资源简介

2025届北京市大兴区第一中学高三下学期一模物理试题
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1．有关核反应方程式，（　　）下列说法正确的是（　　）
A．（　　）中应该是电子 B．（　　）中应该是质子
C．该反应是核聚变 D．该反应是核裂变
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】AB．核反应过程中根据质量数和电荷数守恒，有
故A错误，B正确；
CD．该反应不符合核聚变或者核裂变的定义，该反应是原子核的人工转变，故CD错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒以及原子核的人工转变进行分析解答。
2．关于光的应用，下列说法正确的是（　　）
A．照相机镜头的增透膜应用了光的衍射原理
B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个增透膜应用了全反射现象
D．光经过刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的衍射
【答案】D
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理，故A错误；B、光导纤维中内层的折射率大于外层的折射率，故B错误；
C、拍摄玻璃橱窗内的物品时，在照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度，从而使玻璃后的影像清晰，故C错误；
D、光经过刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的明显衍射现象造成的，故D正确。
故选：D。
【分析】照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理；根据光的全反射条件判断；在照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度；影子边缘模糊不清是光的衍射现象。
3．如图所示，一定量的理想气体从状态 A 开始，经历两个过程，先后到达状态 B 和 C，下列说法正确的是（　　）
A．状态 A 和状态 B 温度相同，状态 C 温度最高
B．状态 B 和状态 C 温度相同，状态 A 温度最高
C．从状态 A 到状态 B 温度升高，气体对外界做功，不断吸热
D．从状态 B 到状态 C 温度升高，气体对外界做功，不断吸热
【答案】C
【知识点】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】AB．由图可知，状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB＞VA
则有TB＞TA
而状态B到状态C是一个等容过程，则有
因为pB＞pC
则有TB＞TC
对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有
即
解得TA=TC，故AB错误；
C．从状态 A 到状态 B 温度升高，内能增大，体积膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律，可知气体不断吸热，故C正确；
D．从状态 B 到状态 C 温度降低，内能减少，体积不变，气体不做功，根据热力学第一定律，可知气体不断放热，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用理想气体状态方程，结合等压、等容过程的规律，分析温度变化，再通过热力学第一定律判断吸放热情况。
4．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是（　　）
A．该列波向右传播 B．该列波的波长为6m
C．该列波的波速为5m/s D．t=0时x=4m位置的质点尚未运动
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．质点 P（x=2m）从平衡位置向 y 轴正方向运动，用 “同侧法”（振动方向与波的传播方向在波形图同侧）判断，波向右传播，A正确；
B．由波形图可知，相邻波峰（或波谷）的间距为4m，故波长λ=4 m，并非6m，B错误；
C．该列波的波速为，C错误；
D．t=0时，x=4m位置的质点处于平衡位置，简谐横波中所有质点均随波振动，该质点此时速度最大，并非尚未运动，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过质点振动方向判断波的传播方向，结合波形图获取波长，再计算波速，同时分析质点的振动状态。
5．如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220sin(100πt)V的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡5个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈匝数比为10∶1
B．电流表示数为0.5A
C．副线圈中电流的频率为25Hz
D．若副线圈中的灯泡减少一个，其余的灯泡都会变亮
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．灯泡正常发光，灯泡两端的电压为
原线圈两端电压有效值为
所以原、副线圈匝数之比为，故A错误；
B．副线圈的电流为，所以电流表示数为，故B正确；
C．根据原线圈电压的瞬时值表达式可知，原副线圈频率相等，所以副线圈中电流的频率为50Hz，故C错误；
D．变压器副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载无关，因此减少一个灯泡后，其余灯泡两端电压仍为 22V，亮度不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先从原线圈电压表达式获取有效值，结合灯泡正常发光的电压、功率，利用变压器的电压比、电流比规律分析各选项。
6．如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是（　　）
A．保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向
B．保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由
C．保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由
D．保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】AB、保持S1闭合， 由右手螺旋定则可以判断出，软铁环中的磁场为顺时针方向， 或保持S1闭合，再闭合S2，右边线圈磁通量就不发生变化，所以不会有电流产生，故AB错误；CD、根据安培定则可知穿过M的磁场的方向向上，则穿过N的磁场的方向向下，先保持S2后闭合S1，则右边磁通量增加，且穿过右边的磁通量在增加，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向上，根据安培定则可知流过电流表的电流为b→a，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】根据感应电流产生的条件判断是否有感应电流，然后由楞次定律判断感应电流的方向。
7．地球同步卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度
B．卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能
C．卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同
D．卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力以及牛顿第二定律可得，解得，可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误；
B． 卫星在轨道Ⅰ上需要两次加速变轨才能运动到轨道Ⅲ，则卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故B错误；
C．由开普勒第三定律，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误；
D．由万有引力提供向心力可得，可知
可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。
故选：D。
【分析】根据牛顿第二定律进行分析解答；根据卫星变轨做加减速运动判断机械能变化；根据开普勒第三定律进行分析解答；根据万有引力提供向心力结合圆周轨道的速度比较判断。
8．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．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，P、Q是MN连线上的两点，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，，。将一负点电荷在E点静止释放，不计负点电荷重力。下列说法正确的是（　　）
A．负电荷始终做加速运动
B．从E点到F点电势先增大后减小
C．OP两点间电势差与PQ两点间电势差相等
D．仅将M、N两点电荷改为等量带负电，P点电场强度不变
【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．等量正电荷的中垂线（EF）上，O点上方电场方向竖直向上、O点下方电场方向竖直向下。负电荷在O点上方受电场力向下（加速），O点处电场力为0（平衡），O点下方受电场力向上（减速），因此并非始终加速，故A错误；
B．根据A选项分析可知，从E点到F点电场力对负电荷先做正功，后做负功，则负电荷的电势能先减小后增大，根据可知从E点到F点电势先增大后减小，故B正确；
C．从到电场强度变大，根据定性分析可知OP两点间电势差与PQ两点间电势差的大小关系为，故C错误；
D．仅将M、N两点电荷改为等量带负电，电场强度的大小不变，方向相反，即P点电场强度改变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合等量正点电荷的电场分布（电场强度、电势的变化规律），分析负电荷的运动状态、电势变化及电场强度的特点。
10．如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两粒子所带电荷的电性可能相同
B．射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C．穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D．穿过磁场区域的过程a粒子运动的时间较长
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子a、b的偏转方向相反，根据左手定则，可知它们的电性相反（若a带正电，b则带负电，反之亦然），不可能相同，故A错误；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示
由图可知
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力
解得，两粒子的质量和电荷量大小相等，所以，故B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期
圆心角为，在磁场中运动的时间，两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为，所以穿过磁场区域过程中所用时间：，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 结合洛伦兹力提供向心力的规律，分析粒子的电性、速率，再根据洛伦兹力的特点及圆周运动的周期公式判断做功和运动时间。
11．在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示．在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（形成电流的自由电荷）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH．可以证明UH=kIB/d，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关．下列说法正确的是（　　）
A．若M的电势高于N的电势，则载流子带正电
B．霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多
C．借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度）
D．霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小
【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、载流子为自由电子，根据左手定则可知自由电子向M偏转，即M带负电，所以N带正电，N的电势高于M的电势，故A错误；
B.设上下两个表面相距为L，电子所受的电场力等于洛仑兹力，设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为S，，，联立解得：，令，则，所以根据可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，B错误；
C.根据可得，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度），C正确；
D.载流子受到的洛伦兹力，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越大，D错误。
故选：C。【分析】根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，结合电流I=nevS，推导出UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间的关系，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可。
12．某同学设计了如图甲所示电路研究电容器充放电过程中的能量转化问题，通过传感器得到的数据做出电容器两端电压U随电荷量Q变化的图像如图乙所示，电容器的电容为C，电源的电动势为E，R为定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为
B．充电过程电源非静电力做功为
C．充电过程中，电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定
D．放电过程中，电流传感器的示数均匀减小至零
【答案】C
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A．当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为，A错误；
B．充电过程电源非静电力做功为，B错误；
C．充电过程中，电容器带电量迅速增加后趋于定值，则电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确；
D．放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合电容器的储能公式、充电 / 放电过程的电压与电流变化规律，逐一分析选项。
13．如图所示为某种光电式烟雾报警器的原理图。在无烟雾时，光源发出的光沿直线传播，光电管接收不到光，报警器处于静默状态；当烟雾通过烟雾入口时，烟雾颗粒会散射光源发出的光，散射的光被光电管接收，从而产生光电流。干簧管是一个磁控开关，用于控制报警电路的通断。当通过烟雾入口的烟雾达到一定浓度时，报警电路被激活，蜂鸣器就会发出报警声。电键S处于闭合状态，下列说法正确的是（　　）
A．干簧管是否导通与的电动势大小有关
B．减小R1的阻值可以提高该报警器的灵敏度
C．增加干簧管外缠绕线圈的匝数可以降低该报警器的灵敏度
D．烟雾达到报警浓度时，干簧管外缠绕的线圈中一定无电流
【答案】B
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．干簧管是否导通由其外绕线圈的磁场强度决定，而线圈磁场由光电管电路的电流控制，与报警电路的电动势无直接关系，故A错误。
B．是光源回路的限流电阻，减小会增大光源的发光强度，烟雾散射的光更强，光电管更易产生足够大的电流触发线圈磁场，从而提高报警器灵敏度，故B正确。
C．增加干簧管外线圈匝数通常会增强线圈在给定电流下产生的磁场，有利于干簧管导通，提高灵敏度，故C错误；
D．要使干簧管吸合、蜂鸣器报警，线圈中必须有足够的电流产生磁场，故D错误。
故答案为：B。
【分析】围绕报警器的工作逻辑（光源发光→烟雾散射→光电管产生电流→线圈磁场触发干簧管→报警），分析各元件参数对灵敏度的影响。
14．如图所示，空间中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨间距为L，导轨足够长且电阻不计。质量为m的金属杆ab与导轨垂直且接触良好，金属杆ab电阻为R，重力加速度为g。开始时，开关S断开，金属杆ab由静止自由下落，经过一段时间后再闭合开关S。当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．a点电势高于b点电势
B．导体棒做加速度增大的加速运动
C．安培力做正功，机械能转化为电能
D．当下落高度为时闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动
【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属杆下落时切割磁感线，由右手定则，电流从a流向b，金属杆是电源，b点电势高于a点，A错误；
B．导体棒受向上的安培力和向下的重力，若安培力大于重力，则加速度向上，则向下做减速运动，加速度
则做加速度减小的减速运动；若安培力等于重力，则金属棒做匀速运动；若安培力小于重力，则加速度向下，则向下做加速运动，加速度为，则做加速度减小的加速运动，B错误；
C．安培力方向向上，则安培力做负功，机械能转化为电能，C错误；
D．当下落高度为时闭合开关，此时安培力，则金属杆ab会立刻做减速运动，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合右手定则判断电势高低，通过受力分析（重力、安培力）分析运动状态，再利用安培力公式和自由下落速度公式判断选项。
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15．某同学用多用电表测量电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的零刻度。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“”挡，再将红、黑表笔短接，调节图1中的　 　旋钮（选填“A”“B”或“C”），使指针指到表盘右侧的零刻度处；然后将红、黑表笔接在电阻两端，发现指针的位置如图2所示，则该电阻的阻值约为　 　Ω。
【答案】C；6.0
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】进行欧姆调零时，需要将红、黑表笔短接，调节图1中的欧姆调零旋钮，即调节C； 欧姆挡读数等于挡位乘以指针示数，由题图乙知，该电阻的阻值为 6.0×1Ω=6.0Ω。
【分析】根据欧姆表的实验规则和读数规则读数。
16．“验证力的平行四边形定则”的实验如图所示，同学们在操作过程中有如下讨论，其中对减小实验误差有益的说法是（　　）
A．两根细绳必须等长
B．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
【答案】C,D
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A、两细绳用来确定拉力的方向，故不必等长，故A错误；B、为减小实验误差，两绳间夹角应适当大些，橡皮条并不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；
C、为了记录的数据更加真实准确，减小实验误，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故C正确；
D、为了减小实验误差，拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，故D正确。
故选：CD。
【分析】两根细绳用来确定两分力的方向，故不必等长；橡皮条应与两绳夹角合适方便实验就行，橡皮条与两绳夹角的平分线不必在同一直线上；为减小误差，使记录的数据真是可靠，注意使弹簧测力计与木板平面平行。
17．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，保持双缝间的距离不变，分别用图3所示的氢原子在可见光区的四条谱线中的照射双缝。四条谱线的波长满足（，其中对应），式中的为里德伯常量。实验形成如图所示的干涉图样，则图甲对应的谱线是　 　。（填“”，“”）。
【答案】
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】根据题意，由公式结合图像可知、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，由可知，第4能级跃迁到第2能级辐射光子能量较小，波长较长，即，
甲图条纹间距较宽，由可知，
则图甲对应的谱线是。
【分析】根据谱线的波长入与能级的关系和双缝干涉条纹间距公式分析作答。
18．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。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
19．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、方向如图所示。一边长为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从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为、电阻为。求线框完全进入磁场的过程中
（1）感应电流的最大值；
（2）线框完全进入磁场时的速度；
（3）线框进入磁场产生的焦耳热。
【答案】（1）线框产生的最大电动势为
感应电流的最大值
（2）根据动量定理，有
其中
平均电动势为
联立可得
（3）根据能量守恒可得线框进入磁场产生的焦耳热
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）明确导线框刚进入磁场时切割磁感线长度最大，感应电动势最大，进而得到感应电流最大。利用法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过公式推导得出最大感应电流（2）利用动量定理求解速度即可；
（3）根据能量守恒定律，线框进入磁场过程中，减少的动能转化为Q，根据能量守恒定律即可。
（1）线框产生的最大电动势为
感应电流的最大值
（2）根据动量定理，有
其中
平均电动势为
联立可得
（3）根据能量守恒可得线框进入磁场产生的焦耳热
20．2025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
21．2025年1月20日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次完成1亿摄氏度1066秒“高质量燃烧”。对人类加快实现聚变发电具有重要意义。EAST通过高速运动的中性粒子束加热等离子体，需要利用将带电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有离子带正电，电荷量均为q，质量均为m。所有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。
（1）“偏转系统”的原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d，若所有离子速度均为v，且都被下极板吞噬，求偏转极板的最短长度L。
（2）“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图2所示。吞噬板MN的长度为2d，混合粒子束宽度为d，垂直于吞噬板射入匀强磁场，磁感应强度大小为B，且范围足够大。
a.要使所有离子都打到吞噬板上，求带电离子速度大小的范围：
b.以吞噬板上端点为坐标原点，竖直向下为y轴正方向建立坐标系，如图2所示。单位时间内通过y轴单位长度进入磁场的离子数为n。假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀分布的，则落在吞噬板上的数量分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y位置附近单位长度上的离子数量为ny，写出ny随y变化规律的表达式（不要求推导过程），并在图3中作出ny -y图像。
【答案】（1）解：带电离子在两极板内做类平抛运动，则，，
联立可得
（2）解：a.最上沿的离子能打到吞噬板上，满足，
所以
最下沿的离子不能超出吞噬板，满足，
所以
所以带电离子速度大小的范围为
b.①当y≤d时，能打到y处的离子，源自混合粒子中居于上部宽度为y中的离子，所以
②当d由以上分析可得，图线如图所示
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电偏转极板长度：将离子运动分解为水平匀速、竖直匀加速（类平抛），结合位移公式联立求解；
（2）磁偏转速度范围：利用圆周运动半径公式，结合 “恰好打在吞噬板两端” 的几何条件，确定速度上下限；离子数分布由速度均匀性推导，得出 ny 为定值。
（1）带电离子在两极板内做类平抛运动，则，，
联立可得
（2）a.最上沿的离子能打到吞噬板上，满足，
所以
最下沿的离子不能超出吞噬板，满足，
所以
所以带电离子速度大小的范围为
b.①当y≤d时，能打到y处的离子，源自混合粒子中居于上部宽度为y中的离子，所以
②当d由以上分析可得，图线如图所示
22．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届北京市大兴区第一中学高三下学期一模物理试题
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1．有关核反应方程式，（　　）下列说法正确的是（　　）
A．（　　）中应该是电子 B．（　　）中应该是质子
C．该反应是核聚变 D．该反应是核裂变
2．关于光的应用，下列说法正确的是（　　）
A．照相机镜头的增透膜应用了光的衍射原理
B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个增透膜应用了全反射现象
D．光经过刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的衍射
3．如图所示，一定量的理想气体从状态 A 开始，经历两个过程，先后到达状态 B 和 C，下列说法正确的是（　　）
A．状态 A 和状态 B 温度相同，状态 C 温度最高
B．状态 B 和状态 C 温度相同，状态 A 温度最高
C．从状态 A 到状态 B 温度升高，气体对外界做功，不断吸热
D．从状态 B 到状态 C 温度升高，气体对外界做功，不断吸热
4．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是（　　）
A．该列波向右传播 B．该列波的波长为6m
C．该列波的波速为5m/s D．t=0时x=4m位置的质点尚未运动
5．如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220sin(100πt)V的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡5个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈匝数比为10∶1
B．电流表示数为0.5A
C．副线圈中电流的频率为25Hz
D．若副线圈中的灯泡减少一个，其余的灯泡都会变亮
6．如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是（　　）
A．保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向
B．保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由
C．保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由
D．保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流
7．地球同步卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度
B．卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能
C．卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同
D．卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度
8．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．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，P、Q是MN连线上的两点，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，，。将一负点电荷在E点静止释放，不计负点电荷重力。下列说法正确的是（　　）
A．负电荷始终做加速运动
B．从E点到F点电势先增大后减小
C．OP两点间电势差与PQ两点间电势差相等
D．仅将M、N两点电荷改为等量带负电，P点电场强度不变
10．如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两粒子所带电荷的电性可能相同
B．射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C．穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D．穿过磁场区域的过程a粒子运动的时间较长
11．在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示．在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（形成电流的自由电荷）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH．可以证明UH=kIB/d，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关．下列说法正确的是（　　）
A．若M的电势高于N的电势，则载流子带正电
B．霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多
C．借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度）
D．霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小
12．某同学设计了如图甲所示电路研究电容器充放电过程中的能量转化问题，通过传感器得到的数据做出电容器两端电压U随电荷量Q变化的图像如图乙所示，电容器的电容为C，电源的电动势为E，R为定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为
B．充电过程电源非静电力做功为
C．充电过程中，电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定
D．放电过程中，电流传感器的示数均匀减小至零
13．如图所示为某种光电式烟雾报警器的原理图。在无烟雾时，光源发出的光沿直线传播，光电管接收不到光，报警器处于静默状态；当烟雾通过烟雾入口时，烟雾颗粒会散射光源发出的光，散射的光被光电管接收，从而产生光电流。干簧管是一个磁控开关，用于控制报警电路的通断。当通过烟雾入口的烟雾达到一定浓度时，报警电路被激活，蜂鸣器就会发出报警声。电键S处于闭合状态，下列说法正确的是（　　）
A．干簧管是否导通与的电动势大小有关
B．减小R1的阻值可以提高该报警器的灵敏度
C．增加干簧管外缠绕线圈的匝数可以降低该报警器的灵敏度
D．烟雾达到报警浓度时，干簧管外缠绕的线圈中一定无电流
14．如图所示，空间中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨间距为L，导轨足够长且电阻不计。质量为m的金属杆ab与导轨垂直且接触良好，金属杆ab电阻为R，重力加速度为g。开始时，开关S断开，金属杆ab由静止自由下落，经过一段时间后再闭合开关S。当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．a点电势高于b点电势
B．导体棒做加速度增大的加速运动
C．安培力做正功，机械能转化为电能
D．当下落高度为时闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15．某同学用多用电表测量电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的零刻度。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“”挡，再将红、黑表笔短接，调节图1中的　 　旋钮（选填“A”“B”或“C”），使指针指到表盘右侧的零刻度处；然后将红、黑表笔接在电阻两端，发现指针的位置如图2所示，则该电阻的阻值约为　 　Ω。
16．“验证力的平行四边形定则”的实验如图所示，同学们在操作过程中有如下讨论，其中对减小实验误差有益的说法是（　　）
A．两根细绳必须等长
B．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
17．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，保持双缝间的距离不变，分别用图3所示的氢原子在可见光区的四条谱线中的照射双缝。四条谱线的波长满足（，其中对应），式中的为里德伯常量。实验形成如图所示的干涉图样，则图甲对应的谱线是　 　。（填“”，“”）。
18．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　 　。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
19．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、方向如图所示。一边长为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从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为、电阻为。求线框完全进入磁场的过程中
（1）感应电流的最大值；
（2）线框完全进入磁场时的速度；
（3）线框进入磁场产生的焦耳热。
20．2025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。
21．2025年1月20日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次完成1亿摄氏度1066秒“高质量燃烧”。对人类加快实现聚变发电具有重要意义。EAST通过高速运动的中性粒子束加热等离子体，需要利用将带电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有离子带正电，电荷量均为q，质量均为m。所有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。
（1）“偏转系统”的原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d，若所有离子速度均为v，且都被下极板吞噬，求偏转极板的最短长度L。
（2）“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图2所示。吞噬板MN的长度为2d，混合粒子束宽度为d，垂直于吞噬板射入匀强磁场，磁感应强度大小为B，且范围足够大。
a.要使所有离子都打到吞噬板上，求带电离子速度大小的范围：
b.以吞噬板上端点为坐标原点，竖直向下为y轴正方向建立坐标系，如图2所示。单位时间内通过y轴单位长度进入磁场的离子数为n。假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀分布的，则落在吞噬板上的数量分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y位置附近单位长度上的离子数量为ny，写出ny随y变化规律的表达式（不要求推导过程），并在图3中作出ny -y图像。
22．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】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】AB．核反应过程中根据质量数和电荷数守恒，有
故A错误，B正确；
CD．该反应不符合核聚变或者核裂变的定义，该反应是原子核的人工转变，故CD错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒以及原子核的人工转变进行分析解答。
2．【答案】D
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理，故A错误；B、光导纤维中内层的折射率大于外层的折射率，故B错误；
C、拍摄玻璃橱窗内的物品时，在照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度，从而使玻璃后的影像清晰，故C错误；
D、光经过刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的明显衍射现象造成的，故D正确。
故选：D。
【分析】照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理；根据光的全反射条件判断；在照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度；影子边缘模糊不清是光的衍射现象。
3．【答案】C
【知识点】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】AB．由图可知，状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB＞VA
则有TB＞TA
而状态B到状态C是一个等容过程，则有
因为pB＞pC
则有TB＞TC
对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有
即
解得TA=TC，故AB错误；
C．从状态 A 到状态 B 温度升高，内能增大，体积膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律，可知气体不断吸热，故C正确；
D．从状态 B 到状态 C 温度降低，内能减少，体积不变，气体不做功，根据热力学第一定律，可知气体不断放热，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用理想气体状态方程，结合等压、等容过程的规律，分析温度变化，再通过热力学第一定律判断吸放热情况。
4．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．质点 P（x=2m）从平衡位置向 y 轴正方向运动，用 “同侧法”（振动方向与波的传播方向在波形图同侧）判断，波向右传播，A正确；
B．由波形图可知，相邻波峰（或波谷）的间距为4m，故波长λ=4 m，并非6m，B错误；
C．该列波的波速为，C错误；
D．t=0时，x=4m位置的质点处于平衡位置，简谐横波中所有质点均随波振动，该质点此时速度最大，并非尚未运动，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过质点振动方向判断波的传播方向，结合波形图获取波长，再计算波速，同时分析质点的振动状态。
5．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．灯泡正常发光，灯泡两端的电压为
原线圈两端电压有效值为
所以原、副线圈匝数之比为，故A错误；
B．副线圈的电流为，所以电流表示数为，故B正确；
C．根据原线圈电压的瞬时值表达式可知，原副线圈频率相等，所以副线圈中电流的频率为50Hz，故C错误；
D．变压器副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载无关，因此减少一个灯泡后，其余灯泡两端电压仍为 22V，亮度不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先从原线圈电压表达式获取有效值，结合灯泡正常发光的电压、功率，利用变压器的电压比、电流比规律分析各选项。
6．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】AB、保持S1闭合， 由右手螺旋定则可以判断出，软铁环中的磁场为顺时针方向， 或保持S1闭合，再闭合S2，右边线圈磁通量就不发生变化，所以不会有电流产生，故AB错误；CD、根据安培定则可知穿过M的磁场的方向向上，则穿过N的磁场的方向向下，先保持S2后闭合S1，则右边磁通量增加，且穿过右边的磁通量在增加，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向上，根据安培定则可知流过电流表的电流为b→a，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】根据感应电流产生的条件判断是否有感应电流，然后由楞次定律判断感应电流的方向。
7．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力以及牛顿第二定律可得，解得，可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误；
B． 卫星在轨道Ⅰ上需要两次加速变轨才能运动到轨道Ⅲ，则卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故B错误；
C．由开普勒第三定律，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误；
D．由万有引力提供向心力可得，可知
可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。
故选：D。
【分析】根据牛顿第二定律进行分析解答；根据卫星变轨做加减速运动判断机械能变化；根据开普勒第三定律进行分析解答；根据万有引力提供向心力结合圆周轨道的速度比较判断。
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】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．等量正电荷的中垂线（EF）上，O点上方电场方向竖直向上、O点下方电场方向竖直向下。负电荷在O点上方受电场力向下（加速），O点处电场力为0（平衡），O点下方受电场力向上（减速），因此并非始终加速，故A错误；
B．根据A选项分析可知，从E点到F点电场力对负电荷先做正功，后做负功，则负电荷的电势能先减小后增大，根据可知从E点到F点电势先增大后减小，故B正确；
C．从到电场强度变大，根据定性分析可知OP两点间电势差与PQ两点间电势差的大小关系为，故C错误；
D．仅将M、N两点电荷改为等量带负电，电场强度的大小不变，方向相反，即P点电场强度改变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合等量正点电荷的电场分布（电场强度、电势的变化规律），分析负电荷的运动状态、电势变化及电场强度的特点。
10．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子a、b的偏转方向相反，根据左手定则，可知它们的电性相反（若a带正电，b则带负电，反之亦然），不可能相同，故A错误；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示
由图可知
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力
解得，两粒子的质量和电荷量大小相等，所以，故B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期
圆心角为，在磁场中运动的时间，两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为，所以穿过磁场区域过程中所用时间：，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 结合洛伦兹力提供向心力的规律，分析粒子的电性、速率，再根据洛伦兹力的特点及圆周运动的周期公式判断做功和运动时间。
11．【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、载流子为自由电子，根据左手定则可知自由电子向M偏转，即M带负电，所以N带正电，N的电势高于M的电势，故A错误；
B.设上下两个表面相距为L，电子所受的电场力等于洛仑兹力，设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为S，，，联立解得：，令，则，所以根据可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，B错误；
C.根据可得，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度），C正确；
D.载流子受到的洛伦兹力，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越大，D错误。
故选：C。【分析】根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，结合电流I=nevS，推导出UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间的关系，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可。
12．【答案】C
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A．当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为，A错误；
B．充电过程电源非静电力做功为，B错误；
C．充电过程中，电容器带电量迅速增加后趋于定值，则电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确；
D．放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合电容器的储能公式、充电 / 放电过程的电压与电流变化规律，逐一分析选项。
13．【答案】B
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．干簧管是否导通由其外绕线圈的磁场强度决定，而线圈磁场由光电管电路的电流控制，与报警电路的电动势无直接关系，故A错误。
B．是光源回路的限流电阻，减小会增大光源的发光强度，烟雾散射的光更强，光电管更易产生足够大的电流触发线圈磁场，从而提高报警器灵敏度，故B正确。
C．增加干簧管外线圈匝数通常会增强线圈在给定电流下产生的磁场，有利于干簧管导通，提高灵敏度，故C错误；
D．要使干簧管吸合、蜂鸣器报警，线圈中必须有足够的电流产生磁场，故D错误。
故答案为：B。
【分析】围绕报警器的工作逻辑（光源发光→烟雾散射→光电管产生电流→线圈磁场触发干簧管→报警），分析各元件参数对灵敏度的影响。
14．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属杆下落时切割磁感线，由右手定则，电流从a流向b，金属杆是电源，b点电势高于a点，A错误；
B．导体棒受向上的安培力和向下的重力，若安培力大于重力，则加速度向上，则向下做减速运动，加速度
则做加速度减小的减速运动；若安培力等于重力，则金属棒做匀速运动；若安培力小于重力，则加速度向下，则向下做加速运动，加速度为，则做加速度减小的加速运动，B错误；
C．安培力方向向上，则安培力做负功，机械能转化为电能，C错误；
D．当下落高度为时闭合开关，此时安培力，则金属杆ab会立刻做减速运动，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合右手定则判断电势高低，通过受力分析（重力、安培力）分析运动状态，再利用安培力公式和自由下落速度公式判断选项。
15．【答案】C；6.0
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】进行欧姆调零时，需要将红、黑表笔短接，调节图1中的欧姆调零旋钮，即调节C； 欧姆挡读数等于挡位乘以指针示数，由题图乙知，该电阻的阻值为 6.0×1Ω=6.0Ω。
【分析】根据欧姆表的实验规则和读数规则读数。
16．【答案】C,D
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A、两细绳用来确定拉力的方向，故不必等长，故A错误；B、为减小实验误差，两绳间夹角应适当大些，橡皮条并不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；
C、为了记录的数据更加真实准确，减小实验误，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故C正确；
D、为了减小实验误差，拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，故D正确。
故选：CD。
【分析】两根细绳用来确定两分力的方向，故不必等长；橡皮条应与两绳夹角合适方便实验就行，橡皮条与两绳夹角的平分线不必在同一直线上；为减小误差，使记录的数据真是可靠，注意使弹簧测力计与木板平面平行。
17．【答案】
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】根据题意，由公式结合图像可知、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，由可知，第4能级跃迁到第2能级辐射光子能量较小，波长较长，即，
甲图条纹间距较宽，由可知，
则图甲对应的谱线是。
【分析】根据谱线的波长入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）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。
19．【答案】（1）线框产生的最大电动势为
感应电流的最大值
（2）根据动量定理，有
其中
平均电动势为
联立可得
（3）根据能量守恒可得线框进入磁场产生的焦耳热
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）明确导线框刚进入磁场时切割磁感线长度最大，感应电动势最大，进而得到感应电流最大。利用法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过公式推导得出最大感应电流（2）利用动量定理求解速度即可；
（3）根据能量守恒定律，线框进入磁场过程中，减少的动能转化为Q，根据能量守恒定律即可。
（1）线框产生的最大电动势为
感应电流的最大值
（2）根据动量定理，有
其中
平均电动势为
联立可得
（3）根据能量守恒可得线框进入磁场产生的焦耳热
20．【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
21．【答案】（1）解：带电离子在两极板内做类平抛运动，则，，
联立可得
（2）解：a.最上沿的离子能打到吞噬板上，满足，
所以
最下沿的离子不能超出吞噬板，满足，
所以
所以带电离子速度大小的范围为
b.①当y≤d时，能打到y处的离子，源自混合粒子中居于上部宽度为y中的离子，所以
②当d由以上分析可得，图线如图所示
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电偏转极板长度：将离子运动分解为水平匀速、竖直匀加速（类平抛），结合位移公式联立求解；
（2）磁偏转速度范围：利用圆周运动半径公式，结合 “恰好打在吞噬板两端” 的几何条件，确定速度上下限；离子数分布由速度均匀性推导，得出 ny 为定值。
（1）带电离子在两极板内做类平抛运动，则，，
联立可得
（2）a.最上沿的离子能打到吞噬板上，满足，
所以
最下沿的离子不能超出吞噬板，满足，
所以
所以带电离子速度大小的范围为
b.①当y≤d时，能打到y处的离子，源自混合粒子中居于上部宽度为y中的离子，所以
②当d由以上分析可得，图线如图所示
22．【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 / 1

展开更多......

收起↑