2025届高考模拟预测练习卷一（北京卷）物理试卷（解析版）

这是一份2025届高考模拟预测练习卷一（北京卷）物理试卷（解析版），共17页。
A．“彩超”检查心脏、大脑和眼底血管的病变主要是利用光的折射原理
B．纤维式内窥镜主要利用光的全反射原理检查人体胃、肠、气管等脏器的内部
C．医学上可以用激光做“光刀”来切开皮肤、切除肿瘤，这主要利用激光散射性好的特性
D．医用电子直线加速器是放射治疗器械的一种，通过匀强磁场对电子起到加速作用
【考点】激光的特点及其应用；光的全反射现象；光的折射与全反射的综合问题．
【专题】定性思想；归纳法；光的折射专题；全反射和临界角专题；理解能力．
【答案】B
【分析】“彩超”利用了超声波的多普勒效应；纤维式内窥镜利用的是光的全反射；激光具有单色性好、相干性好、亮度高（能量高）、平行度好等特点；磁场对电子作用力不做功。
【解答】解：A、“彩超”利用的是超声波的多普勒效应，故A错误；
B、纤维式内窥镜利用的是光的全反射原理，故B正确；
C、激光具有单色性好、相干性好、亮度高（能量高）、平行度好等特点，“光刀”主要是利用了激光亮度高的特点，故C错误；
D、电子直线加速器，主要是电场加速的，而不是磁场，因为磁场对电子作用力不做功，故D错误。
故选：B。
【点评】知道在医学领域的这些仪器的工作原理是解题的基础。
2．（3分）（2024春•永州期末）钴60（60C）发生β衰变的同时，会放出两束γ射线。其衰变方程为 2760C→ 2860Ni+﹣10e。下列说法正确的是（ ）
A．钴60的中子数比 2860Ni的中子数少一个
B．β衰变释放的电子是由60C原子核内的中子转化为质子产生的
C．γ射线是60C原子核由基态跃迁到激发态辐射出来的
D．24个60C原子核经过两个半衰期后只剩下6个
【考点】原子核的半衰期及影响因素；α、β、γ射线的本质及特点；核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系；β衰变的特点、本质及方程．
【专题】定量思想；推理法；衰变和半衰期专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】计算钴60和 2860Ni的中子数判断；根据β衰变的实质分析判断；根据原子核跃迁分析判断；根据半衰期的概念分析判断。
【解答】解：A．根据质量数等于质子数和中子数之和可知钴60的中子数为：60﹣27＝33
2860Ni的中子数为：60﹣28＝32
钴60的中子数比 2860Ni的中子数多一个，故A错误；
B．β衰变释放的电子是由60C原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，这个电子以β射线的形式释放出去，同时辐射出γ光子，故B正确；
C．γ射线是60C原子核由激发态跃迁到基态辐射出来的，故C错误；
D．半衰期是对大量原子核的统计规律，少量原子核的衰变不能按照半衰期的定义计算，故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键掌握β衰变的实质和半衰期的概念。
3．（3分）（2023•浙江开学）如图所示，有两个高度差为1m的小钢球A、B先后由静止开始下落，刚好同时落地，小钢球B下落的最后3.8m，用时0.2s，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小钢球B下落最后一秒的位移大小为15m
B．小钢球A下落时间为2s
C．小钢球A掉落前到地面的高度为20m
D．两小钢球在运动过程中，间距和速度之差均保持不变
【考点】自由落体运动的规律及应用．
【专题】定量思想；方程法；自由落体运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由位移—时间公式，结合小球B最后0.2s内的位移求出小球下降的高度以及时间，然后求出最后1s内的位移；由几何关系求出A下落的高度；由位移—时间公式求出A下落的时间；
【解答】解：AB．设小球B下落的高度为hB，时间为tB，则有hB=12gtB2，hB-3.8=12g(tB-0.2)2
解得hB＝20m，tB＝2s
小钢球B下落最后一秒的位移大小为：ΔhB=12gtB2-12g(tB-1)2=12×10×22m-12×10×（2﹣1）2m＝15m，故A正确；
BC．依题意，小钢球A掉落前到地面的高度为hA＝hB+1m＝20m+1m＝21m
小钢球A下落时间满足
hA=12gtA2
代入数据解得tA=1055s，故BC错误；
D．依题意，最后二者同时落地，开始时二者相距1m，则小球A先下落，两小钢球在运动过程中，两球速度之差为Δv＝vA﹣vB＝gΔt，因为Δt为一个定值，所以两球速度之差保持不变，间距逐渐减小。故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查自由落体运动的规律，牢记公式即可。
4．（3分）一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看作一个质点，这些质点之间存在着相互作用。如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传回右端。质点1的振动周期为T。t＝0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是（ ）
A．质点1与质点20间相距一个波
B．质点20开始振动时运动方向向下
C．t=T2时质点5的加速度方向向上
D．t=3T4时质点12的速度方向向下
【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．
【专题】应用题；定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据质点起振动方向与波源起振方向相同，确定质点的振动方向；根据波的传播方向和质点位置与波长，可分析各质点的振动情况。
【解答】解：A、t＝0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。则质点1、5间的距离为四分之一波长，故质点1与质点17间相距一个波长，故A错误；
B、根据波动规律可知，质点1开始振动时，运动方向向上，故质点20开始振动时运动方向向上，故B错误；
C、经过T4，质点5开始振动，再经过T4，质点5回到平衡位置，加速度为零，故C错误；
D、t=34T时，质点13开始振动，此时质点12在平衡位置上方，运动方向向上，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了波动规律，掌握简谐波传播过程中，“后一个质点重复前一个质点的振动”是解决此类问题的关键所在。
5．（3分）一定质量的理想气体被装在带有活塞的气缸中，从状态A到状态B，压强p与体积V的倒数的关系图像如图所示，下列说法正确的是 （ ）
A．气体的密集度逐渐减小
B．气缸壁单位面积上所受的气体压力逐渐增大
C．气体的平均动能一定减小
D．曲线AB与横轴所围的面积等于外界对气体做的功
【考点】理想气体状态变化的图像问题；热力学第一定律的表达和应用．
【专题】定性思想；图析法；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据图像判断体积，分析气体密集度；
根据图像判断压强，分析气体压力；
根据理想气体状态方程，分析温度，确定气体的平均动能；
根据W＝pV，分析面积。
【解答】解：A.一定质量的理想气体，从状态A到状态B，体积倒数增大，体积减小，故气体的密集度逐渐增大，故A错误；
B.气缸壁单位面积上所受的气体压力F＝pS，从状态A到状态B，压强减小，气缸壁单位面积上所受的气体压力逐渐减小，故B错误；
C.一定质量的理想气体，根据理想气体状态方程pVT=C，从图中看出，p、V减小，故温度减小，故气体的平均动能一定减小，故C正确；
D.外界对气体做的功W＝pV，曲线AB与横轴所围的面积等于p•1V，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生的读图能力，解题关键是根据图像判断出压强、体积的变化。
6．（3分）（2025•广州一模）如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为0.2Hz
B．t＝0.2s时，发电机线圈中的电流为零
C．发电机的电动势的有效值为πV
D．若电路总电阻为5Ω，则发电机的功率为π210W
【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】由磁通量随时间的变化情况，可知周期，由周期与频率的关系，可计算交流电的频率；由正弦交流电的峰值及有效值的计算方法，可得到电动势的有效值；由电动势的有效值，可知电流是否为零；由功率的公式，及电动势的有效值，可计算功率。
【解答】解：A、由磁通量随时间的变化情况，可知周期T＝0.2s，由周期与频率的关系，可知交流电的频率为：f=1T，解得：f＝5Hz，故A错误；
C、由正弦交流电的峰值Em＝NΦmω，可得到电动势的有效值为：E有=Em2，得：E有=22π(V)，故C错误；
B、电流表示数为有效值，与时刻无关，由电动势的有效值不为零，可知电流不为零，故B错误；
D、由功率的公式P=E有2R，可知功率为：P=π210W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查交流电的计算，注意电表示数为有效值，不能用瞬时值计算。
7．（3分）（2022秋•北碚区期末）一场突如其来的山火，让缙云山成为国人揪心的地方，面对危难，总有逆行者挺身而出，来自北碚及周边不计其数的志愿者投入扑灭山火的战斗中，最美那群人让大家记住了缙云山和具有“英雄气”的重庆人。如图所示，灭火直升飞机沿水平方向匀速飞行。已知水和桶的总质量为m，吊运水桶的悬索与竖直方向成θ角。设桶所受的空气阻力为F阻，悬索对桶的拉力为F，重力加速度为g，则（ ）
A．飞机处于失重状态
B．飞机匀速飞行时所受合力为零
C．F＝mgtanθ
D．F阻＝mgsinθ
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对水和水桶受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
【解答】解：AB、飞机沿水平方向匀速飞行，处于平衡状态，所受合力为零，不处于失重状态，故A错误，B正确；
CD、对水和桶受力分析，如图所示：
根据平衡条件得：
F=mgcsθ
F阻＝mgtanθ
故CD错误；
故选：B。
【点评】本题考查共点力平衡，解题关键是对水和水桶受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
8．（3分）（2022春•邯郸期末）如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为电容器，当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，下列判断正确的是（ ）
A．电容器C处于放电状态
B．电容器C两极板间的电场强度减小
C．电压表的读数增大
D．R1消耗的功率增大
【考点】含容电路的动态分析；电容的概念、单位与物理意义．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由电路图可知，C与灯泡和滑动变阻器均并联接在电源两端；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化及路端电压的变化；则可得出电容器带电量的变化，由功率公式可求得功率的变化。
【解答】解：A、滑动触头P下滑时，R2接入电路的电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，R1两端电压减小，由于R1与R2串联，所以R2两端电压增大，电容器C两端的电压增大，由电容的定义式C=QU，得电荷量增加，为充电过程，故A错误；
B、由E=Ud，得电容器中的电场强度增大，故B错误；
C、由于路端电压增大，故电压表的读数增大，故C正确；
D、R1两端电压减小，纯电阻电路有P=U2R，得R1消耗的功率减小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意掌握“程序法”的应用，按“局部—整体—局部”的分析方进行分析，同时也可以根据“串反并同“规律直接进行判断。
9．（3分）（2023春•房山区期中）由于地球的自转，则（ ）
A．地球上所有物体都有向心加速度
B．地球上物体的向心加速度随高度增加而减小
C．地球表面物体的向心加速度随纬度增加而减小
D．地球上物体的向心加速度的方向都指向地心
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度的物理意义及计算．
【专题】定性思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】地球自转时，除了两极，地球上所有点的角速度相等，根据a＝rω2比较向心加速度的大小。
【解答】解：A．在地球上两个极点处的物体，因为物体刚好在旋转点上，所以向心加速度为零，故A错误；
BC．在同一纬度处，除了南北极之外的地方，根据向心加速度公式a＝ω2r可知地球上物体高度增加，r在增大，向心加速度在增大；同理随纬度增加，物体做圆周运动时所在纬度平面的半径变小，加速度变小，故B错误，C正确；
D．地球上物体的向心加速度的方向都沿着纬度平面指向地轴，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，向心加速度的方向指向圆心．知道向心加速度与角速度的大小关系．
10．（3分）（2021秋•乐山期末）如图所示，在匀强电场中虚线为电场线，O、A、B、C四点共线，且AB＝2OA＝2BC＝6cm，θ＝60°。已知A点电势为零，一电子在O点电势能为﹣6eV，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为﹣6V
B．电场线方向水平向右
C．场强大小为200V/m
D．电子从O点移动到C点电势能降低
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A.根据电势能与电势的关系，即可分析判断；
B.沿电场线方向电势降低，结合前面分析，即可分析判断；
C.根据匀强电场中电势差与电场强度的关系列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据电势能与电势的关系，即可分析判断。
【解答】解：A.电势能与电势的关系为：Ep＝qφ，则O点的电势为：φO＝﹣6eV÷（﹣e）＝6V，故A错误；
B.因为φA＝0V，φO＝6V，且沿电场线方向电势降低，则电场线方向水平向右，故B正确；
C.根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：E=UOAOAcs60°，
其中：UOA＝φO﹣φA，OA＝0.5AB，
联立可得：E＝400V/m，故C错误；
D.结合前面分析可知，从O点到C点，电势一直在降低，且电势能与电势的关系为：Ep＝qφ，电子带负电，所以电子从O点移动到C点电势能一直增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式U＝Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。
11．（3分）（2023春•自贡期末）在街旁的路灯，江海里的航标灯都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的（ ）
A．压敏性B．光敏性C．热敏性D．磁敏性
【考点】常见传感器的工作原理及应用．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量，光敏电阻是将光学量转换为电学量。
【解答】解：在街旁的路灯，江海里的航标灯都要求在夜晚亮，白天熄，白天有光，黑夜没有光，是由光导致电路的电流变化，所以电路中光传感器导致电阻变化，实现自动控制，因此是利用半导体的光敏性，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】该题考查常见的传感器中的光敏电阻的特性，知道光敏电阻是当有光时，其电阻的阻值发生变化，当它们起作用时，其电阻的阻值都是变小。
12．（3分）（2024•内蒙古开学）如图所示，固定在绝缘水平面上的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨的间距为0.6m，左端通过导线连接一个阻值为2.5Ω的定值电阻R，长度也为0.6m、电阻为0.5Ω的金属杆垂直于导轨放置，整个装置处在磁感应强度方向竖直向下、大小为0.5T的匀强磁场中。今在杆的中点施加一个垂直于金属杆、大小为0.18N的水平拉力F，使其由静止开始运动，金属杆与导轨始终接触良好，则金属杆匀速运动时的速度大小为（ ）
A．3m/sB．5m/sC．6m/sD．10m/s
【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；法拉第电磁感应定律的基本计算．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】综合运用安培力公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解金属杆匀速运动时的速度大小。
【解答】解：金属杆匀速运动时，金属杆受到的安培力等于水平拉力，即
FA＝BIL＝F
金属杆切割磁感线产生的感应电动势为
E＝BLv
感应电流为
I=ER+r
联立解得
v＝6m/s
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解，本题从力学角度利用平衡条件列式求解。
13．（3分）（2024秋•惠山区校级月考）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.5，三者质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动，两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为3m/s
B．A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s
C．A与C碰撞过程中损失的机械能为15J
D．若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离长木板A
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】D
【分析】A、C碰撞过程系统动量守恒、A在B上滑动过程A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律求解，再结合能量守恒定律求解。
【解答】解：AB、A、C碰撞过程，A、C组成的系统满足动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+mC）v，代入数据解得：v＝2.5m/s，故AB错误；
C、根据能量守恒定律有ΔE=12mAv02-12（mA+mC）v2，解得ΔE＝12.5J，故C错误；
D、若木板足够长，最终三个物体共速，根据动量守恒定律有
mBv0+（mA+mC）v＝（mA+mB+mC）v'
根据能量守恒得μmBgL=12mBv02+12（mA+mC）v2-12（mA+mB+mC）v'2
代入数据解得：L＝0.5m
故长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离长木板A，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚A、B、C的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
14．（3分）（2022秋•宁波期中）某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h为普朗克常量，则激光器t时间内发射的光子数为（ ）
A．λPthcB．hPtλcC．cPλhtD．λPhct
【考点】能量子与量子化现象；光子的动量．
【专题】定量思想；推理法；估算分子个数专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】求出每个光子的能量，根据能量守恒定律分析出t时间内发射的光子数。
【解答】解：每个光子的能量为E=hν=hcλ，激光器在t时间内发出的能量转化为n个光子的能量，即Pt=nE=nhcλ，解得：n=λPthc，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了光子和能量的相关知识，熟记光子能量的公式即可，属于基础题型。
二．实验题（共2小题）
15．（2022秋•南通月考）（1）小明同学用如图甲所示的装置进行用单摆测量重力加速度的实验。
①以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 AC ；
A．尽量选择质量大、体积小的摆球
B．将摆球拉到最大位移处释放，同时快速按下秒表开始计时
C．测量摆长时，让单摆自然下垂，先测出摆线长度，然后加上摆球的半径
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期
②用10分度的游标卡尺测量了小球直径d，示数如图乙所示，则小球直径d＝ 16.4 mm；
（2）在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验中，某同学作了如图丙所示的实验改进，添加了用力传感器来测细线中的拉力。关于实验改进后，下列说法正确的是 C 。
A．力传感器测得的是砂和砂桶的总重力
B．小车受到的合力等于力传感器测得的大小
C．砂和砂桶的总质量不需远小于小车质量
D．本实验不需要进行阻力补偿
【考点】用单摆测定重力加速度；探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】定性思想；实验分析法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）为了减小空气阻力应该选择密度较大的摆球；摆球摆动其最低点开始计时；用秒表测量多次全摆动的时间，结合其周期数可以求出单摆的周期；利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的读数；
（2）力传感器测量其绳子对小车的拉力；小车受到的合力等于拉力的两倍；实验不需要满足质量要求但需要平衡阻力。
【解答】解：（1）①A．为了减小空气阻力，所以尽量选择质量大、体积小的摆球，故A正确；
B．单摆释放的角度应当小，摆动稳定后，开始计时，计时起点终点为摆球通过平衡位置，故B错误；
C．测量摆长时，让单摆自然下垂，先测出摆线长度，然后加上摆球的半径，故C正确；
D．用秒表测量单摆完成30～50次全振动所用时间，然后求平均摆动一次的时间作为单摆的周期，用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间误差太大，故D错误。
故选：AC；
②10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，由图乙可知，d＝16mm+0.1mm×4＝16.4mm；
（2）AC．力传感器可以精确测得绳子对小车的拉力，由于砂和砂桶做加速运动，则力传感器测得的并不是砂和砂桶的总重力，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量，故A错误、C正确；
B．小车受到的合力等于力传感器测得的大小的两倍，故B错误；
D．本实验中要求使传感器示数的2倍为小车的合力，所以仍需要进行阻力补偿，即平衡摩擦力，故D错误。
故选：C。
故答案为：（1）①AC；②16.4；（2）C。
【点评】本题主要是考查用单摆测量重力加速度的实验、探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验，解答本题的关键是掌握这两个实验的实验原理、实验方法和误差分析的方法，掌握用单摆测量重力加速度的实验周期的测定方法。
16．（2025•文昌校级模拟）某同学对航天飞机上使用的由特殊材料制作的电阻进行电阻率的测量，其形状为圆柱体，实验室现提供以下器材：
A．电流表A1（量程0～50mA，内阻r1＝20Ω）；
B．电流表A2（量程0～100mA，内阻r2约为40Ω）；
C．滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）；
D．定值电阻（R0＝80Ω）；
E．待测电阻Rx（长度为L＝10cm、电阻大约为120Ω）；
F．直流电源E（电动势为4V，内阻很小）；
G．开关一只，导线若干。
实验步骤如下：
a．用螺旋测微器测出该电阻的直径d，螺旋测微器示数如图甲所示；
b．根据如图乙所示的实验电路将实验器材连接起来；
c．闭合开关S，改变滑动变阻器的滑片位置得到多组电流表A1及电流表A2的读数I1、I2，并将其记录下来；
d．将记录的数据描绘在以I1为纵轴、I2为横轴的坐标系中，得到如图丙所示的I1﹣I2图像；
e．利用I1﹣I2图像得到待测电阻的阻值，求得其电阻率。
请回答下列问题：
（1）待测电阻的直径d＝ 6.000 mm；
（2）由图乙可以得到I1与I2的关系为I1＝ RxRx+R0+r1 I2；
（3）由图丙知，Rx＝ 100 Ω，由Rx=ρLπ(d2)2知，ρ＝ 2.83×10﹣2 Ω•m（结果保留三位有效数字）；
（4）在图乙中，可以认为电流表A1与定值电阻R0串联后就是改装的电压表，测量电阻Rx时得到的阻值与真实值相比，测量值 等于 （填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【考点】导体电阻率的测量．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）6.000；（2）RxRx+R0+r1；（3）100，2.83×10﹣2；（4）等于。
【分析】（1）螺旋测微器的的读数等于固定刻度和可动刻度的读数之和；
（2）根据欧姆定律推导；
（3）根据（2）中结论结合图像斜率计算，根据电阻定律计算；
（4）根据实验原理分析判断。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知测电阻的直径为
d＝6mm+0.0×0.01mm＝6.000mm
（2）由欧姆定律知
可得
I1（r1+R0）＝（I2﹣I1）Rx
则
I1=RxRx+R0+r1I2
（3）根据
I1=RxRx+R0+r1I2
结合图丙可得
k=RxRx+R0+r1=36=0.5
解得
Rx＝100Ω
根据电阻定律可得
Rx=ρLπ(d2)2
可得
ρ=πd2Rx4L=3.14×(6.000×10-3)2×1004×10×10-2Ω⋅ m≈2.83×10-2Ω⋅m
（4）由于在计算通过Rx的电流时，电流表A1内阻已知，已经考虑了改装电压表的分流作用，因此Rx的测量值等于真实值。
故答案为：（1）6.000；（2）RxRx+R0+r1；（3）100，2.83×10﹣2；（4）等于。
【点评】本题关键掌握测量电阻率的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
三．解答题（共4小题）
17．（2023秋•辽宁期中）如图所示，在倾角为θ＝30°的固定斜面上有一物块A，在斜面底部有一物块B，物块B左侧水平面上有一物块C，C与B用一轻弹簧和一轻杆连接，杆长与弹簧原长相等。已知物块A、B、C均可视为质点，质量均为m＝2kg，所有接触面均光滑。物块A从某时刻开始由静止下滑，不计物块A在斜面与平面转角处的机械能损失，A与B发生弹性碰撞，g取10m/s2。
（1）求物块A沿斜面返回的最大高度与初始高度的比值；
（2）若在物块A开始下滑时，同时对物块C施加一水平向左的恒力F，为使物块A、B不相碰，求恒力F的最小值；
（3）用质量为m′的物块替换物块C且撤去轻杆，若在此后的运动中弹簧的最大弹性势能与A第一次下滑至斜面底部时的动能之比为1：3，求m′。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】（1）物块A沿斜面返回的最大高度与初始高度的比值为19；
（2）为使物块A、B不相碰，恒力F的最小值为10N；
（3）若在此后的运动中弹簧的最大弹性势能与A第一次下滑至斜面底部时的动能之比为1：3，则m′为1kg。
【分析】（1）根据动量守恒定律和能量守恒求物块A沿斜面返回的最大高度与初始高度的比值；
（2）根据运动学公式求恒力F的最小值；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒求m′。
【解答】解：（1）设物块A开始时距斜面底端的高度为H，沿斜面下滑至底部过程机械能守恒，有
mAgH=12mAvA2
物块A与BC间发生弹性碰撞，以vA的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒有
mAvA＝mBCvBC+mAv′A
12mAvA2=12mBCvBC2+12mAv'A2
设碰撞后物块A沿斜面上滑至最高点为h，则有
mAgh=12mAv'A2
联立解得
hH=19
（2）设A在斜面上的运动时间为t1，在水平面上的运动时间为t2，对BC的整体有
F＝（mB+mC）a
xBC=12a(t1+t2)2
物块A在斜面上时有
aA=gsinθ=10×0.5m/s2=5m/s2，x1=12aAt12
物块A在水平面上时有
x2＝aAt1•t2
恰好追不上的条件为
（x1+x2）﹣xBC＝x1
a（t1+t2）＝aAt1
联立解得
F＝10N
（3）A、B间发生弹性碰撞，以vA的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒有
mAvA＝mBvB+mAvA1
12mAvA2=12mBvB2+12mAvA12
B压缩弹簧至最短过程，以vB的方向为正方向，由动量守恒定律有
mBvB＝（mB+m′）v1
对B、C系统由能量守恒得
Ep=12mBvB2-12(mB+m')v12
根据题意有
Ep=13EkA=16mAvA2
联立解得
m′＝1kg
答：（1）物块A沿斜面返回的最大高度与初始高度的比值为19；
（2）为使物块A、B不相碰，恒力F的最小值为10N；
（3）若在此后的运动中弹簧的最大弹性势能与A第一次下滑至斜面底部时的动能之比为1：3，则m′为1kg。
【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
18．（2022秋•佛山期末）如图，O为一个半径为L的金属圆盘的轴心，以水平直径为分界线，分别有如图所示的上下两个匀强磁场，磁感应强度大小皆为B1。通过电刷将圆盘与一个光滑平行金属导轨相连接。导轨间距也为L，与水平面夹角为θ，导轨区域有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B2，当金属盘以某一角速度转动时，有一个质量为m的导体棒ab恰能静止在导轨上，导体棒接入电路部分的阻值为R，圆盘及导线电阻不计，已知重力加速度为g，试求：
（1）通过导体棒的电流的大小和方向；
（2）圆盘转动的角速度。
【考点】电磁感应过程中的电路类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）通过导体棒的电流的大小为mgsinθB2L，方向为b到a；
（2）圆盘转动的角速度为mgRsinθB1B2L3。
【分析】（1）根据平衡条件求解导体棒中的电流大小，根据左手定则判断过导体棒的电流方向；
（2）根据闭合电路欧姆定律和动生电动势公式求解圆盘转动的角速度。
【解答】解：（1）导体棒ab恰能静止在导轨上，根据受力平衡可知，导体棒受到的安培力沿斜面向上；
根据左手定则可知，通过导体棒的电流方向为b到a；
以导体棒为对象，根据受力平衡可得F安＝B2lL＝mgsinθ
解得通过导体棒的电流大小为I=mgsinθB2L
（2）设圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动时可认为上下两电刷间的竖直直径切割磁感线，由于上下磁场方向相反，由右手定则
可知上下半径切割磁感线产生的电动势方向相同，则有E总=2×12B1L2ω
根据闭合电路欧姆定律可得I=E总R
联立解得圆盘转动的角速度为ω=mgRsinθB1B2L3
答：（1）通过导体棒的电流的大小为mgsinθB2L，方向为b到a；
（2）圆盘转动的角速度为mgRsinθB1B2L3。
【点评】本题考查导体棒旋转切割磁感线产生动生电动势的内容以及涉及安培力的平衡问题，是力和电综合性的问题。
19．（2022秋•昌平区校级期末）一均匀带电球面，半径为R，带电荷量为Q，球面外的空间充满介电常量为ε的各向同性线性电介质。求：
（1）球面内、外空间的电场强度；
（2）球面内、外空间的电势。
【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场强度的叠加．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）球面内的电场强度为0，外空间的电场强度为Q4πɛr2，方向沿半径方向向外；
（2）球面内的电势为Q4πɛR，外空间的电势为Q4πɛr。
【分析】（1）根据带电小球的电荷分布情况，可知球内电场强度为0，球外电场强度可通过点电荷产生的电场强度公式列式求解即可。
（2）由于球内外的电势与电场强度和距离有关，可通过微元法列式求解即可。
【解答】解：（1）因电荷球对称分布，故电场具有球对称性，作与带电球面同心的球形高斯面。
r＜R处，有D•4πr2＝0，故D＝0，E1=Dε0=0
r＞R处，有D•4πr2＝Q，D=Q4πr2，E2=Dε=Q4πεr2，方向沿半径方向向外
（2）任一点a处的电势Va=a∞E⋅dl
r＜R处，V=rR E1dr+R∞ E2dr=R∞ Q4πεr2dr=Q4πεR
r＞R处，V=r∞ E2dr=r∞ Q4πεr2dr=Q4πεr
答：（1）球面内的电场强度为0，外空间的电场强度为Q4πɛr2，方向沿半径方向向外；
（2）球面内的电势为Q4πɛR，外空间的电势为Q4πɛr。
【点评】本题考查学生对带电球体的求内外电场强度和电势的理解和运用，需要注意球内电场强度为0.
20．（2022秋•西城区校级期末）磁流体发电是一项新兴技术，如图所示是它的示意图，相距为d的两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场，一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v沿垂直于磁场的方向射入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，P、Q板上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压。若P、Q两板间的磁场、电场按匀强磁场、匀强电场处理，磁感应强度为B，不计重力。
（1）求该发电机的电动势E；
（2）请你提出一种可以提高该发电机电动势的方法；
（3）若发电机的内电阻为r，在它的输出端a，b间接有阻值为R的电阻，在图示磁极配置的情况下，判断通过电阻R的电流方向和电流大小I。
【考点】磁流体发电机．
【专题】计算题；定量思想；控制变量法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）该发电机的电动势E为dvB；
（2）见解析；
（3）通过电阻R的电流方向为由a指向b，通过电阻R的电流大小I为BdvR+r。
【分析】（1）等离子体受到洛伦兹力发生偏转，根据正电荷的偏转方向确定直流电源的正极．最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势；
（2）根据公式判断提高该发电机电动势的方法；
（3）根据闭合电路欧姆定律计算电流大小。
【解答】解：（1）稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，则有qvB=qEd
整理解得E＝dvB
（2）根据上述可知，提高该发电机电动势的方法可以增大磁感应强度、增大极板之间的间距或增大等离子体的入射速度。
（3）根据左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，极板P为发电机的正极，则通过电阻R的电流方向由a指向b，根据欧姆定律有I=ER+r
通过电阻R的电流大小为：I=BdvR+r．
答：（1）该发电机的电动势E为dvB；
（2）见解析；
（3）通过电阻R的电流方向为由a指向b，通过电阻R的电流大小I为BdvR+r。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据电荷的平衡求出电动势的大小，即极板间的电势差．