈，且r远小于载流线圈半径。所有碰撞均可视为弹性正碰，不考虑弹头之间的磁力作用，相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。
a．标出载流线圈1和载流线圈2中电流的方向。
b．已知弹头1在载流线圈1处产生磁场的磁感应强度的轴向分量Bx和径向分量Br。求弹头1在图2方框中所示情况下受到载流线圈1的作用力的大小F。
c．通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的单匝细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中所具有的“势能”可表示为，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。
已知载流线圈1和载流线圈2在各自圆心处产生的磁感应强度大小均为 求弹头3理论上能获得的速度上限
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】 A、戴特制的眼镜观看立体电影，是利用了光的偏振现象，故A错误；
B、医学上用光导纤维制成内窥镜，利用了光的全反射原理，故B错误；
C、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的，故C错误；
D、光经过针尖时，出现明暗相间的条纹，是由于光的衍射，故D正确。
故选：D。
【分析】立体电影是利用了光的偏振现象；医学上用光导纤维制成内窥镜，利用了光的全反射原理；雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的；光经过针尖时，其影的轮廓模糊不清，出现明暗相间的条纹，是由于光的衍射。
2．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据质量数和电荷数守恒，A选项中括号内是中子，B选项中括号内是， C选项中括号内是，D选项中括号内是，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据核反应方程的书写规则判断粒子种类。
3．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力
【解析】【解答】A、悬浮在液体中的固体小微粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故A错误；B、根据分子力与分子间的距离关系可知，分子间距离小于平衡距离时，分子间的距离减小时，分子间作用力增大，分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离减小时，分子力可能增大，也可能减小，故B错误；
C、分子的动能与温度有关，物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大，但并不一定每个分子的动能都增大，故C错误；
D、温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子热运动越剧烈，故D正确。
故选：D。
【分析】根据影响布朗运动的剧烈程度的因素分析；根据分子力与分子间距离关系分析；根据温度与分子热运动的关系，即可分析判断。
4．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、由图乙知某质点在t=0时正经过平衡位置向上运动，根据上下坡法可知，质点a在t=0时的运动方向向上，所以图乙可能是质点a的振动图像，故A正确；B、质点只能在各自的平衡位置附近做简谐运动，不能随波迁移，即质点a将沿x轴运动到x=2m处，故B错误；
C．由图可知，质点的振幅
周期
角频率
由甲图可知，当时，质点b经过平衡位置向下振动，故质点b的位移与时间关系为
C错误；
D、质点在一个周期内经过的路程为4A，波的周期为t=2s，所以质点a在2s内运动的路程为s=4A=4×0.1m=0.4m，故D错误。
故选：A。
【分析】根据上下坡法结合图乙分析；质点不能随波迁移；根据质点b在t=0时的运动方向分析初相位，根据周期得到圆频率；质点在一个周期内经过的路程为4A。
5．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A.磁铁靠近线圈时，由“增缩减扩”的规律可知，线圈有收缩的趋势，磁铁远离线圈时，线圈有扩张趋势，故A错误；B.磁铁振动过程中，由于线圈中产生了感应电流，即有电能产生，由能量守恒定律可知，弹簧和磁铁组成系统的机械能会一直减小，故B错误；
C.磁铁远离线圈时，由“来拒去留”的规律可知，磁铁对线圈有向上的吸引力，导致线圈对桌面的压力小于重力，故C正确；
D.磁铁靠近线圈时，根据“来拒去留”可知，线圈与磁铁相互排斥，故D错误。
故选：C。
【分析】根据楞次定律，“来拒去留，增缩减扩”和机械能守恒定律进行分析解答。
6．【答案】B
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A． 变压器工作需要用交流电，故A错误；
B．将原线圈的“0””和“1”接线柱与学生电源连接，则
副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，则
若考虑到有漏磁现象，则有
其中
可得
则原线圈的输入电压可能是2V，故B正确；
C．变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错误；
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱， 原线圈匝数变多， 则副线圈的输出电压一定小于15V，故D错误。
故选：B。
【分析】根据变压器的工作原理作答；变压器副线圈两端的电压决定于原线圈两端电压和匝数比，结合能量损耗分析。
7．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为，设物块的质量为m，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
可得绳子的拉力为
以两物块为整体，当水平地面光滑时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度为
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得绳子的拉力为
则有，，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据物块的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。
8．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场中的运动问题关键是找到题设条件与半径的对应几何关系，借助几何关系找半径和圆心角，从而求解速度和时间是常见的方法。AC．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿运动定律有：
可得
故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示正电荷粒子的运动轨迹为大圆弧，负电荷粒子的运动轨迹为小圆弧
射出磁场时的速度方向相同，故AC错误；
B．粒子在磁场中运动周期
若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间
若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间
故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B正确；
D．由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于
故D错误。
故选：B。
【分析】推导出粒子在磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式，结合几何关系求出偏转角，从而可以比较正负粒子以相同的入射角磁场时的半径大小、运动时间长短，及偏转距离大小。
9．【答案】C
【知识点】功的概念；冲量
【解析】【解答】AB．将拉力F沿水平、竖直两个方向进行分解，水平方向的分力为Fx=Fcosθ，竖直方向的分力为Fy=Fsinθ，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
拉力对物体所做的功为
合力对物体所做的功
可见，若改变，则拉力所做的功随之改变，若改变，合力所做的功也会改变，AB错误；
C． 物体受到的重力大小不变，重力的作用时间不变，因此冲量不变，故C正确；
D． 由之前分析可知，如果F大小改变，则摩擦力f随之改变，作用时间不变，因此摩擦力的冲量改变，故D错误。
故选：C。
【分析】将F进行正交分解，建立F与摩擦力f间的关系，进而可对做功、冲量等进行判断。
10．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A.由轨道1变到轨道2，半径减小，做向心运动，因此需要在P点减速，故A错误；B.探测器在轨道2上从P点运行到Q点的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，保持不变，故B错误；
C．万有引力提供向心力，则
由于探测器分别沿着轨道2和轨道3运行，经过P点的距离r相同，所以经过P点时的加速度相同，故C正确；
D．轨道1的半长轴大于轨道3的半长轴，根据开普勒第三定律可知在轨道1上运行的周期比在轨道3上运行的周期大，故D错误。
故选：C。
【分析】根据变轨原理分析探测器从轨道1进入轨道2要采取的措施；只有引力做功，其机械能不变；根据牛顿第二定律分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析卫星在不同轨道上运行周期关系。
11．【答案】D
【知识点】电荷守恒定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．若qA和qB的大小相等且为异种电荷，由电场强度的叠加原理可知M点电场强度与AB连线垂直；若qA和qB的大小相等且为同种电荷，由电场强度的叠加原理可知M点电场强度与AB连线平行，由图可知M点电场强度方向既不与AB连线垂直也不与AB连线平行，故qA和qB的大小不可能相等，故A错误；
BC．要使M点的电场方向如图中所示，由电场叠加原理可知，点电荷A和B在M点产生的电场强度、如图所示
则有点电荷A带负电荷、点电荷B带正电荷，且有，又点电荷A和B到M点距离相等，由，，可知，故BC错误；
D．若A和B的电荷量均变为原来的2倍，则点电荷A和B在M点产生的电场强度，，则由平行四边形定则可知M点的合场强，方向不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电场强度的叠加原理，分析两点电荷的电性、电荷量大小关系，再判断电荷量变化时场强方向的变化。
12．【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、电子的定性移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，使得上侧面A的电势比下侧面A'电势低，故A错误；
BD．设半导体板的厚度为d，高度为h，根据电流的微观表达式
当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力，则有：
联立解得
可知电势差与B成正比，与d成反比，半导体板单位体积中载流子数目越大UH越小，B正确，D错误；
C、探测空间磁场时，磁敏元件的摆放要求磁场方向与板的厚度平行，及摆放方向对UH的数值有影响，故C错误。
故选：B。
【分析】根据左手定则判断电子受力的方向，然后判断电势的高低；导体板上下侧面间的电势差最大时，电子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，然后结合电流的微观表达式即可电压表达式，结合表达式分析；磁敏元件的摆放方向对UH的数值有影响。
13．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．圆盘上的各点同轴转动，角速度相等，质量为m距转轴距离为r的点的速度
其动能，飞轮转动时的动能与其转动角速度的平方成正比，故A错误；
B．， 质量分布不同，r相同，明显动能不同，故B错误；
CD．，绕过直径的轴转动时，转动半径变小，保持角速度的大小不变，则其动能变小，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】圆盘上的各点同轴转动，角速度相等，根据转动动能的表达式分析答题。
14．【答案】D
【知识点】多普勒效应；双星（多星）问题
【解析】【解答】A． 双恒星均近似做匀速圆周运动， 从表中数据来看，波长从一种状态变化回类似状态的时间间隔约为3.0d，所以双恒星绕质心转动的周期约为，故A错误；
D．如图所示
M点表示恒星相对观察者在靠近，且靠近速度最大的位置，根据多普勒效应，频率应在其数据中最大，波长应在其数据中最小；同理N点表示波长应在其数据中最大。表中1号恒星的最短波长为，2号恒星最短波长，可以看出1号恒星的最短波长更短，则对应最大频率更大，说明1号恒星相对观察者靠近的最大速度更大。转动角速度相等，说明其对应的轨道半径更大，即M点所在的圆轨道。根据双星知识，轨道半径与质量成反比，则1号恒星比2号恒星质量小，故D正确；
BC．根据前面的分析，图中M点对应1号恒星波长最小的时刻，即，那么其再转四分之一周期后（即）离观测者最近，再过半个周期后（即）离观测者最远，再次离观测者最近时，则在间观测到波长为的光不是1号恒星在距离观测者最近位置附近发出的，时1号恒星一定是远离观测者，故BC错误。
故选：D。
【分析】根据表格数据分析恒星与观察者的位置变化，结合周期与频率关系分析解答。
15．【答案】；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】为了减小误差，应使欧姆表的指针指在中央刻度附近，待测电阻的阻值约为，欧姆表的中央刻度为“15”，故应选择“”挡；根据上述分析及欧姆表指示的刻度，可知待测电阻的阻值为。
【分析】 欧姆表中央刻度为“15”，待测电阻的阻值约为2kΩ，根据欧姆表的实验规则和读数规则读数。
16．【答案】B,C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A.根据实验原理，实验时不需要记录GE和EO的长度，需要记录结点O的位置，故A错误；B.为了减小拉力方向确定的误差，描点确定拉力方向时，所描两点之间的距离应适当大一些，故B正确；
C.力的分解为力的合成的逆运算，都遵循平行四边形定则，借助该实验数据也可以完成“探究力的分解规律”的实验，故C正确。
故选：BC。
【分析】 根据实验原理、正确操作和注意事项分析作。
17．【答案】
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】 根据谱线的波长λ与能级的关系，可知当n=6时，对应的波长最短；结合图像可知Hβ、Hγ分别是氢原子从第4能级和第5能级跃迁到第2能级发出的光，可知λHβ＞λHγ，由条纹间距公式可知，纹间距较小的是谱线Hγ所对应的光形成的。
【分析】根据谱线的波长λ与能级的关系和双缝干涉条纹间距公式分析作答。
18．【答案】（1）A；E
（2）
（3）；还需要用螺旋测微器测量金属丝的直径d，毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的长度L。
（4）C
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的最大电流
因此电流表应选择A；滑动变阻器采用分压式接法， 为了保证电路安全和方便调节， 滑动变阻器应选择最大阻值较小的电阻即选择E；
（2）根据电路图，滑动变阻器采用分压式接法，实物连接情况如下
（3） 根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
根据电阻定律可得
为了测量金属丝的电阻率，根据图像可得的阻值后，还需要用螺旋测微器测量金属丝的直径d，毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的长度L。
（4）图1中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑片位于最左端，电压表的示数为零；图4中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑动变阻器的滑片位于最右端，根据欧姆定律可得电压表的示数最小值为
图1中，滑动变阻器的滑片位移最右端时，滑片移动的距离为，根据欧姆定律可得电压表的示数为最大值
图4中，滑动变阻器的滑片位移最左端时，滑片移动的距离，根据欧姆定律可得电压表的示数为最大值
由于，所以，即图线甲的最大值小于图线乙的最大值；图4中滑动变阻器滑片移动的距离时，滑动变阻器接入电路中的有效长度，设电阻丝的横截面积为S，则电压表的示数为
其中
随着x的增大，逐渐减小，根据均值不等式可知，当，减小到最大，此后减小得幅度逐渐增大，电压表示数增大得越快，综合分析可知C正确。
故选C。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解电路中的最大电流，然后选择电流表；
滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据描点法作图的规则作图；根据电阻定律分析需要测量的物理量和采用的方法；
（4）根据实验电路图结合欧姆定律分析电压表示数的最小值和最大值，然后作答。
（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的最大电流
因此电流表应选择A；
[2]滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器应选择E；
（2）根据电路图，实物连接情况如下
（3）[1]描点作图，舍弃个别相差较远的点，如图所示
[2]根据电阻定律可得
为了测量金属丝的电阻率，根据图像可得的阻值后，还需要用螺旋测微器测量金属丝的直径d，毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的长度L。
（4）图1中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑片位于最左端，电压表的示数为零；图4中，滑动变阻器的滑片移动距离时，滑动变阻器的滑片位于最右端，电压表的示数最小值为
图1中，滑动变阻器的滑片位移最右端时，滑片移动的距离为，电压表的示数为最大值
图4中，滑动变阻器的滑片位移最左端时，滑片移动的距离，电压表的示数为最大值
由于，所以，即图线甲的最大值小于图线乙的最大值；图4中滑动变阻器滑片移动的距离时，滑动变阻器接入电路中的有效长度，设电阻丝的横截面积为S，则电压表的示数为
其中
随着x的增大，逐渐减小，根据均值不等式可知，当，减小到最大，此后减小得幅度逐渐增大，电压表示数增大得越快，综合分析可知C正确。
故选C。
19．【答案】（1）线框刚进入磁场时，产生的感应电动势最大为E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流
则感应电流的最大值为
（2）线框受到的安培力为F=BIL
根据牛顿第二定律可得F=ma
解得加速度的最大值为
（3）导线框完全进入磁场的过程中，平均电动势为
平均电流为
流过导线截面的电荷量为
联立解得流过导线截面的电荷量为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）由于线框进入磁场过程中做减速运动，根据E=BLv求得产生的感应电动势，利用闭合电路的欧姆定律求得感应电流的最大值；
（2）根据安培力公式，利用牛顿第二定律求解加速度的最大值；
（3）根据法拉第磁感应定律，利用闭合电路的欧姆定律求得电流，根据电量公式求解。
（1）线框刚进入磁场时，产生的感应电动势最大为E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流
则感应电流的最大值为
（2）线框受到的安培力为F=BIL
根据牛顿第二定律可得F=ma
解得加速度的最大值为
（3）导线框完全进入磁场的过程中，平均电动势为
平均电流为
流过导线截面的电荷量为
联立解得流过导线截面的电荷量为
20．【答案】（1）由于运动员从P到A的运动过程为平抛运动，且vA=10m/s，故运动员在A点竖直方向速度
解得
（2）在B点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知
运动员在B点的动能
解得
（3）运动员从A到B过程，由动能定理得
解得
所以在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功为-100J。
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。通过已知的进入圆弧轨道时的速度大小和角度，可以计算出竖直方向的速度分量，进而求出时间；
（2）已知的运动员在B点对轨道的压力是其总重力的3.8倍，可以计算出运动员在B点的速度，进而求出动能；
（3）已知的运动员在A点和B点的速度，可以利用动能定理计算出摩擦力所做的功。
（1）由于运动员从P到A的运动过程为平抛运动，且vA=10m/s，故运动员在A点竖直方向速度
解得
（2）在B点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知
运动员在B点的动能
解得
（3）运动员从A到B过程，由动能定理得
解得
所以在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功为-100J。
21．【答案】（1）a．如图所示
图像与坐标轴围成的面积即表示功的大小，其面积大小为
由于弹力方向与位移方向均与规定的正方向相反，则故弹簧对小球所做的功
b．由动能定理可得
以水平向左为正方向，根据动量定理则有
联立解得
（2）a．在处时，小球的动量为零，则小球的速度为零，动能为零，则有
解得半长轴
在处弹簧的弹性势能为零，则有
解得
即半短轴
b．将上述结论代入椭圆的面积公式
即有
椭圆的面积减小为原来的90％，系统的能量
由功能关系可得，克服阻力所做的功
所以这段时间内克服微小阻力做功的平均功率
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【分析】（1）a.根据图像与横坐标围成的面积大小求弹簧对小球做的功W；
b.由动能定理和动量定理求弹簧对小球冲量的大小I；
（2）a.根据机械能的表达式、动量和动能的关系求该椭圆的半长轴a和半短轴b；
b.根据功能关系和平均功率表达式求这段时间内克服微小阻力做功的平均功率P。
（1）a．如图所示
图像与坐标轴围成的面积即表示功的大小，其面积大小为
由于弹力方向与位移方向均与规定的正方向相反，则故弹簧对小球所做的功
b．由动能定理可得
以水平向左为正方向，根据动量定理则有
联立解得
（2）a．在处时，小球的动量为零，则小球的速度为零，动能为零，则有
解得半长轴
在处弹簧的弹性势能为零，则有
解得
即半短轴
b．将上述结论代入椭圆的面积公式
即有
椭圆的面积减小为原来的90％，系统的能量
由功能关系可得，克服阻力所做的功
所以这段时间内克服微小阻力做功的平均功率
22．【答案】（1）在小球1下落过程，依据动能定理有
可得
弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒、
联立可得
（2）a.如图
b.可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场作用下安培力方向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为的细圆线圈（即弹头）受到的总安培力可得
c.为使弹头3获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为，根据能量守恒可得
弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为和，根据弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有、
可得=0，=
即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度继续向右运动。
与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为，根据能量守恒可得
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为
【知识点】动量守恒定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】 （1）依据动能定理结合机械能和动量均守恒求碰后瞬间小球2的速度大小v；
（2）a.根据同向电流相互吸引标出载流线圈1和载流线圈2中电流的方向；
b.根据安培力公式求弹头1在图2方框中所示情况下受到载流线圈1的作用力的大小F；
c.根据能量守恒再结合机械能和动量均守恒求弹头3理论上能获得的速度上限vm。
（1）在小球1下落过程，依据动能定理有
可得
弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒、
联立可得
（2）a.如图
b.可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场作用下安培力方向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为的细圆线圈（即弹头）受到的总安培力可得
c.为使弹头3获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为，根据能量守恒可得
弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为和，根据弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有、
可得=0，=
即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度继续向右运动。
与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为，根据能量守恒可得
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为
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