2025屆高考物理模擬預(yù)測練習(xí)卷（北京卷）一．選擇題（共14小題，滿分42分，每小題3分）1．（3分）（2023秋?錦州期末）一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了ABCDA的循環(huán)，其p﹣V圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．狀態(tài)A氣體分子的平均動能比狀態(tài)B氣體分子的平均動能大 B．由C到D的過程中，外界對氣體做功8×108J C．由B到C的過程中，氣體內(nèi)能增大 D．經(jīng)歷ABCDA一個循環(huán)，氣體吸收的總熱量小于釋放的總熱量【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律與理想氣體的圖像問題相結(jié)合．【專題】定量思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；推理論證能力．【答案】B【分析】溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度越高分子平均動能越大；一定量的理想氣體內(nèi)能由氣體溫度決定，溫度越高氣體內(nèi)能越大，根據(jù)pVT【解答】解：A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，橫縱坐標(biāo)乘積可代表溫度大小，則A的溫度小于B，所以狀態(tài)A氣體分子的平均動能比狀態(tài)B氣體分子的平均動能小，故B．由C到D的過程中，外界對氣體做功W=pΔV=(2+6)×1故B正確；C．由B到C的過程中，溫度降低，內(nèi)能減小，故C錯誤；D．經(jīng)歷ABCDA一個循環(huán)，氣體內(nèi)能不變，圖像與橫軸圍成面積代表做功，可知，全過程氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體吸收的總熱量大于釋放的總熱量，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查一定質(zhì)量的氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，根據(jù)圖示圖象應(yīng)用一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律即可解題；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題時，注意各物理量正負(fù)號的含義。2．（3分）（2023春?贛州期末）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣。若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，不可選用的方法是（）A．改用紅色激光 B．減小雙縫間距 C．將屏幕向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動 D．將光源向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動【考點(diǎn)】更換光的顏色判斷條紋間距的變化；改變雙縫的間距判斷干涉條紋間距的變化；改變雙縫到光屏的距離判斷干涉條紋間距的變化．【專題】定性思想；推理法；光的干涉專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式，得出影響條紋間距的因素，從而分析判斷?！窘獯稹拷猓篈BC.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=ldλD．將光源向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動，條紋間距不變，故D錯誤。本題選不可用的，故選：D?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道雙縫干涉條紋間距公式，以及知道各種色光的波長大小關(guān)系。3．（3分）（2025?長春二模）降噪耳機(jī)的基本原理是在耳機(jī)內(nèi)產(chǎn)生一列相應(yīng)的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用。假設(shè)t0時刻外界噪聲的波形圖如圖所示，下列選項(xiàng)中的聲波（均為t0時刻波形圖）對該噪聲降噪效果最好的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問題．【專題】定性思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】A【分析】因?yàn)榻翟攵鷻C(jī)的基本原理是在耳機(jī)內(nèi)產(chǎn)生一列相應(yīng)的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點(diǎn)及題圖，即可分析判斷ABCD正誤?！窘獯稹拷猓阂?yàn)榻翟攵鷻C(jī)的基本原理是在耳機(jī)內(nèi)產(chǎn)生一列相應(yīng)的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點(diǎn)可知，兩列波應(yīng)頻率相同、振幅相同、波長相同、波速相同，但相位相反，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點(diǎn)評】本題考查機(jī)械波的圖像問題，解題時需注意，結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點(diǎn)的振動方向或由各質(zhì)點(diǎn)的振動方向確定波的傳播方向，波源質(zhì)點(diǎn)的起振方向決定了它后面的質(zhì)點(diǎn)的起振方向，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。4．（3分）（2024春?即墨區(qū)期中）某同學(xué)站在水池邊用激光筆照射水面，通過控制轉(zhuǎn)換開關(guān)，該激光筆可以分別發(fā)射出兩種單色光a和b。該同學(xué)先用單色光a斜射向水面，其折射光線恰好照亮位于池底的鵝卵石P；過一會兒水池水面下降了一些，該同學(xué)換用單色光b沿同一路徑斜射向水面，其折射光線也恰好照亮鵝卵石P。鵝卵石P可以視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．水對a光的折射率大于水對b光的折射率 B．在水中傳播時，a光波長比b光波長短 C．a(chǎn)光在水中傳播速度大于b光在水中傳播速度 D．若用b光照射某金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則用a光照射該金屬也能發(fā)生光電效應(yīng)【考點(diǎn)】光電效應(yīng)的條件和判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)；光的折射定律；折射率的波長表達(dá)式和速度表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；光電效應(yīng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)n=sinθ1sinθ2即可求解；根據(jù)n=cv即可求解；根據(jù)【解答】解：A、水池水面下降后，入射點(diǎn)右移，折射光線仍能照亮鵝卵石P，說明b光的折射角較大。根據(jù)折射定律n=入射角相同，折射角越大，折射率越小，所以水對a光的折射率小于水對b光的折射率，故A錯誤；B、根據(jù)n=a光折射率小，則a光在水中的波長較長，故B錯誤；C、根據(jù)v=a光折射率小，所以a光在水中傳播速度大于b光在水中傳播速度，故C正確；D、b光折射率大，頻率f大，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν﹣W0b光頻率大，更容易發(fā)生光電效應(yīng)。若用b光照射某金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，用a光照射該金屬不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題主要考查光的折射定律、折射率與光速、波長、頻率的關(guān)系以及光電效應(yīng)的相關(guān)知識。5．（3分）（2022春?海南期末）氫原子的能級如圖所示，現(xiàn)處于n＝3能級的大量氫原子向低能級躍遷，下列說法正確的是（）A．這些氫原子可能發(fā)出6種不同頻率的光 B．氫原子由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子能量最小 C．氫原子由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子的波長最短 D．氫原子向低能級躍遷時，氫原子能量減小，核外電子動能減小【考點(diǎn)】計(jì)算能級躍遷過程中吸收或釋放的光子的頻率和波長；玻爾原子理論的基本假設(shè)；氫原子能級圖；分析能級躍遷過程中釋放的光子種類；計(jì)算能級躍遷過程吸收或釋放的能量．【專題】定性思想；推理法；原子的能級結(jié)構(gòu)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)Cn【解答】解：A、根據(jù)C32=3，所以這些氫原子總共可輻射出3BC、由圖可知當(dāng)核外電子從n＝3能級躍遷到n＝1能級時，能級差最大，所以放出光子的能量最大，根據(jù)E＝hν，可知光的頻率最大，波長最小，故B錯誤，C正確；D、根據(jù)波爾氫原子理論可知，氫原子向低能級躍遷時，氫原子能量減小，核外電子動能增大，故D錯誤．故選：C?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道光子能量與能級差的關(guān)系，即Em﹣En＝hv，以及知道光電效應(yīng)產(chǎn)生的條件，并學(xué)會判定躍遷過程中，動能與電勢能，及能量如何變化。6．（3分）（2023秋?三明期末）甲、乙兩輛遙控小車沿同一平直軌道作直線運(yùn)動，其v﹣t圖象如圖所示。以甲車運(yùn)動方向?yàn)檎较?，若兩車（）A．從同一位置出發(fā)，則在8s時兩車相遇 B．在4s時相遇，則初始時兩車相距12m C．在4s時相遇，則10s時兩車再次相遇 D．在4s時相遇，則之后兩車距離越來越遠(yuǎn)【考點(diǎn)】追及相遇的圖像類問題；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運(yùn)動情況．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動學(xué)中的圖象專題；追及、相遇問題；理解能力．【答案】B【分析】A、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，可利用面積公式計(jì)算位移差值；B、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，可利用面積公式計(jì)算位移差值；CD、先結(jié)合面積公式計(jì)算二者的位移差值，利用位移與時間公式計(jì)算二者再次相逢的時間間隔，以此計(jì)算再次相逢的時刻?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)速度與時間圖像圍成的面積表示位移，利用面積公式可知x甲＝2×8m＝16mx乙可知在0～8s內(nèi)甲車的位移為16m，乙車的位移為零，若兩車從同一位置出發(fā)，則兩車在8s時相距16m，沒有相遇，故A錯誤；B、利用面積公式可知，正常行駛情況下，在4s時刻，兩車相距x甲故兩車若在4s時刻相遇，則t＝0時刻兩車相距12m，故B正確；CD、若兩車在4s時刻相遇，即4s時在同一位置，此后乙車做勻加速直線運(yùn)動追甲，a乙根據(jù)面積公式可知在甲、乙速度相等前即t＝8s時，二者之間相距Δx=(8-4)×2m-8-4根據(jù)位移與時間公式，二者再次相遇時有v甲代入數(shù)據(jù)解得t＝4s由此可知，二者在12s時再次相遇，故CD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題結(jié)合速度與時間圖像考查學(xué)生解決追及、相遇問題的能力，其中知道速度與時間圖像面積表示位移為解決本題的關(guān)鍵。7．（3分）（2024?廣州模擬）如圖所示，質(zhì)量為M足夠長的斜面體始終靜止在粗糙水平地面上，有一個質(zhì)量為m的小物塊在受到方向如圖所示的斜向左下方的拉力F的作用下，沿斜面下滑，此過程中地面對斜面體的摩擦力方向向左。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．此過程中斜面體對地面的壓力大于（M+m）g B．若將力F撤去，小物塊將做勻速運(yùn)動 C．若將力F撤去，則地面對斜面體的摩擦力不變 D．若將為F減小，則斜面體對地面的壓力將增大【考點(diǎn)】物體在粗糙斜面上的運(yùn)動．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】D【分析】運(yùn)用隔離法和整體法分析斜面體和小物塊，結(jié)合牛頓第二定律和第三定律分析各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、對斜面體進(jìn)行受力分析，設(shè)斜面體的傾角為α，斜面體與物塊和地面的摩擦力分別為f1、f，地面對斜面體的支持力為N，物塊對斜面體的壓力為N1，如下圖所示。根據(jù)共點(diǎn)力平衡得水平方向f+f1cosα＝N1sinα豎直方向N＝N1cosα+Mg對物塊進(jìn)行受力分析，如圖所示F與斜面的夾角為β，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得垂直于斜面方向有FN+Fsinβ＝mgcosα又有：FN＝N1綜上可得N＝（mgcosα﹣Fsin?）cosα+Mg即N＝mg+Mg﹣mgsin2α﹣Fsin?cosα又α、β為銳角，sinβ、cosα均為正值故斜面體對地面的壓力小于（M+m）g，故A錯誤；B、撤去F后，m合力沿斜面向下，所以必沿斜面加速下滑，故B錯誤；C、撤去F后斜面受物塊的壓力增大，斜向右方向的作用也增大，故地面對斜面體摩擦增大，故C錯誤；D、減少F時，物塊對斜面壓力增大，則斜面體對地面壓力也增大，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是考查物體的受力分析，靈活運(yùn)用整體法、隔離法受力分析即可，挖掘題目中的關(guān)鍵信息，題目很新穎，是一道好題。8．（3分）（2023秋?潮州期末）如圖所示，圖中的實(shí)線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運(yùn)動軌跡，粒子先經(jīng)過M點(diǎn)，再經(jīng)過N點(diǎn)，可以判定（）A．粒子在M點(diǎn)的速度大于在N點(diǎn)的速度 B．粒子在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能 C．M點(diǎn)的電勢小于N點(diǎn)的電勢 D．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度【考點(diǎn)】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大?。粠щ娏Ｗ拥能壽E、受力、電性、電場方向的互判．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】ABC.根據(jù)電場線與電勢的關(guān)系、電勢能與電勢的關(guān)系、能量守恒，即可分析判斷。D.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強(qiáng)度越大，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈BC.因?yàn)榈葎菥€與電場線相交處互相垂直，且沿電場線方向電勢逐漸降低可知，所以由圖可知，N點(diǎn)的電勢低于M點(diǎn)的電勢，因?yàn)檎姾稍陔妱莞叩奈恢秒妱菽艽螅栽摿Ｗ釉贛點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，則從M到N，該粒子電勢能減小，根據(jù)能量守恒可知，該過程粒子動能增大，所以該粒子在M點(diǎn)的速度小于在N點(diǎn)的速度，故B正確，AC錯誤；D.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強(qiáng)度越大，由圖可知，N點(diǎn)的電場線更密集，則M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。9．（3分）（2021秋?無錫期末）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為R4A．第一次碰撞后兩球同向運(yùn)動 B．運(yùn)動過程中兩球的總動量保持不變 C．在以后運(yùn)動過程中A球可以回到初始位置 D．mA與mB可能相等【考點(diǎn)】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】第一次碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度相同，且碰撞中無機(jī)械能損失，根據(jù)動量守恒定律的守恒條件結(jié)合機(jī)械能守恒定律進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、第一次碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為R4，碰撞中無機(jī)械能損失，則碰撞后二者速度大小相等、方向相反，故AB、碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，碰撞后沿軌道運(yùn)動過程中動量不守恒，故B錯誤；C、碰撞過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則第二次碰撞后B的速度為零，A可以達(dá)到初始位置，故C正確；D、根據(jù)A選項(xiàng)可知，碰撞后A方向相反，則A的質(zhì)量一定小于B，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要是考查完全彈性碰撞，解答本題的關(guān)鍵是知道一動一靜完全彈性碰撞的特點(diǎn)。10．（3分）（2024?浙江開學(xué)）浮漂是釣魚人的“眼睛”。某人在戶外垂釣時所用的浮漂可以近似看作一個橫截面積為S的均勻泡沫細(xì)直管制成。如圖所示，O為浮漂的中點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等，垂釣時，魚鉤、魚餌、釣魚線和浮漂在水中靜止時，O點(diǎn)恰好與水面平齊，魚咬鉤（未吞食魚餌）時將浮漂豎直向下拉至A點(diǎn)與水面平齊后釋放，不計(jì)水的阻力，則下列說法正確的是（）A．在浮漂上升的過程中，其速度一直增加 B．浮漂AO的中點(diǎn)在經(jīng)過水面時，浮漂的速度最大 C．浮漂在上升到最高點(diǎn)的過程中加速度一直增大 D．浮漂上升到最高點(diǎn)時，B點(diǎn)恰好與水面平齊【考點(diǎn)】簡諧運(yùn)動過程中速度、加速度（回復(fù)力）與位移的變化問題．【專題】定性思想；推理法；簡諧運(yùn)動專題；理解能力．【答案】D【分析】在魚漂上升的過程中，根據(jù)浮力的變化分析合力的變化，判斷加速度的變化；魚漂做簡諧運(yùn)動，根據(jù)對稱性分析魚漂上升到最高點(diǎn)時點(diǎn)的位置。【解答】解：根據(jù)題意可知，浮漂在水中靜止時，O點(diǎn)恰好與水面平齊，魚咬鉤（未吞食魚餌）時將浮漂豎直向下拉至A點(diǎn)與水面平齊后釋放，浮漂以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，OA為振幅，做簡諧振動。ABC．在魚漂上升的過程中，受到重力和浮力，浮力先大于重力，后小于重力，魚漂的合力先減小后反向增大，則其加速度先減小后反向增大，其速度先增大，O點(diǎn)與水面平齊時，速度最大，然后速度開始減小，故ABC錯誤；D．由對稱性可知，浮漂上升到最高點(diǎn)時，B點(diǎn)恰好與水面平齊，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查簡諧運(yùn)動，要求掌握簡諧運(yùn)動的受力和運(yùn)動特點(diǎn)。11．（3分）（2025?順德區(qū)二模）如圖所示，在墻內(nèi)或天花板中埋有某根通有恒定電流長直導(dǎo)線。為探測該導(dǎo)線走向，現(xiàn)用一個與靈敏電流計(jì)（圖中未畫出）串聯(lián)的感應(yīng)線圈進(jìn)行探測，結(jié)果如表。忽略地磁場影響，該導(dǎo)線可能的走向是（）探測電流計(jì)有無示數(shù)線圈平面平行于天花板OABC沿OA方向平移有沿OC方向平移無線圈平面平行于墻面OADE沿OA方向平移無沿OE方向平移無A．OE方向 B．OC方向 C．OB方向 D．OA方向【考點(diǎn)】安培定則（右手螺旋定則）；楞次定律及其應(yīng)用；通電直導(dǎo)線周圍的磁場．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)感應(yīng)電流的條件和直線電流的磁場分析即可?！窘獯稹拷猓壕€圈在天花板上沿著OA方向移動，有感應(yīng)電流，說明沿著OA方向磁場在變化，導(dǎo)線可能沿著OC方向。沿著OC方向移動沒有感應(yīng)電流，說明沿著OC方向磁場沒有變化，導(dǎo)線不可能沿著OA方向；導(dǎo)線在墻面上沿著OA方向移動沒有感應(yīng)電流，說明沿著OA方向磁場沒有變化，OE不可能有導(dǎo)線；線圈沿著OE方向移動沒有感應(yīng)電流，說明沿著OA方向沒有導(dǎo)線，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件和直線電流的磁場。12．（3分）（2024?廣西模擬）如圖所示，一小球從空中某處以大小為v，方向與豎直方向成60°斜向上拋出，小球受到水平向右、大小為F=3mg3的水平風(fēng)力，若小球落地時速率為2vA．v2g B．vg C．3v2g【考點(diǎn)】在外力作用下的類平拋運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)矢量的合成解得小球受到的加速度，結(jié)合類平拋運(yùn)動規(guī)律分析解答?！窘獯稹拷猓盒∏虻氖芰Ψ治鋈鐖D所示，根據(jù)矢量的合成可知f方向與v垂直斜向下，故小球做類平拋運(yùn)動，加速度a=23g3，以v方向?yàn)閤軸，合力方向?yàn)閠=3v故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查運(yùn)動的合成與分解，解題關(guān)鍵掌握矢量的合成法則，注意類平拋運(yùn)動規(guī)律的運(yùn)用。13．（3分）（2023秋?西城區(qū)校級期中）目前我國在學(xué)校、車站等公共場所，都配備了自動體外除顫儀（AED），挽救了寶貴的生命。除顫儀工作時的電功率相當(dāng)大，用電池直接供電無法達(dá)到，也超過了一般家庭的用電功率。某除顫儀的儲能裝置是一個電容為70μF的電容器，工作時先通過電子線路把電池供電的電壓升高到約5000V對電容器進(jìn)行充電，然后電容器在約2ms的時間內(nèi)放電，使100～300J的電能通過病人的心臟部位，從而對病人進(jìn)行搶救。根據(jù)上述信息并結(jié)合所學(xué)知識，可以推斷下列說法錯誤的是（）A．該除顫儀工作時的電功率在50～150kW之間 B．該除顫儀工作時通過人體的電流可達(dá)30A C．該除顫儀中的電容器充電后儲存的能量約為1750J D．除顫儀開機(jī)工作時施救人員身體不可與病人身體接觸【考點(diǎn)】電容器的儲能問題；電容器的充放電問題．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；理解能力．【答案】C【分析】由P=Wt求解電功率的工作范圍；由P＝UI可求出除顫儀工作時的電流；根據(jù)E【解答】解：A、由題意可知，通過人體的電能范圍為100～300J，根據(jù)P=Wt可知，功率范圍在50～150kW之間，故B、電容器兩端的電壓U＝5000V，由P＝UI可知，最大電流Im=PmU150×103C、由E=12CE2可知，電容器儲存的能量E=12×70×1D、人是導(dǎo)體，所以除顫儀開機(jī)工作時施救人員身體不可與病人身體接觸，以免受到電擊，故D正確。本題選錯誤的，故選：C。【點(diǎn)評】本題考查對電容器應(yīng)用的掌握，要注意明確電容器的工作原理，熟悉電功率公式的應(yīng)用。14．（3分）（2024秋?南京期末）在勻強(qiáng)磁場中某處P點(diǎn)放一根長度L＝1.0m，通電電流I＝0.5A的直導(dǎo)線，調(diào)整直導(dǎo)線放置的方向，測得它受到的最大磁場力F＝1.0N，現(xiàn)將該通電導(dǎo)線從磁場中撤走，則P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．零 B．0.1T C．2Wb D．2T【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的公式計(jì)算；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】D【分析】當(dāng)通電導(dǎo)線垂直放入磁場中時，所受的安培力最大，由F＝BIL求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B，明確磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由磁場本身決定，與是否放置導(dǎo)線無關(guān)?！窘獯稹拷猓河深}意，通電導(dǎo)線放入磁場中所受安培力最大，說明導(dǎo)線與磁場垂直，放置的導(dǎo)線長度L＝1.0m則由F＝BIL得，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=F磁感應(yīng)強(qiáng)度與是否放置導(dǎo)線無關(guān)，故撤去導(dǎo)線時，P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度仍為2T，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c(diǎn)評】當(dāng)通電導(dǎo)線垂直放入磁場中時，所受的安培力最大，由F＝BIL求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向與安培力方向是垂直關(guān)系。二．實(shí)驗(yàn)題（共6小題，滿分58分）15．（8分）（2023秋?益陽期末）利用“探究單擺擺長和周期關(guān)系”實(shí)驗(yàn)來測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。?）用游標(biāo)卡尺測量小球直徑d，如圖1所示，d＝2.45cm。（2）單擺懸掛在鐵架臺上，細(xì)線的上端懸掛方式正確的是圖2的乙（選填“甲”或“乙”）；（3）用刻度尺測量擺線長度為L，擺球直徑為d，則擺長為C（選填序號）。A.LB.L+dC.L+（4）某同學(xué)在單擺經(jīng)過平衡位置時按下秒表記為“1”，同方向再次經(jīng)過平衡位置時記為“2”，在數(shù)到“30”時停止秒表，讀出這段時間t，算出周期T=t30。其他操作步驟均正確，他測得出的重力加速度大于（選填“大于”、“等于”、“小于【考點(diǎn)】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于【分析】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺的精確度讀數(shù)；（2）（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。（4）根據(jù)周期的誤差結(jié)合單擺周期公式分析?！窘獯稹拷猓海?）游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，讀數(shù)為d＝2.4cm+5×0.1mm＝2.45cm（2）若采用圖甲中細(xì)線的上端懸掛方式，則在擺動的過程中，擺長會發(fā)生變化，從而引起實(shí)驗(yàn)誤差，所以細(xì)線的上端懸掛方式正確的是圖乙。（3）擺長為懸點(diǎn)到球心的距離，即為擺線長度L加上擺球的半徑d2，即L+故ABD錯誤，C正確；故選：C。（4）測量周期時，按照實(shí)驗(yàn)中的操作把29次全振動誤認(rèn)為是30次全振動，所測周期T偏小，根據(jù)T＝2π可知所測重力加速度g偏大。故答案為：（1）2.45；（2）乙；（3）C；（4）大于【點(diǎn)評】理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵；應(yīng)用單擺周期公式分析誤差。16．（10分）（2023秋?東城區(qū)期末）在“測量金屬絲的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖1所示，用米尺測出金屬絲的長度L，先用伏安法測出金屬絲的電阻R（約為5Ω）、然后計(jì)算出該金屬絲的電阻率。（1）從圖中讀出金屬絲的直徑D為0.399mm。（2）實(shí)驗(yàn)室有兩節(jié)干電池、開關(guān)、若干導(dǎo)線及下列器材：A.電壓表0～3V，內(nèi)阻約3kΩB.電壓表0～15V，內(nèi)阻約15kΩC.電流表0～0.6A，內(nèi)阻約0.2ΩD.電流表0～3A，內(nèi)阻約0.1Ω要求較準(zhǔn)確地測出金屬絲的阻值，電壓表應(yīng)選A，電流表應(yīng)選C。（選填選項(xiàng)前的字母）（3）在坐標(biāo)紙（圖2）上建立U、I坐標(biāo)系，并描繪出U﹣I圖線。由圖像得到金屬絲的阻值R＝4.4Ω（保留2位有效數(shù)字）。（4）寫出計(jì)算金屬絲電阻率的表達(dá)式ρ=πRD24L【考點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）0.399；（2）A，C；（3）4.4；（4）ρ=πR【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；（2）根據(jù)電源電動勢和待測電阻估算最大電流，由估算電流選擇電壓表和電流表；（3）根據(jù)電阻定律和面積公式推導(dǎo)電阻率的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為0.01mm，其讀數(shù)為0+39.9×0.01mm＝0.399mm；（2）兩節(jié)干電池電動勢為E＝3V，通過R的最大電流Im=35A＝0.6A，故電流表選擇C，電壓表應(yīng)選（3）根據(jù)電阻的U﹣I圖像的斜率代表電阻，則R=1.50.34Ω＝（4）根據(jù)電阻定律R＝ρL且S=聯(lián)立解得ρ=故答案為：（1）0.399；（2）A，C；（3）4.4；（4）ρ=πR【點(diǎn)評】考查器材的使用和讀數(shù)規(guī)則，會根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求選擇恰當(dāng)?shù)膬x表，需要學(xué)生充分理解實(shí)驗(yàn)原理，熟練利用相關(guān)器材進(jìn)行數(shù)據(jù)測量。17．（9分）（2023秋?杭州期中）如圖，是我國運(yùn)動員正在杭州亞運(yùn)會參加蹦床項(xiàng)目。某次跳躍中，該運(yùn)動從離水平網(wǎng)面1.8m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面3.2m高處。已知運(yùn)動員體重50kg，從運(yùn)動員觸網(wǎng)瞬間到離網(wǎng)瞬間用時0.4s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力影響，則：（1）運(yùn)動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度多大？（2）運(yùn)動員離網(wǎng)上升過程所用時間多長？（3）運(yùn)動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力多大？【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；自由落體運(yùn)動的規(guī)律及應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）運(yùn)動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度為6m/s；（2）運(yùn)動員離網(wǎng)上升過程所用時間為0.8s；（3）運(yùn)動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力為2250N?！痉治觥窟\(yùn)動員先做自由落體運(yùn)動，可計(jì)算下落時間和觸網(wǎng)速度；上升3.2m過程與下降3.2m過程對稱，即可確定上升時間；對運(yùn)動員受力分析，然后根據(jù)動量定理列式求解?！窘獯稹拷猓海?）下落過程，由v1解得v1＝6m/s（2）上升3.2m過程與下降3.2m過程對稱，則h2解得t2＝0.8s（3）上升初速度為v2＝gt2＝10×0.8m/s＝8m/s以向上為正方向，觸網(wǎng)過程平均加速度大小為a=v由牛頓第二定律知F﹣mg＝ma解得F＝2250N由牛頓第三定律，運(yùn)動員對蹦床的平均力為2250N。答：（1）運(yùn)動員下落過程剛接觸網(wǎng)面的速度為6m/s；（2）運(yùn)動員離網(wǎng)上升過程所用時間為0.8s；（3）運(yùn)動員接觸蹦床網(wǎng)面過程對蹦床的平均力為2250N。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是對運(yùn)動員的各個運(yùn)動情況分析清楚，然后結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式、動量定理列式后聯(lián)立求解。18．（9分）（2024秋?豐臺區(qū)期末）現(xiàn)代科技可以實(shí)現(xiàn)對地磁場的精確測量。（1）小明同學(xué)利用智能手機(jī)中的磁傳感器測量某地地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。如圖1建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。該同學(xué)在當(dāng)?shù)貙Φ卮艌鲞M(jìn)行了測量，測量時z軸正向保持豎直向上，某次測量數(shù)據(jù)如表。求當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃鸥袘?yīng)強(qiáng)度B的大小。Bx/μTBy/μTBz/μT20﹣20?40（2）小豐同學(xué)利用一磁強(qiáng)計(jì)來測量地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。該磁強(qiáng)計(jì)的原理如圖2所示，厚度為h、寬度為d的金屬板放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于板的兩個側(cè)面向里，當(dāng)電流從金屬板左側(cè)流入、右側(cè)流出時，在金屬板的上表面A和下表面A′之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。已知板單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n，電子電荷量為e，測得通過金屬板電流為I時，導(dǎo)體板上下表面的電勢差為U。a.求此時磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；b.若磁強(qiáng)計(jì)的靈敏度定義為ΔUΔB【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為206（2）a.磁感應(yīng)強(qiáng)度為nedUIb.為提高靈敏度，需要選用單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)n小，寬度小的金屬板?！痉治觥浚?）由矢量疊加特點(diǎn)，可計(jì)算當(dāng)?shù)氐拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小；（2）a.穩(wěn)定狀態(tài)下，由粒子在霍爾元件中受力平衡，可計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度；b.由磁感應(yīng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系式，可得到靈敏度的表達(dá)式，可分析為提高靈敏度，需要對其影響因素的改變特點(diǎn)?！窘獯稹拷猓海?）由矢量疊加特點(diǎn)，可知當(dāng)?shù)氐拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小為：B=Bx2+B（2）a.穩(wěn)定狀態(tài)下，由粒子在霍爾元件中受力平衡，eUh=evB，由電流的定義式可知I=Δqb.由a的分析可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系，故靈敏度ΔUΔB=I答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為206（2）a.磁感應(yīng)強(qiáng)度為nedUIb.為提高靈敏度，需要選用單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)n小，寬度小的金屬板?！军c(diǎn)評】本題考查霍爾效應(yīng)的應(yīng)用，關(guān)鍵是理解穩(wěn)定狀態(tài)下，帶電粒子在復(fù)合場中受力平衡。19．（10分）（2024春?合肥期中）能量概念的引入是科學(xué)前輩們追尋守恒量的一個重要事例。重力勢能、彈性勢能與動能都是機(jī)械運(yùn)動中的能量形式，統(tǒng)稱為機(jī)械能。通過重力或彈力做功，機(jī)械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式。（1）請以物體沿光滑曲面滑下的情形為例，證明在只有重力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動能與重力勢能互相轉(zhuǎn)化時總的機(jī)械能保持不變，即在只有重力做功的系統(tǒng)內(nèi)，機(jī)械能是守恒的。在圖中，物體在某一時刻處在高度為h1的位置A，這時它的速度是v1。經(jīng)過一段時間后，物體下落到高度為h2的另一位置B，這時它的速度是v2。（注：推理證明過程中須說明每個表達(dá)式的依據(jù)）（2）如圖，質(zhì)量為m＝0.1kg的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量同為m＝0.1kg的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k＝20N/m，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕質(zhì)掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩沿豎直方向?，F(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為M＝0.3kg的物體C并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放。已知彈簧的彈性勢能由彈簧的勁度系數(shù)和形變量的大小決定，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)一切摩擦阻力。求：①從釋放C至B剛離地，物體A上升的高度；②B剛離地時，物體C速度的大小?！究键c(diǎn)】多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題；動能定理的簡單應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）證明見解析；（2）①從釋放C至B剛離地，物體A上升的高度為0.1m；②B剛離地時，物體C速度的大小為1m/s。【分析】（1）由動能定理、重力做功與重力勢能的關(guān)系分別列式，即可證明求解；（2）①對A靜止?fàn)顟B(tài)、B剛離地時，由平衡條件分別列式，即可分析求解；②對系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律列式，即可分析求解?！窘獯稹拷猓海?）證明：對物體，從A到B的運(yùn)動，由動能定理可知，重力對物體做的功等于物體動能的增加，即：W=1重力對物體做的正功等于物體重力勢能的減少，可得：W＝mgh1﹣mgh2，聯(lián)立可得：12可見，在