北京市海淀区2024-2025学年高三下学期期末练习（二模） 物理试卷（解析版）

第第页北京市海淀区2024-2025学年高三下学期期末练习（二模）物理试卷一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．在α粒子散射实验中，有少数α粒子发生了大角度的偏转，其原因是（）A．原子中存在带负电的电子B．正电荷在原子内是均匀分布的C．原子只能处在一系列不连续的能量状态中D．占原子质量绝大部分的带正电的物质集中在很小的空间范围【答案】D【解析】【解答】A．原子中存在带负电的电子（这是汤姆孙模型内容，但不能解释大角度偏转，因为电子质量太小，对α粒子运动影响很小），故A错误；BD．正电荷在原子内是均匀分布（这是汤姆孙“枣糕模型”，无法解释大角度偏转）占原子质量绝大部分的带正电的物质集中在很小的空间范围（这是卢瑟福根据大角度偏转提出的原子核式结构模型的核心观点），故B错误，D正确；C．原子只能处在一系列不连续的能量状态中（这是玻尔原子模型的内容，与散射实验无直接关系），故C错误；故选D。

【分析】一、实验现象与结论的直接对应1、绝大多数α粒子几乎直穿⇒原子内部大部分是空的。2、少数α粒子发生大角度偏转甚至反弹⇒遇到了质量很大、带正电且体积很小的原子核。二、卢瑟福核式结构模型的核心观点1、原子中心有一个很小的原子核（直径约10−152、原子核集中了几乎全部原子的质量和正电荷。3、电子在核外绕核运动，原子大部分体积是电子运动的空间。三、易混淆点电子存在≠大角度偏转的原因：电子质量太小，对α粒子运动几乎无影响。均匀分布假设：（汤姆孙模型）预言的偏转角度很小，与实际少数α粒子大角度偏转矛盾。能量量子化：是玻尔为解释原子光谱提出的，与散射实验无直接关系。2．在如图所示的平面内，光束a从介质斜射向空气，出射光为b、c两束单色光。关于b、c两束单色光，下列说法正确的是（）A．介质对b光的折射率较大B．在介质中，b光的传播速度较大C．发生全反射时，b光的临界角较小D．若两束光都能使某种金属发生光电效应，则b光产生光电子的最大初动能较大【答案】B【解析】【解答】A．根据光路图知，c光的偏折程度大于b光，则c光的折射率大于b光，故A错误；B．c光的折射率大，根据n=cC．根据sinC=D．光电子的最大初动能Ek故选B。

【分析】一、核心考点

1.折射率与偏折程度光从介质射向空气，入射角相同时，偏折程度越大⇒该光在介质中的折射率越大。由图：c光偏折更明显⇒。2.介质中光速与折射率关系公式：，​⇒​⇒在介质中b光传播速度较大。3.全反射临界角与折射率关系临界角公式：，n越大⇒C越小。⇒​⇒b光的临界角较大4.折射率与频率关系同种介质对不同色光：折射率大的光频率高（正常色散）。光电效应最大初动能：，⇒​⇒c光光子能量更大⇒若都能发生光电效应，c光产生的光电子最大初动能更大二、易错点偏折方向判断：误以为从介质到空气时，偏折越大折射率越小（实际上在介质中折射率已定，出射时偏折越大说明介质对其折射率越大）。临界角比较：记反公式，误认为折射率大则临界角大。光电效应初动能：误以为偏折大的光（频率高）对应的光电子初动能一定大（还需考虑是否都能发生光电效应，且逸出功相同情况下才成立）。3．如图所示，手握住软绳的一端上下振动，产生沿绳传播的机械波，若增大手的振动频率，则该波（）A．波速不变 B．波速增大 C．波长不变 D．波长增大【答案】A【解析】【解答】本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析波长的变化情况。波速v=绳波一直在绳中传播，介质相同，传播速度保持不变．当手振动的频率增加时，波长减小。故选A。

【分析】明确波的性质，知道波速是由介质的性质决定的，与波长和频率无关。4．一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c三点。已知汽车在ab间与bc间的运动时间均为1s，ab段的平均速度是10m/s，bc段的平均速度是5m/s，则汽车做匀减速运动的加速度大小为（）A．2.5m/s2 B．5m/【答案】B【解析】【解答】质点在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有v同理可知，在bc段有vbc=则汽车做匀减速运动的加速度大小为5m故选B。

【分析】一、平均速度与瞬时速度的关系（匀变速直线运动）重要结论

在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度。

即：

应用条件：必须是匀变速（加速度恒定）。平均速度对应的时间段内无速度方向反转。二、等时间间隔相邻段的平均速度差与加速度关系

加速度：，即：

三、运动学公式的选择技巧已知等时间间隔和平均速度，优先用平均速度=中间时刻瞬时速度，再结合求加速度。避免错误代入位移公式或混淆初、末速度。四、易错点提醒1、误将平均速度当作段端点速度

（例如误认为是a点或b点速度）。2、时间间隔计算错误

（两个中间时刻相差T，不是2T）。3、加速度符号与大小计算结果带负号表示减速，题目问“大小”取绝对值。5．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径经状态b、c再回到状态a，其中，图线bc平行于纵轴、图线ac平行于横轴。下列说法正确的是（）A．从a到b，气体对外界做功 B．从b到c，气体温度保持不变C．从c到a，气体内能减小 D．从c到a，气体从外界吸热【答案】D【解析】【解答】A．从a到b，气体体积减小，外界对气体做功，故A错误；B．从b到c，气体做等容变化，根据pVTC．从c到a，气体压强不变，根据pVTD．从c到a，气体体积增大，对外做功，而气体内能增加，根据热力学第一定律U=Q＋W，可知气体从外界吸热，故D正确。故选D。

【分析】一、核心考点

1.理想气体状态方程公式：，应用：等容过程：。等压过程：。2.p-V图像分析纵轴：压强p；横轴：体积V。图像与坐标轴围成的面积无直接物理意义（不是功，功是过程量，需沿路径积分）。过程判断：平行于纵轴：等容过程（体积不变）。平行于横轴：等压过程（压强不变）。3.热力学第一定律公式：符号规定：：内能增加为正。：吸热为正。W：外界对气体做功为正二、易错点1、功的符号规定：务必明确题目或教材中W的定义（外界对气体做功为正，还是气体对外界做功为正）。2、等容过程功为零：体积不变⇒无论压强如何变，。3、内能变化判断：理想气体内能只由温度决定，温度升高⇒内能增加。4、p-V图线走向：平行于纵轴⇒等容；平行于横轴⇒等压。6．如图所示，导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上且与导轨垂直，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导体棒。闭合开关S，导体棒处于静止状态。下列磁场方向中，使导体棒与导轨之间一定存在静摩擦力的是（）A．竖直向上 B．水平向左C．垂直于导轨平面向上 D．垂直于导轨平面向下【答案】D【解析】【解答】A．分析导体棒受力如图（a端截面，安培力需要判定未画出）。磁场方向竖直向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平向右，此时，水平向右安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故A错误；B．磁场方向水平向左时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力竖直向上，此时，若安培力恰好等于重力时，则弹力为零，不需要静摩擦力作用导体棒即可处于平衡状态，故B错误；C．磁场方向垂直于导轨平面向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力沿斜面向上，此时，安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故C错误；D．磁场方向垂直于导轨平面向下时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平沿斜面向下，此时，必须存在静摩擦力以平衡安培力、重力、弹力的合力，故D正确；故选D。

【分析】一、核心考点

1.左手定则确定安培力方向伸开左手，磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向。电流方向：从电源正极→导体棒→电源负极（根据电路图判断）。2.导体棒受力平衡条件导体棒静止⇒合力为零（，）。静摩擦力方向：沿接触面，与相对运动趋势方向相反。3.静摩擦力“一定存在”的判断逻辑“一定存在”意味着：无论其他力（重力、支持力、安培力）大小如何调整，静摩擦力都必须出现才能平衡。即：将静摩擦力设为零时，无法满足平衡条件。二、易错点1、未全面考虑力分解：支持力只能垂直于斜面，无法提供沿斜面的分力（除非斜面粗糙且存在静摩擦力）。2、“不一定存在”与“一定存在”混淆：只要有一种情况可以无静摩擦力平衡，就不选“一定存在”。3、电流方向假设：虽然题中未明确，但安培力方向与磁场、电流方向同时垂直，定性判断“一定存在”时，只要电流方向固定，结论与电流方向选择无关（对称分析）。​​​​​​7．将阻值为50ΩA．交变电流在一个周期内电流方向改变一次B．交变电流的表达式为i=2C．电阻消耗的电功率为100D．电阻两端的电压峰值为50【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，交流电在一个周期内电流方向改变两次，故A错误；B．由图可知，交流电的最大最im=2A，周期则交流电的表达式i=2cosC．交流电的有效值I=im2D．定值电阻两端电压的有效值为U=IR=502V故D错误。故选C。

【分析】一、正弦交流电的基本参数与图像识别

1.从i-t图读取信息峰值Im​：图像最大纵坐标。周期T：相邻两个相同方向峰值之间的时间。频率f与角频率ω：2.电流方向改变次数正弦交流电在一个周期内方向改变两次（每半个周期过零点时改变一次）。二、瞬时值表达式的书写

1.一般形式或（常用正弦形式）。

2.初相的确定由时的电流值与变化趋势判断：若且接下来增大⇒。若且接下来减小⇒。若⇒，等等。3.常见错误周期算错导致错误（如用T直接当角频率）。初相判断错误导致表达式符号或相位错误。三、有效值与峰值的换算

1.正弦交流电有效值公式

​​2.电阻电路的欧姆定律形式瞬时值：，峰值：，有效值：四、交流电功率的计算

1.电阻消耗的功率使用有效值计算：2.注意功率与电流方向无关，始终为正。不能直接用峰值计算（那是峰值功率，无实际意义）。8．某小组尝试用不同方法测量一节干电池的电动势和内阻，他们设计了四种实验方案，分别用到如下器材组合，其中无法达成实验目的的是（）A．一个电流表和多个定值电阻B．一个电压表和多个定值电阻C．两个电流表和一个滑动变阻器D．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器【答案】C【解析】【解答】A．由E=I（B．由U=E−UC．因不能读出滑动变阻器的阻值，故C错误，符合题意。D．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器属于用伏安法测定干电池的电动势和内阻的实验器材，D正确，不符合题意。故选C。

【分析】核心考点：测量电源电动势与内阻的实验设计原理

1.基本原理

闭合电路欧姆定律：或

2.关键要求

要解出两个未知数E和r，至少需要两组独立的方程，这要求能改变外电路，并测量出对应的U与I中的一个，并且外电阻的阻值必须已知或可以间接求出。

如果外电阻未知，那么方程会多出未知数，导致无法求解。3.常见误区认为“有两个电流表可以测电流，就能算出电动势和内阻”——错误，关键在于外电阻必须已知或能直接导出。忽略了滑动变阻器如果没有刻度（阻值未知），则不能作为已知电阻使用，除非同时用电压表测电压。用已知定值电阻时，只要配合测电流或测电压就能完成实验。9．如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块A做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A突然相对木箱底面向左移动，则木箱可能（）A．突然向下加速运动 B．突然向下减速运动C．突然向左加速运动 D．突然向右减速运动【答案】A【解析】【解答】A．开始木箱和物块A均保持静止，根据平衡条件知，弹簧向左的弹力等于向右的静摩擦力。若木箱突然向下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减小，可能小于弹力，合力可能向左，物块A可能突然相对木箱底面向左移动，故A正确；B．木箱突然向下做减速运动，物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A不可能突然相对木箱底面向左移动，故B错误；C．当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C错误；D．木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物块A相对木箱底面可能向右移动，故D错误。故选A。

【分析】1.静摩擦力的被动性与突变条件静摩擦力是被动力，它的大小和方向会随着运动状态的变化而变化，但有一个最大值当所需合力（由惯性或外力引起）超过最大静摩擦力时，物体就会发生相对滑动。2.超重、失重对摩擦力的影响竖直方向的加速度会影响正压力N。失重（向下加速或向上减速）：N减小→最大静摩擦力减小。超重（向上加速或向下减速）：N增大→最大静摩擦力增大。本题中，原来弹簧弹力与静摩擦力平衡，一旦最大静摩擦力减小，弹力就可能大于最大静摩擦力，导致A向左加速（相对于木箱）。3.惯性参考系与相对运动的分析从惯性系（地面）看，木箱加速时，A由于惯性会“保持原状态”的趋势。判断相对运动方向的关键是比较A的加速度aA​和木箱的加速度aB​：若（在水平向左为正方向），则A相对木箱向左运动。通过受力分析列方程：，注意摩擦力的方向和最大静摩擦力的极限。4.弹簧弹力的特点弹簧弹力在题目所述的短时间内不会突变，因为形变量未变。因此，弹簧弹力在运动状态突变的瞬间保持不变，这使得静摩擦力必须调整来适应新的加速度需求。10．如图所示，铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间。两磁极产生的磁场区域面积小于圆盘面积，磁场方向与圆盘平面垂直。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。不计接触点的摩擦力和空气阻力。在外力作用下圆盘以恒定的角速度转动。下列说法正确的是（）A．因圆盘无磁通量变化，故电阻R中无电流通过B．铜片C的电势高于铜片D的电势C．若撤去外力，则圆盘会逐渐停止转动D．若使圆盘反向转动，电阻R中的电流方向不变【答案】C【解析】【解答】A．根据法拉第电磁感应定律，会产生感应电动势，电路是闭合回路，从而在电路中形成感应电流，电阻R中有电流通过，故A错误；B．根据右手定则可知铜片D的电势高于铜片C的电势，故B错误；

C．若撤去外力，由于圆盘的机械能不断转化为电能再转化为内能，圆盘会逐渐停止转动，故C正确；

D．若使圆盘反向转动，根据右手定则，感应电流方向会反向，那么电阻R中的电流方向也会改变，故D错误。

故选：C。【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合右手定则，判断感应电流方向，综合安培力阻碍圆盘的转动，圆盘的机械能不断转化为电能再转化为内能，圆盘会逐渐停止转动分析求解。11．某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（）A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度D．若误将n−1圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小【答案】C【解析】【解答】ABC．测出小球转过n圈所用的时间t，则小球运动的周期为T=tn，设小球做圆周运动的半径为r，轻绳的绳长为L，A点到O点的竖直高度为h，轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得mgtanD．若误将n−1圈记作n圈，则周期测量值偏小，根据g=4故选C。

【分析】1、圆锥摆测重力加速度的原理公式：关键：只与悬点至运动平面的竖直高度h和周期T有关。2、实验需要测量的量：时间t和圈数n→T；竖直高度h（不是绳长，不是转动半径）。3、误差分析能力：理解T测量误差对g计算的影响（）。能判断圈数多记或少记对T的影响方向，进而判断g测量值偏大还是偏小。4、几何关系的运用：分辨绳长L、半径r、高度h、夹角θ之间的关系，并能在公式中消去无关变量。12．如图所示，实线是竖直面内以O点为圆心的圆，MN和PQ是圆的两条相互垂直的直径，在竖直面内存在由Q点指向P点的匀强电场。从O点在竖直面内向各个方向以大小相同的初速度发射电荷量和质量完全相同的带正电小球，通过圆上各点的小球中，经过N点的小球速度最大。不计空气阻力及小球间的相互作用。下列说法正确的是（）A．沿OP方向发射的小球可以沿OP方向做直线运动B．沿ON方向发射的小球不会沿ON方向做直线运动C．通过圆上P、Q两点的小球机械能相等D．通过圆上M、N两点的小球机械能相等【答案】D【解析】【解答】AB．对小球受力分析可知，小球受到重力和电场力，根据力的合成定则可知，其合力不可能沿OP方向，可能沿ON方向，因此沿OP方向发射的小球不可能沿OP方向做直线运动，沿ON方向发射的小球可能沿ON方向做直线运动，故AB错误；C．从Q到P的过程中，电场力做整个，电势能减小，动能增大，故P点的机械能大于Q点的机械能，故C错误；D．由题可知，M、N位于同一等势面上，电场力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故D正确。故选D。

【分析】1、等效重力场方法恒力场（重力+匀强电场）可合成一个等效重力场，合力方向为等效重力方向。等效重力势能=动能+等效重力势能（原重力势能+电势能）之和守恒。2、运动轨迹判断初速度方向与等效重力方向共线→匀变速直线运动。3、最大速度点的位置在等效重力场中沿等效重力方向位移最大的圆上点速度最大。4、机械能（仅动能+重力势能）的变化电场力做功会改变机械能。若两点电势相同，则从同一点出发到达这两点电场力做功相同（差值为0），则机械能相等。5、等势面在电场中的意义同一等势面上电势相等，电场力做功为0（对两点间任意路径），所以机械能变化仅由重力引起。若M、N在同一等势面且从O到M与O到N过程中电场力做功相同（差为0），并且O到这两点的重力做功差与动能差匹配，可推出机械能相等。13．如图1所示，“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角为θ、半径为R的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲——挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走或爬的方式，很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。方式乙——挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑动多圈后，最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为m，其与冰面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。为了讨论方便，假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径r缓慢增大，每一圈的轨迹都可近似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（）A．在方式甲中，一定满足关系式mgB．在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同C．在方式乙中，可利用mgtanD．在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为mgR【答案】B【解析】【解答】A．由于在方式甲中，挑战者很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小于重力的下滑分力，即有mgsinB．在甲图方式在，其最大摩擦力f甲=μmg在水平方向上，根据牛顿第二定律则有FNsinθ−f乙cosθ=mv2rC．在乙方式中，由上述分析可知，支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者圆周运动的向心力，因此不能利用mgtanD．由题可知，冰坑的深度为h=Rtanθ除此之外，挑战者还有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少大于mgRtan故选B。

【分析】一、斜面上的自锁条件与摩擦平衡考点：判断物体在斜面上能否保持静止或匀速上行的条件关键公式：最大静摩擦力临界条件：当，即时，物体可静止或匀速上行二、圆周运动对正压力的影响考点：圆周运动中的正压力受向心加速度影响，不同于静止情况关键区别：静止或直线运动：正压力仅由重力分量决定圆周运动：正压力由重力、向心力共同决定，通过平衡方程解出三、斜面圆周运动的动力学分析考点：在倾斜面上做水平圆周运动时的受力分析与方程建立关键步骤：将支持力和摩擦力分解到竖直和水平方向竖直方向：平衡方程水平方向：向心力方程临界条件：（最大静摩擦）四、功能关系与能量分析考点：有摩擦力存在时的功能转化关系关键公式：重力势能增量：总功输入：摩擦生热：五、综合能力要求受力分析的准确性：能在复杂几何约束下正确分解力临界状态的识别：判断最大静摩擦条件公式适用条件：不盲目套用简单模型公式能量守恒的全面理解：区分机械能守恒与功能原理的应用14．对于静止的自由原子，当其从高能级向低能级跃迁发射光子时，原子会因反冲而获得一定的能量，该能量远小于原子两能级之差，所以可认为光子的能量等于两能级之差。对于静止的自由原子核，当其从高能级向低能级跃迁发出高能γ射线时，原子核也会因反冲而获得一定的能量。通常情况下，与γ射线的能量相比，原子核因反冲而获得的能量不可忽略。若将放射源和吸收源进行冷却，部分原子核被严格束缚在晶体的晶格位置，这些原子核在发射或吸收γ射线时，反冲可以被完全抑制。根据以上信息，对于两能级差仅为E的原子核，下列说法错误的是（）A．自由原子核在发射或吸收γ射线的过程中，原子核和γ射线组成的系统动量守恒B．单个静止的自由原子核发射的γ射线的能量一定小于EC．单个静止的自由原子核吸收的γ射线的能量一定大于ED．单个被严格束缚在晶格位置的原子核吸收的γ射线的能量小于E【答案】D【解析】【解答】A．自由原子核在发射或吸收γ射线的过程中，系统不受外力作用，系统动量守恒，故A正确，不符合题意；B．由于原子核发射γ射线时会因反冲获得动能，根据能量守恒，γ射线的能量必须小于两能级差E，故B正确，不符合题意；C．原子核吸收γ射线时也需要克服反冲能，因此吸收的γ射线能量必须大于E才能实现跃迁，故C正确，不符合题意；D．题干指出，被严格束缚的原子核反冲被完全抑制，因此吸收的γ射线能量等于E，而不是小于E，故D错误，符合题意。故选D。

【分析】1、动量守恒在光子发射/吸收中的应用

系统初末态动量守恒推导反冲动量。2、能量守恒与反冲能

发射：​=E→

吸收：​→

（或）3、效应的物理本质

原子核束缚于晶格时反冲能极小（质量极大）→发射/吸收谱线无展宽→共振吸收可发生。4、谱线匹配条件

自由原子核的发射谱线与吸收谱线中心相差因此常温下无法共振吸收；晶格束缚时谱线匹配，共振发生。二、本部分共6题，共58分。15．（1）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将体积为V1的纯油酸加入酒精中，制成总体积为V2的油酸酒精溶液，测得1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S。已知1滴该油酸酒精溶液的体积为V0，则油酸分子的直径d=。（用V1、（2）图1是探究加速度与力之间关系的实验装置示意图。两辆相同的小车放在木板上，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能沿木板匀速运动。用细线跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中放不同的重物，打开夹子，两辆小车同时从静止开始运动，一段时间后合上夹子，两辆小车同时停下来。测出两辆小车的位移大小分别为x1和x2，则两辆小车的加速度之比a（3）某同学利用如图2所示的电路进行实验，闭合开关后，发现灯泡不发光。为查找故障，用多用电表2.5V直流电压挡进行检测。将红表笔与接线柱A接触并保持不动，当黑表笔分别接触B、C时，示数均为1.48VA．BC间断路 B．CD间断路 C．DE间断路 D．EF间断路【答案】（1）V（2）x（3）B【解析】【解答】（1）所制成的油酸酒精溶液油酸的浓度为V1V2，一滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V（2）两辆小车都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间相等，根据x=12所以a∝x，即a（3）当黑表笔分别接触B、C时，示数均为1.48V故选B。

【分析】第一题：油膜法估测油酸分子大小核心考点分子模型建立：将油酸分子视为球形或立方体，在水面上形成单分子层。公式应用：分子直径​​，其中是形成油膜的纯油酸体积。溶液稀释计算：理解油酸酒精溶液中，纯油酸体积分数为从而将一滴溶液的体积转换为纯油酸体积：

易错提醒：直接用​计算，忽略稀释比例。混淆总体积与纯油酸体积​。

​​第二题：探究加速度与力的关系核心考点实验设计思想：控制变量法（保证两车质量相同，比较不同拉力下的加速度）。测量转换：由于同时开始、同时停止，运动时间t相同，利用初速度为零的匀加速位移公式：、，用位移比代替加速度比，避免测时间。牛顿第二定律验证：。得出“加速度与力成正比”。易错提醒：忽略“同时运动、同时停止”的条件，误用其他公式。未说明两车质量相同直接得比例关系。

第三题：电路故障检测核心考点电压表检测断路方法（电势分析法）：红表笔接电源正极（A），黑表笔依次接各点。若读数为电源电压→测试点与正极间通路完好，且测试点到负极间存在断路。若读数为0→测试点与正极间存在断路，或该点直接与负极相连。易错提醒：误解电压表读数为0的含义，未考虑整个电流路径，仅局部推断。（1）所制成的油酸酒精溶液油酸的浓度为V1V2，一滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V（2）两辆小车都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间相等，根据x=12所以a∝x即a（3）当黑表笔分别接触B、C时，示数均为1.48V故选B。16．某小组同学用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。（1）实验时甲同学进行了如下操作，其中操作不当的步骤是______（选填选项前的字母）A．对体积和形状相同的重物，选择密度大的进行实验B．将打点计时器接到直流电源上C．将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔D．先释放纸带，再接通打点计时器电源（2）实验得到如图2所示的一条纸带（其中一段纸带图中未画出）。选取纸带上清晰的某点记为O，再选取三个连续打出的点A、B、C，测出它们到O点的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量m=300g，当地重力加速度g=9.8m/（3）乙同学的实验结果显示，重物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，最可能的原因是______。（选填选项前的字母）A．存在空气阻力和摩擦阻力的影响B．将打下O点时重物的速度记为0C．没有采用多次实验取平均值的方法（4）丙同学设计了另一种“验证机械能守恒定律”的实验方案，如图3所示。他在一个较粗的矿泉水桶侧面开一个小孔，将一细管插入小孔处，水能够从细管中水平射出。该同学仅选用刻度尺作为测量工具，验证桶中液面下降过程中水的机械能守恒。写出需测量的物理量及其应满足的关系。（用所需测量的物理量表示）【答案】（1）B；D（2）1.5；0.35（3）B（4）x需要测量的物理量：瓶内水的液面到出口的高度h；水射出后做平抛运动水平射程x和竖直高度y。【解析】【解答】（1）A．对体积和形状相同的重物，选择密度大的进行实验，以减小阻力影响，故A正确，不符合题意；B．将打点计时器接到交流电源上，故B错误，符合题意；C．将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔，故C正确，不符合题意；D．先接通打点计时器电源，再释放纸带，故D错误，符合题意。故选BD。（2）打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度v从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为Δ（3）A．由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会造成重物的重力势能减少量总是大于其动能增加量，故A错误；B．若打下O点时的速度不为零，而将打下O点时重物的速度记为0，则会造成重物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，故B正确；C．采用多次实验取平均值的方法会产生偶然误差，不一定会重物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，故C错误。故选B。（4）选择质量m为研究对象，若机械能守恒则满足mgh=12mv02，其中h为瓶内水的液面到出口的高度；水射出后做平抛运动，则由x=v0需要测量的物理量：瓶内水的液面到出口的高度h；水射出后做平抛运动水平射程x和竖直高度y。

【分析】一、实验操作规范重物选择：密度大、体积小→减小空气阻力影响。打点计时器：必须使用交流电源。纸带安装：沿竖直方向穿过限位孔→减小摩擦。操作顺序：先接通电源，后释放纸带→保证打点完整。二、数据处理方法瞬时速度计算：重力势能减少量：有效数字：计算结果按题目要求保留。三、误差分析逻辑有空气阻力或摩擦：初速度不为零但被当作零：判断依据：能量偏差方向与误差原因一一对应。四、创新实验设计（平抛法）原理推导：机械能守恒：

平抛运动：，

联立得验证式：测量量：液面到出口高度h、平抛水平射程、竖直下落高度。巧妙之处：无需测质量、重力加速度、时间。（1）A．对体积和形状相同的重物，选择密度大的进行实验，以减小阻力影响，选项A正确；B．将打点计时器接到交流电源上，选项B错误；C．将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔，选项C正确；D．先接通打点计时器电源，再释放纸带，选项D错误。题目选择不当步骤，故选BD。（2）[1][2]打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度v从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为Δ（3）A．由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会造成重物的重力势能减少量总是大于其动能增加量，选项A错误；B．若打下O点时的速度不为零，而将打下O点时重物的速度记为0，则会造成重物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，选项B正确；C．采用多次实验取平均值的方法会产生偶然误差，不一定会重物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，选项C错误。故选B。（4）选择质量m为研究对象，若机械能守恒则满足mgh=其中h为瓶内水的液面到出口的高度；水射出后做平抛运动，则由x=v0t，y=可得v则只需验证x需要测量的物理量：瓶内水的液面到出口的高度h；水射出后做平抛运动水平射程x和竖直高度y。17．如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R=0.4m，D是半圆轨道的最高点。将一质量m=0.1kg的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线运动，其经过B点时的速度vB（1）弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep（2）物体通过D点时的速度大小vD（3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所做的功W。【答案】（1）解：由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能E可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能E（2）解：物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg=m解得v（3）解：物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有−mg2R−W=解得W=0.25【解析】【分析】（1）利用弹性势能与动能的转化关系，直接求解弹性势能，体现能量守恒的基本应用。

（2）通过“恰好通过最高点”的临界条件（重力提供向心力），推导最高点速度，体现圆周运动的临界分析。

（3）对半圆轨道过程应用动能定理，关联重力做功、阻力做功与动能变化，体现多力做功的能量分析策略。（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能E可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能E（2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg=m解得v（3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有−mg2R−W=解得W=0.2518．研究天然放射现象时，把某放射源放入用铅做成的容器中，射线从容器的小孔竖直射出，成为细细的一束。若在射线经过的空间施加磁感应强度大小为B、垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，发现射线会分成三束，分别为α射线、β射线和γ射线。研究发现：α射线是氦原子核，β射线是电子流，γ射线是高能电磁波。已知光速大小为c，假定α粒子的速度大小为0.1c、β粒子的速度大小为0.99c。不计重力和粒子间的相互作用。（1）写出图中的①、②、③三束射线分别对应的射线种类。（2）再施加一沿水平方向的匀强电场。a．若①、②两束射线重合，求匀强电场的电场强度大小E及方向。b．请判断①、②、③三束射线是否可以重合。若可以，计算出匀强电场的电场强度大小E'【答案】（1）解：根据左手定则可知①、②、③三束射线分别对应的是，α射线、γ射线、β射线。（2）解：a．设α粒子的电荷量为q1，①、②两束射线重合，有可得E=0.1Bc电场的方向为水平向右b．不可以。设电子电量为e，若使③射线与②射线重合，需施加的电场强度为E'，有可得E因为E'>E，所以①、②、【解析】【分析】1.带电粒子在磁场中的偏转方向判断左手定则：适用于正电荷粒子运动方向、磁场方向、洛伦兹力方向之间的关系。负电荷受力方向：与正电荷受力方向相反。

（方法：先按等量正电荷用左手定则判断，再反向得到负电荷受力方向）γ射线：不带电，在磁场中不发生偏转。2.速度选择器原理正交电磁场（电场与磁场互相垂直，且都与粒子初速度垂直）构成速度选择器。平衡条件：，满足该速度的粒子才能直线通过。方向条件：电场力与洛伦兹力必须反向，且该条件依赖于电荷的正负。3.不同粒子能否同时通过速度选择器直线运动条件与电荷量无关，但与电荷正负和速度大小有关。若电场方向固定，不同符号的电荷所受洛伦兹力方向可能相同或相反，需分别分析受力平衡条件。对于速度不同的粒子，需要的比值不同，因此无法用同一组E、B让所有不同速度的带电粒子同时直线运动。4.综合推理与比较分析识别射线种类（根据偏转方向及已知属性）通过平衡方程求电场强度大小和方向判断多类射线能否同时重合（需同时满足各自的平衡方程）（1）根据左手定则可知①、②、③三束射线分别对应的是，α射线、γ射线、β射线。（2）a．设α粒子的电荷量为q1，①、②两束射线重合，有可得E=0.1Bc电场的方向为水平向右b．不可以。设电子电量为e，若使③射线与②射线重合，需施加的电场强度为E'，有可得E因为E'>E，所以①、②、19．与磁通量ΦB=BS类似，在静电场中同样可以建立电通量的概念，若将式中的磁感应强度B替换成电场强度E，就可以用（1）以电荷量为+Q的点电荷为球心，以r为半径建立球面。求穿过该球面的电通量ΦE（2）二极管是由P型半导体和N型半导体制成的电子器件，如图1所示。由于扩散作用，N型区的部分自由电子会进入P型区，在接触面两侧形成如图2所示的净剩电荷分布的示意图（正视图），其中“•”代表自由电子（电荷量为−e）、“○”代表空穴（电荷量为+e）。电子和空穴在半导体内部所产生的“内建电场”对自由电子的扩散起到了抑制作用，最终空穴和自由电子的分布达到稳定。以两种半导体接触面处为坐标原点，以水平向右为正方向建立x坐标轴，坐标轴上标记的a、b、c均为已知量。查阅资料得知：稳定后，内建电场只分布在−a<x<+c的范围内，且沿x轴负方向，x=−a和x=+c处内建电场的电场强度为零。净剩电荷在其所在区域都均匀分布。已知半导体材料的横截面积为A，稳定后在0<x<+c范围内单位体积内的净剩电荷数目为n。根据上述信息进行分析。a．分别以x=+b和x=+c两处的横截面为左、右边界构建一长方体，长方体的六个面构成闭合曲面，求该闭合曲面内净剩电荷的电荷量及x=+b处的内建电场的电场强度大小Ebb．写出0<x<+c范围内，内建电场的电场强度大小Exc．若某自由电子能从x>+c的N型区沿x轴负方向穿越内建电场到达x<−a的P型区。忽略其他因素的影响，求该自由电子的初始动能Ek【答案】（1）解：点电荷在r处的电场强度为E以r为半径的球面面积为S=4π由题意可知Φ解得Φ（2）解：a．该空间内净剩电荷的电荷量q=nA(c−b)e以此长方体空间为闭合面，由题意可知，只有左侧面有电场线穿出，根据（1）的结果可知E解得Eb．在0<x<+c范围内，可取如答题1所示的某一闭合面，设左侧面的坐标为x，右侧面的坐标为x=+c。该面内包含的所有电荷量的代数和为q=nA(c−x)e由（1）的结果可知E可得在0<x<+c范围内，内建电场的电场强度大小Ec．由（2）b结果可知，在0<x<+c范围内，内建电场的电场强度E与x为线性关系。同理，在−a<x<c范围内电场强度E'与x也为线性关系。在−a<x<c范围内E−x在x=0处的内建电场电场强度大小为E内建电场的电势差U为该图线与坐标轴所围的面积，即U=由动能定理得−eU=0−可得E【解析】【分析】一、静电学高斯定理的推导与应用电通量定义：高斯定理的得出：通过点电荷球面电通量计算（）推出比例系数定理形式：（静电场高斯定理）二、一维对称电荷分布的电场求解方法：选取高斯面（长方体），利用平面对称性，电通量仅来自垂直于变化方向的两个面公式：关键：注意电场方向与面法向的符号关系三、分段均匀电荷模型（PN结内建电场）模型特征电荷分布：：均匀正电荷密度，：均匀负电荷密度对称性：电场方向：整个区域沿−x方向边界条件：处电场分布推导结果在：在：图像：倒V形，在处有最大负值四、电势差计算（电场积分）公式：几何意义：图与x轴围成面积的绝对值结果：（电势差大小，N区电势高于P区）五、带电粒子在电场中的能量转换动能定理：电子从N区到P区，电场力做负功，动能转化为电势能最小初动能：物理意义：电子必须具有足够初动能才能克服内建电场到达P区​​​​​​​（1）点电荷在r处的电场强度为E以r为半径的球面面积为S=4π由题意可知Φ解得Φ（2）a．该空间内净剩电荷的电荷量q=nA(c−b)e以此长方体空间为闭合面，由题意可知，只有左侧面有电场线穿出，根据（1）的结果可知E解得Eb．在0<x<+c范围内，可取如答题1所示的某一闭合面，设左侧面的坐标