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2026年北京市朝阳区高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列说法正确的是( )
A. 电子的发现说明原子不是组成物质的最小微粒
B. 粒子散射实验表明原子核的核子之间存在核力
C. 衰变放出的电子是原子的最外层电子吸收能量之后放出来的
D. 核反应前后电荷数守恒但质量数不守恒
2.小明观看了一段视频：落水者用双手环抱倒扣的塑料盆，将盆口压入水中实现自救，如图所示。若盆中空气可视为质量一定的理想气体，且温度保持不变，则在盆被下压的过程中盆中气体( )
A. 对外做功 B. 压强增大 C. 从外界吸收热量 D. 分子平均动能增加
3.一束单色光从某种均匀介质射入空气中时，入射角为，折射角为，折射光路如图所示。下列说法正确的是( )
A. 此介质的折射率为
B. 光在介质中的速度与光在空气中速度的比值为
C. 当入射角减小时，光在介质中的波长也随之减小
D. 当入射角减小时，折射角也随之减小，但折射率不变
4.振源带动水平细绳上下振动，某时刻在绳上形成如图所示的横波波形。规定绳上各质点向上运动的方向为位移的正方向。从波传播到细绳上的点开始计时，下列图中能表示点振动图像的是( )
A. B. C. D.
5.一理想变压器原、副线圈的匝数比为：，原线圈与正弦交流电源连接，其输入电压随时间的变化如图所示。若副线圈仅接入一个的电阻，则( )
A. 输入电压
B. 流过电阻的电流是
C. 流过电阻的电流方向每秒钟改变次
D. 经过电阻产生的热量是
6.年月，神舟二十一号载人飞船成功发射，历时小时完成与天和核心舱的对接，实现了最快对接记录。飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，飞船的转移轨道为椭圆轨道Ⅱ，核心舱稳定运行在圆形轨道Ⅲ上。轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于、两点。则飞船在轨道Ⅱ上运行时( )
A. 在点的加速度小于核心舱在轨道Ⅲ上点的加速度
B. 在点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上点的速度
C. 由向运行的过程中机械能逐渐增大
D. 由向运行的过程中宇航员先超重后失重
7.如图所示，光滑水平地面上，一质量为的物体以速度向右运动，物体静止且左端固定一轻弹簧。撞上弹簧后，弹簧被压缩至最短时( )
A. 、系统总动量大小为 B. 的动量变为
C. 的动量达到最大值 D. 弹簧的弹性势能一定为
8.如图甲所示，边长为的正方形导线框，以恒定速度沿轴向右运动，穿过图中所示的匀强磁场区域。从导线框在图示位置的时刻开始计时，则乙图的纵轴对应的物理量为导线框( )
A. 所包围面积的磁通量 B. 、两点的电势差
C. 边所受安培力大小 D. 所受外力的功率
9.老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为，各接触面间的动摩擦因数均为，抽出课本的过程历时。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 课本受到个力作用
B. 课本受到的摩擦力大小为
C. 大于才可能将课本从粉笔盒下抽出
D. 粉笔盒最终将停留在初始位置右侧处
10.如图所示，小明同学用一个悬挂的强磁铁和一块铜片演示了一个神奇的实验，当磁铁从左侧某一高度处由静止释放摆至右侧最高位置的过程中，其下方放在圆珠笔芯上的铜片发生了运动此过程铜片始终未脱离笔芯。在此过程中，磁铁重力做功为，磁铁克服磁场力做功为，磁场力对铜片做功为，铜片获得的动能为，铜片上产生的电热为。不计磁铁产生的电热，忽略空气阻力以及铜片在笔芯上所受的摩擦力，不计地磁场影响。则( )
A.
B.
C.
D.
11.如图所示的矩形区域内分布有平行于方向的匀强电场，，为中点。质量相同的带电粒子、分别从点和点平行于同时进入电场，并同时到达、点，二者的运动轨迹交于点图中未标出。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子、( )
A. 具有不同的比荷 B. 电势能均随时间逐渐增大
C. 到达点所用的时间之比为： D. 到达、点时的动能之比为：
12.如图所示为某环境监控电路简图，、均为可变电阻，、两元件中有一个是光敏电阻，另一个是热敏电阻。已知热敏电阻阻值随温度升高而减小，光敏电阻阻值随光照增强而减小。忽略光照对环境温度的影响。报警器两端电压大于某值时报警，报警器上通过的电流大于某值时报警。闭合开关后，两报警器、均未报警。不计报警器对电路的影响。下列说法正确的是( )
A. 仅温度升高，若只有报警器报警，则为热敏电阻
B. 仅光照增强，若只有报警器报警，则为光敏电阻
C. 仅增大的阻值，报警器、可能都报警
D. 仅增大的阻值，报警器、可能都报警
13.一种磁流体发电装置如图甲所示。间距为的平行金属板、之间充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。等离子体高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子以速度沿垂直于磁场的方向射入磁场，、两板间便产生电压。某同学设想了另一种方案：如图乙所示，一细束质量为、电荷量为的带正电的离子束以相同的速度紧临下极板射入磁场板接地，、两板间也同样能够产生电压。已知，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 图甲中板是电源的负极
B. 图甲中、板间的最大电压大于
C. 图乙中、板间的最大电压为
D. 图甲与图乙中、板间的最大电压均为
14.“谁将春晚作冬看，添着绵衣减却难。”人们一年四季穿着的变化与热传递过程密切相关。热传递是一种热能的转移过程，与自然界中其他转移过程如电荷量的转移有类似之处，它们的共性可归结为“过程中单位时间的转移量”，在电学中体现为欧姆定律，即，在热能的转移过程中，动力量表现为温度差，与电阻对应的物理量称为热阻。
如图所示，某长方体导热板，侧面、的面积均为，温度分别为、。坐标轴与侧面垂直，坐标原点在侧面上，导热板各处的温度仅随线性变化。科学家发现单位时间从侧面传递到侧面的热量，其中是常量，仅与导热材料有关，为两侧面的间距。下列说法错误的是( )
A. 该导热物体的热阻为
B. 的单位可表示为
C. 热量先后通过多层不同材料的总热阻等于各层热阻之和
D. 在导热板垂直于轴的任意截面上，单位时间传递的热量都相等
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.在“探究加速度与力的关系”的实验中，打出的一条纸带如图所示，、、为依次选取的三个计数点，相邻计数点间的时间间隔为，则小车的加速度 。
“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，在测量相邻两条亮条纹的间距时，先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该条纹定为第亮条纹，读数记为；然后转动手轮，使分划板中心刻线与第亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图所示，读数记为，则 。若已知双缝间的距离为，双缝到光屏间的距离为，由此计算光的波长表达式为 用题中字母表示。
某同学用图所示装置探究气体等温变化的规律，该同学在不同环境温度下对同一封闭气体进行了两组实验，得到的图像如图所示。由图可知两组实验气体的温度大小关系为 选填“”“”或“”。
另一位同学用传感器进行该实验，实验装置如图所示。注射器内密封一段气体气密性良好，通过塑料管与气体压强传感器连接。然后缓慢移动柱塞确保温度不变，记录注射器的刻度值得到空气柱的体积，由计算机得到对应的气体压强值。重复该过程，获得多组数据并进行数据处理。该方案系统误差的主要来源为 。
16.某小组测量一段金属丝的电阻率。
先用多用电表“”挡粗测某金属丝的电阻，表针位置如图所示，可知金属丝的电阻______。
再用伏安法测金属丝的电阻。实验所用器材除电池组电动势，内阻约、滑动变阻器，额定电流、开关及导线若干外，下列器材中电流表应选用______，电压表应选用______。填写选项前的字母
A.电流表，内阻约
B.电流表，内阻约
C.电压表，内阻约
D.电压表，内阻约
该小组完成上述实验后，对一种导电硅胶条的电阻率感兴趣，他们取两条材质完全相同的导电胶条，规格如下：
导电胶条：长、宽、厚
导电胶条：长、宽、厚
该小组首先用多用电表粗测两胶条电阻，阻值均为几千欧左右。选用中合适的器材，为尽可能准确测量导电胶条的电阻率，请在图中用笔画线代替导线完成电路器材连接。
该小组在导电胶条两端安装小圆柱电极并接入电路，如图所示。测量两电极间的距离作为有效长度，测量胶条宽度和厚度以二者乘积作为横截面积。通过计算发现，胶条的电阻率测量值比胶条的电阻率测量值要大些，多次测量结果均如此。请从恒定电场与静电场的相似性出发，建构合适的模型解释其原因。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，光滑水平面与竖直面内的粗糙半圆形导轨在点相切，导轨半径为。一质量为的物体可视为质点将弹簧压缩至点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一速度后脱离弹簧，之后沿半圆形导轨恰好运动至最高点，该过程损失的机械能为，重力加速度取。不计空气阻力影响。求：
物体在点的速度大小；
弹簧最初压缩时储存的弹性势能；
物体离开点后落地点距离点的水平位移大小。
18.如图为早期设计的质谱仪原理简图。电荷量为的粒子，从容器下方的小孔飘入电势差为的加速电场，其初速度可视为，之后从小孔沿垂直于磁场的方向进入磁感应强度大小为的匀强磁场中，旋转半周后打到照相底片上的刻线处。不计粒子重力。
求该粒子进入磁场时的动能；
若测得与小孔的间距为，求该粒子的质量；
若底片的右半部损坏，为使该粒子能打在左半部的刻线处，可以仅调节加速电压来实现。已知与小孔的间距为。求调节后的加速电压大小；并说明还可以通过什么方法使该粒子能打在处。
19.物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。
图中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为，在空间各点产生球对称的电场。场强大小与该点到球心距离的变化图像如图中的乙图所示。已知曲线下部分的面积为。若电荷量为的尘埃微粒从距球心处被吸附至球壳表面，求此过程尘埃微粒电势能的变化量；
图中甲图为某发电机的简化模型。质量为的导体棒在水平驱动力的作用下，以恒定加速度从静止开始沿光滑水平导轨向右运动。定值电阻阻值为，忽略其余电阻。磁感应强度大小为，磁场方向垂直于导轨平面。导轨间距为。
写出驱动力与运动时间的关系式；
在图乙给出的坐标系中定性画出驱动力大小随运动时间的变化图像，并结合图像求出时间内的冲量大小。
如图所示，随按照正弦规律变化，其中、均为已知量。为得到内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积。
20.篮球运动是中学生喜爱的运动之一，其技术动作蕴含着丰富的物理学原理。已知篮球质量为，重力加速度为，篮球可视为质点，不计空气阻力。
空中投篮：如图所示，运动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成的倾角准确落入篮筐。已知投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐的距离为，求篮球出手时的速度大小。
原地拍球：如图所示，实际拍球过程中，为使篮球每次都达到相同的最大高度，运动员通常在篮球上升到某高度时，手就会接触篮球并对球施加一个向下的阻力，球和手一起上升距离后到达最高点，紧接着手对球施加向下的动力，下降距离后，手与篮球分开。手对球的两次作用力均视为恒力。球与地面碰撞时存在机械能损失，请通过计算推证。
转身运球：如图甲所示，为运动员拉球转身的一瞬间。可将转身运球的过程理想化为如图乙所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，篮球绕着转轴左脚所在竖直线在水平面内做圆周运动。在转身快要结束时，篮球有一段速率随时间均匀减小的运动过程，直到篮球刚好滑离手掌。已知篮球刚开始减速时的初速度为，减速过程中沿圆周轨迹切线方向的加速度大小为，假设手掌和球之间的动摩擦因数为，手掌到转轴的距离为。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。求：
篮球减速过程中手掌对篮球的摩擦力大小；
篮球从开始减速到刚好滑离手掌的过程中所运动的路程。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：电子是原子的组成部分，电子的发现证明原子可再分，并非组成物质的最小微粒，故A正确；
B.粒子散射实验仅用于提出原子核式结构模型，无法证明原子核内核子间存在核力，故B错误；
C.衰变放出的电子来自原子核内中子的衰变，并非原子的核外最外层电子，故C错误；
D.核反应前后电荷数与质量数均守恒，质量亏损是静质量的减少，不影响质量数守恒，故D错误。
故选：。
本题考查原子物理基础概念，需逐一核对电子发现、粒子散射实验、衰变本质及核反应守恒规律的课本知识点。
本题聚焦原子物理核心基础概念辨析，考查对原子结构及核反应规律的识记与理解，难度较低。
2.【答案】
【解析】解：根据题意，盆中空气可视为理想气体，且温度保持不变，该过程为理想气体的等温压缩过程。
A、盆被下压过程中，所处深度增加，水对气体的压强增大，盆内气体体积减小。由可知，外界水和人对气体做正功，即气体对外做负功，故A错误；
B、随着盆下压深度增加，由液体压强公式可知，盆口处静水压强增大。为维持内外平衡，盆内气体压强也需相应增大，故B正确；
C、对于一定质量的理想气体，其内能仅由温度决定。由于温度不变，气体。气体体积被压缩，外界对气体做功，根据热力学第一定律，解得：，即气体向外界放热，故C错误；
D、温度是分子热运动平均动能的标志。盆内气体温度不变，分子平均动能保持不变，故D错误。
故选：。
题目描述了塑料盆被下压过程中盆内理想气体的状态变化，已知气体质量一定且温度保持不变。分析过程需关注气体经历等温压缩，外界压力增大导致气体体积减小，外界对气体做正功；根据理想气体状态规律，体积减小而温度不变时压强增大；由热力学第一定律，内能不变且外界对气体做功，气体必然向外界放热；温度不变意味着分子平均动能不变。因此解题需从等温压缩的宏观过程出发，关联压强、体积与热力学定律的逻辑关系。
本题以生活情境为背景，考查了理想气体状态变化与热力学定律的综合应用。题目要求学生将实际问题抽象为理想气体的等温压缩模型，并灵活运用玻意耳定律、液体压强公式及热力学第一定律进行分析。本题计算量小，但需要清晰的物理图景构建能力，重点考查学生对气体状态参量间制约关系的理解，以及能量转化与守恒观点的应用。其中，判断气体是吸热还是放热是常见的思维易错点，需结合内能变化与做功情况严谨推理。
3.【答案】
【解析】解：、光从介质射入空气中发生折射，根据光的折射定律可知此介质的折射率为，故A错误；
B、由得光在介质中的速度与光在空气中速度的比值为，故B错误；
、设光在介质中的波长为，光在空气中的波长为，此介质的折射率为，光的频率为，则，折射率是介质的性质，与入射角无关，当入射角减小时，折射角也随之减小，但折射率不变，则光在介质中的波长不变，故C错误，D正确。
故选：。
根据光的折射定律求出此介质的折射率大小；由求出光在介质中的速度与光在空气中速度的比值；当入射角减小时，折射角也随之减小，折射率不变，光在介质中的波长也不变。
解答本题时，要掌握折射率定义的条件：当光从真空射入介质发生折射时，折射率等于入射角正弦与折射角正弦的比值，折射率与入射角无关。
4.【答案】
【解析】解：根据波的传播特性，介质中各质点起振方向与波源初始振动方向一致。
由图中波源产生的波形可知，该波向右传播，其波前呈现向下凸出的形态，表明波源起振方向为竖直向下；因波自左向右传播，当波传播至点时，点将重现波源的振动过程，即点起振方向也应为向下位移的负方向。
A、该图像显示时刻质点位于正向最大位移处，不符合从平衡位置开始振动的条件，故A错误；
B、该图像显示时刻质点位于负向最大位移处，不符合从平衡位置开始振动的条件，故B错误；
C、该图像显示时刻质点自平衡位置向负方向运动，与点起振方向相符，故C正确；
D、该图像显示时刻质点自平衡位置向正方向运动，与点起振方向相反，故D错误。
故选：。
从绳上横波的波形图分析，已知波传播方向为向右，且规定向上为位移正方向。波形图中波源附近的波形表明波源起振方向为向下，即位移负方向。波传播过程中各质点的起振方向与波源相同，因此当波传播到点时，点应从平衡位置开始向负方向振动。振动图像需反映这一特点：计时起点时质点位于平衡位置且初始速度方向为负。
本题是一道关于机械波传播与振动图像结合的典型问题，主要考查学生对波动形成过程中质点振动规律的理解与应用。题目难度中等，计算量小，但需要学生准确把握波的传播方向、波形图与质点振动状态之间的动态联系，并据此推断特定质点的起振方向与初始振动图像。解题关键在于理解波传播时介质中各质点的起振方向均与波源初始振动方向相同，并能从给定波形图中分析出波源的起振方向。本题有效锻炼了学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及对振动图像物理意义的辨析能力，属于基础概念的综合应用题型。
5.【答案】
【解析】解：由输入电压图像可知，电压最大值，有效值；周期，角速度，解得：。
A、由于时电压为最大值，其瞬时值表达式为，故A错误。
B、根据理想变压器原、副线圈电压比，代入数据解得：副线圈有效电压；流过电阻的电流，解得：，故B错误。
C、该交流电频率，解得：，电流方向每周期改变次，解得：每秒改变次，故C错误。
D、在内电阻产生的热量，代入数据解得：，故D正确。
故选：。
分析题目描述的物理过程，首先明确输入电压随时间变化的图像提供了正弦交流电的最大值和周期，由此可确定其角频率与瞬时表达式。已知原副线圈匝数比，根据理想变压器电压与匝数成正比的关系，可求出副线圈两端电压的有效值。副线圈仅接入一个纯电阻，利用欧姆定律即可得到流过该电阻的电流有效值。结合交流电频率与电流方向变化的关系，可判断每秒钟电流方向改变的次数。最后根据焦耳定律，由副线圈电压有效值、电阻阻值及通电时间，可计算出电阻在给定时间内产生的热量。
本题以理想变压器为核心，综合考查了交变电流图像信息获取、瞬时值表达式书写、变压器电压电流关系、交变电流频率与方向变化次数、以及焦耳定律计算电热等多个知识点。题目计算量适中，难度中等，对学生的信息提取与公式应用能力提出了要求。其亮点在于将变压器原理与交流电基本规律紧密结合，要求学生从图像中准确提取最大值、周期等关键参数，并正确区分瞬时值、有效值及它们在不同情境下的应用。易错点主要集中在交流电频率与方向变化次数关系的判断，以及瞬时值表达式初相位的确定，需要学生具备扎实的基础知识和严谨的推理过程。
6.【答案】
【解析】解：根据万有引力提供向心力，有，解得加速度。飞船在轨道上的点地心的距离小于核心舱在轨道Ⅲ上的点到地心的距离。因此，在点的加速度大于核心舱在轨道Ⅲ上点的加速度，故A错误；
B.飞船在轨道上做匀速圆周运动，在点需点火加速才能进入椭圆轨道Ⅱ，故飞船在轨道上点的速度大于轨道上点的速度核心舱在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动，其速度满足，即。轨道为圆形轨道，其速度，由于轨道的半径小于轨道Ⅲ的半径，故，故B正确。
C.飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行时，仅受万有引力作用，机械能守恒万有引力为保守力，做功不改变机械能。因此，由向运行过程中机械能不变，故C错误。
D.飞船在椭圆轨道上运行时，万有引力提供向心力，加速度方向始终指向地心。即从到，飞船的速度方向沿轨道切线，引力方向与速度方向的夹角始终为钝角，因此宇航员全程处于失重状态，故D错误。
故选：。
需先根据万有引力定律分析加速度，再结合变轨原理判断速度大小，依据机械能守恒条件分析机械能变化，最后根据加速度方向判断超重失重状态。
考查天体运动中万有引力提供天体做圆周运动的向心力。物体处于超重状态，加速度向上，压力大于重力；物体处于失重状态，加速度向下，压力小于重力。
7.【答案】
【解析】解：、物体与物体组成的系统在水平方向不受外力，满足动量守恒条件。当弹簧被压缩至最短时，与的速度相同，设其共同速度为。根据动量守恒定律，系统总动量始终保持不变，等于初始动量，故A正确；
B、取速度方向为正方向，由动量守恒定律，解得：。由于，因此物体的动量，故B错误；
C、弹簧从最短状态恢复至原长的过程中，弹簧对物体施加向右的推力，物体持续加速，故当弹簧恢复原长时，物体的速度达到最大，其动量也达到最大值，故C错误；
D、根据能量守恒，系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即。由于物体的质量未知，无法确定弹性势能一定等于，故D错误。
故选：。
题目描述物体以一定速度碰撞静止物体上的弹簧，直至弹簧压缩至最短的过程。系统在光滑水平面上不受外力，动量守恒始终成立，总动量保持初始值。分析弹簧压缩至最短的瞬间，两物体速度相同，但的速度不为零故动量不为零；弹簧恢复原长过程中持续加速，此时刻速度最大而非弹簧最短时；弹簧弹性势能由系统动能损失转化，与两物体质量有关，无法直接确定为特定值。
本题以碰撞与弹簧模型为载体，综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律以及临界状态分析。题目计算量适中，难度中等，重点在于理解弹簧压缩至最短这一临界时刻的系统特征两物体速度相等，并由此展开动量与能量的定量讨论。解答过程需要学生准确应用动量守恒建立方程，并清晰辨析弹性势能最大与物体动量最大的不同时刻，有效锻炼了学生对物理过程的分析建模能力和对守恒条件的判断能力。
8.【答案】
【解析】解：设导线框各边电阻均为，则总电阻。线框以恒定速度向右运动，将其运动分为四个阶段进行分析。
当时，线框尚未进入磁场，回路中无感应电流，、两点间无电势差，；
当时，边进入磁场切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知点电势高于点，此时边相当于电源，回路电流，则、两点间的电势差等于路端电压，解得：；
当时，线框整体处于磁场中，虽然边与边均产生感应电动势，但回路总电动势为零，电流，此时、两点间的电势差即为其产生的感应电动势；
当时，仅边在磁场中切割磁感线，此时边相当于电源，边相当于外电路中的一个电阻，回路电流，则、两点间的电势差，解得：。
综上所述，在这四个阶段的数值之比为：：：，与乙图纵轴物理量的阶梯高度比例一致。
A、导线框包围面积的磁通量在进入阶段随位移线性增加，在完全进入阶段保持恒定，在离开阶段线性减小，其图像应为梯形而非阶梯形，故A错误；
B、根据上述物理过程推导可知，乙图对应的物理量即为、两点间的电势差，故B正确；
C、安培力，仅在进入阶段和离开阶段存在且大小相等，在完全进入阶段电流为零，安培力亦为零，与图像不符，故C错误；
D、由于线框做匀速运动，外力的功率，由受力平衡可知，其变化规律与安培力相同，与图像不符，故D错误。
故选：。
线框以恒定速度向右穿过匀强磁场，其运动过程可分为进入、完全在内部和离开三个阶段。分析各阶段线框的磁通量变化、感应电动势产生及回路电流分布情况，结合右手定则判断电势高低，确定、两点间电势差在不同阶段对应的等效电路关系，从而将线框位移与待求物理量的阶梯变化建立联系，通过比较各选项物理量随位移的变化规律与图像中阶梯高度的比例是否一致进行判断。
本题是一道综合性较强的电磁感应选择题，通过正方形线框匀速穿过匀强磁场的物理过程，考查学生对电磁感应现象多角度、多阶段的分析能力。题目要求根据线框位移判断图像对应的物理量，计算量适中，但思维层次丰富，能有效锻炼学生的物理建模、过程分解与逻辑推理能力。本题的亮点在于巧妙地将线框运动划分为四个不同阶段，每个阶段感应电动势的产生与回路结构都发生变化，尤其需要厘清在不同阶段哪部分导体充当电源、如何计算路端电压或某两点间的电势差。解答本题的关键在于对电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力公式的灵活运用，并准确把握磁通量、安培力、外力的功率等物理量随位移变化的规律，避免因过程分析不全面而导致判断失误。
9.【答案】
【解析】解：课本受到：自身重力、粉笔盒对其的压力、桌面对其的支持力、外力、与桌面间的摩擦力、与粉笔盒间摩擦力，一个个力，故A错误；
B.课本与粉笔盒间的摩擦力大小
与桌面间的滑动摩擦力大小
课本相对于粉笔盒和桌面均向右运动，则这两个摩擦力方向均向左，因此课本受到的摩擦力合力是，故B错误；
C.根据牛顿第二定律，对粉笔盒：
解得
对课本：
课本从粉笔盒下抽出，需要满足
联立解得，故C正确；
D.课本从粉笔盒下抽出过程，粉笔盒做匀加速直线运动，
向右位移
课本抽出后，粉笔盒在桌面上做匀减速运动，加速度大小仍为
则减速到的位移
因此粉笔盒最终将停留在初始位置右侧，故D错误。
故选：。
对课本、粉笔盒分别做受力分析，结合滑动摩擦力公式、牛顿第二定律分析两者的运动状态，再逐一判断各选项的正误。
本题以抽课本的经典实验为载体，综合考查受力分析、摩擦力、牛顿运动定律等力学核心知识，考查学生的受力分析与多过程运动分析能力，难度适中，贴合生活实际。
10.【答案】
【解析】解：对磁铁，根据动能定理：
解得，故A错误；
B.对铜片，根据动能定理：
解得，故B正确；
C.，，
联立可得，故C错误；
D.根据功能关系，磁铁的重量势能减小量为
对系统，根据能量守恒：，故D错误。
故选：。
结合动能定理分析磁铁的做功关系，利用电磁感应的能量转化规律与能量守恒，分析铜片的做功与能量关系，逐一判断各选项。
本题以趣味电磁感应实验为背景，综合考查动能定理、功能关系与能量守恒，考查对电磁感应中能量转化的理解，是一道典型的能量分析题。
11.【答案】
【解析】解：、分析可知，带电粒子、在匀强电场中均做类平抛运动，又两粒子分别从点和点同时进入电场，
沿图所示轨迹同时到达、点，可知两粒子在电场中的运动时间相等。由题图可知，粒子、沿初速度方向的位移之比为：，则初速度大小之比为：；沿电场方向的位移大小相等，由可知，两粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有，可知两带电粒子具有相同的比荷，故A错误；
B、两带电粒子在运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；
C、由图可知，带电粒子、到达的水平位移相等，由于带电粒子、的初速度大小之比为：，则所用时间之比为：，故C错误；
D、设点的速度为，与水平方向的夹角为，为合位移，与水平方向的夹角为，由类平抛运动的推论可知，，由几何关系可知，，同理，到达、点时的动能之比为：，故D正确。
故选：。
将粒子运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动。
已知，设定具体长度方便计算，比较两个粒子的加速度、比荷，再分析电势能变化、到达点的时间和动能。
解决此类问题的关键是将复杂的曲线运动分解为相互垂直的两个方向上的分运动，分别应用匀变速直线运动和匀速直线运动的规律处理，注意电场力做功与路径无关只与位移有关。
12.【答案】
【解析】解：该电路由电源、开关和可变电阻构成干路。并联部分包含两条支路：第一条支路由元件与并联了报警器的电阻串联而成；
第二条支路由元件与报警器串联而成。忽略报警器内阻的影响，报警器所测电压即为两端电压，报警器所测电流即为第二条支路的总电流。
设并联电路两端电压为，干路电流为，根据闭合电路欧姆定律可得：，，，。
A、若仅温度升高，则热敏电阻阻值减小。假设为热敏电阻，其阻值减小，导致外电路总电阻减小，干路电流增大，减小。由可知减小，报警器不报警；同时，根据，减小而也减小，但减小效应更显著，故I增大，报警器报警。若实际情况为“只有报警器报警”，则表明为热敏电阻，故A错误；
B、若仅光照增强，则光敏电阻阻值减小。同理分析，若出现只有报警器报警的情形，说明第二条支路电阻减小，即为光敏电阻，故B错误；
C、仅增大的阻值，外电路总电阻增大，干路电流减小。并联部分电压随之减小，导致和均减小，因此两个报警器均不可能触发报警，故C错误；
D、仅增大的阻值，并联部分总电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小。由可知增大。对于支路，增大，报警器可能报警；对于支路，，分子增大而分母减小，增大，报警器也可能报警，故D正确。
故选：。
题目中电路包含两条并联支路，分别由与报警器、与串联后与报警器并联构成。报警器监测两端电压，报警器监测所在支路电流。分析时需明确各元件电阻变化对并联电压、支路电流和分压的影响逻辑。仅温度升高时热敏电阻减小，若仅报警器报警，说明支路电阻减小导致分压增大，则为热敏电阻。仅光照增强时光敏电阻减小，若仅报警器报警，说明支路电阻减小导致其电流增大，则为光敏电阻。仅增大会减小并联电压，使两个报警器监测量均减小，不可能报警。仅增大会增大并联电压，同时使分压增大，可能使两个报警器监测量均超过阈值而报警。
本题综合考查了动态电路分析、传感器特性以及闭合电路欧姆定律的应用，是一道难度中等偏上的电路综合分析题。题目巧妙地将热敏电阻和光敏电阻的阻值变化规律与两个不同触发方式的报警器相结合，要求学生不仅需要熟练掌握串并联电路的基本规律和动态分析的一般方法，还需具备较强的逻辑推理与分类讨论能力。解答本题的关键在于准确分析单一因素变化时对并联部分电压及各支路电流或电压的定量影响，尤其需要判断各物理量变化的相对快慢，例如分析报警器时需比较与的变化幅度。本题计算量适中，但思维层次要求较高，能有效锻炼学生的电路建模与分析能力。
13.【答案】
【解析】解：图甲中，根据左手定则，正离子向上偏转打到板，负离子向下偏转打到板，则极板是电源正极，板是电源负极，故A错误；
B.图甲中，极板聚集电荷后，后续进入的离子将会受到与洛伦兹力相反的电场力，只要电场力不大于洛伦兹力，电荷还将继续偏转到达极板。直到极板上聚集的电荷足够多，电场力等于洛伦兹力，再进入的离子将会受力平衡，不会偏转。因此、板间达到最大电压后，有
解得，故B错误；
图乙中，负离子一进入极板间就会打到板而后流入大地，因此只要考虑正离子的运动即可。初始时极板间无电压，正离子做匀速圆周运动，半径则正离子会打在板。随着正离子在板聚集，会产生电压，后续进入的正离子将会做滚摆线运动，使用配速法，将速度分解为
其中满足
这样，离子就有两个分运动：是以向右做匀速直线运动；是以做匀速圆周运动。较小时，较小，仍较大，分运动的半径仍能大于正离子将继续打到板，这样电压将继续增大，直到分运动的半径恰好为，这之后进入极板间的粒子将不再打到板上。因此、板间达到最大电压后，有，
联立解得，故C正确，D错误。
故选：。
对甲图根据左手定则判断电荷偏转，由洛伦兹力与电场力平衡求最大电压；对乙图用速度分解法分析离子运动，结合临界条件求最大电压，逐一判断各选项。
本题以磁流体发电为情境，综合考查电磁学核心规律，涉及临界分析与运动分解，难度较高，能有效考查学生的物理建模与综合分析能力。
14.【答案】
【解析】解：导热板垂直于轴的任意截面，流入的热量和流出的热量守恒，则单位时间传递的热量都相等，故D正确。
A.设热阻为，则有，对比，可得热阻，故A正确。
B.的单位是，其中是做功的单位，根据，，可得单位关系：，则的单位是。的单位是，的单位是，的单位是。根据，解得，则的单位为：，故B错误。
C.对于多层材料组成的整体，有，其中是总热阻；对于每一层，有，其中是每一层的热阻，是每一层的温度差。由于，则有，对比，可得，故C正确。
本题让选择错误的，故选：。
本题通过类比电学欧姆定律，考查热传导的傅里叶定律，需逐一分析热阻、热流与物理量的关系。国际单位制的七个基本单位分别是：长度米，、质量千克，、时间秒，、电流安培，、热力学温度开尔文，、物质的量摩尔，和发光强度坎德拉，。
考查新物理量的单位，需要用到国际单位制中的七个基本单位。以及通过类比电学欧姆定律，考查热传导的傅里叶定律，
15.【答案】
故气体体积的测量存在误差

【解析】解：由匀变速直线运动的推论得：
，
由相邻两条亮条纹的间距
联立解得
用控制变量法，若体积一定，则，故，
塑料管中气体体积不能测量并且其体积占总体积的一部分，不能忽略，故气体体积的测量存在误差。
故答案为：；，；气体体积的测量存在误差。
由逐差法确定；
由螺旋测微器的读数方法读数，双缝干涉条纹公式确定；
由气体实验定律确定。
本实验考查逐差法，螺旋测微器的读数方法，双缝干涉条纹公式，气体实验定律。
16.【答案】
两电极等效一对等量正负点电荷，导电胶条内的电流路径就等价于一对等量正负点电荷之间的电场线，实际电流路径长度测量长度，有效横截面积测量面积，
的电流收缩效应更显著，即比值更大；由，故
【解析】解：金属丝的电阻或；
因电池组电动势，故电压表选量程的，又电路中的最大电流，故电流表选A；
因胶条电阻，阻值均为几千欧左右，由“大内偏大”，用电流表的内接法，滑动变阻器的最大电阻比胶条电阻小得多，用滑动变阻器的分压式接法
两电极等效一对等量正负点电荷，导电胶条内的电流路径就等价于一对等量正负点电荷之间的电场线，实际电流路径长度测量长度，有效横截面积测量面积，
的电流收缩效应更显著，即 比值更大。由，故。
故答案为：；，；
两电极等效一对等量正负点电荷，导电胶条内的电流路径就等价于一对等量正负点电荷之间的电场线，实际电流路径长度测量长度，有效横截面积测量面积，
的电流收缩效应更显著，即 比值更大。由，故。
由欧姆表的读数方法读出；
由电源电动势大小选择电压表量程，由最大电流选电流表量程；
由“大内偏大”选电流表的内接法，滑动变阻器的最大电阻比胶条电阻小得多分压式接法，由电场线类比法解释确定。
本实验考查欧姆表的读数方法电压表量程的选取，电流表量程的选取，“大内偏大”选电流表的内接法，滑动变阻器的最大电阻比胶条电阻小得多分压式接法，电场线类比法。
17.【答案】物体在点的速度大小是 弹簧最初压缩时储存的弹性势能是 物体离开点后落地点距离点的水平位移大小是
【解析】解：物体运动至点时，轨道对其支持力为零，根据牛顿第二定律有
代入数据得
根据能量守恒定律有
代入数据得
物体离开点后做平抛运动，设运动时间为，则竖直方向
水平方向
代入数据得
答：物体在点的速度大小是；
弹簧最初压缩时储存的弹性势能是；
物体离开点后落地点距离点的水平位移大小是。
物体在点由重力提供向心力，利用牛顿第二定律求解；
对物体从到的过程，应用能量守恒定律，结合损失的机械能求解弹性势能；
物体离开点后做平抛运动，分解为水平匀速与竖直自由落体运动，结合平抛规律求解水平位移。
本题综合考查圆周运动临界条件、能量守恒与平抛运动规律，涉及机械能损失的处理，是力学综合的典型题目。
18.【答案】该粒子进入磁场时的动能是 若测得与小孔的间距为，该粒子的质量是 已知与小孔的间距为；调节后的加速电压大小是；还可以仅改变磁感应强度的大小，使其变为原来的即可
【解析】解：根据动能定理，有
有
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿运动定律有
其中，结合问的结果
得
由问结果可得，因此，还可以仅改变磁感应强度的大小，使其变为原来的即可。
答：该粒子进入磁场时的动能是；
若测得与小孔的间距为，该粒子的质量是；
已知与小孔的间距为。调节后的加速电压大小是；还可以仅改变磁感应强度的大小，使其变为原来的即可。
粒子在加速电场中由静止开始加速，根据动能定理直接计算进入磁场时的动能；
由与的间距得到粒子在磁场中做圆周运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力和的动能表达式，联立求解粒子质量；
根据与的间距得到新的圆周运动半径，结合半径公式与动能定理求出调节后的加速电压再分析改变磁感应强度等其他方法使粒子打在处。
本题围绕质谱仪的工作原理，综合考查带电粒子在电场、磁场中的运动规律，涵盖动能定理、洛伦兹力圆周运动等核心知识点，逻辑清晰，层层递进，侧重公式推导与应用，是电磁学的经典基础题型。
19.【答案】此过程尘埃微粒电势能的变化量为 驱动力与运动时间的关系式为；驱动力大小随运动时间的变化图像如图所示：
时间内的冲量大小为 此阴影面积为
【解析】解：中图线与横轴所围图形面积代表电势差，逆着电场线电势升高，即从到的电势差，对尘埃运动过程，电场力做功，由电场力做功和电势能变化关系可知，代入数据可得；
导体棒做匀加速直线运动，由电磁感应定律可知，则感应电流，所受安培力，由牛顿第二定律可知，代入数据可得；
由表达式可知图线为一条斜率为正，纵截距为的直线，如图所示：
在图中，图线与横轴所围梯形面积代表冲量大小，时，，时，，如图所示：
由几何关系可知，代入数据可得的冲量大小；
在正弦式交流电图中，图线与横轴所围图形面积代表通过导体的电荷量，如图所示：
线圈转动过程中，通过导体的电荷量，又，，代入数据可得，
对正弦式交流电，在半个周期内，线圈转动，线圈磁通量变化量，代入数据可得电荷量，
对应题目图像，为峰值电流，有，周期为，有，代入数据可得阴影面积。
答：此过程尘埃微粒电势能的变化量为；
驱动力与运动时间的关系式为；
驱动力大小随运动时间的变化图像如图所示：
时间内的冲量大小为；
此阴影面积为。
中图线与横轴所围图形面积代表电势差，然后根据电场力做功和电势能变化关系分析；
导体棒切割磁感线产生感应电动势，电路产生感应电流，受驱动力和安培力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分析；
根据表达式分析图线的性质并画图，在图中，图线与横轴所围图形面积代表冲量大小；
在正弦式交流电图中，图线与横轴所围图形面积代表通过导体的电荷量，然后根据电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析电荷量，结合正弦式交流电表达式进行分析。
题目主要考查了坐标图信息分析方法，斜率和面积所代表的含义及其求解方法，关键是将其与学过的物理模型结合起来进行分析。
20.【答案】篮球出手时的速度大小为 设篮球手掌接触点高度为，从该点上升到最高点过程中，根据动能定理，解得接触点向上的动能；从最高点下降到该点过程中，根据动能定理，解得接触点向下的动能；设反弹速度为，落回地面速度为，根据机械能守恒可知，；由于球与地面碰撞存在机械能损失，则，故E，代入表达式得，即 篮球减速过程中手掌对篮球的摩擦力大小为；篮球从开始减速到滑离手掌的路程为
【解析】解：根据斜抛运动规律，水平方向，竖直方向，联立解得篮球出手速度。
设篮球手掌接触点高度为，从该点上升到最高点过程中，根据动能定理，解得接触点向上的动能；从最高点下降到该点过程中，根据动能定理，解得接触点向下的动能；设反弹速度为，落回地面速度为，根据机械能守恒可知，；由于球与地面碰撞存在机械能损失，则，故E，代入表达式得，即。
篮球在竖直方向受力平衡，竖直向上的静摩擦力；在水平面内，切线方向加速度为，切向静摩擦力；手掌对篮球的摩擦力大小为，代入解得。手掌对球的弹力提供向心力，即，篮球滑离手掌的临界条件为，即，解得末速度平方；根据运动学公式，解得运动路程。
答：篮球出手时的速度大小为。
设篮球手掌接触点高度为，从该点上升到最高点过程中，根据动能定理，解得接触点向上的动能；从最高点下降到该点过程中，根据动能定理，解得接触点向下的动能；设反弹速度为，落回地面速度为，根据机械能守恒可知，；由于球与地面碰撞存在机械能损失，则，故E，代入表达式得，即。
篮球减速过程中手掌对篮球的摩擦力大小为；
篮球从开始减速到滑离手掌的路程为。
篮球做斜抛运动，投球点与篮筐等高，水平位移已知，出手速度与水平方向夹角为度。将运动分解为水平匀速直线与竖直上抛，利用水平位移与时间的关系，结合竖直方向位移为零的条件，联立即可求解出手速度大小。
分析篮球与手接触后上升和下降两个阶段。分别对上升和下降过程应用动能定理，列出接触点动能与力、及重力做功的关系。再考虑篮球从接触点自由下落到地面及反弹上升的机械能守恒过程，结合球与地面碰撞存在机械能损失的已知条件，比较接触点上升和下降时的动能大小，进而推导与的关系。
篮球在水平面内做速率均匀减小的圆周运动，其沿切线方向有已知的切向加速度，由此可确定切向摩擦力的大小。篮球在竖直方向处于平衡状态，静摩擦力平衡重力。将这两个垂直方向的摩擦力合成，即可求得手掌对篮球的总摩擦力大小。
篮球做圆周运动所需向心力由手掌的弹力提供。当篮球滑离手掌时，总静摩擦力达到最大静摩擦力，由此临界条件可求出对应的末速度。再根据匀变速圆周运动的运动学规律，由初速度、切向加速度和末速度，即可求出减速过程中通过的路程。
本题是一道综合性较强的物理题，巧妙地将篮球运动中的三个典型场景转化为物理模型进行深入考查。第一问考查斜抛运动的基本规律，计算量小，属于基础题，主要检验学生对运动分解和基本公式的掌握。第二问设计精妙，以拍球过程中的能量变化为背景，通过动能定理和机械能守恒定律，结合碰撞存在能量损失这一条件，严谨推导出力的大小关系，重点考查学生的逻辑推理能力和对功能关系的灵活应用。第三问难度显著提升，将篮球转身过程抽象为水平面内的圆周运动与匀减速直线运动的复合模型，不仅需要分析竖直方向的平衡和切线方向的动力学，还需综合运用向心力公式、临界条件以及运动学公式进行求解，对学生的建模分析能力和综合运算能力提出了较高要求。整体而言，本题计算量较大，思维层次丰富，是一道能够有效锻炼学生物理核心素养的优秀试题。
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