2025届北京市通州区高三下学期一模物理试卷（含答案）

第第页2025届北京市通州区高三下学期一模物理试卷一、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．如图所示，由红光与黄光组成的双色光，从空气斜射向一块平行玻璃砖，在上表面经折射分成两束单色光a、b，并都从下表面斜射出去。下列说法正确的是（）A．a光为红光B．在真空中，a光的速度更快C．a、b光射出玻璃砖时，两束光线平行D．a、b光分别照射同一个双缝装置，a光产生的干涉条纹更宽2．如图所示为玻尔模型中氢原子能级示意图，一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁时会发出频率不同的光。下列关于这群氢原子的发射光谱的说法中，正确的是（）A．是连续谱B．最多有3种频率C．波长最长的是从n=4能级跃迁到n=1能级所发出的光D．只有3种不同频率的光能使逸出功为3.34eV的锌板发生光电效应3．超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其工作原理如下：如甲图所示，使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，此时吸盘内封闭的气体压强仍与外界大气压强相等。然后再把锁扣扳下，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，使吸盘内封闭气体的体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上，如乙图所示。若吸盘内封闭的气体可视为理想气体，且安装过程中其质量和温度保持不变。则在锁扣扳下的过程中（）A．吸盘内气体压强增大 B．吸盘内气体分子的内能不变C．吸盘内气体分子的密度增大 D．吸盘内气体放出热量4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是轨迹上的三个点。在运动过程中，该带电粒子（）A．在R点时受力沿虚线向左 B．在P点时的加速度比在Q点时小C．在P点时的动能比在Q点时小 D．在P点时的电势能比在Q点时小5．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的图像，波源振动周期为4sA．质点b的振幅为0B．该波波速为2C．经过1.0s，质点b沿x轴正方向移动D．从t=0时刻起，质点a比质点c先回到平衡位置6．如图所示，一只蜗牛沿着一根固定不动的弧形树枝从左端开始缓慢向上爬行。下列说法正确的是（）A．蜗牛受到的合力不断减小 B．树枝对蜗牛的作用力不变C．树枝对蜗牛的弹力大小不变 D．树枝对蜗牛的摩擦力不断增大7．2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（）A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半8．如图所示，在光滑水平桌面上，边长为L、总电阻为R的单匝均匀正方形金属线框abcd，在水平拉力作用下，以速度v匀速进入竖直向下的匀强磁场。进入过程中，线框ad边与磁场边界平行，且线框平面保持水平。已知磁感应强度大小为B。在线框进入磁场过程中，下列说法正确的是（）A．线框产生沿a→b→c→d→a方向的感应电流B．ad边两端的电压UC．拉力做功为BD．ab边所受安培力始终为09．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，一段时间后落回地面的速度大小为v1。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，重力加速度为A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等C．小球上升过程中的平均速度大于vD．整个过程中阻力做功为010．如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．应在右盘中加入小砝码B．由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度B=C．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流D．若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态11．如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，R为定值电阻，RL为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器RL的滑片A．电流表的示数增大 B．电路中总电阻增大C．电压表的示数增大 D．恒流源输出功率增大12．如图所示为一交流发电机和外接负载的示意图。矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈电阻为r，外接负载电阻为A．图示时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最小B．从图示时刻开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=nBSωC．线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q=D．线圈由图示位置转过360°的过程中，电阻R产生的热量Q=13．电磁血流量计的原理是基于法拉第电磁感应定律，可用于心血管手术的精密监控，其原理如图所示。空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。当血液从内径为d的水平血管左侧流入、右侧流出时，因为血液中含有大量的正、负离子，血管上下两侧间将形成电势差UmA．血管上侧电势低，血管下侧电势高B．若血管内径变大，则血液流速变大C．若血管内径变大，则UmD．Um14．半导体热电偶是一种将热能直接转化为电能的装置，其结构如图所示。它是由一对n型半导体和p型半导体串联而成。其中，n型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，p型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量为e。若两种半导体相连的一端和高温热源接触，而另一端A、B与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在A、B两端形成稳定的电势差U。电势差U的大小与高温热源和低温热源间的温度差ΔT满足U=SΔTA．A端是半导体热电偶的正极B．若只交换高、低温热源的位置，则A、B两端不能形成稳定的电势差C．塞贝克系数越大，说明材料热电转换能力越弱D．半导体热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同二、本部分共6题，共58分。15．用图所示装置“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验中，下列说法正确的是（）A．实验中需要测量空气柱的横截面积B．柱塞上应该涂油C．应缓慢推拉柱塞D．注射器必须固定在竖直平面内16．某实验小组在完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验中，得到如图所示的“锯齿”边沿油膜，且油膜的面积相对较小，出现该图样的原因可能是（）A．滴入太多的油酸酒精溶液B．痱子粉撒得太多，且厚度不均匀C．浅盘中装的水量太多D．油酸酒精溶液的浓度太大17．按要求完成填空。（1）某同学用多用表的欧姆挡测量一个未知电阻的阻值。由于第一次将欧姆挡的选择开关置于“×10”时，发现指针偏转角度过小。此时，应将选择开关置于（选填“×100”或“×1”），进行欧姆调零后再进行测量。（2）另一同学利用如图所示的伏安法测一个未知电阻的阻值。将电压表左端接a，当右端接b时，测得的数据是U1=2.90V、I1=4.0018．在利用如图1所示的“验证机械能守恒定律”的实验中。（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（）A．交流电源 B．刻度尺C．天平（含砝码） D．秒表（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。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O的距离分别为hA、hB、hC，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从打点计时器打O点到打B（3）某同学设计出如图3所示的实验装置来验证机械能守恒定律。通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中通过光电计时器（图中未画出）记录小球通过光电门B的时间Δt，测出A、B之间的距离h。已知当地重力加速度为ga．该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图4所示，则其直径d=mm。b．保持电磁铁的位置不变，上下调节光电门，改变释放点到光电门的距离h，多次实验记录多组数据，作出dΔt2随h变化的图像如图5所示，若该图线的斜率kc．考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值fmg=（用k、19．如图所示，轻绳下端吊着一个质量M=9.98kg的沙袋。一个质量m=0.02kg的子弹以v0=300m（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小；（2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h；（3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE20．如图所示为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2.0T。已知两导轨内侧间距l=0.10m，滑块的质量m=0.04kg，滑块沿导轨滑行x=6（1）求滑块在发射过程中的加速度a的大小；（2）求发射过程中电源提供的电流I的大小；（3）若滑块所在电路的总电阻为R=0.2Ω21．目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知每个离子质量为m、电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为N。将该离子推进器固定在地面上进行试验。（1）求正离子经过电极B时的速度v的大小；（2）求推进器获得的平均推力F的大小；（3）加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导FP的表达式，并指出为提高能量的转换效率，要使F22．有心力是指力的作用线始终经过一个定点（力心）的力。行星绕太阳运动时，太阳可视为固定，行星所受引力始终指向太阳中心，即为有心力。万有引力，库仑力都是有心力。理论上可以证明，质点在有心力的作用下运动时，满足面积定律：质点与力心的连线在相等时间内扫过的面积相等。（1）开普勒从第谷观测火星位置所得资料中总结出来类似的规律，称为开普勒第二定律。如图1所示，将行星绕太阳运动的轨道简化为半径为r的圆轨道。a．设极短时间Δt内，行星与太阳的连线扫过的面积为ΔS。求行星绕太阳运动的线速度v的大小，并结合开普勒第二定律证明行星做匀速圆周运动；（扇形面积=1b．若测得行星公转周期为T，求行星的向心加速度a的大小。（2）如图2所示，用α粒子束入射待测材料靶（例如金箔），通过测量不同角度方向上散射α粒子的数目，可确定材料靶原子的种类、浓度及深度分布等信息。a．α粒子可通过放射性元素衰变获得。一个静止的84210Po（钋）衰变为Pb（铅），同时放出一个b．如图3所示，质量为m、电荷量为qq>0、速度为v0的α粒子从足够远处沿某直线入射靶核A，该直线与靶核A的距离为b。在库仑力作用下，α粒子最终将被散射远离靶核A而去。散射过程中，电荷量为QQ>0的靶核A近似不动，可视为固定的正点电荷。已知当以无穷远处为电势零点时，电荷量为Q'的点电荷在距离自身r处的电势为φr=kQ'r

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．光的偏折越大，则折射率越大，可知a的折射率更大，则a为黄光，故A错误；B．介质中的光速v=cn，则C．因为a、b光束射到下表面的入射角等于射到上表面的折射角，可知从下表射出时的折射角等于射到上表面时的入射角，即光分别从下表面两点射出后，两束光相互平行，故C正确；D．a的频率大，则a的波长短，根据Δx=Ld故答案为：C。

【分析】结合光的折射规律、折射率与光的频率/波长的关系，分析各选项。2．【答案】D【解析】【解答】A．氢原子能级是分立的，跃迁时辐射的光子能量是特定值，对应线状光谱，并非连续谱，A错误；B．最多有6种频率，B错误；C．根据hcλ=EmD．只有从n=4能级跃迁到n=1能级、从n=3能级跃迁到n=1能级、从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光子的能量大于3.34eV，所以只有3种不同频率的光能使逸出功为3.34eV的锌板发生光电效应，D正确。故答案为：D。

【分析】结合氢原子能级跃迁的光子能量特点（E=E3．【答案】B【解析】【解答】A．温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知，吸盘内气体压强减小，故A错误；B．温度不变，吸盘内气体分子的平均动能不变，理想气体的内能只与分子动能有关，所以气体分子的内能不变，故B正确；

C．吸盘内封闭了一定质量的理想气体，由图可知，吸盘内的气体体积变大，吸盘内气体分子的密度减小，故C错误；D．理想气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，吸盘内气体要吸收热量，故D错误。故答案为：B。

【分析】锁定“质量和温度不变的理想气体”这一条件，结合玻意耳定律、理想气体内能特点、热力学第一定律分析各选项。4．【答案】D【解析】【解答】A．带电粒子的轨迹凹侧指向受力方向，故在R点时，电场力沿虚线向右（而非向左），故A错误；B．因为P点的电场线比Q点密集，所以P点的电场强度比Q点大，粒子在P点时所受的电场力比Q点时大，根据牛顿第二定律可知，在P点时的加速度比Q点时大，故B错误；C．假设粒子从P运动到Q，电场力与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，故P点的动能比Q点大，故C错误，

D．电场力做负功时，动能减小、电势能增大，因此P点的电势能比Q点小，故D正确。故答案为：D。

【分析】通过轨迹的凹侧判断电场力方向，结合电场线疏密分析场强与加速度，再根据电场力做功判断动能、电势能的变化。5．【答案】D【解析】【解答】A．简谐横波中所有质点的振幅相同，均为4cm，质点b的振幅也为4cm，并非0，故A错误；B．由题图可知波长为λ=2m，则波速为v=C．简谐横波中，质点仅在平衡位置附近振动，不随波迁移，故质点b不会沿x轴移动，故C错误；D．波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t=0时刻质点a向下振动，则从t=0时刻起，质点a比质点c先回到平衡位置，故D正确。故答案为：D。

【分析】从波形图获取波长，结合周期计算波速，再根据简谐横波的特点（质点仅振动、不随波迁移）及振动方向判断质点的运动情况。6．【答案】B【解析】【解答】ACD．设竖直于水平方向的夹角为α，蜗牛受重力，弹力、摩擦力，蜗牛缓慢前行，故蜗牛的合外力始终为零，由平衡方程有

F=mgcosα，f=mgsinαB．由受力平衡可知树枝对蜗牛的作用力与蜗牛的重力始终等大反向，故树枝对蜗牛的作用力不变，B正确。故答案为：B。

【分析】本题考查动态受力平衡分析，核心思路是通过坡角变化推导弹力、摩擦力的变化，结合平衡条件判断树枝对蜗牛的总作用力是否改变。7．【答案】B【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为

a=GMmC．根据

GMmr2=mv2D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。故选B。

【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。8．【答案】C【解析】【解答】A．根据右手定则，可知线框产生的电流方向为a→d→c→b→a，A错误；B．导体切割磁感线产生的电动势E=BLv，根据欧姆定律可知，线框中的电流I=ER=BLvRC．由于线框匀速运动，则线框受力平衡，则有F=BIL=B2LD．ab边进入磁场后，磁场对其有安培力的作用，当线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，ab边的安培力为零，D错误。故答案为：C。

【分析】线框匀速进入磁场时，ad边切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则、欧姆定律、安培力公式分析各选项。9．【答案】B【解析】【解答】A．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为a上=可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据x=可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；B．由题意可得，阻力与速率的关系为f=kv，故阻力的冲量大小为I因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B正确；C．上升过程若是匀减速运动，则平均速度为v=v0D．整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D错误。故答案为：B。

【分析】结合加速度、冲量、平均速度的定义，以及阻力做功的特点，逐一分析选项。10．【答案】C【解析】【解答】A．由左手定则，线圈中电流向下、磁场垂直纸面向里，安培力方向向下（作用在右盘的线圈上），右盘会增重，因此应在左盘中加入砝码以平衡，并非右盘，A错误；B．根据平衡条件得mg=nBIl，解得B=mgC．若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，C正确；D．若只改变电流的方向，安培力向上，线圈不能保持平衡状态，D错误。故答案为：C。

【分析】先通过左手定则判断安培力方向，再结合平衡条件分析砝码添加位置、磁感应强度计算及电流变化的影响。11．【答案】A【解析】【解答】AC．恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；B．滑动变阻器RLD．根据P=I故答案为：A。

【分析】恒流源提供的总电流恒定，滑片下移时，先分析滑动变阻器接入电阻的变化，再结合并联电路的电压、电流规律分析各电表示数及功率变化。12．【答案】C【解析】【解答】A．图示时刻，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量变化率最大（此时边切割磁感线的速度与磁场垂直），故A错误；B．从图示时刻开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=nBSωcosC．从题图所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为q=ID．线圈由图示位置转过360°的过程中，电阻R上所产生的热量Q=I故答案为：C。

【分析】结合交变电流的产生规律，从磁通量变化率、电动势瞬时值、电荷量、焦耳热的公式逐一分析选项。13．【答案】C【解析】【解答】A．由左手定则，正离子受洛伦兹力向上，负离子受洛伦兹力向下，故血管上侧聚集正离子、电势高，下侧聚集负离子、电势低，故A错误；B．血液的流量为Q=S⋅vC．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，即qvB=qUmd，得Um=vBd，又Q=Sv，S=πD．在流量Q一定的条件下，根据Um=Bdv可知若v变化，则d就变化，根据Um=4QB故答案为：C。

【分析】利用左手定则判断离子偏转方向，结合洛伦兹力与电场力平衡的条件，推导电势差与流速、管径的关系，再分析流量一定时各物理量的变化。14．【答案】D【解析】【解答】A．n型半导体的载流子是电子，载流子从高温端向低温端（A端）扩散，故A端聚集电子，A端是负极，并非正极，A错误；B．只交换高、低热源的位置，二者之间存在温差，载流子依然可以定向移动，从而可以在A、B两端形成电势差，B错误；C．根据U=SΔD．载流子从高温端向低温端扩散的“驱动力”是非静电力，其方向与载流子扩散方向相同，D正确。故答案为：D。

【分析】结合n型、p型半导体的载流子类型，分析载流子扩散方向与电势、非静电力的关系，再解读塞贝克系数的物理意义。15．【答案】B,C【解析】【解答】A．注射器横截面积固定，空气柱体积可通过长度直接替代，因此无需测量横截面积，A错误；B．柱塞涂油的作用是减小摩擦，同时增强气密性、防止漏气，保证气体质量不变，B正确；C．若急速推拉活塞，则有可能造成漏和等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，C正确；D．压强由压力表测量，不是由竖直的平衡条件计算，所以不需要竖直放置，D错误。故答案为：BC。

【分析】围绕“等温、一定质量气体”的实验条件，分析各操作的目的及实验要求。16．【答案】B【解析】【解答】由图中情况可知，油酸并没有充分地推开痱子粉，故原因是痱子粉撒得太多，且厚度不均匀。故答案为：B。

【分析】油膜实验的核心是让油酸充分展开形成单分子层，结合实验操作对油膜形态的影响分析原因。17．【答案】（1）×100（2）c【解析】【解答】（1）欧姆表的指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了使测量尽量准确，应切换更大的倍率，即×100。

故答案为：×100（2）根据题中数据可知，U即电压表的分流作用明显，为使测量误差小些，应将电流表内接，即电压表右端应接在c点。

故答案为：c

【分析】（1）欧姆挡倍率：指针偏角小对应电阻大，需换更大倍率以让指针指在表盘中央附近（提高精度）；

（2）伏安法接法：通过比较电压、电流的相对变化量，判断电表的系统误差（分流/分压），选择误差更小的接法（内接/外接）。（1）欧姆表的指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了使测量尽量准确，应切换更大的倍率，即×100。（2）根据题中数据可知，U即电压表的分流作用明显，为使测量误差小些，应将电流表内接，即电压表右端应接在c点。18．【答案】（1）A；B（2）g（3）6.200；2g；1−【解析】【解答】（1）在该实验中，电磁打点计时器用的是约8V的交流电源，通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。故答案为：AB。（2）从O点到打B点的过程中，重力势能的减少量为Δ动能的增加量为Δ若在误差允许的范围内Δ即只要表达式ghB=h（3）由图可知，其直径为d=6若小球在下落的过程中机械能守恒，则mgh=化简可得(即满足该图线的斜率k=2g由动能定理(mg−f)h=可得k=所以实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值fmg=1−k2g

故答案为：6.200；2g；1−k2g（1）在该实验中，电磁打点计时器用的是约8V的交流电源，通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。故选AB。（2）从O点到打B点的过程中，重力势能的减少量为Δ动能的增加量为Δ若在误差允许的范围内Δ即只要表达式gh（3）[1]由图可知，其直径为d=6[2]若小球在下落的过程中机械能守恒，则mgh=化简可得(即满足该图线的斜率k=2g[3]由动能定理(mg−f)h=可得k=所以实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值f19．【答案】（1）解：规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得m解得v=（2）解：子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得−解得h=0.018（3）解：根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能Δ【解析】【分析】（1）共同速度：利用“短时间内动量守恒”的特点，直接联立动量守恒公式求解；

（2）最大高度：摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，通过动能与重力势能的转化关系计算高度；

（3）损失机械能：损失的机械能等于碰撞前后的动能差，直接计算初末动能的差值。（1）规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得m解得v=（2）子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得−解得h=0.018（3）根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能Δ20．【答案】（1）解：滑块在两导轨间做匀加速运动v解得a=7.5×（2）解：根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力F=BIl=ma解得I=1.5×（3）解：滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为E=IR=3.0×当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的感应电动势为E此时的E'为最大感应电动势，通过对比可知电源电动势E远大于E'，因此在加速过程中，滑块产生的感应电动势可忽略不计，即滑块受到的安培力根据牛顿第二定律F=ma可知滑块视做匀加速运动是合理的。【解析】【分析】（1）加速度计算：利用匀加速运动的速度-位移公式，直接代入数据求解；

（2）电流计算：通过安培力与合外力的关系，结合牛顿第二定律推导电流表达式；

（3）合理性论证：从“电流恒定→安培力恒定→合外力恒定→加速度恒定”的逻辑链，说明匀加速运动的合理性。（1）滑块在两导轨间做匀加速运动v解得a=7.5×（2）根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力F=BIl=ma解得I=1.5×（3）滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为E=IR=3.0×当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的