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2025届北京市房山区高三下学期第一次综合练习（一模）物理试题
1．（2025·房山模拟）如图所示，一束可见光a射向半圆形玻璃砖的圆心О，经折射后分为两束单色光b和c。下列说法正确的是（　　）
A．此现象为光的全反射现象
B．光束b的波长小于光束c的波长
C．玻璃砖对光束b的折射率小于对光束c的折射率
D．在真空中光束b的传播速度小于光束c的传播速度
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由于折射光线还存在，所以此现象为光的折射现象，不是全反射现象，故A错误；
BC．由题图可知c光在玻璃砖中的偏折程度较大，根据折射定律故玻璃砖对c光的折射率大，折射率大则频率大，所以c光的频率大，根据可以得出波长小，故B错误，C正确；
D．在真空中光束的速度都等于c，保持不变，故D错误。
故选C。
【分析】光在真空的速度保持不变；根据图示可以得出该现象为折射现象；利用折射定律可以比较光折射率的大小，利用折射率可以比较光的频率和波长的大小。
2．（2025·房山模拟）氢原子的能级图如图所示，和是氢原子在能级跃迁过程中产生的光子。下列说法正确的是（　　）
A．光子的频率比光子的频率低
B．处于n=3能级的氢原子电离至少需要吸收1.51eV的能量
C．氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，对应的电子的轨道变小，电子的动能变小
D．处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．根据能级跃迁规律可知，根据，由于氢原子在能级4到能级2跃迁产生光子的能量较大，所以频率较大，故A错误；
B．处于n=3能级的氢原子电离时从能级n=3到原子外部的过程中，利用能级的能量差可以得出至少需要吸收的能量为 eV=1.51eV
故B正确；
C．根据波尔理论可知，氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，对应的电子的轨道变小，根据库仑定律提供向心力，由于轨道半径越小则速度越大，所以电子的动能变大，故C错误；
D．处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁过程中，根据排列组合可以求出最多可辐射出种频率的光子，故D错误；
故选B。
【分析】利用能级差可以求出跃迁时氢原子释放的能量，利用能量差可以比较光子的频率大小；利用根据库仑定律提供向心力，由于轨道半径越小则速度越大，所以电子的动能变大；根据排列组合可以求出最多可辐射出光子的频率总数。
3．（2025·房山模拟）一定质量的理想气体由状态A变化到状态B的过程中，其体积V随温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．气体一定放出热量
B．气体对外界做功
C．气体分子的平均动能增大
D．单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】AB．从状态A变化到状态B的过程中，体积V减小，温度T降低。由于温度决定内能的变化，根据温度降低，气体的内能减少；由于气体的体积变化决定外界对气体做功的情况，由于气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律，可知，气体一定放出热量，A正确，B错误；
C．由于温度决定气体平均动能的大小，气体从状态A到状态B的变化过程中，温度降低，则气体分子的平均动能减小，C错误；
D．图像经过原点，根据理想气体的状态方程可以得出AB是等压变化。气体从状态A到状态B的变化过程中，由于压强保持不变，温度降低，气体分子的平均动能减小；体积减小，气体分子密度增大，压强不变，则气体分子单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多，D错误。
故选A。
【分析】利用气体的体积变化可以判别外界对气体做功，利用温度的变化可以判别气体内能的变化，结合热力学第一定律可以判别热传递的情况；利用温度的变化可以判别分子平均动能的变化；利用压强不变结合体积的变化可以判别气体分子单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多。
4．（2025·房山模拟）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．从t=1.5s到t=2.0s时间内，摆球的动能逐渐增大
C．从t=0.5s到t=1.0s时间内，摆球所受回复力逐渐增大
D．单摆的位移x随时间t变化的关系式为cm
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．已知单摆振动图像如图所示，根据图像可以得出单摆的周期为T=2s，由单摆的周期公式
结合可得m
故A错误；
B．由于图像斜率代表速度的大小，从t=1.5s到t=2.0s的振动中，摆球向平衡位置运动，根据图像斜率不断增大可以得出速度逐渐增大，动能逐渐增大，故B正确；
C．由图乙可知，从t=0.5s到t=1.0s的振动中，向平衡位置运动，由于距离平衡位置的距离不断减小所以摆球的位移减小，根据回复力的表达式可知，回复力逐渐减小，故C错误；
D．由图乙可知：振幅A=8cm，，根据周期可以得出角速度为rad/s
已知振幅和角速度的大小，单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt（cm）
故D错误；
故选B。
【分析】利用图像可以求出周期的大小，结合周期的表达式可以求出摆长的大小；利用图像斜率可以判别速度的大小变化；利用物体的位置可以判别位移的大小变化；利用周期可以求出角速度的大小，结合振幅可以判别单摆位移与时间的关系。
5．（2025·房山模拟）某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（　　）
A．航天器在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，航天器在Р点的速度大小相等
C．航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度
D．航天器在轨道2上从Р点运动到Q点过程中，地球对航天器的引力做正功
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
由于卫星在轨道1的轨道小于其在轨道3的轨道所以卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A错误；
B．根据变轨原理可知，航天器从轨道1到轨道2要做离心运动，根据离心运动的条件需在P点加速，则航天器在2轨道时经过P点的速度较大，故B错误；
C．根据线速度的表达式可以得出第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周的最大环绕速度，所以航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，由于卫星速度方向与引力方向相反所以引力做负功，故D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较周期和线速度的大小；航天器从轨道1到轨道2要做离心运动，根据离心运动的条件需在P点加速；卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，由于卫星速度方向与引力方向相反所以引力做负功。
6．（2025·房山模拟）一理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2=11∶5，如图甲所示，原线圈与正弦交流电源连接，副线圈接入一个10Ω的电阻。原线圈输入电压u随时间t的变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为10A
B．电压表的示数为100V
C．变压器的输入功率为100W
D．经过60s电阻产生焦耳热为1.2×105J
【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】B．在变压器中，由于电压的有效值与峰值的关系为：，所以原线圈电压有效值为
电压表示数等于副线圈电压的有效值，根据变压器的规律可以得出输出电压为：
故B正确；
A．根据欧姆定律可以得出流过电阻的电流
根据电流比与匝数比的关系
解得电流表的示数为
故A错误；
C．根据电功率的表达式可以得出变压器的输入功率是
故C错误；
D．理想变压器输入功率与输出功率相等，即
根据焦耳定律的表达式可以得出经过60s电阻产生焦耳热为
故D错误。
故选B。
【分析】利用电压的峰值可以求出有效值，结合匝数之比可以求出输出电压的大小；利用欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输入电流的大小；利用输入电压和输入电流可以求出输入功率的大小；利用输入功率和输出功率相等，结合用电时间可以求出产生的焦耳热大小。
7．（2025·房山模拟）如图甲所示，直线AB是一条电场线。一正电荷仅在静电力作用下，以一定初速度沿电场线从A点运动到B点，运动过程中速度v随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该电场线的方向是由B点指向A点
B．该电场可能是负点电荷产生的
C．A点电势小于B点电势
D．A点电场强度大于B点电场强度
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由于在速度时间图像中，图线斜率代表加速度的大小，根据图线斜率不断减小可以得出正电荷从A点到B点做加速度逐渐减小的加速运动，由于电场力方向与速度方向相同，加之电荷带正电，则该电场线的方向是由A指向B，故A错误；
BD．根据牛顿第二定律可得可知，由于电荷在A点的加速度大于B点，所以在A点处的场强比B点处的场强大，又电场方向由A点到B，若电场线是负电荷该产生的，则A点场强小于B点的场强，所以电场不可能是由负点电荷产生的，故D正确，B错误；
C．由于电场方向由A点到B，根据沿电场方向电势降低可知，A点电势大于B点电势，故C错误。
故选D。
【分析】利用图线斜率可以比较加速度的大小，结合速度的变化可以判别电场力的方向，结合电性可以判别电场线的方向；利用电场线的方向可以比较电势的高低；利用电场强度的分布可以判别不是负点电荷产生的电场线。
8．（2025·房山模拟）如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．汽车一定向右加速运动
B．细线中的拉力大小为
C．物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为
D．物块受到车厢左壁的弹力大小为
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．根据题意，对小球受力分析，如图所示
竖直方向由
水平方向由牛顿第二定律有
可得
方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；
CD．根据题意，对物块受力分析，如图所示
则有
竖直方向的静摩擦力大小为
摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先对小球受力分析求出汽车的加速度，再结合物块的受力平衡分析弹力、摩擦力的大小，同时判断汽车的运动状态。
9．（2025·房山模拟）如图甲所示，物体A以速度水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是（　　）
A．物体B的机械能不守恒
B．两物体重力的冲量不相等
C．两物体合力做功不相等
D．两物体落地时重力的瞬时功率相等
【答案】B
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】AC．物体只有重力做功时，物体的机械能守恒，由于两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误；
B．A物体做的是平抛运动，根据牛顿第二定律可以得出在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，根据牛顿第二定律可以得出竖直方向的加速度，所以加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，B运动的时间比较长，根据冲量的表达式可知，两物体重力的冲量不相等，故B正确；
D．设高度为，根据速度位移公式可以得出A物体竖直方向的速度为
对于B物体，根据机械能守恒定律有
解得B的末速度为：
B物体竖直方向的速度
根据功率的表达式可以得出重力的瞬时功率
可知两物体落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误；
故选B。
【分析】利用两个物体只有重力做功可以得出两个物体机械能守恒；利用牛顿第二定律可以比较竖直方向加速度的大小，结合位移公式可以比较运动的时间，结合重力的大小可以比较重力冲量的大小；利用速度位移公式可以求出A竖直方向的末速度，利用机械能守恒定律可以求出B的末速度，结合速度的分解可以求出B竖直方向的速度，结合重力的大小可以比较重力瞬时功率的大小。
10．（2025·房山模拟）如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量各不相同。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．悬浮的油滴所带的电荷量一定相等
B．若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功
C．若某油滴向下加速运动，减小平行金属板间距离，可使油滴处于平衡状态
D．若某油滴悬浮不动，增加平行金属板两端电压，则油滴仍不动
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．油滴进入电场后受重力与电场力，若油滴悬浮不动，根据平衡条件可以得出重力与电场力大小相等，即
根据平衡方程可以得出：
所以悬浮的油滴比荷相等，电荷量不一定相等，故A错误；
B．若某油滴向下加速运动，由于速度不断增大，根据动能定理可知重力与静电力的合力做正功，故B错误；
C．若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力，为了让电场力等于重力，需要增大板间电场强度的大小，可以减小平行金属板间距离，根据电势差与场强的关系可知电场力增大，从而使油滴处于平衡状态，故C正确；
D．若某油滴悬浮不动，增加平行金属板两端电压，根据电势差与场强的关系可知电场强度增大，油滴受到的电场力随之增大，则油滴向上运动，故D错误。
故选C。
【分析】利用重力与电场力相等可以判别悬浮的油滴比荷大小相等；利用油滴做加速运动结合动能定理可以判别合力做正功；利用油滴做加速运动时，电场力小于重力，利用减小板间距离可以增大电场力，进而使油滴悬浮；利用电势差与场强的关系可以得出板间电压增大时会导致电场力增大，则电场力大于重力会导致油滴向上加速。
11．（2025·房山模拟）如图所示为小灯泡通电后其电流Ⅰ随电压U变化的图像，Q、P为图像上两点，坐标分别为（U1，I1）、（U2，I2），PN为图像上Р点的切线。下列说法正确的是（　　）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．当小灯泡两端的电压为U1时，小灯泡的电阻
C．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的电阻
D．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的功率数值上等于图像与横轴围成的面积大小
【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题的关键在于理解图像斜率与电阻的关系，以及如何利用图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。特别需要注意的是，功率可以通过图像中特定点对应的矩形面积来直观地表示。A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值表示小灯泡不同状态时的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，则对应点，小灯泡的电阻为
则对应点，小灯泡的电阻为
B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为，可知小灯泡的功率为图中过点的矩形所围面积大小，D错误。
故选B。
【分析】根据小灯泡在不同电压下电阻的变化规律，以及如何通过图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。
12．（2025·房山模拟）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，当最初弹力小于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而减小，当弹力大于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而增大，所以人的加速度先减小后增大，A错误；
B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，由于最初合力方向向下，与速度方向相同所以合力最初做正功，动能不断增大，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；
C．人下降到最低点时，速度为零，由于初末动能为零，根据系统机械能守恒可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；
D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，根据动量的表达式可以得出人的动量最大，D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小变化；当重力等于弹力时，加速度等于0，此时速度最大，动量和动能达到最大值；利用合力的方向可以判别合力做功，进而判别速度与动能的变化；利用机械能守恒定律可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能。
13．（2025·房山模拟）某种电感式微小位移传感器是将位移信号转换成电信号的装置，原理图如图所示。软铁芯在线圈中可以随着待测物体左右平移。下列说法正确的是（　　）
A．若只减小软铁芯的直径，该传感器的灵敏度降低
B．若待测物体向左平移，软铁芯插入线圈，电路中的电流将增大
C．若待测物体向右平移，软铁芯从线圈中拔出，线圈的自感系数增大
D．若a、b间接干电池和灵敏电流计，则该传感器可测量出待测物体的位移变化量
【答案】A
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．如果软铁态的直径减小，那么软铁芯插入线圈时，与线圈的耦合面积减少，导致电感的变化量减少，则铁芯平移过程中，自感产生的电流变化量更小，位移信号转化为电信号不明显，所以导致灵敏度降低，故A正确；
B．当铁芯插入线圈，电感L增加，感抗增加，由于自感电流的影响，会导致电流减小，故B错误；
C．拔出铁芯会减小铁芯对自感电流的变化量，对线圈会减少线圈的电感，所以自感系数应该减小，故C错误。
D．若该传感器接干电池，电流为直流电，电感在直流电路中由于电流不变所以不会产生自感现象，稳定后不会随电感变化而变化，不能测量出待测物体的位移变化量，故D错误。
故选A。
【分析】软铁态的直径减小，那么软铁芯插入线圈时，与线圈的耦合面积减少，导致电感的变化量减少，则铁芯平移过程中，自感产生的电流变化量更小，位移信号转化为电信号不明显；当铁芯插入线圈，电感L增加，感抗增加，由于自感电流的影响，会导致电流减小；拔出铁芯会减小铁芯对自感电流的变化量，所以自感系数应该减小；电感在直流电路中由于电流不变所以不会产生自感现象，稳定后不会随电感变化而变化，不能测量出待测物体的位移变化量。
14．（2025·房山模拟）半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作。如图所示为某晶圆掺杂机的简化模型图，平行金属板A、B间电压为U，产生竖直方向的匀强电场。上下两同轴的电磁线圈间的磁场可视为匀强磁场，其磁感应强度与所通电流Ⅰ成正比。由左侧离子发生器（图中没画出）产生电量为q、质量为m的离子，以速度沿电场的中央轴线飞入电场，当U=0、I=0时，离子恰好打到晶圆圆心О点。已知晶圆垂直纸面放置，在晶圆面内xOy坐标系中，x轴为水平方向、y轴为竖直方向，若掺杂操作过程中，离子全部打在晶圆上，忽略离子的重力、空气阻力和离子间的相互作用力。在上述过程中，下列说法正确的是（　　）
A．U越大，离子在竖直方向上偏离的位移越大，离子穿过两极板的时间越短
B．当I=0时，离子在竖直方向上的偏离位移与U成反比
C．当U=0时，只要I≠0，无论Ⅰ多大，离子都不可能打在x轴上
D．经过电场和磁场后，离子打在晶圆上的动能与电流Ⅰ的大小无关
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】AB．离子穿过极板过程中，由于在水平方向上不受力，所以在水平方向上为匀速直线运动，根据位移公式有
离子在竖直方向上受到电场力的作用做匀加速直线运动，根据位移公式有：
当I=0时，根据表达式可以得出：离子在竖直方向上的偏离位移与U成正比，根据水平方向的位移公式可以得出穿过极板的时间与板长和初速度有关，故U增大时，离子穿过极板的时间不变，故AB错误；
C．当U=0时，离子在y方向不受电场力作用所以y方向没有偏转，只要I≠0时，离子在磁场中受到洛伦兹力发生水平偏转，根据洛伦兹力的方向可以得出粒子在x方向偏转，所以最终打在x轴上，故C错误；
D．根据电生磁可以得出粒子由于电流会导致受到洛伦兹力的作用，但洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流大小无关，故D正确。
故选D。
【分析】利用水平方向的位移公式可以比较运动的时间，利用竖直方向的位移公式可以判别偏离位移与偏转电压的大小关系；利用洛伦兹力的方向可以判别粒子的偏转方向；粒子由于电流会导致受到洛伦兹力的作用，但洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流大小无关。
15．（2025·房山模拟）（1）使用多用电表欧姆挡测量某电阻阻值时，下列说法正确的是__________。
A．测量时，不需要把该电阻与电路断开进行测量
B．测量时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，应将选择开关拨至倍率较大的挡位
C．更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零
（2）若某次测量使用欧姆挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R=　 　Ω。
（3）某同学利用图乙所示电路图研究电容器的充、放电过程。开关S接1，电容器充电，充电完毕后将开关S由1拨至2，电容器放电。
①图丙是电容器放电过程中电流Ⅰ随时间t变化的图像，试估算在0.2s时间内电容器放电的电荷量为　 　。
②图丁是电容器放电过程中电压U随时间t变化的图像。电容器放电瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，U-t图像与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C=　 　。（用题中已知物理量Um、R和S0表示）
【答案】（1）C
（2）100
（3）4.0×10-4C；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．测量电路中某个电阻时，为了避免电源以及其他电阻对测量的影响，应该把该电阻与电路断开，否则测量的是该电阻与其它电路的并联电阻，测量时必须把把该电阻与电路断开，故A错误；
B．测电阻时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，根据读数可以得出所测电阻阻值较较小，为了让示数增大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量，故B错误；
C．更换挡位测量电阻阻值时，由于指针会出现不在零刻度线位置，所以必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零，故C正确；
故选C。
（2）指针指向“10”刻度线，根据示数和挡位可以得出电阻的测量值R=
（3）①根据电荷量与电流的关系式有：Q=It
根据表达式可知电荷量等于I-t图像与时间轴所围成的面积，则有Q=C=4.0×10-4C
②结合欧姆定律可以得出：
可得而U-t图像与坐标轴所围面积为S0，根据表达式可以得出面积为：
故有
则电容为
【分析】（1）测量电路中某个电阻时，为了避免电源以及其他电阻对测量的影响，应该把该电阻与电路断开；测电阻时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，根据读数可以得出所测电阻阻值较较小，为了让示数增大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量；更换挡位测量电阻阻值时，由于指针会出现不在零刻度线位置，所以必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零；
（2）根据示数和挡位可以得出电阻的测量值；
（3）根据电流Ⅰ随时间t变化的图像面积可以求出电荷量的大小；结合欧姆定律及电容的定义式可以求出电容的大小。
（1）A．测量电路中某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，否则测量的是该电阻与其它电路的并联电阻，测量时必须把把该电阻与电路断开，故A错误；
B．测电阻时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，则所测电阻阻值较较小，所选挡位太大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量，故B错误；
C．更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零，故C正确；
故选C。
（2）指针指向“10”刻度线，则图甲中电阻的测量值R=
（3）①[1] 根据Q=It
可知电荷量等于I-t图像与时间轴所围成的面积，则有Q=C=4.0×10-4C
②[2] 根据
可得而U-t图像与坐标轴所围面积为S0，则
故有
则电容为
16．（2025·房山模拟）某同学通过实验验证机械能守恒定律。
（1）该同学用如图所示器材进行实验，下列图中实验操作正确的是_______。
A． B．
C． D．
（2）按正确合理的方法进行操作，打出的一条纸带如图甲所示，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点О的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，交流电的周期为T。从О点到B点的过程中，重物的重力势能减小量为　 　，动能增加量为　 　。
（3）换用两个质量分别为m1、m2的重物进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描绘图像如图乙所示。改变重物质量时，纸带与重物所受阻力不变，请根据图像分析说明两重物质量的大小关系　 　。
【答案】（1）B
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）打点计时器接交流电源，同时使纸带竖直，以减少阻力的影响。
故答案为：B。
（2）根据重力势能的计算公式可知，重物的重力势能减小量为；
B点的速度为，根据动能的公式可知
故答案为：；
（3）根据动能定理有
解得
根据图像的斜率可知。
故答案为：
【分析】（1）操作判断：围绕“电磁打点计时器的电源类型”和“纸带的正确握持方式”选择操作；
（2）能量计算：重力势能减少量直接由重力做功求解；动能增加量利用“中间时刻速度=平均速度”求B点速度，再计算动能；
（3）质量分析：结合动能定理推导的关系式，通过图像斜率与质量的关联，判断两物质量的大小。
（1）打点计时器接交流电源，同时使纸带竖直，以减少阻力的影响。
故选B。
（2）[1]根据重力势能的计算公式可知，重物的重力势能减小量为
[2]B点的速度为
根据动能的公式可知
（3）根据动能定理有
解得
根据图像的斜率可知。
17．（2025·房山模拟）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高为10m，C是半径为20m圆弧的最低点。质量为60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，BC段的阻力忽略不计。AB长为100m，运动员到达B点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）在AB段运动过程中，运动员加速度的大小a。
（2）运动员经过C点时的动能Ek。
（3）运动员经过C点时所受支持力的大小FN。
【答案】（1）解：运动员沿AB段做匀加速直线运动，由
解得：a=4.5m/s2
（2）解：BC段由动能定理：
运动员经过C点时的动能为=3.3×104J
（3）解：运动员在C点受力情况：
解得：=3900N
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）AB段加速度：利用匀加速直线运动的速度-位移公式，直接代入数据求解；
（2）C点动能：BC段无阻力，重力势能的减少量等于动能的增加量，结合动能定理计算；
（3）C点支持力：将动能转化为速度，再利用向心力公式（支持力与重力的合力提供向心力）求解。
（1）运动员沿AB段做匀加速直线运动，由
可得：a=4.5m/s2
（2）BC段由动能定理：
运动员经过C点时的动能为=3.3×104J
（3）运动员在C点受力情况：
则可得=3900N
18．（2025·房山模拟）如图所示为某种可测速跑步机的原理图。该机底面固定着两平行金属导轨，导轨间充满匀强磁场，且通过导线与定值电阻相连。跑步机的绝缘橡胶带上镀有平行细金属条，金属条与导轨垂直。橡胶带运动时，磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通。已知导轨间距为L，长度为d。磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。定值电阻阻值为R，每根细金属条的电阻为r，橡胶带以速度v匀速运动。
（1）求通过定值电阻的电流大小I。
（2）求每根金属条穿过磁场的过程中，所受安培力对其做的功W。
（3）某人在跑步机上锻炼，先后以、两种速度使跑步机匀速运动，且。若两次运动过程中，跑步机上显示的里程均为s。请你通过分析比较两次运动过程中定值电阻R中产生焦耳热的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】电磁感应中的能量类问题
19．（2025·房山模拟）在物理学中，我们常常采用类比的方法来研究问题。电场和磁场虽然性质不同，但它们在许多方面具有相似性，可以进行类比分析。
（1）真空中静止的点电荷，电荷量为Q，静电力常量为k。请利用电场强度的定义和库仑定律，推导与点电荷Q相距为r处电场强度的大小E。
（2）电流可以产生磁场。如图甲所示，通有电流、的两根导线平行放置且电流均向上。设和分别表示导线上M、N两点处的电流元，M、N两点相距为r。两电流元间的相互作用力与库仑力相似，请写出两电流元间相互作用的磁场力大小F。（若需常量可用μ表示）
（3）环形电流也可产生磁场，如图乙所示，环形电流中心О处产生磁场的磁感应强度大小为，为常数，I为环形电流中的电流大小，R为环形电流半径。如图丙所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的P点产生磁场。请你利用环形电流产生磁场的规律，求该运动点电荷在Р点产生磁场的磁感应强度大小B0。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】库仑定律；磁感应强度；电场强度
20．（2025·房山模拟）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。
（1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。
（2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为。
a、假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由减小1%的过程中发生的位移大小x。
b、假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力。喷射粒子过程中，飞船的加速度很小，可视为惯性系。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。
【答案】（1）以垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为
末动量为
由动量定理可得垒球与球棒之间的平均作用力为
解得平均作用力大小为F=6300N
（2）对飞船与尘埃云，以飞船的方向为正方向，由动量守恒定律可得
则
设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得：
由于M远大于，则解得碰后尘埃的速度为
对尘埃由动量定理：
且
则飞船所受阻力为
设一个阳离子在电场中加速后获得的速度为v，由动能定理
设单位时间内射出的离子数为N，则飞船受动力为F，由动量定理
飞船匀速运动，则由受力平衡
联立解得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）规定正方向，根据动量定理解答；
（2）a.碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律解答；
b.对很短时间与飞船弹性碰撞的尘埃，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解碰撞后尘埃的速度。对尘埃由动量定理和牛顿第三定律求得飞船所受阻力大小。由动能定理求得一个阳离子在电场中加速后获得的速度，对单位时间内射出的离子，由动量定理和牛顿第三定律求得射出的离子对飞船的动力。根据飞船匀速运动，由平衡条件求得单位时间内射出的阳离子数。
（1）以垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为
末动量为
由动量定理可得垒球与球棒之间的平均作用力为
解得平均作用力大小为F=6300N
（2）[1]对飞船与尘埃云，以飞船的方向为正方向，由动量守恒定律可得
则
[2]设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得：
由于M远大于，则解得碰后尘埃的速度为
对尘埃由动量定理：
且
则飞船所受阻力为
设一个阳离子在电场中加速后获得的速度为v，由动能定理
设单位时间内射出的离子数为N，则飞船受动力为F，由动量定理
飞船匀速运动，则由受力平衡
联立解得
1 / 12025届北京市房山区高三下学期第一次综合练习（一模）物理试题
1．（2025·房山模拟）如图所示，一束可见光a射向半圆形玻璃砖的圆心О，经折射后分为两束单色光b和c。下列说法正确的是（　　）
A．此现象为光的全反射现象
B．光束b的波长小于光束c的波长
C．玻璃砖对光束b的折射率小于对光束c的折射率
D．在真空中光束b的传播速度小于光束c的传播速度
2．（2025·房山模拟）氢原子的能级图如图所示，和是氢原子在能级跃迁过程中产生的光子。下列说法正确的是（　　）
A．光子的频率比光子的频率低
B．处于n=3能级的氢原子电离至少需要吸收1.51eV的能量
C．氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，对应的电子的轨道变小，电子的动能变小
D．处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
3．（2025·房山模拟）一定质量的理想气体由状态A变化到状态B的过程中，其体积V随温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．气体一定放出热量
B．气体对外界做功
C．气体分子的平均动能增大
D．单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
4．（2025·房山模拟）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．从t=1.5s到t=2.0s时间内，摆球的动能逐渐增大
C．从t=0.5s到t=1.0s时间内，摆球所受回复力逐渐增大
D．单摆的位移x随时间t变化的关系式为cm
5．（2025·房山模拟）某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（　　）
A．航天器在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，航天器在Р点的速度大小相等
C．航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度
D．航天器在轨道2上从Р点运动到Q点过程中，地球对航天器的引力做正功
6．（2025·房山模拟）一理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2=11∶5，如图甲所示，原线圈与正弦交流电源连接，副线圈接入一个10Ω的电阻。原线圈输入电压u随时间t的变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为10A
B．电压表的示数为100V
C．变压器的输入功率为100W
D．经过60s电阻产生焦耳热为1.2×105J
7．（2025·房山模拟）如图甲所示，直线AB是一条电场线。一正电荷仅在静电力作用下，以一定初速度沿电场线从A点运动到B点，运动过程中速度v随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该电场线的方向是由B点指向A点
B．该电场可能是负点电荷产生的
C．A点电势小于B点电势
D．A点电场强度大于B点电场强度
8．（2025·房山模拟）如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．汽车一定向右加速运动
B．细线中的拉力大小为
C．物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为
D．物块受到车厢左壁的弹力大小为
9．（2025·房山模拟）如图甲所示，物体A以速度水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是（　　）
A．物体B的机械能不守恒
B．两物体重力的冲量不相等
C．两物体合力做功不相等
D．两物体落地时重力的瞬时功率相等
10．（2025·房山模拟）如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量各不相同。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．悬浮的油滴所带的电荷量一定相等
B．若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功
C．若某油滴向下加速运动，减小平行金属板间距离，可使油滴处于平衡状态
D．若某油滴悬浮不动，增加平行金属板两端电压，则油滴仍不动
11．（2025·房山模拟）如图所示为小灯泡通电后其电流Ⅰ随电压U变化的图像，Q、P为图像上两点，坐标分别为（U1，I1）、（U2，I2），PN为图像上Р点的切线。下列说法正确的是（　　）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．当小灯泡两端的电压为U1时，小灯泡的电阻
C．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的电阻
D．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的功率数值上等于图像与横轴围成的面积大小
12．（2025·房山模拟）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
13．（2025·房山模拟）某种电感式微小位移传感器是将位移信号转换成电信号的装置，原理图如图所示。软铁芯在线圈中可以随着待测物体左右平移。下列说法正确的是（　　）
A．若只减小软铁芯的直径，该传感器的灵敏度降低
B．若待测物体向左平移，软铁芯插入线圈，电路中的电流将增大
C．若待测物体向右平移，软铁芯从线圈中拔出，线圈的自感系数增大
D．若a、b间接干电池和灵敏电流计，则该传感器可测量出待测物体的位移变化量
14．（2025·房山模拟）半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作。如图所示为某晶圆掺杂机的简化模型图，平行金属板A、B间电压为U，产生竖直方向的匀强电场。上下两同轴的电磁线圈间的磁场可视为匀强磁场，其磁感应强度与所通电流Ⅰ成正比。由左侧离子发生器（图中没画出）产生电量为q、质量为m的离子，以速度沿电场的中央轴线飞入电场，当U=0、I=0时，离子恰好打到晶圆圆心О点。已知晶圆垂直纸面放置，在晶圆面内xOy坐标系中，x轴为水平方向、y轴为竖直方向，若掺杂操作过程中，离子全部打在晶圆上，忽略离子的重力、空气阻力和离子间的相互作用力。在上述过程中，下列说法正确的是（　　）
A．U越大，离子在竖直方向上偏离的位移越大，离子穿过两极板的时间越短
B．当I=0时，离子在竖直方向上的偏离位移与U成反比
C．当U=0时，只要I≠0，无论Ⅰ多大，离子都不可能打在x轴上
D．经过电场和磁场后，离子打在晶圆上的动能与电流Ⅰ的大小无关
15．（2025·房山模拟）（1）使用多用电表欧姆挡测量某电阻阻值时，下列说法正确的是__________。
A．测量时，不需要把该电阻与电路断开进行测量
B．测量时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，应将选择开关拨至倍率较大的挡位
C．更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零
（2）若某次测量使用欧姆挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R=　 　Ω。
（3）某同学利用图乙所示电路图研究电容器的充、放电过程。开关S接1，电容器充电，充电完毕后将开关S由1拨至2，电容器放电。
①图丙是电容器放电过程中电流Ⅰ随时间t变化的图像，试估算在0.2s时间内电容器放电的电荷量为　 　。
②图丁是电容器放电过程中电压U随时间t变化的图像。电容器放电瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，U-t图像与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C=　 　。（用题中已知物理量Um、R和S0表示）
16．（2025·房山模拟）某同学通过实验验证机械能守恒定律。
（1）该同学用如图所示器材进行实验，下列图中实验操作正确的是_______。
A． B．
C． D．
（2）按正确合理的方法进行操作，打出的一条纸带如图甲所示，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点О的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，交流电的周期为T。从О点到B点的过程中，重物的重力势能减小量为　 　，动能增加量为　 　。
（3）换用两个质量分别为m1、m2的重物进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描绘图像如图乙所示。改变重物质量时，纸带与重物所受阻力不变，请根据图像分析说明两重物质量的大小关系　 　。
17．（2025·房山模拟）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高为10m，C是半径为20m圆弧的最低点。质量为60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，BC段的阻力忽略不计。AB长为100m，运动员到达B点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）在AB段运动过程中，运动员加速度的大小a。
（2）运动员经过C点时的动能Ek。
（3）运动员经过C点时所受支持力的大小FN。
18．（2025·房山模拟）如图所示为某种可测速跑步机的原理图。该机底面固定着两平行金属导轨，导轨间充满匀强磁场，且通过导线与定值电阻相连。跑步机的绝缘橡胶带上镀有平行细金属条，金属条与导轨垂直。橡胶带运动时，磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通。已知导轨间距为L，长度为d。磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。定值电阻阻值为R，每根细金属条的电阻为r，橡胶带以速度v匀速运动。
（1）求通过定值电阻的电流大小I。
（2）求每根金属条穿过磁场的过程中，所受安培力对其做的功W。
（3）某人在跑步机上锻炼，先后以、两种速度使跑步机匀速运动，且。若两次运动过程中，跑步机上显示的里程均为s。请你通过分析比较两次运动过程中定值电阻R中产生焦耳热的大小。
19．（2025·房山模拟）在物理学中，我们常常采用类比的方法来研究问题。电场和磁场虽然性质不同，但它们在许多方面具有相似性，可以进行类比分析。
（1）真空中静止的点电荷，电荷量为Q，静电力常量为k。请利用电场强度的定义和库仑定律，推导与点电荷Q相距为r处电场强度的大小E。
（2）电流可以产生磁场。如图甲所示，通有电流、的两根导线平行放置且电流均向上。设和分别表示导线上M、N两点处的电流元，M、N两点相距为r。两电流元间的相互作用力与库仑力相似，请写出两电流元间相互作用的磁场力大小F。（若需常量可用μ表示）
（3）环形电流也可产生磁场，如图乙所示，环形电流中心О处产生磁场的磁感应强度大小为，为常数，I为环形电流中的电流大小，R为环形电流半径。如图丙所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的P点产生磁场。请你利用环形电流产生磁场的规律，求该运动点电荷在Р点产生磁场的磁感应强度大小B0。
20．（2025·房山模拟）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。
（1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。
（2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为。
a、假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由减小1%的过程中发生的位移大小x。
b、假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力。喷射粒子过程中，飞船的加速度很小，可视为惯性系。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由于折射光线还存在，所以此现象为光的折射现象，不是全反射现象，故A错误；
BC．由题图可知c光在玻璃砖中的偏折程度较大，根据折射定律故玻璃砖对c光的折射率大，折射率大则频率大，所以c光的频率大，根据可以得出波长小，故B错误，C正确；
D．在真空中光束的速度都等于c，保持不变，故D错误。
故选C。
【分析】光在真空的速度保持不变；根据图示可以得出该现象为折射现象；利用折射定律可以比较光折射率的大小，利用折射率可以比较光的频率和波长的大小。
2．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．根据能级跃迁规律可知，根据，由于氢原子在能级4到能级2跃迁产生光子的能量较大，所以频率较大，故A错误；
B．处于n=3能级的氢原子电离时从能级n=3到原子外部的过程中，利用能级的能量差可以得出至少需要吸收的能量为 eV=1.51eV
故B正确；
C．根据波尔理论可知，氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，对应的电子的轨道变小，根据库仑定律提供向心力，由于轨道半径越小则速度越大，所以电子的动能变大，故C错误；
D．处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁过程中，根据排列组合可以求出最多可辐射出种频率的光子，故D错误；
故选B。
【分析】利用能级差可以求出跃迁时氢原子释放的能量，利用能量差可以比较光子的频率大小；利用根据库仑定律提供向心力，由于轨道半径越小则速度越大，所以电子的动能变大；根据排列组合可以求出最多可辐射出光子的频率总数。
3．【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】AB．从状态A变化到状态B的过程中，体积V减小，温度T降低。由于温度决定内能的变化，根据温度降低，气体的内能减少；由于气体的体积变化决定外界对气体做功的情况，由于气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律，可知，气体一定放出热量，A正确，B错误；
C．由于温度决定气体平均动能的大小，气体从状态A到状态B的变化过程中，温度降低，则气体分子的平均动能减小，C错误；
D．图像经过原点，根据理想气体的状态方程可以得出AB是等压变化。气体从状态A到状态B的变化过程中，由于压强保持不变，温度降低，气体分子的平均动能减小；体积减小，气体分子密度增大，压强不变，则气体分子单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多，D错误。
故选A。
【分析】利用气体的体积变化可以判别外界对气体做功，利用温度的变化可以判别气体内能的变化，结合热力学第一定律可以判别热传递的情况；利用温度的变化可以判别分子平均动能的变化；利用压强不变结合体积的变化可以判别气体分子单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多。
4．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．已知单摆振动图像如图所示，根据图像可以得出单摆的周期为T=2s，由单摆的周期公式
结合可得m
故A错误；
B．由于图像斜率代表速度的大小，从t=1.5s到t=2.0s的振动中，摆球向平衡位置运动，根据图像斜率不断增大可以得出速度逐渐增大，动能逐渐增大，故B正确；
C．由图乙可知，从t=0.5s到t=1.0s的振动中，向平衡位置运动，由于距离平衡位置的距离不断减小所以摆球的位移减小，根据回复力的表达式可知，回复力逐渐减小，故C错误；
D．由图乙可知：振幅A=8cm，，根据周期可以得出角速度为rad/s
已知振幅和角速度的大小，单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt（cm）
故D错误；
故选B。
【分析】利用图像可以求出周期的大小，结合周期的表达式可以求出摆长的大小；利用图像斜率可以判别速度的大小变化；利用物体的位置可以判别位移的大小变化；利用周期可以求出角速度的大小，结合振幅可以判别单摆位移与时间的关系。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
由于卫星在轨道1的轨道小于其在轨道3的轨道所以卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A错误；
B．根据变轨原理可知，航天器从轨道1到轨道2要做离心运动，根据离心运动的条件需在P点加速，则航天器在2轨道时经过P点的速度较大，故B错误；
C．根据线速度的表达式可以得出第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周的最大环绕速度，所以航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，由于卫星速度方向与引力方向相反所以引力做负功，故D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较周期和线速度的大小；航天器从轨道1到轨道2要做离心运动，根据离心运动的条件需在P点加速；卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，由于卫星速度方向与引力方向相反所以引力做负功。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】B．在变压器中，由于电压的有效值与峰值的关系为：，所以原线圈电压有效值为
电压表示数等于副线圈电压的有效值，根据变压器的规律可以得出输出电压为：
故B正确；
A．根据欧姆定律可以得出流过电阻的电流
根据电流比与匝数比的关系
解得电流表的示数为
故A错误；
C．根据电功率的表达式可以得出变压器的输入功率是
故C错误；
D．理想变压器输入功率与输出功率相等，即
根据焦耳定律的表达式可以得出经过60s电阻产生焦耳热为
故D错误。
故选B。
【分析】利用电压的峰值可以求出有效值，结合匝数之比可以求出输出电压的大小；利用欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输入电流的大小；利用输入电压和输入电流可以求出输入功率的大小；利用输入功率和输出功率相等，结合用电时间可以求出产生的焦耳热大小。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由于在速度时间图像中，图线斜率代表加速度的大小，根据图线斜率不断减小可以得出正电荷从A点到B点做加速度逐渐减小的加速运动，由于电场力方向与速度方向相同，加之电荷带正电，则该电场线的方向是由A指向B，故A错误；
BD．根据牛顿第二定律可得可知，由于电荷在A点的加速度大于B点，所以在A点处的场强比B点处的场强大，又电场方向由A点到B，若电场线是负电荷该产生的，则A点场强小于B点的场强，所以电场不可能是由负点电荷产生的，故D正确，B错误；
C．由于电场方向由A点到B，根据沿电场方向电势降低可知，A点电势大于B点电势，故C错误。
故选D。
【分析】利用图线斜率可以比较加速度的大小，结合速度的变化可以判别电场力的方向，结合电性可以判别电场线的方向；利用电场线的方向可以比较电势的高低；利用电场强度的分布可以判别不是负点电荷产生的电场线。
8．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．根据题意，对小球受力分析，如图所示
竖直方向由
水平方向由牛顿第二定律有
可得
方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；
CD．根据题意，对物块受力分析，如图所示
则有
竖直方向的静摩擦力大小为
摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先对小球受力分析求出汽车的加速度，再结合物块的受力平衡分析弹力、摩擦力的大小，同时判断汽车的运动状态。
9．【答案】B
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】AC．物体只有重力做功时，物体的机械能守恒，由于两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误；
B．A物体做的是平抛运动，根据牛顿第二定律可以得出在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，根据牛顿第二定律可以得出竖直方向的加速度，所以加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，B运动的时间比较长，根据冲量的表达式可知，两物体重力的冲量不相等，故B正确；
D．设高度为，根据速度位移公式可以得出A物体竖直方向的速度为
对于B物体，根据机械能守恒定律有
解得B的末速度为：
B物体竖直方向的速度
根据功率的表达式可以得出重力的瞬时功率
可知两物体落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误；
故选B。
【分析】利用两个物体只有重力做功可以得出两个物体机械能守恒；利用牛顿第二定律可以比较竖直方向加速度的大小，结合位移公式可以比较运动的时间，结合重力的大小可以比较重力冲量的大小；利用速度位移公式可以求出A竖直方向的末速度，利用机械能守恒定律可以求出B的末速度，结合速度的分解可以求出B竖直方向的速度，结合重力的大小可以比较重力瞬时功率的大小。
10．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．油滴进入电场后受重力与电场力，若油滴悬浮不动，根据平衡条件可以得出重力与电场力大小相等，即
根据平衡方程可以得出：
所以悬浮的油滴比荷相等，电荷量不一定相等，故A错误；
B．若某油滴向下加速运动，由于速度不断增大，根据动能定理可知重力与静电力的合力做正功，故B错误；
C．若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力，为了让电场力等于重力，需要增大板间电场强度的大小，可以减小平行金属板间距离，根据电势差与场强的关系可知电场力增大，从而使油滴处于平衡状态，故C正确；
D．若某油滴悬浮不动，增加平行金属板两端电压，根据电势差与场强的关系可知电场强度增大，油滴受到的电场力随之增大，则油滴向上运动，故D错误。
故选C。
【分析】利用重力与电场力相等可以判别悬浮的油滴比荷大小相等；利用油滴做加速运动结合动能定理可以判别合力做正功；利用油滴做加速运动时，电场力小于重力，利用减小板间距离可以增大电场力，进而使油滴悬浮；利用电势差与场强的关系可以得出板间电压增大时会导致电场力增大，则电场力大于重力会导致油滴向上加速。
11．【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题的关键在于理解图像斜率与电阻的关系，以及如何利用图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。特别需要注意的是，功率可以通过图像中特定点对应的矩形面积来直观地表示。A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值表示小灯泡不同状态时的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，则对应点，小灯泡的电阻为
则对应点，小灯泡的电阻为
B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为，可知小灯泡的功率为图中过点的矩形所围面积大小，D错误。
故选B。
【分析】根据小灯泡在不同电压下电阻的变化规律，以及如何通过图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。
12．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，当最初弹力小于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而减小，当弹力大于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而增大，所以人的加速度先减小后增大，A错误；
B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，由于最初合力方向向下，与速度方向相同所以合力最初做正功，动能不断增大，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；
C．人下降到最低点时，速度为零，由于初末动能为零，根据系统机械能守恒可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；
D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，根据动量的表达式可以得出人的动量最大，D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小变化；当重力等于弹力时，加速度等于0，此时速度最大，动量和动能达到最大值；利用合力的方向可以判别合力做功，进而判别速度与动能的变化；利用机械能守恒定律可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能。
13．【答案】A
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．如果软铁态的直径减小，那么软铁芯插入线圈时，与线圈的耦合面积减少，导致电感的变化量减少，则铁芯平移过程中，自感产生的电流变化量更小，位移信号转化为电信号不明显，所以导致灵敏度降低，故A正确；
B．当铁芯插入线圈，电感L增加，感抗增加，由于自感电流的影响，会导致电流减小，故B错误；
C．拔出铁芯会减小铁芯对自感电流的变化量，对线圈会减少线圈的电感，所以自感系数应该减小，故C错误。
D．若该传感器接干电池，电流为直流电，电感在直流电路中由于电流不变所以不会产生自感现象，稳定后不会随电感变化而变化，不能测量出待测物体的位移变化量，故D错误。
故选A。
【分析】软铁态的直径减小，那么软铁芯插入线圈时，与线圈的耦合面积减少，导致电感的变化量减少，则铁芯平移过程中，自感产生的电流变化量更小，位移信号转化为电信号不明显；当铁芯插入线圈，电感L增加，感抗增加，由于自感电流的影响，会导致电流减小；拔出铁芯会减小铁芯对自感电流的变化量，所以自感系数应该减小；电感在直流电路中由于电流不变所以不会产生自感现象，稳定后不会随电感变化而变化，不能测量出待测物体的位移变化量。
14．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】AB．离子穿过极板过程中，由于在水平方向上不受力，所以在水平方向上为匀速直线运动，根据位移公式有
离子在竖直方向上受到电场力的作用做匀加速直线运动，根据位移公式有：
当I=0时，根据表达式可以得出：离子在竖直方向上的偏离位移与U成正比，根据水平方向的位移公式可以得出穿过极板的时间与板长和初速度有关，故U增大时，离子穿过极板的时间不变，故AB错误；
C．当U=0时，离子在y方向不受电场力作用所以y方向没有偏转，只要I≠0时，离子在磁场中受到洛伦兹力发生水平偏转，根据洛伦兹力的方向可以得出粒子在x方向偏转，所以最终打在x轴上，故C错误；
D．根据电生磁可以得出粒子由于电流会导致受到洛伦兹力的作用，但洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流大小无关，故D正确。
故选D。
【分析】利用水平方向的位移公式可以比较运动的时间，利用竖直方向的位移公式可以判别偏离位移与偏转电压的大小关系；利用洛伦兹力的方向可以判别粒子的偏转方向；粒子由于电流会导致受到洛伦兹力的作用，但洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流大小无关。
15．【答案】（1）C
（2）100
（3）4.0×10-4C；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．测量电路中某个电阻时，为了避免电源以及其他电阻对测量的影响，应该把该电阻与电路断开，否则测量的是该电阻与其它电路的并联电阻，测量时必须把把该电阻与电路断开，故A错误；
B．测电阻时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，根据读数可以得出所测电阻阻值较较小，为了让示数增大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量，故B错误；
C．更换挡位测量电阻阻值时，由于指针会出现不在零刻度线位置，所以必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零，故C正确；
故选C。
（2）指针指向“10”刻度线，根据示数和挡位可以得出电阻的测量值R=
（3）①根据电荷量与电流的关系式有：Q=It
根据表达式可知电荷量等于I-t图像与时间轴所围成的面积，则有Q=C=4.0×10-4C
②结合欧姆定律可以得出：
可得而U-t图像与坐标轴所围面积为S0，根据表达式可以得出面积为：
故有
则电容为
【分析】（1）测量电路中某个电阻时，为了避免电源以及其他电阻对测量的影响，应该把该电阻与电路断开；测电阻时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，根据读数可以得出所测电阻阻值较较小，为了让示数增大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量；更换挡位测量电阻阻值时，由于指针会出现不在零刻度线位置，所以必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零；
（2）根据示数和挡位可以得出电阻的测量值；
（3）根据电流Ⅰ随时间t变化的图像面积可以求出电荷量的大小；结合欧姆定律及电容的定义式可以求出电容的大小。
（1）A．测量电路中某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，否则测量的是该电阻与其它电路的并联电阻，测量时必须把把该电阻与电路断开，故A错误；
B．测电阻时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，则所测电阻阻值较较小，所选挡位太大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量，故B错误；
C．更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零，故C正确；
故选C。
（2）指针指向“10”刻度线，则图甲中电阻的测量值R=
（3）①[1] 根据Q=It
可知电荷量等于I-t图像与时间轴所围成的面积，则有Q=C=4.0×10-4C
②[2] 根据
可得而U-t图像与坐标轴所围面积为S0，则
故有
则电容为
16．【答案】（1）B
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）打点计时器接交流电源，同时使纸带竖直，以减少阻力的影响。
故答案为：B。
（2）根据重力势能的计算公式可知，重物的重力势能减小量为；
B点的速度为，根据动能的公式可知
故答案为：；
（3）根据动能定理有
解得
根据图像的斜率可知。
故答案为：
【分析】（1）操作判断：围绕“电磁打点计时器的电源类型”和“纸带的正确握持方式”选择操作；
（2）能量计算：重力势能减少量直接由重力做功求解；动能增加量利用“中间时刻速度=平均速度”求B点速度，再计算动能；
（3）质量分析：结合动能定理推导的关系式，通过图像斜率与质量的关联，判断两物质量的大小。
（1）打点计时器接交流电源，同时使纸带竖直，以减少阻力的影响。
故选B。
（2）[1]根据重力势能的计算公式可知，重物的重力势能减小量为
[2]B点的速度为
根据动能的公式可知
（3）根据动能定理有
解得
根据图像的斜率可知。
17．【答案】（1）解：运动员沿AB段做匀加速直线运动，由
解得：a=4.5m/s2
（2）解：BC段由动能定理：
运动员经过C点时的动能为=3.3×104J
（3）解：运动员在C点受力情况：
解得：=3900N
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）AB段加速度：利用匀加速直线运动的速度-位移公式，直接代入数据求解；
（2）C点动能：BC段无阻力，重力势能的减少量等于动能的增加量，结合动能定理计算；
（3）C点支持力：将动能转化为速度，再利用向心力公式（支持力与重力的合力提供向心力）求解。
（1）运动员沿AB段做匀加速直线运动，由
可得：a=4.5m/s2
（2）BC段由动能定理：
运动员经过C点时的动能为=3.3×104J
（3）运动员在C点受力情况：
则可得=3900N
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】电磁感应中的能量类问题
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】库仑定律；磁感应强度；电场强度
20．【答案】（1）以垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为
末动量为
由动量定理可得垒球与球棒之间的平均作用力为
解得平均作用力大小为F=6300N
（2）对飞船与尘埃云，以飞船的方向为正方向，由动量守恒定律可得
则
设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得：
由于M远大于，则解得碰后尘埃的速度为
对尘埃由动量定理：
且
则飞船所受阻力为
设一个阳离子在电场中加速后获得的速度为v，由动能定理
设单位时间内射出的离子数为N，则飞船受动力为F，由动量定理
飞船匀速运动，则由受力平衡
联立解得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）规定正方向，根据动量定理解答；
（2）a.碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律解答；
b.对很短时间与飞船弹性碰撞的尘埃，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解碰撞后尘埃的速度。对尘埃由动量定理和牛顿第三定律求得飞船所受阻力大小。由动能定理求得一个阳离子在电场中加速后获得的速度，对单位时间内射出的离子，由动量定理和牛顿第三定律求得射出的离子对飞船的动力。根据飞船匀速运动，由平衡条件求得单位时间内射出的阳离子数。
（1）以垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为
末动量为
由动量定理可得垒球与球棒之间的平均作用力为
解得平均作用力大小为F=6300N
（2）[1]对飞船与尘埃云，以飞船的方向为正方向，由动量守恒定律可得
则
[2]设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得：
由于M远大于，则解得碰后尘埃的速度为
对尘埃由动量定理：
且
则飞船所受阻力为
设一个阳离子在电场中加速后获得的速度为v，由动能定理
设单位时间内射出的离子数为N，则飞船受动力为F，由动量定理
飞船匀速运动，则由受力平衡
联立解得
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