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（含答案）

第第页2025届北京市房山区高三下学期第一次综合练习（一模）物理试题一、本部分共14小题，在每小题列出的四个选项中只有一个符合题意。每小题3分，毕42分。1．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．氢原子的能级图如图所示，Hα和HA．Hβ光子的频率比HB．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3．一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．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2.0mB．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x=8sin5．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6．一理想变压器原、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10AB．电压表的示数为100VC．变压器的输入功率为100WD．经过60s电阻产生焦耳热为1.2×105J7．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．如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为m1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mA．汽车一定向右加速运动B．细线中的拉力大小为mC．物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μD．物块受到车厢左壁的弹力大小为m9．如图甲所示，物体A以速度v0A．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．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．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R=C．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的电阻R=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．“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．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．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v0A．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的大小无关二、本部分共6题，共58分。15．（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．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v2−h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．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v1、v2两种速度使跑步机匀速运动，且19．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I1、I2的两根导线平行放置且电流均向上。设I1（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B=μ0I2R，20．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v0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ρa、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v0b、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v0

答案解析部分1．【答案】C【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n=sinasinD．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【解析】【解答】A．根据能级跃迁规律可知，根据hv=Em-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E=0−(−1.51)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C3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【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W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0C．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PVT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【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T=2π结合π2≈g可得故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F=−kx可知，回复力逐渐减小，故C错误；D．由图乙可知：振幅A=8cm，φ=0，根据周期可以得出角速度为ω=2π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【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GMm解得T=2π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v=GMD．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【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：U=2U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：U故B正确；A．根据欧姆定律可以得出流过电阻的电流I根据电流比与匝数比的关系I解得电流表的示数为I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P故C错误；D．理想变压器输入功率与输出功率相等，即P根据焦耳定律的表达式Q=Pt可以得出经过60s电阻产生焦耳热为P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【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a=qEC．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【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T=水平方向由牛顿第二定律有m可得a=g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F竖直方向的静摩擦力大小为f=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【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a=gsinθ，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D．设高度为h，根据速度位移公式Vy2对于B物体，根据机械能守恒定律有mgh=解得B的末速度为：vB物体竖直方向的速度v根据功率的表达式可以得出重力的瞬时功率P=mg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【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mg=qE根据平衡方程可以得出：m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E=UD．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E=U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【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I=可知，I−U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I=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Q点，小灯泡的电阻为R=则对应P点，小灯泡的电阻为R=B正确，C错误；D．小灯泡消耗的功率为P=UI，可知小灯泡的功率为图中过P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【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：ma=mg-F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：ma=F-mg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p=mv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【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【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l=vt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：y=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；S【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=10×（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=10×0.2×10−3×0.2②结合欧姆定律可以得出：q=It=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：S故有S则电容为C=S0UmR

（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=10×（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=10×0.2×10−3×0.2②[2]根据q=It=可得而U-t图像与坐标轴所围面积为S0，则q=故有S则电容为C=16．【答案】（1）B（2）mgh2（3）m【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ΔEB点的速度为vB=h3−h1（3）根据动能定理有mgh−fh=解得v根据图像的斜率可知m1>m2。

故答案为：m1>m2（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Δ[2]B点的速度为v根据动能的公式可知Δ（3）根据动能定理有mgh−fh=解得v根据图像的斜率可知m117．【答案】（1）解：运动员沿AB段做匀加速直线运动，由v解得：a=4.5m/s2（2）解：BC段由动能定理：mgh=运动员经过C点时的动能为Ek=3.3×104（3）解：运动员在C点受力情况：F解得：FN【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v可得：a=4.5m/s2（2）BC段由动能定理：mgh=运动员经过C点时的动能为Ek=3.3×104（3）运动员在C点受力情况：F则可得FN18．【答案】（1）电路中产生的感应电动势为E=BLv则通过定值电阻的电流：I=​​​​​​​（2）金属条穿过磁场过程中受安培力为：F=BIL=安培力对金属条做的功为：W=−​​​​​​​（3）电阻R中产生的焦耳热为：Q=其中I=ER+r则Q=因v1<​​​​​​​【解析】【分析】（1）当金属条切割磁感线时，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小；

（2）已知金属条的电流大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小，再利用运动的距离可以求出安培力做功的大小；

（3）当跑步机运动的速度已知时，利用焦耳定律结合欧姆定律可以求出产生焦耳热的表达式，结合速度的大小可以比较产生热量的大小。（1）电路中产生的感应电动势为E=BLv则通过定值电阻的电流：I=（2）金属条穿过磁场过程中受安培力为：F=BIL=安培力对金属条做的功为：W=−（3）电阻R中产生