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2025屆浙江省金麗衢十二校高三下學期二模物理試題
1．（2025·浙江模擬）電容器具有“通交流、隔直流；通高頻，阻低頻”的特點，在許多領域有廣泛的應用。電容器對交流阻礙作用的大小叫做容抗，記為，下列是容抗單位符號的是（　　）
A．C B．F C．Ω D．H
【答案】C
【知識點】電感器與電容器對交變電流的影響
【解析】【解答】容抗是衡量電容器對交流電流阻礙作用的大小，類似于電阻對電流阻礙作用的大小，單位都是歐姆（）。
故選C。
【分析】容抗是衡量電容器對交流電流阻礙作用的大小，單位都是歐姆（）。
2．（2025·浙江模擬）運－20是我國研究制造的新一代軍用大型運輸機，下列說法正確的是（　　）
A．研究運－20的起飛姿態時，可把它看做質點
B．以飛行員為參考系，機艙內的貨物處于靜止狀態
C．運－20加速向上攀升時，處于失重狀態
D．運－20降落至地面減速滑行階段，地面對它的作用力等于它的重力
【答案】B
【知識點】質點；參考系與坐標系；超重與失重
【解析】【解答】A．研究起飛姿態時，通常需要關注飛機的大小、形狀、姿態、角度、受力等細節，這些細節不能通過質點模型來體現。因此，運－20在研究起飛姿態時，不能簡單地視為質點，A錯誤；
B．如果以飛行員為參考系，因為飛行員和貨物在同一參考系中，且沒有相對運動。那么機艙內的貨物相對于飛行員是靜止的，B正確；
C．當運－20加速向上攀升時，飛機和其內部的物體都會有向上的加速度，因此會處于超重狀態，而不是失重狀態。C錯誤；
D．在減速滑行階段，飛機受到地面的支持力和摩擦力的共同作用。地面對它的作用力等于摩擦力與支持力的合力，大于它的重力，D錯誤。
故選B。
【分析】A、研究起飛姿態時，飛機的大小、形狀、姿態不能忽略，不能視為質點；
B、以飛行員為參考系，飛行員和貨物相對運動，貨物相對于飛行員是靜止的；
C、向上攀升時，飛機有向上的加速度，處于超重狀態；
D、在減速滑行階段，飛機受到地面的支持力和摩擦力的共同作用，地面對它的作用力等于摩擦力與支持力的合力，大于它的重力。
3．（2025·浙江模擬）2024年巴黎奧運會中國選手陳清晨和賈一凡獲得羽毛球女雙金牌。不計空氣阻力，則發球時，羽毛球從飛出至落地的過程（　　）
A．運動至最高點時機械能最大
B．相同時間內，動量變化相同
C．重力做功越來越快
D．在上升階段和下降階段處于同一高度的過程中，重力沖量為0
【答案】B
【知識點】動量定理；功率及其計算；機械能守恒定律；沖量
【解析】【解答】A．依題意，羽毛球從飛出至落地的過程，只有重力做功，機械能守恒，故A錯誤；
B．根據動量定理
可得
可知相同時間內，動量變化相同，均為mg，故B正確；
C．依題意，羽毛球從飛出至落地的過程，豎直方向分速度先減小后增大，根據
可知重力做功先越來越慢后越來越快，故C錯誤；
D．根據
可知在上升階段和下降階段處于同一高度的過程中，時間不為0，則重力沖量不為0，故D錯誤。
故選B。
【分析】A、羽毛球從飛出至落地的過程，只有重力做功，機械能守恒；
B、根據動量定理，相同時間內，動量變化相同；
C、羽毛球豎直方向分速度先減小后增大，根據，重力做功先越來越慢后越來越快；
D、根據，隨飛行時間增加沖量不斷增大。
4．（2025·浙江模擬）下列說法正確的時（　　）
A．太陽光斜射到玻璃、水面時，反射光是自然光，折射光是偏振光
B．金屬具有確定的熔點但沒有規則的形狀，因此金屬不屬于晶體
C．雨后荷葉上的露珠呈近似球體的形狀，說明液體存在表面張力且液體不浸潤荷葉
D．分子距離增大，分子勢能一直增大
【答案】C
【知識點】分子間的作用力；光的偏振現象；晶體和非晶體；浸潤和不浸潤
【解析】【解答】A．太陽光斜射到玻璃、水面時，反射光和折射光都是偏振光，故A錯誤；
B．金屬屬于多晶體，沒有規則的形狀，具有確定的熔點，故B錯誤；
C．雨后荷葉上的露珠呈近似球體的形狀，是因為液體表面張力的作用，使液體表面有收縮到最小表面積的趨勢，球形表面積最小；同時說明液體不浸潤荷葉，故C正確；
D．當分子間距離小于平衡距離時，分子力表現為斥力，分子距離增大，分子力做正功，分子勢能減小；當分子間距離大于平衡距離時，分子力表現為引力，分子距離增大，分子力做負功，分子勢能增大。所以分子距離增大，分子勢能不是一直增大的，故D錯誤。
故選C。
【分析】A、反射光和折射光都是偏振光；
B、金屬屬于多晶體，沒有規則的形狀，具有確定的熔點；
C、露珠呈近似球體的形狀，是液體表面張力的作用，使液體表面有收縮到最小表面積的趨勢，球形表面積最小；同時說明液體不浸潤荷葉；
D、當分子間距離小于平衡距離時，分子力表現為斥力，分子距離增大，分子力做正功，分子勢能減小；當分子間距離大于平衡距離時，分子力表現為引力，分子距離增大，分子力做負功，分子勢能增大。
5．（2025·浙江模擬）風箏節上小明同學在放風箏，風箏靜止于空中時可簡化如下圖，風箏平面與水平面夾角始終為30°，風對風箏的作用力垂直風箏平面，且風速越大，作用力越大。已知風箏的質量為m，風箏線質量不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．若風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大
B．若風速緩慢變大，則線上的拉力減小
C．若風箏線與水平方向的夾角為30°，則風對風箏的作用力大小為
D．若風箏線與水平方向的夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．若風速緩慢變大，則風對風箏的作用力增大，作出矢量動態三角形，如圖所示
可知，若風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大，線上的拉力也增大，故A正確，B錯誤；
CD．若風箏線與水平方向的夾角為30°，則線與豎直方向的夾角為60°，對風箏進行受力分析，如圖所示
根據幾何關系和平衡條件有
，
故CD錯誤。
故選A。
【分析】AB、對風箏受力分析，根據矢量三角形可知，風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大，線上的拉力也增大；
CD、根據風箏受力分析，由合成法求解線對風箏的作用力的大小。
6．（2025·浙江模擬）已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質量為M，阿伏加德羅常數為，地面大氣壓強是由大氣的重力產生的，大小為，重力加速度大小為g。由以上數據可估算（　　）
A．地球大氣層空氣分子總數為
B．地球大氣層空氣分子總數為
C．空氣分子之間的平均距離為
D．空氣分子之間的平均距離為
【答案】C
【知識點】與阿伏加德羅常數有關的計算
【解析】【解答】AB．大氣中的壓強由大氣的質量產生，即
而
地球大氣層空氣分子總數為
聯立解得
故AB錯誤；
CD．大氣體積為
則氣體分子之間的距離為
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據，結合地球表面積求解大氣質量，由此求解大氣層空氣分子總數；
CD、根據大氣層體積求解大氣分子間距。
7．（2025·浙江模擬）已知地球質量為M，月球質量為m，地月距離為L。以地心作為坐標原點，沿地月連線建立x軸，在x軸上有一個探測器。由于地球和月球對探測器的引力做功與路徑無關，探測器具有與其位置相關的引力勢能。僅考慮地球和月球對探測器的作用，可得探測器引力勢能隨位置變化關系如圖所示。在處引力勢能最大，k已知，下列選項正確的是（　　）
A．探測器受到的作用力隨位置坐標x的增大，先逐漸增大后逐漸減小
B．探測器受到的作用力隨位置坐標x的增大，一直減小
C．地球與月球的質量之比
D．地球與月球的質量之比
【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】AB．設地球質量為M，月球的質量為m， 探測器的質量為，引力的合力做功與引力勢能的關系
可知圖線的斜率絕對值為
由圖可知，圖像切線斜率絕對值先減小后增大，則地球和月球對探測器作用力隨探測器位置x的增大，先逐漸減小后逐漸增大，故AB錯誤；
CD．在處圖線的切線斜率為0 ，則探測器在該處受地球和月球的引力的合力為零，即
解得地球與月球的質量之比
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據引力的合力做功與引力勢能的關系，結合圖像，其斜率絕對值為，圖像切線斜率絕對值先減小后增大，則地球和月球對探測器作用力隨探測器位置x的增大，先逐漸減小后逐漸增大；
CD、在處圖線的斜率為0 ，探測器在該處受引力的合力為零，即，以此求解地球與月球的質量之比。
8．（2025·浙江模擬）如圖所示，將一小物塊A輕輕放在長以順時針勻速轉動的傳送帶左端M處，右端N與放在光滑水平桌面上的長木板C上表面平齊。長木板長為，C的右端帶有擋板，在C上放有小物塊B，開始時B和C靜止，B到擋板的距離為。小物塊A與傳送帶間的動摩擦因數，A、C之間及B、C之間的動摩擦因數均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B、C的質量均為，重力加速度為，所有碰撞均為彈性正碰。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊A由M運動到N用時1.6s
B．A滑上C但未與B相碰前，B的加速度為
C．A滑上C后，經1.2s小物塊B與擋板相碰
D．由于運送物塊傳送帶多消耗能量為16J
【答案】D
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；碰撞模型
【解析】【解答】AD．小物塊在傳送帶上加速時的加速度大小為
小物塊加速到與傳送帶共速所用時間為
小物塊加速階段通過的位移為
小物塊在傳送帶上勻速運動所用時間為
則小物塊A由M運動到N所用時間為
小物塊A在傳送帶上運行過程，發生的相對位移為
因摩擦產生的內能為
根據能量守恒可知由于運送物塊傳送帶多消耗能量為
故A錯誤，D正確；
B．A滑上C但未與B相碰前，以B、C為整體，根據牛頓第二定律可得加速度大小為
故B錯誤；
C．A滑上C后，A做減速運動的加速度大小為
設經過時間A與小物塊B發生碰撞，則有
解得或（舍去，因為此時A的速度小于B的速度）
碰撞前瞬間A的速度為
碰撞前瞬間B、C的速度為
A與小物塊B發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得
，
解得碰撞瞬間A、B的速度分別為
，
可知碰撞后A、C保持相對靜止一起加速運動，加速度大小為
碰撞后B做減速運動，加速度大小為
設經過時間B與A、C達到共速，且B未與擋板相碰，則有
解得
，
此過程B相對C發生的位移大小為
假設成立，故B不會與擋板相碰，故C錯誤。
故選D。
【分析】AD、根據物塊受到的滑動摩擦力由牛頓第二定律求解加速度；根據運動學方程求解共速所需時間和該段時間內物塊發生的位移和傳送帶發生的位移，以及二者的相對位移；再求解物塊勻速運動的時間，從而求解物塊在傳送帶上的運動時間，根據摩擦力在相對位移所做的功等于摩擦產生的熱量求解由于運送物塊傳送帶多消耗能量為；
B、 A滑上C但未與B相碰前，以B、C為整體，根據牛頓第二定律可得加速度大小 ；
C、由滑動摩擦力求解物塊滑上C后的加速度大小，根據在C上A與B的相對位移求解碰撞所需時間；以此求解碰撞前A和BC的速度；根據A與B彈性碰撞，由動量守恒和動能守恒求解碰后A、B的速度；分析可知碰后AC共同加速、B勻減速，分別求解加速度大和三者共速所需時間，以此求解此過程B與C發生的相對位移，并與對比判斷。
9．（2025·浙江模擬）現有兩個邊長不等的正方形和，如圖所示，且、、、間距相等。在、、、的中點分別放等量的點電荷，其中、的中點放的點電荷帶正電，、的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是（　　）
A．點的電場強度和電勢均為零
B．把一正點電荷沿著的路徑移動時，電場力所做的總功為零
C．同一點電荷在、兩點所受電場力不同
D．將一負點電荷由點移到點，電勢能增大
【答案】B,D
【知識點】電勢能；電勢
【解析】【解答】A．上下兩個正、負點電荷在點產生的電場強度向下，左右兩個正、負點電荷在點產生的電場強度向右，根據矢量合成法則可知，點的電場強度不為零，方向為沿方向。在點處電勢為零，A錯誤；
B．據對稱性，、兩點處電勢相等，把一正點電荷沿著的路徑移動時，電場力做的總功為零，B正確；
C．根據庫侖定律和力的合成，同一點電荷在、兩點所受電場力相同，C錯誤；
D．取無窮遠處電勢為零，點的電勢為正，、、三點電勢相等，均為零，則負點電荷從點移動到點，電場力做負功，所以電勢能增大，D正確。
故選BD。
【分析】A、根據點電荷場強公式，由上下、左右兩組等量異種點電荷分別在連線中點O產生的場強的合場強沿OD方向；
B、據對稱性，、兩點處電勢相等，把一正點電荷沿著的路徑移動時，電場力做的總功為零；
C、根據庫侖定律和力的合成，同一點電荷在、兩點所受電場力相同；
D、取無窮遠處電勢為零，點的電勢為正，、、三點電勢相等，均為零，則負點電荷從點移動到點，電場力做負功，所以電勢能增大。
10．（2025·浙江模擬）某小型水電站向外輸送電能的示意圖如圖甲所示，發電機的內部原理簡化圖如圖乙所示。圖甲中，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數分別為、。降壓變壓器原、副線圈匝數分別為、（變壓器均為理想變壓器）。圖乙中，ABCD是面積為S的矩形線圈，線圈共N匝，線圈保持勻速轉動，轉動周期為T，勻強磁場磁感應強度B。則下列說法正確的是（　　）
A．線圈勻速轉動至圖乙位置時，線圈的磁通量變化率最大
B．若升壓變壓器線圈兩端電壓和用電器額定電壓都是220V，需滿足
C．升壓變壓器線圈應當用比線圈更細的導線繞制
D．不計發電機的內阻，發電機EF處電壓表的示數大小為
【答案】B
【知識點】電能的輸送
【解析】【解答】A．線圈勻速轉動至圖乙位置時，磁通量最大，磁通量變化率為零，A錯誤；
B．升壓變壓器
降壓變壓器
其中
，
聯立可得
B正確；
C．由，可知，故，故升壓變壓器線圈應當用比線圈更粗的導線繞制承載更大的電流，C錯誤；
D．不計發電機的內阻，發電機EF處電壓表的示數大小為
D錯誤。
故選B。
【分析】A、圖乙位置，磁通量最大，磁通量變化率為零；
B、根據升壓變壓器，降壓變壓器；其中，，聯立求解；
C、根據升壓降流，線圈應當用比線圈更粗的導線繞制承載更大的電流；
D、不計發電機的內阻，發電機EF處電壓表的示數大小為。
11．（2025·浙江模擬）如圖所示，在均勻介質中，坐標系xOy位于水平面內。O點處的波源1從時刻開始沿垂直于xOy水平面的z軸做簡諧運動，其位移隨時間變化關系，產生的機械波在xOy平面內傳播。實線圓、虛線圓分別表示時刻相鄰的波峰和波谷，且此時刻平面內只有一圈波谷。時，在B點處的波源2也開始垂直于xOy水平面沿z軸負方向開始做簡諧運動，其振動的周期、振幅與波源1相同，下列說法正確的是（　　）
A．該機械波的傳播速度為5m/s
B．
C．振動穩定后，C處質點為振動的減弱點
D．至時間內，C處質點運動的路程為16cm
【答案】A,C
【知識點】波長、波速與頻率的關系；波的疊加
【解析】【解答】A．由題意可得，相鄰的波峰和波谷距離為
故波的波長為
根據簡諧振動的位移時間變化關系，可得故機械波的周期
得傳播速度為
故A正確；
B．由圖像可知，OD距離2m為一個完整的波長，時刻，O、D均在波峰，且平面內只有一個完整的波形，則O點此時第二次出現波峰，可知
故B錯誤；
C．根據勾股定律可得
C點到兩波源之間的距離差
但由于O點處的波源垂直于xOy水平面沿z軸正方向振動，B點處的波源垂直于xOy水平面沿z軸負方向振動，可知振動穩定后，C處質點為振動的減弱點，故C正確；
D．至時間內，波源B的振動傳播到C所需時間為
則波源B的振動傳播到C點時，C處的質點振動了個周期，則
波源O的振動傳播到C點的時間為
則至時間內，C處質點只振動了個周期，則
由于振動穩定后，C處質點為振動的減弱點，所以C點其運動的路程
故D錯誤。
故選AC。
【分析】A、根據圖像求解波長，根據振動方程求解周期，由求解波速；
B、由圖像可知，時刻，O、D均在波峰，且平面內只有一個完整的波形，則O點此時第二次出現波峰，可知；
C、根據幾何關系求解C點到兩波源之間的距離差，結合O、B起振方向分析判斷C點為振動加強還是減弱點；
D、分別求解波從O、B傳播到C的時間以及C的振動時間，結合C點為振動減弱點求解其路程。
12．（2025·浙江模擬）原子鐘對提升導航定位、深空探測、電力系統授時等技術具有重要意義，如圖所示為某原子鐘工作原子的四能級體系。首先，工作原子吸收波長為的光子a，從基態能級Ⅰ躍遷至激發態能級Ⅱ。然后，工作原子自發輻射出波長為的光子，躍遷到“鐘躍遷”的上能級2，并在一定條件下躍遷到“鐘躍遷”的下能級1，輻射出波長為的光子，實現受激輻射，發出鐘激光。最后，工作原子從下能級1回到基態，同時輻射出波長為的光子。則（　　）
A．某“振蕩器”產生的電磁場能使工作原子從能級1躍遷到能級2，則“振蕩器”的振蕩頻率為
B．該原子鐘產生的鐘激光的波長
C．光子a的動量一定比鐘激光的動量大
D．鐘激光可以讓某金屬材料發生光電效應，光子a一定也可以
【答案】A,C,D
【知識點】波長、波速與頻率的關系；玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應；光子及其動量
【解析】【解答】A．當電磁場能使工作原子從能級1躍遷到能級2時，說明電磁場的波長等于，由電磁波的波速公式可知“振蕩器”的振蕩頻率為，故A正確；
B．由能量守恒可以判斷
帶入光子能量公式和波速公式
可得
化簡可得
故B錯誤；
C．由光子動量公式
光子能量公式和波速公式
可知
由題意可知
所以
故C正確；
D．發生光電效應需要入射光頻率大于截止頻率，光子a的能量大于鐘激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的頻率大于鐘激光的頻率，所以當鐘激光可以讓某金屬材料發生光電效應時，光子a一定也可以，故D正確。
故選ACD。
【分析】A、當電磁場能使工作原子從能級1躍遷到能級2時，電磁場的波長等于，由可知“振蕩器”的振蕩頻率為；
B、由能量守恒：結合光子能量公式和波速公式，聯立可得；
C、由光子動量公式、光子能量公式和波速公式，可知，由，所以；
D．光子a的能量大于鐘激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的頻率大于鐘激光的頻率，所以當鐘激光可以讓某金屬材料發生光電效應時，光子a一定也可以。
13．（2025·浙江模擬）在冰雕展上有一塊邊長為2m的立方體冰塊，冰塊內上下底面中心連線為，在立方體底面內安裝了一盞可視為圓形平面的面光源燈，面光源燈半徑為0.5m，圓心在處，光源為單色光源，冰塊的折射率取，不考慮反射光線的影響，由于全發射，在立方體冰面上有些位置沒有光射出，下列四幅圖表示對應的表面有光射出的情況，陰影部分表示有光射出的部分，下列正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】根據全反射臨界角公式有
如圖所示
由幾何關系有
，
所以由燈直接發出的光照到冰塊上表面時全部能從上表面射出，而光照到冰塊四個側面時都只能從部分側面射出（靠近A和B點處無光可以射出）；
故選BD。
【分析】根據全反射定律求解臨界角，結合幾何關系、的大小判斷能否發生全反射，從而確定光學照射到各表面的出射情況。
14．（2025·浙江模擬）如圖為一種利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，主要實驗步驟如下：
a．將氣墊導軌放在水平桌面上，將導軌調至水平。
b．在導軌上間隔一定距離設置兩個光電門1和2。
c．用天平測出滑塊和遮光條的質量m。
d．在導軌的單腳螺絲下墊上一定厚度的墊片，讓滑塊從最高處由靜止開始下滑，用數字計時器測出滑塊經過光電門1和2時遮光條的遮光時間和
e．取下墊片，用游標卡尺測量所用墊片的厚度h和遮光條的寬度d。
f．用鋼卷尺測量單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離L及兩光電門之間的距離x。
g.……
請回答下列問題：
（1）（多選）關于該實驗，以下說法不正確的是（　　）
A．遮光條寬度適當小些
B．滑塊和遮光條的質量m可以不要測量
C．滑塊和遮光條的質量m輕一點可以減小誤差
D．實驗時需要傾斜導軌以平衡摩擦力
（2）該同學用游標卡尺測量墊片的厚度如圖所示，則墊片的厚度h=　 　mm；
（3）若要得出機械能守恒定律的結論，以上測得的物理量應該滿足的關系式為　 　
（4）（多選）多次實驗發現動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量，其原因可能是（　　）
A．遮光條寬度d的測量值偏小
B．導軌沒有調水平，導軌左端略低于右端
C．空氣阻力的影響
D．兩光電門之間的距離x的測量值偏小
【答案】（1）C；D
（2）21.5
（3）
（4）A；B；C
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．光條的寬度相對小點時，其通過光電門的平均速度越接近其瞬時速度，A正確，不符題意；
B．驗證機械能守恒時質量可以約去，故不需測量滑塊和遮光條的質量m，B正確，不符題意；
C．結合上述分析可知，滑塊和遮光條的質量m對實驗沒有影響，C錯誤，符合題意；
D．氣墊導軌可以使滑塊無摩擦的在其表面滑動，故不需要平衡摩擦力，D錯誤，符合題意。
故選CD。
（2）根據游標卡尺的讀法，可得墊片的厚度
（3）設導軌墊高后與水平面的傾角為，則有
滑塊下落的高度
滑塊通過光電門1的速度
滑塊通過光電門2的速度
若機械能守恒，則有
整理可得
（4）A．光條寬度d的測量值偏小，會導致滑塊速度測量偏小，動能偏小，A正確；
B．根據上述分析可知，重力勢能的變化了為
由于導軌左端略低于右端，導致偏小，實際轉化的動能偏小，B正確；
C．空氣阻力的影響會使重力勢能有一部分克服空氣的阻力做功，轉化為其他形式的能，C正確；
D． x 測量偏小，則重力勢能的變化了偏小，不會導致動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量，D錯誤。
故選ABC。
綜上：第1空：CD；第2空：21.5；第3空：；第4空：ABC
【分析】（1）A、光條的寬度越小，其平均速度越接近其瞬時速度；
B、驗證機械能守恒時質量可以約去，不需測量滑塊和遮光條的質量m；
C、滑塊和遮光條的質量m對實驗沒有影響；
D、氣墊導軌可以使滑塊無摩擦的在其表面滑動，不需要平衡摩擦力。
（2）根據游標卡尺讀數法正確讀數；
（3）根據導軌墊高后與水平面的傾角為，求解滑塊下落的高度；根據滑塊通過光電門時間分別求解兩光電門時速度；結合機械能守恒求解；
（4）A、光條寬度d的測量值偏小，會導致滑塊速度測量偏小，動能偏小；
B、根據重力勢能的變化量，由于導軌左端略低于右端，導致偏小，實際轉化的動能偏小；
C、空氣阻力的影響會使重力勢能有一部分克服空氣的阻力做功，轉化為其他形式的能；
D、根據重力勢能的變化量， x 測量偏小不會導致動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量。
（1）A．光條的寬度相對小點時，其通過光電門的平均速度越接近其瞬時速度，A正確，不符題意；
B．驗證機械能守恒時質量可以約去，故不需測量滑塊和遮光條的質量m，B正確，不符題意；
C．結合上述分析可知，滑塊和遮光條的質量m對實驗沒有影響，C錯誤，符合題意；
D．氣墊導軌可以使滑塊無摩擦的在其表面滑動，故不需要平衡摩擦力，D錯誤，符合題意。
故選CD。
（2）根據游標卡尺的讀法，可得墊片的厚度
（3）設導軌墊高后與水平面的傾角為，則有
滑塊下落的高度
滑塊通過光電門1的速度
滑塊通過光電門2的速度
若機械能守恒，則有
整理可得
（4）A．光條寬度d的測量值偏小，會導致滑塊速度測量偏小，動能偏小，A正確；
B．根據上述分析可知，重力勢能的變化了為
由于導軌左端略低于右端，導致偏小，實際轉化的動能偏小，B正確；
C．空氣阻力的影響會使重力勢能有一部分克服空氣的阻力做功，轉化為其他形式的能，C正確；
D． x 測量偏小，則重力勢能的變化了偏小，不會導致動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量，D錯誤。
故選ABC。
15．（2025·浙江模擬）小劉同學在家找到一個老舊的白熾燈泡，他對這個燈泡進行研究，先用歐姆表檔進行測量，正確操作后發現指針如圖甲所示，小劉同學為了更準確的測量燈泡的電阻，找到了下列器材：
A.量程為3V的電壓表，內阻約為3kΩ
B.量程為10mA的電流表，內阻為6Ω
C.滑動變阻器R1（0—10Ω）
D.滑動變阻器R2（0—100Ω）
E.電阻箱R（999.9Ω）
F.電源3V
開關及導線若干
（1）小劉同學發現電流表的量程太小，想改裝成量程為40mA的電流表，則電流表與電阻箱　 　（填并聯或串聯），阻值為　 　Ω。
（2）若要求電壓從0開始測量，滑動變阻器選　 　（填器材前的字母）
（3）根據所選器材，把實物連接圖乙補充完整。
（4）根據所測量的數據，畫出圖線如圖丙所示，若已知圖線的斜率為k，則燈泡的電阻為　 　Ω
【答案】（1）并聯；2
（2）C
（3）
（4）
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線；表頭的改裝；伏安法測電阻
【解析】【解答】（1）并聯可以分流，要擴大電流表的量程，需并聯一個定值電阻；
根據并聯電路的特點及歐姆定律可得
代入數據解得，并聯電阻的阻值為
（2）實驗要求電壓從0開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法，為了便于實驗調節，應選用規格較小的滑動變阻器，故選，即選C。
（3）由于電流表的內阻已知，故電流表采用內接法，結合上述分析可知，滑動變阻器采用分壓式接法，電路連接情況如下
（4）根據歐姆定律可得
其中
，
整理可得
故在圖像中，其斜率為
解得
綜上：第1空：并聯；第2空：2；第3空：C；第4空：；第5空：
【分析】（1）根據串分壓并分流原理，改裝更大量程電流表并聯一個小的電阻分流，根據并聯電路特點及歐姆定律分析求解；
（2）實驗要求電壓從0開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法，為了便于實驗調節，應選用規格較小的滑動變阻器；
（3）由于電流表的內阻已知，電流表采用內接法，滑動變阻器采用分壓式接法，以此連接電路；
（4）根據歐姆定律：，求解 關系，由斜率求解電阻。
（1）[1]并聯可以分流，要擴大電流表的量程，需并聯一個定值電阻；
[2]根據并聯電路的特點及歐姆定律可得
代入數據解得，并聯電阻的阻值為
（2）實驗要求電壓從0開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法，為了便于實驗調節，應選用規格較小的滑動變阻器，故選，即選C。
（3）由于電流表的內阻已知，故電流表采用內接法，結合上述分析可知，滑動變阻器采用分壓式接法，電路連接情況如下
（4）根據歐姆定律可得
其中，
整理可得
故在圖像中，其斜率為
解得
16．（2025·浙江模擬）（1）以下實驗采用的研究方法是控制變量法的有（　　）
A．探究小車速度隨時間變化的規律
B．探究彈簧彈力與形變量的關系
C．探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系
D．用雙縫干涉測量光的波長
（2）小陳同學在做“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗時，測得的實驗數據如表所示；請根據實驗數據判斷，該次實驗時原線圈的匝數比副線圈的匝數　 　（填“多，少，相等或無法判斷”）。
次數 1 2 3 4
4.9 6.00 7.50 10.06
2.40 2.92 3.70 4.97
【答案】（1）C
（2）多
【知識點】變壓器原理；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【解析】【解答】（1）根據控制變量法的原理可知，探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系時，需保證輸入電壓、頻率等條件不變，僅改變匝數比進行探究，其他選項實驗沒有用到控制變量法。
故選C。
（2）由表格數據可知
所以原線圈匝數比副線圈多。
綜上：第1空：C；第2空：多
【分析】（1）探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系時，需輸入電壓、頻率等條件不變，僅改變匝數比進行探究，其他選項實驗沒有用到控制變量法。
（2）由表格數據可知，所以原線圈匝數比副線圈多。
（1）根據控制變量法的原理可知，探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系時，需保證輸入電壓、頻率等條件不變，僅改變匝數比進行探究，其他選項實驗沒有用到控制變量法。
故選C。
（2）由表格數據可知
所以原線圈匝數比副線圈多。
17．（2025·浙江模擬）如圖甲所示，導熱良好、厚度不計的水杯帶著一定空氣倒置在裝著足夠多水的水管中，并靜止釋放，水管直徑略大于水杯。整個過程中沒有氣體漏出。最后水杯如圖乙在水面上漂浮。已知水杯質量，水杯底面積，釋放前氣體高度，漂浮后氣體高度，大氣壓強，環境溫度為275K。求：
（1）水杯上浮過程中杯內氣體的分子數密度　 　（選填“變大”、“變小”或“不變”），氣體　 　（選填“吸收”或“放出”）熱量：
（2）水杯釋放前的氣體壓強：
（3）其他條件不變，若環境溫度變為300K，忽略水的體積變化，求水杯穩定后位移變化量。
【答案】（1）變小；吸收
（2）
（3）
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【解答】（1）上浮過程氣體壓強變小，溫度不變故體積變大。由于溫度不變故分子運動速率不變，只能是分子數密度變小。
由熱力學第一定律
溫度不變，體積變大，氣體對外做功，故，氣體吸收熱量。
（2）水杯在水面上漂浮時的壓強為，則有
解得
由玻意耳定律
解得
（3）由蓋呂薩克定律
解得
故水杯穩定后位移變化量
綜上：第1空：變小；第2空：吸收；第3空：；第4空：
【分析】（1）上浮過程氣體壓強變小，溫度不變，體積變大，分子數密度變小。由熱力學第一定律分析判斷；
（2）在水面漂浮時根據平衡狀態對水杯受力分析求解壓強，根據波意耳定律求解；
（3）根據蓋呂薩克定律求解.
（1）[1]上浮過程氣體壓強變小，溫度不變故體積變大。由于溫度不變故分子運動速率不變，只能是分子數密度變小。
[2]由熱力學第一定律，溫度不變，體積變大，氣體對外做功，故，氣體吸收熱量。
（2）水杯在水面上漂浮時的壓強為，則有，解得
由玻意耳定律，解得
（3）由蓋呂薩克定律
解得
故水杯穩定后位移變化量
18．（2025·浙江模擬）如圖所示，圓心角，半徑的光滑圓弧軌道BC固定在水平地面上，其末端C切線水平；兩個質量均為、長度均為的木板D、E靜止在粗糙的水平地面上，其上表面與C端等高且平滑接觸；水平傳送帶固定，且沿順時針轉動。現將質量的物塊A輕放在傳送帶的左端，離開傳送帶后從B點沿切線方向進入BC軌道，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數，物塊A與木板間的動摩擦因數均為，AB間豎直高度，傳送帶長度為，木板D與水平面間的動摩擦因數，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物塊A滑到C點時，在C點受到圓弧軌道支持力的大小；
（2）物塊A到達B點所用時間；
（3）物塊A與木板E之間摩擦產生的熱量。
【答案】（1）解：物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）解：物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）解：物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得
，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則

【知識點】動量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據求解平拋運動時間和豎直分速度大小，根據物塊A剛好從B點切向進入，分解B點速度結合幾何關系求解初速度；根據動能定理有求解；根據牛頓第二定律求解支持力；
（2）物塊A在傳送帶上，根據牛頓第二定律求解加速度，由運動學方程求解共速的時間和位移，再求解勻速運動時間，勻加速、勻速、平拋運動時間之和；
（3）根據牛頓第二定律分別求解物塊A和木板DE的加速度；根據運動學方程結合A與D的相對位移求解物塊A滑離D所需時間和A、DE的速度；對A與E根據動量守恒定律求解共同運動的速度大小；由功能關系求解產生的熱量。
（1）物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則
19．（2025·浙江模擬）如圖所示軌道框架，存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。框架頂部AJ之間有一恒流電源。平行直軌道AB、IJ間固定質量，電阻，長度為L的金屬棒a，軌道間距為L，與水平面的夾角為，底端B、I為一小段絕緣材料。平行足夠長的軌道BC、HI之間靜止放置質量，電阻，長度為L的金屬棒b，初始時b到BI的距離。已知。軌道各處均光滑，忽略其余電阻。某時刻靜止釋放金屬棒a。求：
（1）若金屬棒a仍保持靜止，求恒流電源的電流大小I；
（2）將磁場方向改為豎直向上，發現a貼著直軌道AB、IJ下滑，當a位移時進入BC、HI，求金屬棒a從釋放到B、I的時間t；
（3）承接（2），求a、b之間的最終距離；
（4）承接（2），求從a釋放到a、b速度穩定，整個過程的焦耳熱Q。
【答案】（1）解：對金屬棒a，由平衡條件有
代入題中數據，解得

（2）解：金屬棒a下滑過程，由牛頓第二定律有
解得加速度大小
則有
解得

（3）解：由運動學公式有
解得金屬棒a到水平導軌時速度大小
規定向左為正方向，對ab棒，由動量守恒有
解得
對b棒有
解得
則a、b之間的最終距離

（4）解：①當金屬棒a處于軌道AB、IJ上
②當金屬棒b處于軌道BC、HI上
綜上

【知識點】碰撞模型；安培力的計算；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）對金屬棒a受力分析，沿斜面方向平衡方程求解電流大小；
（2）改變磁場方向金屬棒a受力分析，由牛頓第二定律求解加速度大小，根據運動學方程求解時間；
（3）由運動學公式求解金屬棒a到水平導軌時速度大小；對ab棒，由動量守恒定律求解共同速度；對b棒根據動量定理結合電荷量公式求解相對位移，結合初始時b到BI的距離求解a、b之間的最終距離；
（4）當金屬棒a處于軌道傾斜軌道上，根據焦耳定律求解熱量；當金屬棒a處于水平軌道上，根據功能關系求解熱量；二者之和為總熱量。
（1）對金屬棒a，由平衡條件有
代入題中數據，解得
（2）金屬棒a下滑過程，由牛頓第二定律有
解得加速度大小
則有
解得
（3）由運動學公式有
解得金屬棒a到水平導軌時速度大小
規定向左為正方向，對ab棒，由動量守恒有
解得
對b棒有
解得
則a、b之間的最終距離
（4）①當金屬棒a處于軌道AB、IJ上
②當金屬棒b處于軌道BC、HI上
綜上
20．（2025·浙江模擬）如圖所示，將粒子注入到加速電場的三等分點P（忽略各粒子的初速度），部分粒子經電場加速從加速電場負極板上的小孔N射出；然后沿以為圓心、R為半徑的圓弧通過靜電分析器，再經速度選擇器篩選后，從通道入口的中縫進入磁分析器，該通道的上下表面是內半徑為0.5R、外半徑為1.5R的半圓環，磁感應強度為的勻強磁場垂直于半圓環，粒子恰好能擊中照相底片的正中間位置。加速電場兩極板間的電壓大小為；靜電分析器中與圓心等距離的各點場強大小相等，方向指向圓心，且與速度選擇器中的場強大小也相同。設原子核中每個核子的質量均為，已知元電荷為e（整個系統處于真空中，不計粒子重力和粒子間的相互作用力）。
（1）盧瑟福通過粒子轟擊氮（）的實驗發現了質子并產生氧（O）原子核，寫出該實驗的核反應方程；
（2）①求靜電分析器中，與圓心距離為R處的電場強度的大小；
②求速度選擇器中的磁感應強度B的大小；
（3）若加速電壓在之間變化，且靜電分析器中場強大小和速度選擇器中的場強大小及磁感應強度大小可調，使得粒子依舊從通道入口的中縫進入磁分析器，求粒子在磁分析器中運動的半徑范圍以及最短時間。
【答案】（1）解：根據質量數與核電荷數守恒可得
（2）解：粒子的質量：，電荷量
①由電場力提供向心力可得
在加速電場中，由動能定理得
聯立可得，靜電分析器中，與圓心距離為R處的電場強度的大小為
②在速度選擇器中
結合
聯立可得，速度選擇器中的磁感應強度B的大小為
（3）解：若，粒子的半徑范圍
粒子打在內圓環上，軌跡與內圓環交于C點。當時，圓弧MC對應的圓心角最小，用時最短，則有
根據
可得

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；速度選擇器
【解析】【分析】（1）根據質量數與核電荷數守恒寫出核反應方程；
（2）①由電場力提供向心力：；在加速電場中，由動能定理：聯立求解靜電分析器中R處電場強度大小；
②根據速度選擇器原理：結合聯立求解速度選擇器中磁感應強度大小；
（3）根據加速電壓范圍求解粒子半徑范圍；根據幾何關系分析求解粒子在磁分析器中偏轉達到內圓環上的最小圓心角，結合洛倫茲力提供向心力的周期公式求解最短時間。
（1）根據質量數與核電荷數守恒可得
（2）粒子的質量：，電荷量
①由電場力提供向心力可得
在加速電場中，由動能定理得
聯立可得，靜電分析器中，與圓心距離為R處的電場強度的大小為
②在速度選擇器中
結合
聯立可得，速度選擇器中的磁感應強度B的大小為
（3）若，粒子的半徑范圍
粒子打在內圓環上，軌跡與內圓環交于C點。當時，圓弧MC對應的圓心角最小，用時最短，則有
根據可得
1 / 12025屆浙江省金麗衢十二校高三下學期二模物理試題
1．（2025·浙江模擬）電容器具有“通交流、隔直流；通高頻，阻低頻”的特點，在許多領域有廣泛的應用。電容器對交流阻礙作用的大小叫做容抗，記為，下列是容抗單位符號的是（　　）
A．C B．F C．Ω D．H
2．（2025·浙江模擬）運－20是我國研究制造的新一代軍用大型運輸機，下列說法正確的是（　　）
A．研究運－20的起飛姿態時，可把它看做質點
B．以飛行員為參考系，機艙內的貨物處于靜止狀態
C．運－20加速向上攀升時，處于失重狀態
D．運－20降落至地面減速滑行階段，地面對它的作用力等于它的重力
3．（2025·浙江模擬）2024年巴黎奧運會中國選手陳清晨和賈一凡獲得羽毛球女雙金牌。不計空氣阻力，則發球時，羽毛球從飛出至落地的過程（　　）
A．運動至最高點時機械能最大
B．相同時間內，動量變化相同
C．重力做功越來越快
D．在上升階段和下降階段處于同一高度的過程中，重力沖量為0
4．（2025·浙江模擬）下列說法正確的時（　　）
A．太陽光斜射到玻璃、水面時，反射光是自然光，折射光是偏振光
B．金屬具有確定的熔點但沒有規則的形狀，因此金屬不屬于晶體
C．雨后荷葉上的露珠呈近似球體的形狀，說明液體存在表面張力且液體不浸潤荷葉
D．分子距離增大，分子勢能一直增大
5．（2025·浙江模擬）風箏節上小明同學在放風箏，風箏靜止于空中時可簡化如下圖，風箏平面與水平面夾角始終為30°，風對風箏的作用力垂直風箏平面，且風速越大，作用力越大。已知風箏的質量為m，風箏線質量不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．若風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大
B．若風速緩慢變大，則線上的拉力減小
C．若風箏線與水平方向的夾角為30°，則風對風箏的作用力大小為
D．若風箏線與水平方向的夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為
6．（2025·浙江模擬）已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質量為M，阿伏加德羅常數為，地面大氣壓強是由大氣的重力產生的，大小為，重力加速度大小為g。由以上數據可估算（　　）
A．地球大氣層空氣分子總數為
B．地球大氣層空氣分子總數為
C．空氣分子之間的平均距離為
D．空氣分子之間的平均距離為
7．（2025·浙江模擬）已知地球質量為M，月球質量為m，地月距離為L。以地心作為坐標原點，沿地月連線建立x軸，在x軸上有一個探測器。由于地球和月球對探測器的引力做功與路徑無關，探測器具有與其位置相關的引力勢能。僅考慮地球和月球對探測器的作用，可得探測器引力勢能隨位置變化關系如圖所示。在處引力勢能最大，k已知，下列選項正確的是（　　）
A．探測器受到的作用力隨位置坐標x的增大，先逐漸增大后逐漸減小
B．探測器受到的作用力隨位置坐標x的增大，一直減小
C．地球與月球的質量之比
D．地球與月球的質量之比
8．（2025·浙江模擬）如圖所示，將一小物塊A輕輕放在長以順時針勻速轉動的傳送帶左端M處，右端N與放在光滑水平桌面上的長木板C上表面平齊。長木板長為，C的右端帶有擋板，在C上放有小物塊B，開始時B和C靜止，B到擋板的距離為。小物塊A與傳送帶間的動摩擦因數，A、C之間及B、C之間的動摩擦因數均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B、C的質量均為，重力加速度為，所有碰撞均為彈性正碰。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊A由M運動到N用時1.6s
B．A滑上C但未與B相碰前，B的加速度為
C．A滑上C后，經1.2s小物塊B與擋板相碰
D．由于運送物塊傳送帶多消耗能量為16J
9．（2025·浙江模擬）現有兩個邊長不等的正方形和，如圖所示，且、、、間距相等。在、、、的中點分別放等量的點電荷，其中、的中點放的點電荷帶正電，、的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是（　　）
A．點的電場強度和電勢均為零
B．把一正點電荷沿著的路徑移動時，電場力所做的總功為零
C．同一點電荷在、兩點所受電場力不同
D．將一負點電荷由點移到點，電勢能增大
10．（2025·浙江模擬）某小型水電站向外輸送電能的示意圖如圖甲所示，發電機的內部原理簡化圖如圖乙所示。圖甲中，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數分別為、。降壓變壓器原、副線圈匝數分別為、（變壓器均為理想變壓器）。圖乙中，ABCD是面積為S的矩形線圈，線圈共N匝，線圈保持勻速轉動，轉動周期為T，勻強磁場磁感應強度B。則下列說法正確的是（　　）
A．線圈勻速轉動至圖乙位置時，線圈的磁通量變化率最大
B．若升壓變壓器線圈兩端電壓和用電器額定電壓都是220V，需滿足
C．升壓變壓器線圈應當用比線圈更細的導線繞制
D．不計發電機的內阻，發電機EF處電壓表的示數大小為
11．（2025·浙江模擬）如圖所示，在均勻介質中，坐標系xOy位于水平面內。O點處的波源1從時刻開始沿垂直于xOy水平面的z軸做簡諧運動，其位移隨時間變化關系，產生的機械波在xOy平面內傳播。實線圓、虛線圓分別表示時刻相鄰的波峰和波谷，且此時刻平面內只有一圈波谷。時，在B點處的波源2也開始垂直于xOy水平面沿z軸負方向開始做簡諧運動，其振動的周期、振幅與波源1相同，下列說法正確的是（　　）
A．該機械波的傳播速度為5m/s
B．
C．振動穩定后，C處質點為振動的減弱點
D．至時間內，C處質點運動的路程為16cm
12．（2025·浙江模擬）原子鐘對提升導航定位、深空探測、電力系統授時等技術具有重要意義，如圖所示為某原子鐘工作原子的四能級體系。首先，工作原子吸收波長為的光子a，從基態能級Ⅰ躍遷至激發態能級Ⅱ。然后，工作原子自發輻射出波長為的光子，躍遷到“鐘躍遷”的上能級2，并在一定條件下躍遷到“鐘躍遷”的下能級1，輻射出波長為的光子，實現受激輻射，發出鐘激光。最后，工作原子從下能級1回到基態，同時輻射出波長為的光子。則（　　）
A．某“振蕩器”產生的電磁場能使工作原子從能級1躍遷到能級2，則“振蕩器”的振蕩頻率為
B．該原子鐘產生的鐘激光的波長
C．光子a的動量一定比鐘激光的動量大
D．鐘激光可以讓某金屬材料發生光電效應，光子a一定也可以
13．（2025·浙江模擬）在冰雕展上有一塊邊長為2m的立方體冰塊，冰塊內上下底面中心連線為，在立方體底面內安裝了一盞可視為圓形平面的面光源燈，面光源燈半徑為0.5m，圓心在處，光源為單色光源，冰塊的折射率取，不考慮反射光線的影響，由于全發射，在立方體冰面上有些位置沒有光射出，下列四幅圖表示對應的表面有光射出的情況，陰影部分表示有光射出的部分，下列正確的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2025·浙江模擬）如圖為一種利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，主要實驗步驟如下：
a．將氣墊導軌放在水平桌面上，將導軌調至水平。
b．在導軌上間隔一定距離設置兩個光電門1和2。
c．用天平測出滑塊和遮光條的質量m。
d．在導軌的單腳螺絲下墊上一定厚度的墊片，讓滑塊從最高處由靜止開始下滑，用數字計時器測出滑塊經過光電門1和2時遮光條的遮光時間和
e．取下墊片，用游標卡尺測量所用墊片的厚度h和遮光條的寬度d。
f．用鋼卷尺測量單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離L及兩光電門之間的距離x。
g.……
請回答下列問題：
（1）（多選）關于該實驗，以下說法不正確的是（　　）
A．遮光條寬度適當小些
B．滑塊和遮光條的質量m可以不要測量
C．滑塊和遮光條的質量m輕一點可以減小誤差
D．實驗時需要傾斜導軌以平衡摩擦力
（2）該同學用游標卡尺測量墊片的厚度如圖所示，則墊片的厚度h=　 　mm；
（3）若要得出機械能守恒定律的結論，以上測得的物理量應該滿足的關系式為　 　
（4）（多選）多次實驗發現動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量，其原因可能是（　　）
A．遮光條寬度d的測量值偏小
B．導軌沒有調水平，導軌左端略低于右端
C．空氣阻力的影響
D．兩光電門之間的距離x的測量值偏小
15．（2025·浙江模擬）小劉同學在家找到一個老舊的白熾燈泡，他對這個燈泡進行研究，先用歐姆表檔進行測量，正確操作后發現指針如圖甲所示，小劉同學為了更準確的測量燈泡的電阻，找到了下列器材：
A.量程為3V的電壓表，內阻約為3kΩ
B.量程為10mA的電流表，內阻為6Ω
C.滑動變阻器R1（0—10Ω）
D.滑動變阻器R2（0—100Ω）
E.電阻箱R（999.9Ω）
F.電源3V
開關及導線若干
（1）小劉同學發現電流表的量程太小，想改裝成量程為40mA的電流表，則電流表與電阻箱　 　（填并聯或串聯），阻值為　 　Ω。
（2）若要求電壓從0開始測量，滑動變阻器選　 　（填器材前的字母）
（3）根據所選器材，把實物連接圖乙補充完整。
（4）根據所測量的數據，畫出圖線如圖丙所示，若已知圖線的斜率為k，則燈泡的電阻為　 　Ω
16．（2025·浙江模擬）（1）以下實驗采用的研究方法是控制變量法的有（　　）
A．探究小車速度隨時間變化的規律
B．探究彈簧彈力與形變量的關系
C．探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系
D．用雙縫干涉測量光的波長
（2）小陳同學在做“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗時，測得的實驗數據如表所示；請根據實驗數據判斷，該次實驗時原線圈的匝數比副線圈的匝數　 　（填“多，少，相等或無法判斷”）。
次數 1 2 3 4
4.9 6.00 7.50 10.06
2.40 2.92 3.70 4.97
17．（2025·浙江模擬）如圖甲所示，導熱良好、厚度不計的水杯帶著一定空氣倒置在裝著足夠多水的水管中，并靜止釋放，水管直徑略大于水杯。整個過程中沒有氣體漏出。最后水杯如圖乙在水面上漂浮。已知水杯質量，水杯底面積，釋放前氣體高度，漂浮后氣體高度，大氣壓強，環境溫度為275K。求：
（1）水杯上浮過程中杯內氣體的分子數密度　 　（選填“變大”、“變小”或“不變”），氣體　 　（選填“吸收”或“放出”）熱量：
（2）水杯釋放前的氣體壓強：
（3）其他條件不變，若環境溫度變為300K，忽略水的體積變化，求水杯穩定后位移變化量。
18．（2025·浙江模擬）如圖所示，圓心角，半徑的光滑圓弧軌道BC固定在水平地面上，其末端C切線水平；兩個質量均為、長度均為的木板D、E靜止在粗糙的水平地面上，其上表面與C端等高且平滑接觸；水平傳送帶固定，且沿順時針轉動。現將質量的物塊A輕放在傳送帶的左端，離開傳送帶后從B點沿切線方向進入BC軌道，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數，物塊A與木板間的動摩擦因數均為，AB間豎直高度，傳送帶長度為，木板D與水平面間的動摩擦因數，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物塊A滑到C點時，在C點受到圓弧軌道支持力的大小；
（2）物塊A到達B點所用時間；
（3）物塊A與木板E之間摩擦產生的熱量。
19．（2025·浙江模擬）如圖所示軌道框架，存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。框架頂部AJ之間有一恒流電源。平行直軌道AB、IJ間固定質量，電阻，長度為L的金屬棒a，軌道間距為L，與水平面的夾角為，底端B、I為一小段絕緣材料。平行足夠長的軌道BC、HI之間靜止放置質量，電阻，長度為L的金屬棒b，初始時b到BI的距離。已知。軌道各處均光滑，忽略其余電阻。某時刻靜止釋放金屬棒a。求：
（1）若金屬棒a仍保持靜止，求恒流電源的電流大小I；
（2）將磁場方向改為豎直向上，發現a貼著直軌道AB、IJ下滑，當a位移時進入BC、HI，求金屬棒a從釋放到B、I的時間t；
（3）承接（2），求a、b之間的最終距離；
（4）承接（2），求從a釋放到a、b速度穩定，整個過程的焦耳熱Q。
20．（2025·浙江模擬）如圖所示，將粒子注入到加速電場的三等分點P（忽略各粒子的初速度），部分粒子經電場加速從加速電場負極板上的小孔N射出；然后沿以為圓心、R為半徑的圓弧通過靜電分析器，再經速度選擇器篩選后，從通道入口的中縫進入磁分析器，該通道的上下表面是內半徑為0.5R、外半徑為1.5R的半圓環，磁感應強度為的勻強磁場垂直于半圓環，粒子恰好能擊中照相底片的正中間位置。加速電場兩極板間的電壓大小為；靜電分析器中與圓心等距離的各點場強大小相等，方向指向圓心，且與速度選擇器中的場強大小也相同。設原子核中每個核子的質量均為，已知元電荷為e（整個系統處于真空中，不計粒子重力和粒子間的相互作用力）。
（1）盧瑟福通過粒子轟擊氮（）的實驗發現了質子并產生氧（O）原子核，寫出該實驗的核反應方程；
（2）①求靜電分析器中，與圓心距離為R處的電場強度的大小；
②求速度選擇器中的磁感應強度B的大小；
（3）若加速電壓在之間變化，且靜電分析器中場強大小和速度選擇器中的場強大小及磁感應強度大小可調，使得粒子依舊從通道入口的中縫進入磁分析器，求粒子在磁分析器中運動的半徑范圍以及最短時間。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電感器與電容器對交變電流的影響
【解析】【解答】容抗是衡量電容器對交流電流阻礙作用的大小，類似于電阻對電流阻礙作用的大小，單位都是歐姆（）。
故選C。
【分析】容抗是衡量電容器對交流電流阻礙作用的大小，單位都是歐姆（）。
2．【答案】B
【知識點】質點；參考系與坐標系；超重與失重
【解析】【解答】A．研究起飛姿態時，通常需要關注飛機的大小、形狀、姿態、角度、受力等細節，這些細節不能通過質點模型來體現。因此，運－20在研究起飛姿態時，不能簡單地視為質點，A錯誤；
B．如果以飛行員為參考系，因為飛行員和貨物在同一參考系中，且沒有相對運動。那么機艙內的貨物相對于飛行員是靜止的，B正確；
C．當運－20加速向上攀升時，飛機和其內部的物體都會有向上的加速度，因此會處于超重狀態，而不是失重狀態。C錯誤；
D．在減速滑行階段，飛機受到地面的支持力和摩擦力的共同作用。地面對它的作用力等于摩擦力與支持力的合力，大于它的重力，D錯誤。
故選B。
【分析】A、研究起飛姿態時，飛機的大小、形狀、姿態不能忽略，不能視為質點；
B、以飛行員為參考系，飛行員和貨物相對運動，貨物相對于飛行員是靜止的；
C、向上攀升時，飛機有向上的加速度，處于超重狀態；
D、在減速滑行階段，飛機受到地面的支持力和摩擦力的共同作用，地面對它的作用力等于摩擦力與支持力的合力，大于它的重力。
3．【答案】B
【知識點】動量定理；功率及其計算；機械能守恒定律；沖量
【解析】【解答】A．依題意，羽毛球從飛出至落地的過程，只有重力做功，機械能守恒，故A錯誤；
B．根據動量定理
可得
可知相同時間內，動量變化相同，均為mg，故B正確；
C．依題意，羽毛球從飛出至落地的過程，豎直方向分速度先減小后增大，根據
可知重力做功先越來越慢后越來越快，故C錯誤；
D．根據
可知在上升階段和下降階段處于同一高度的過程中，時間不為0，則重力沖量不為0，故D錯誤。
故選B。
【分析】A、羽毛球從飛出至落地的過程，只有重力做功，機械能守恒；
B、根據動量定理，相同時間內，動量變化相同；
C、羽毛球豎直方向分速度先減小后增大，根據，重力做功先越來越慢后越來越快；
D、根據，隨飛行時間增加沖量不斷增大。
4．【答案】C
【知識點】分子間的作用力；光的偏振現象；晶體和非晶體；浸潤和不浸潤
【解析】【解答】A．太陽光斜射到玻璃、水面時，反射光和折射光都是偏振光，故A錯誤；
B．金屬屬于多晶體，沒有規則的形狀，具有確定的熔點，故B錯誤；
C．雨后荷葉上的露珠呈近似球體的形狀，是因為液體表面張力的作用，使液體表面有收縮到最小表面積的趨勢，球形表面積最小；同時說明液體不浸潤荷葉，故C正確；
D．當分子間距離小于平衡距離時，分子力表現為斥力，分子距離增大，分子力做正功，分子勢能減小；當分子間距離大于平衡距離時，分子力表現為引力，分子距離增大，分子力做負功，分子勢能增大。所以分子距離增大，分子勢能不是一直增大的，故D錯誤。
故選C。
【分析】A、反射光和折射光都是偏振光；
B、金屬屬于多晶體，沒有規則的形狀，具有確定的熔點；
C、露珠呈近似球體的形狀，是液體表面張力的作用，使液體表面有收縮到最小表面積的趨勢，球形表面積最小；同時說明液體不浸潤荷葉；
D、當分子間距離小于平衡距離時，分子力表現為斥力，分子距離增大，分子力做正功，分子勢能減小；當分子間距離大于平衡距離時，分子力表現為引力，分子距離增大，分子力做負功，分子勢能增大。
5．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．若風速緩慢變大，則風對風箏的作用力增大，作出矢量動態三角形，如圖所示
可知，若風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大，線上的拉力也增大，故A正確，B錯誤；
CD．若風箏線與水平方向的夾角為30°，則線與豎直方向的夾角為60°，對風箏進行受力分析，如圖所示
根據幾何關系和平衡條件有
，
故CD錯誤。
故選A。
【分析】AB、對風箏受力分析，根據矢量三角形可知，風速緩慢變大，則線與水平方向的夾角變大，線上的拉力也增大；
CD、根據風箏受力分析，由合成法求解線對風箏的作用力的大小。
6．【答案】C
【知識點】與阿伏加德羅常數有關的計算
【解析】【解答】AB．大氣中的壓強由大氣的質量產生，即
而
地球大氣層空氣分子總數為
聯立解得
故AB錯誤；
CD．大氣體積為
則氣體分子之間的距離為
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據，結合地球表面積求解大氣質量，由此求解大氣層空氣分子總數；
CD、根據大氣層體積求解大氣分子間距。
7．【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】AB．設地球質量為M，月球的質量為m， 探測器的質量為，引力的合力做功與引力勢能的關系
可知圖線的斜率絕對值為
由圖可知，圖像切線斜率絕對值先減小后增大，則地球和月球對探測器作用力隨探測器位置x的增大，先逐漸減小后逐漸增大，故AB錯誤；
CD．在處圖線的切線斜率為0 ，則探測器在該處受地球和月球的引力的合力為零，即
解得地球與月球的質量之比
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據引力的合力做功與引力勢能的關系，結合圖像，其斜率絕對值為，圖像切線斜率絕對值先減小后增大，則地球和月球對探測器作用力隨探測器位置x的增大，先逐漸減小后逐漸增大；
CD、在處圖線的斜率為0 ，探測器在該處受引力的合力為零，即，以此求解地球與月球的質量之比。
8．【答案】D
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；碰撞模型
【解析】【解答】AD．小物塊在傳送帶上加速時的加速度大小為
小物塊加速到與傳送帶共速所用時間為
小物塊加速階段通過的位移為
小物塊在傳送帶上勻速運動所用時間為
則小物塊A由M運動到N所用時間為
小物塊A在傳送帶上運行過程，發生的相對位移為
因摩擦產生的內能為
根據能量守恒可知由于運送物塊傳送帶多消耗能量為
故A錯誤，D正確；
B．A滑上C但未與B相碰前，以B、C為整體，根據牛頓第二定律可得加速度大小為
故B錯誤；
C．A滑上C后，A做減速運動的加速度大小為
設經過時間A與小物塊B發生碰撞，則有
解得或（舍去，因為此時A的速度小于B的速度）
碰撞前瞬間A的速度為
碰撞前瞬間B、C的速度為
A與小物塊B發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得
，
解得碰撞瞬間A、B的速度分別為
，
可知碰撞后A、C保持相對靜止一起加速運動，加速度大小為
碰撞后B做減速運動，加速度大小為
設經過時間B與A、C達到共速，且B未與擋板相碰，則有
解得
，
此過程B相對C發生的位移大小為
假設成立，故B不會與擋板相碰，故C錯誤。
故選D。
【分析】AD、根據物塊受到的滑動摩擦力由牛頓第二定律求解加速度；根據運動學方程求解共速所需時間和該段時間內物塊發生的位移和傳送帶發生的位移，以及二者的相對位移；再求解物塊勻速運動的時間，從而求解物塊在傳送帶上的運動時間，根據摩擦力在相對位移所做的功等于摩擦產生的熱量求解由于運送物塊傳送帶多消耗能量為；
B、 A滑上C但未與B相碰前，以B、C為整體，根據牛頓第二定律可得加速度大小 ；
C、由滑動摩擦力求解物塊滑上C后的加速度大小，根據在C上A與B的相對位移求解碰撞所需時間；以此求解碰撞前A和BC的速度；根據A與B彈性碰撞，由動量守恒和動能守恒求解碰后A、B的速度；分析可知碰后AC共同加速、B勻減速，分別求解加速度大和三者共速所需時間，以此求解此過程B與C發生的相對位移，并與對比判斷。
9．【答案】B,D
【知識點】電勢能；電勢
【解析】【解答】A．上下兩個正、負點電荷在點產生的電場強度向下，左右兩個正、負點電荷在點產生的電場強度向右，根據矢量合成法則可知，點的電場強度不為零，方向為沿方向。在點處電勢為零，A錯誤；
B．據對稱性，、兩點處電勢相等，把一正點電荷沿著的路徑移動時，電場力做的總功為零，B正確；
C．根據庫侖定律和力的合成，同一點電荷在、兩點所受電場力相同，C錯誤；
D．取無窮遠處電勢為零，點的電勢為正，、、三點電勢相等，均為零，則負點電荷從點移動到點，電場力做負功，所以電勢能增大，D正確。
故選BD。
【分析】A、根據點電荷場強公式，由上下、左右兩組等量異種點電荷分別在連線中點O產生的場強的合場強沿OD方向；
B、據對稱性，、兩點處電勢相等，把一正點電荷沿著的路徑移動時，電場力做的總功為零；
C、根據庫侖定律和力的合成，同一點電荷在、兩點所受電場力相同；
D、取無窮遠處電勢為零，點的電勢為正，、、三點電勢相等，均為零，則負點電荷從點移動到點，電場力做負功，所以電勢能增大。
10．【答案】B
【知識點】電能的輸送
【解析】【解答】A．線圈勻速轉動至圖乙位置時，磁通量最大，磁通量變化率為零，A錯誤；
B．升壓變壓器
降壓變壓器
其中
，
聯立可得
B正確；
C．由，可知，故，故升壓變壓器線圈應當用比線圈更粗的導線繞制承載更大的電流，C錯誤；
D．不計發電機的內阻，發電機EF處電壓表的示數大小為
D錯誤。
故選B。
【分析】A、圖乙位置，磁通量最大，磁通量變化率為零；
B、根據升壓變壓器，降壓變壓器；其中，，聯立求解；
C、根據升壓降流，線圈應當用比線圈更粗的導線繞制承載更大的電流；
D、不計發電機的內阻，發電機EF處電壓表的示數大小為。
11．【答案】A,C
【知識點】波長、波速與頻率的關系；波的疊加
【解析】【解答】A．由題意可得，相鄰的波峰和波谷距離為
故波的波長為
根據簡諧振動的位移時間變化關系，可得故機械波的周期
得傳播速度為
故A正確；
B．由圖像可知，OD距離2m為一個完整的波長，時刻，O、D均在波峰，且平面內只有一個完整的波形，則O點此時第二次出現波峰，可知
故B錯誤；
C．根據勾股定律可得
C點到兩波源之間的距離差
但由于O點處的波源垂直于xOy水平面沿z軸正方向振動，B點處的波源垂直于xOy水平面沿z軸負方向振動，可知振動穩定后，C處質點為振動的減弱點，故C正確；
D．至時間內，波源B的振動傳播到C所需時間為
則波源B的振動傳播到C點時，C處的質點振動了個周期，則
波源O的振動傳播到C點的時間為
則至時間內，C處質點只振動了個周期，則
由于振動穩定后，C處質點為振動的減弱點，所以C點其運動的路程
故D錯誤。
故選AC。
【分析】A、根據圖像求解波長，根據振動方程求解周期，由求解波速；
B、由圖像可知，時刻，O、D均在波峰，且平面內只有一個完整的波形，則O點此時第二次出現波峰，可知；
C、根據幾何關系求解C點到兩波源之間的距離差，結合O、B起振方向分析判斷C點為振動加強還是減弱點；
D、分別求解波從O、B傳播到C的時間以及C的振動時間，結合C點為振動減弱點求解其路程。
12．【答案】A,C,D
【知識點】波長、波速與頻率的關系；玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應；光子及其動量
【解析】【解答】A．當電磁場能使工作原子從能級1躍遷到能級2時，說明電磁場的波長等于，由電磁波的波速公式可知“振蕩器”的振蕩頻率為，故A正確；
B．由能量守恒可以判斷
帶入光子能量公式和波速公式
可得
化簡可得
故B錯誤；
C．由光子動量公式
光子能量公式和波速公式
可知
由題意可知
所以
故C正確；
D．發生光電效應需要入射光頻率大于截止頻率，光子a的能量大于鐘激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的頻率大于鐘激光的頻率，所以當鐘激光可以讓某金屬材料發生光電效應時，光子a一定也可以，故D正確。
故選ACD。
【分析】A、當電磁場能使工作原子從能級1躍遷到能級2時，電磁場的波長等于，由可知“振蕩器”的振蕩頻率為；
B、由能量守恒：結合光子能量公式和波速公式，聯立可得；
C、由光子動量公式、光子能量公式和波速公式，可知，由，所以；
D．光子a的能量大于鐘激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的頻率大于鐘激光的頻率，所以當鐘激光可以讓某金屬材料發生光電效應時，光子a一定也可以。
13．【答案】B,D
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】根據全反射臨界角公式有
如圖所示
由幾何關系有
，
所以由燈直接發出的光照到冰塊上表面時全部能從上表面射出，而光照到冰塊四個側面時都只能從部分側面射出（靠近A和B點處無光可以射出）；
故選BD。
【分析】根據全反射定律求解臨界角，結合幾何關系、的大小判斷能否發生全反射，從而確定光學照射到各表面的出射情況。
14．【答案】（1）C；D
（2）21.5
（3）
（4）A；B；C
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．光條的寬度相對小點時，其通過光電門的平均速度越接近其瞬時速度，A正確，不符題意；
B．驗證機械能守恒時質量可以約去，故不需測量滑塊和遮光條的質量m，B正確，不符題意；
C．結合上述分析可知，滑塊和遮光條的質量m對實驗沒有影響，C錯誤，符合題意；
D．氣墊導軌可以使滑塊無摩擦的在其表面滑動，故不需要平衡摩擦力，D錯誤，符合題意。
故選CD。
（2）根據游標卡尺的讀法，可得墊片的厚度
（3）設導軌墊高后與水平面的傾角為，則有
滑塊下落的高度
滑塊通過光電門1的速度
滑塊通過光電門2的速度
若機械能守恒，則有
整理可得
（4）A．光條寬度d的測量值偏小，會導致滑塊速度測量偏小，動能偏小，A正確；
B．根據上述分析可知，重力勢能的變化了為
由于導軌左端略低于右端，導致偏小，實際轉化的動能偏小，B正確；
C．空氣阻力的影響會使重力勢能有一部分克服空氣的阻力做功，轉化為其他形式的能，C正確；
D． x 測量偏小，則重力勢能的變化了偏小，不會導致動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量，D錯誤。
故選ABC。
綜上：第1空：CD；第2空：21.5；第3空：；第4空：ABC
【分析】（1）A、光條的寬度越小，其平均速度越接近其瞬時速度；
B、驗證機械能守恒時質量可以約去，不需測量滑塊和遮光條的質量m；
C、滑塊和遮光條的質量m對實驗沒有影響；
D、氣墊導軌可以使滑塊無摩擦的在其表面滑動，不需要平衡摩擦力。
（2）根據游標卡尺讀數法正確讀數；
（3）根據導軌墊高后與水平面的傾角為，求解滑塊下落的高度；根據滑塊通過光電門時間分別求解兩光電門時速度；結合機械能守恒求解；
（4）A、光條寬度d的測量值偏小，會導致滑塊速度測量偏小，動能偏小；
B、根據重力勢能的變化量，由于導軌左端略低于右端，導致偏小，實際轉化的動能偏小；
C、空氣阻力的影響會使重力勢能有一部分克服空氣的阻力做功，轉化為其他形式的能；
D、根據重力勢能的變化量， x 測量偏小不會導致動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量。
（1）A．光條的寬度相對小點時，其通過光電門的平均速度越接近其瞬時速度，A正確，不符題意；
B．驗證機械能守恒時質量可以約去，故不需測量滑塊和遮光條的質量m，B正確，不符題意；
C．結合上述分析可知，滑塊和遮光條的質量m對實驗沒有影響，C錯誤，符合題意；
D．氣墊導軌可以使滑塊無摩擦的在其表面滑動，故不需要平衡摩擦力，D錯誤，符合題意。
故選CD。
（2）根據游標卡尺的讀法，可得墊片的厚度
（3）設導軌墊高后與水平面的傾角為，則有
滑塊下落的高度
滑塊通過光電門1的速度
滑塊通過光電門2的速度
若機械能守恒，則有
整理可得
（4）A．光條寬度d的測量值偏小，會導致滑塊速度測量偏小，動能偏小，A正確；
B．根據上述分析可知，重力勢能的變化了為
由于導軌左端略低于右端，導致偏小，實際轉化的動能偏小，B正確；
C．空氣阻力的影響會使重力勢能有一部分克服空氣的阻力做功，轉化為其他形式的能，C正確；
D． x 測量偏小，則重力勢能的變化了偏小，不會導致動能的增加量總是略小于重力勢能的減小量，D錯誤。
故選ABC。
15．【答案】（1）并聯；2
（2）C
（3）
（4）
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線；表頭的改裝；伏安法測電阻
【解析】【解答】（1）并聯可以分流，要擴大電流表的量程，需并聯一個定值電阻；
根據并聯電路的特點及歐姆定律可得
代入數據解得，并聯電阻的阻值為
（2）實驗要求電壓從0開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法，為了便于實驗調節，應選用規格較小的滑動變阻器，故選，即選C。
（3）由于電流表的內阻已知，故電流表采用內接法，結合上述分析可知，滑動變阻器采用分壓式接法，電路連接情況如下
（4）根據歐姆定律可得
其中
，
整理可得
故在圖像中，其斜率為
解得
綜上：第1空：并聯；第2空：2；第3空：C；第4空：；第5空：
【分析】（1）根據串分壓并分流原理，改裝更大量程電流表并聯一個小的電阻分流，根據并聯電路特點及歐姆定律分析求解；
（2）實驗要求電壓從0開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法，為了便于實驗調節，應選用規格較小的滑動變阻器；
（3）由于電流表的內阻已知，電流表采用內接法，滑動變阻器采用分壓式接法，以此連接電路；
（4）根據歐姆定律：，求解 關系，由斜率求解電阻。
（1）[1]并聯可以分流，要擴大電流表的量程，需并聯一個定值電阻；
[2]根據并聯電路的特點及歐姆定律可得
代入數據解得，并聯電阻的阻值為
（2）實驗要求電壓從0開始變化，故滑動變阻器采用分壓接法，為了便于實驗調節，應選用規格較小的滑動變阻器，故選，即選C。
（3）由于電流表的內阻已知，故電流表采用內接法，結合上述分析可知，滑動變阻器采用分壓式接法，電路連接情況如下
（4）根據歐姆定律可得
其中，
整理可得
故在圖像中，其斜率為
解得
16．【答案】（1）C
（2）多
【知識點】變壓器原理；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【解析】【解答】（1）根據控制變量法的原理可知，探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系時，需保證輸入電壓、頻率等條件不變，僅改變匝數比進行探究，其他選項實驗沒有用到控制變量法。
故選C。
（2）由表格數據可知
所以原線圈匝數比副線圈多。
綜上：第1空：C；第2空：多
【分析】（1）探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系時，需輸入電壓、頻率等條件不變，僅改變匝數比進行探究，其他選項實驗沒有用到控制變量法。
（2）由表格數據可知，所以原線圈匝數比副線圈多。
（1）根據控制變量法的原理可知，探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系時，需保證輸入電壓、頻率等條件不變，僅改變匝數比進行探究，其他選項實驗沒有用到控制變量法。
故選C。
（2）由表格數據可知
所以原線圈匝數比副線圈多。
17．【答案】（1）變小；吸收
（2）
（3）
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【解答】（1）上浮過程氣體壓強變小，溫度不變故體積變大。由于溫度不變故分子運動速率不變，只能是分子數密度變小。
由熱力學第一定律
溫度不變，體積變大，氣體對外做功，故，氣體吸收熱量。
（2）水杯在水面上漂浮時的壓強為，則有
解得
由玻意耳定律
解得
（3）由蓋呂薩克定律
解得
故水杯穩定后位移變化量
綜上：第1空：變小；第2空：吸收；第3空：；第4空：
【分析】（1）上浮過程氣體壓強變小，溫度不變，體積變大，分子數密度變小。由熱力學第一定律分析判斷；
（2）在水面漂浮時根據平衡狀態對水杯受力分析求解壓強，根據波意耳定律求解；
（3）根據蓋呂薩克定律求解.
（1）[1]上浮過程氣體壓強變小，溫度不變故體積變大。由于溫度不變故分子運動速率不變，只能是分子數密度變小。
[2]由熱力學第一定律，溫度不變，體積變大，氣體對外做功，故，氣體吸收熱量。
（2）水杯在水面上漂浮時的壓強為，則有，解得
由玻意耳定律，解得
（3）由蓋呂薩克定律
解得
故水杯穩定后位移變化量
18．【答案】（1）解：物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）解：物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）解：物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得
，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則

【知識點】動量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據求解平拋運動時間和豎直分速度大小，根據物塊A剛好從B點切向進入，分解B點速度結合幾何關系求解初速度；根據動能定理有求解；根據牛頓第二定律求解支持力；
（2）物塊A在傳送帶上，根據牛頓第二定律求解加速度，由運動學方程求解共速的時間和位移，再求解勻速運動時間，勻加速、勻速、平拋運動時間之和；
（3）根據牛頓第二定律分別求解物塊A和木板DE的加速度；根據運動學方程結合A與D的相對位移求解物塊A滑離D所需時間和A、DE的速度；對A與E根據動量守恒定律求解共同運動的速度大小；由功能關系求解產生的熱量。
（1）物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則
19．【答案】（1）解：對金屬棒a，由平衡條件有
代入題中數據，解得

（2）解：金屬棒a下滑過程，由牛頓第二定律有
解得加速度大小
則有
解得

（3）解：由運動學公式有
解得金屬棒a到水平導軌時速度大小
規定向左為正方向，對ab棒，由動量守恒有
解得
對b棒有
解得
則a、b之間的最終距離

（4）解：①當金屬棒a處于軌道AB、IJ上
②當金屬棒b處于軌道BC、HI上
綜上

【知識點】碰撞模型；安培力的計算；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）對金屬棒a受力分析，沿斜面方向平衡方程求解電流大小；
（2）改變磁場方向金屬棒a受力分析，由牛頓第二定律求解加速度大小，根據運動學方程求解時間；
（3）由運動學公式求解金屬棒a到水平導軌時速度大小；對ab棒，由動量守恒定律求解共同速度；對b棒根據動量定理結合電荷量公式求解相對位移，結合初始時b到BI的距離求解a、b之間的最終距離；
（4）當金屬棒a處于軌道傾斜軌道上，根據焦耳定律求解熱量；當金屬棒a處于水平軌道上，根據功能關系求解熱量；二者之和為總熱量。
（1）對金屬棒a，由平衡條件有
代入題中數據，解得
（2）金屬棒a下滑過程，由牛頓第二定律有
解得加速度大小
則有
解得
（3）由運動學公式有
解得金屬棒a到水平導軌時速度大小
規定向左為正方向，對ab棒，由動量守恒有
解得
對b棒有
解得
則a、b之間的最終距離
（4）①當金屬棒a處于軌道AB、IJ上
②當金屬棒b處于軌道BC、HI上
綜上
20．【答案】（1）解：根據質量數與核電荷數守恒可得
（2）解：粒子的質量：，電荷量
①由電場力提供向心力可得
在加速電場中，由動能定理得
聯立可得，靜電分析器中，與圓心距離為R處的電場強度的大小為
②在速度選擇器中
結合
聯立可得，速度選擇器中的磁感應強度B的大小為
（3）解：若，粒子的半徑范圍
粒子打在內圓環上，軌跡與內圓環交于C點。當時，圓弧MC對應的圓心角最小，用時最短，則有
根據
可得

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；速度選擇器
【解析】【分析】（1）根據質量數與核電荷數守恒寫出核反應方程；
（2）①由電場力提供向心力：；在加速電場中，由動能定理：聯立求解靜電分析器中R處電場強度大小；
②根據速度選擇器原理：結合聯立求解速度選擇器中磁感應強度大小；
（3）根據加速電壓范圍求解粒子半徑范圍；根據幾何關系分析求解粒子在磁分析器中偏轉達到內圓環上的最小圓心角，結合洛倫茲力提供向心力的周期公式求解最短時間。
（1）根據質量數與核電荷數守恒可得
（2）粒子的質量：，電荷量
①由電場力提供向心力可得
在加速電場中，由動能定理得
聯立可得，靜電分析器中，與圓心距離為R處的電場強度的大小為
②在速度選擇器中
結合
聯立可得，速度選擇器中的磁感應強度B的大小為
（3）若，粒子的半徑范圍
粒子打在內圓環上，軌跡與內圓環交于C點。當時，圓弧MC對應的圓心角最小，用時最短，則有
根據可得
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