資源簡介

2025屆浙江省溫州市高三下學期二模物理試題
1．（2025·溫州模擬）某微型電動車為零排放的純電動汽車，其電池容量為150A·h。其中單位“A·h”所對應的物理量是（　?。?br/>A．能量 B．電荷量 C．電流 D．電容
2．（2025·溫州模擬）如圖所示，千架無人機排列成多個圓圈做勻速圓周運動。無人機攜帶的煙花被點燃釋放，似流星墜落人間。下列說法正確的是（　?。?br/>A．點燃后的煙花下落做自由落體運動
B．觀察無人機的飛行姿態時，可將無人機視為質點
C．點燃煙花前做勻速圓周運動的無人機所受的合外力不變
D．點燃煙花前做勻速圓周運動的無人機運動一周，其所受合外力的沖量為零
3．（2025·溫州模擬）如圖所示為起重機吊起鐵管的場景。質量為200kg的鐵管兩端固定有一鋼繩，起重機掛鉤勾住鋼繩，使鐵管從靜止開始先豎直向上做勻加速直線運動，達到某一速度后做勻速運動。若鐵管始終保持水平，不計鋼繩質量與一切阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．勻加速階段鐵管處于超重狀態
B．勻速階段鋼繩的張力大小為1000N
C．鋼繩對鐵管的拉力是由于鐵管形變引起的
D．勻加速階段鋼繩對鐵管的作用力大于鐵管對鋼繩的作用力
4．（2025·溫州模擬）有關下列四幅圖的描述，正確的是（　　）
A．圖甲中，線圈順時針勻速轉動，電路中A、B發光二極管不會交替發光
B．圖乙中，強相互作用可以存在于各種核子之間，作用范圍只有約10 10 m
C．圖丙中，磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁驅動的原理
D．圖丁中，自由電荷為負電荷的霍爾元件（電流和磁場方向如圖所示）的N側電勢高
5．（2025·溫州模擬）2025年2月11日新型火箭長征八號改進型運載火箭首飛成功，將低軌02組9顆衛星送入距地高度約1145km的軌道，其發射過程簡化為如圖所示，衛星發射后自a點進入橢圓軌道Ⅰ，到達軌道Ⅰ遠地點b時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道Ⅱ遠地點c時再次點火變軌進入預定圓軌道Ⅲ做勻速圓周運動。已知地球半徑約為6400km，則（　?。?br/>A．衛星在軌道Ⅰ上自a向b運行的過程中，其機械能不斷增大
B．衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上與地心連線單位時間掃過的面積一定相等
C．衛星在軌道Ⅱ上經b點的速度大于衛星在軌道Ⅲ上經c點的速度
D．衛星在軌道Ⅲ運行的周期約為80分鐘
6．（2025·溫州模擬）溫州三澳核電站是浙江省首個采用“華龍一號”三代核電技術的項目，核電站是利用重核裂變發電的，其中一種裂變方程是，還可以自發進行α衰變，已知、、的相對原子質量分別為235.0439u、231.0363u、4.0026u，1u相當于931.5MeV的能量，下列關于這兩個核反應的說法正確的是（　　）
A．衰變中的比結合能大于的比結合能
B．裂變反應中的結合能大于的結合能
C．升高環境溫度，可使的半衰期變短
D．1個發生一次α衰變，其釋放的能量約4.66MeV
7．（2025·溫州模擬）如圖甲所示為溫州軌道交通S1線的行李安檢機，其簡化原理圖如圖乙所示，水平傳送帶長為2.5m，傳送帶始終以恒定速率0.30m/s運行。一質量為0.60kg的小包（可視為質點）無初速度地輕放上傳送帶左端，最終到達傳送帶右端。若小包與該傳送帶間的動摩擦因數為0.50，下列說法正確的是（　?。?br/>A．安檢機使用γ射線探測包內的物品
B．小包勻速運動時，傳送帶對小包的摩擦力向右
C．由于傳送小包，電動機多做的功為0.054J
D．小包從傳送帶左端到達右端的時間為1.0s
8．（2025·溫州模擬）如圖所示裝置，1是待測位移的物體，軟鐵芯2插在空心線圈L中并且可以隨著物體1在線圈中左右平移。將線圈L（電阻不計）和電容器C并聯后與電阻R、電源E相連，閉合開關S，待電路達到穩定后再斷開S，LC回路中將產生電磁振蕩。下列說法正確的是（　?。?br/>A．開關斷開后瞬間，電容器上的帶電量最大
B．開關斷開后瞬間，線圈中的自感電動勢為零
C．若減小電源的電動勢，振蕩電流的頻率會變小
D．該裝置可作為傳感器使用，用振蕩電流振幅的變化反映物體位置的變化
9．（2025·溫州模擬）如圖所示，圖中陰影部分是一透明介質的橫截面，介質側面AB面和DE面均附有特殊涂層，光到達該表面時全部被吸收。是一半徑為R的半圓弧，圓心O處有一可以旋轉的單色激光發射器，使發出的光線繞圓心O以周期T在紙面內逆時針勻速轉動。從外側觀察，一個周期內面上有光點移動的時間為，光在真空中速度大小為c，不考慮光在圓弧界面上的反射，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．透明介質的折射率為
B．光在透明介質中傳播的最長時間為
C．光點在面上即將消失時的瞬時速率為
D．若增大單色光的頻率，透明介質面上光射出的區域長度變長
10．（2025·溫州模擬）桌面上放置一“U”形磁鐵，用能繞端點轉動的絕緣輕桿懸掛一半徑為r、厚度為d的鋁制薄圓盤，圓盤的平衡位置恰好位于兩磁極之間，如圖甲所示。若將圓盤拉離平衡位置一個固定角度后由靜止釋放（如圖乙所示），圓盤在豎直平面內來回擺動（圓盤面始終與磁場垂直），經時間停下；若僅將圓盤厚度改變為2d，重復以上實驗，圓盤經時間停下；若保持圓盤半徑r和厚度d不變，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，重復以上實驗，圓盤經時間停下。不計轉軸和空氣的阻力，則觀察到的現象是（　　）
A．明顯大于 B．明顯小于
C．明顯大于 D．與幾乎相等
11．（2025·溫州模擬）兩塊相同足夠大的平行金屬板A、B豎直放置，將一金屬小球放入其中，其截面示意圖如圖所示。O點為球心，a、c為其外表面上兩點，Oa連線與平行板垂直。閉合開關，電容器充電完成（忽略小球的感應電荷對平行金屬板A、B的影響），下列說法正確的（　　）
A．a點的電勢比c點的電勢高
B．小球的感應電荷在c點產生的電場水平向左
C．若將A板向右移動，則a點的感應電荷的密度將增大
D．若斷開開關，再將B板向下移動少許，則O點的電場強度不變
12．（2025·溫州模擬）如圖所示為一種光電效應演示儀，光電管與電流計、電源相連，其入射光的波長與光強可以通過光調節器調節。逐漸調節照射到金屬板M的入射光波長，當波長為時，電流計的示數剛好為零，此時將電源正負極對調，電流計示數不為零，再逐漸調節入射光照的波長至，電流計的示數恰好變成零。已知電源路端電壓為U，不考慮電流計內阻，元電荷為e，真空中光速為c，則（　　）
A．
B．可求得普朗克常量
C．當光的波長為時，僅增大光的波長，電流計示數將不為零
D．當光的波長為時，僅增大光的強度，電流計示數將不為零
13．（2025·溫州模擬）如圖甲所示，在均勻介質中，兩個波源、分別位于和m處。已知時刻，開始自平衡位置向下振動，s時，第二次處于波峰位置，s時，波源也開始自平衡位置向下振動，產生的兩列簡諧橫波恰好于P點相遇。經足夠長時間后，x軸上質點的振幅隨x變化的部分圖像如圖乙所示。若m，則下列說法正確的是（　　）
A．波源、的振幅相同
B．當s時，兩列波開始相遇
C．間（除、P外）有12個振動加強點
D．在0~10s內質點Q的路程為2cm
14．（2025·溫州模擬）（1）在下列實驗中，必須用到天平的實驗是______。
A．“探究加速度與力、質量的關系”
B．“驗證機械能守恒定律”
C．“用單擺測量重力加速度的大小”
D．“探究小車速度隨時間變化的規律”
（2）如圖所示為“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗。
下列操作或現象會增大實驗誤差的是（　　）
A．彈簧測力計的拉桿與塑料外殼有摩擦
B．彈簧測力計的塑料外殼與木板有摩擦
C．彈簧測力計、細繩、橡皮筋未與木板平行
D．將細繩換成細橡皮筋
（3）某同學在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）代替彈簧測力計來探究該實驗，如圖3所示，三根橡皮筋在O點相互連接，拉長后三個端點用圖釘固定在A、B、C三點。下列說法正確的是　 　
A.每次實驗時結點O的位置必須一樣
B.不用測出橡皮筋上力的大小也能完成實驗
C.必須要知道橡皮筋的勁度系數才能完成實驗
D.可以選取三個橡皮筋中的任意兩個拉力作為分力進行探究
15．（2025·溫州模擬）某同學在學習了“用雙縫干涉測量光的波長”實驗后，自制了一套雙縫干涉演示儀（圖1），所用單縫的縫寬可調（圖2），并用電子顯微鏡頭代替光屏，通過計算機呈現實驗現象。
（1）若調節單縫的寬度由圖2所示逐漸變窄，下列說法正確的是（　?。?br/>A．當單縫寬度較寬時，無法觀察到清晰的條紋
B．當單縫寬度較窄時，隨著縫寬變窄，條紋間距逐漸變大
（2）已知雙縫間的距離為d，光源與單縫的距離為，單縫與雙縫的距離為，雙縫到電子顯微鏡頭的距離為，計算機顯示圖樣中相鄰兩條亮條紋間的距離為，顯示圖樣的放大倍數為k，則對應的光波波長為　 　（用題中所給物理量符號表示）。
16．（2025·溫州模擬）某同學為測量硅光電池的電動勢和內阻，進行了如下實驗探究。將內阻較小的待測硅光電池（保持光照強度一定，電動勢可視為不變）、電流表、電壓表、滑動變阻器、開關及若干導線連接成電路如圖1所示。
（1）閉合開關前，該同學發現圖1中有一處連線錯誤，應去掉圖中序號為　 　的導線。（選填“①”、“②”、“③”或者“④”）
（2）正確連線后，由實驗中記錄的數據，得到該電池的曲線，如圖2所示。某次調節滑動變阻器時，電流表的示數為250mA，電壓表示數如圖3所示，讀出電壓表的示數為　 　V。根據U-I曲線，計算此時硅光電池的內阻為　 　Ω（計算結果保留兩位有效數字）。
（3）若硅光電池的曲線在范圍內可視為直線，該直線斜率為?，F將該電池分別與阻值為、的定值電阻連接構成閉合回路，且，實驗測得兩組數據、，其中，，則兩種情況下硅光電池的輸出功率　 　（選填“大于”、“等于”或者“小于”）。
17．（2025·溫州模擬）如圖所示，將橫截面積為S的導熱圓筒固定在地面上，筒內安裝兩個可以無摩擦滑動的輕質活塞A和B，兩活塞間封閉一定量的理想氣體。把輕彈簧一端與圓筒底部連接，另一端與活塞B相連接。圓筒下方靠近底部A有一小缺口，使活塞B下方始終與大氣相通。開始時環境溫度為，氣體此時處于狀態I，其體積為V?，F保持環境溫度不變，將沙子緩慢地倒在活塞A的上表面，使氣體體積減小為0.5V，此時氣體處于狀態Ⅱ。之后，環境的溫度緩慢升高，再次穩定后氣體達到狀態Ⅲ，此時體積為0.75V。已知從狀態Ⅰ到狀態Ⅲ，氣體內能增加，外界大氣的壓強始終保持不變。
（1）氣體從狀態I到狀態Ⅱ，氣體分子在單位時間內撞擊筒壁單位面積的次數　 　（選填“變大”“變小”或“不變”），氣體向外界釋放的熱量　 　外界對氣體做的功（選填“大于”“等于”或“小于”）；
（2）求氣體達到狀態Ⅲ時環境的溫度T和彈簧的彈力大小F；
（3）求從狀態Ⅱ到狀態Ⅲ氣體吸收的熱量Q。
18．（2025·溫州模擬）某固定裝置的豎直截面如圖所示，水平高臺上的直軌道CD、圓弧軌道DEF、直軌道FG平滑連接。高臺左側水平軌道AB略低，軌道上放置一塊質量為m、長度為L的平板，平板上表面與CD等高。高臺右側有一水平地面HI，與高臺的高度差為h。初始時，平板處于靜止狀態，其右端與高臺的CB側距離足夠大。讓一質量也為m的滑塊以速度滑上平板，并帶動平板向右運動。當平板到達CB時將立即被鎖定，滑塊繼續向前運動。若滑塊落到HI段，將與地面發生碰撞，碰撞時間極短（支持力遠大于重力），反彈后豎直分速度減半，水平速度同時發生相應變化。已知，，，，，滑塊與平板上表面間的動摩擦因數、與HI段間的動摩擦因數，其余摩擦及空氣阻力均可忽略，HI段足夠長，滑塊視為質點。
（1）求平板被鎖定瞬間，滑塊的速度大小v以及此時滑塊離平板右端的距離x；
（2）要使滑塊不脫離圓弧軌道，求圓弧軌道半徑R的取值范圍；
（3）若滑塊沿著軌道運動至G點飛出，求其最終距G點的水平距離d。
19．（2025·溫州模擬）如圖1所示，在光滑絕緣的水平面內建立坐標系，空間中的范圍內存在豎直向下的磁場，任一時刻磁感應強度分布與y無關，隨x按的規律變化，k隨時間的變化如圖2所示，其中T/m，s。水平面上有一邊長m、質量kg、總電阻Ω的勻質正方形剛性導線框abcd，內鎖定在圖1所示的位置，時刻解除鎖定，同時對線框施加向右的水平恒力N，使之開始沿x軸正方向運動，已知當ab邊到達時，線框開始做勻速運動。在線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，改施加變力，使之后線框在離開磁場的過程中其電流保持不變。線框在全過程中始終處于平面內，其ab邊與y軸始終保持平行，空氣阻力不計。求：
（1）內線框中電流I的大小及方向；
（2）線框在磁場中勻速運動的速度大小v；
（3）線框在勻速運動過程中，ab兩端的電勢差隨ab邊的x坐標變化的關系式；
（4）線框在穿出磁場的過程中產生的焦耳熱Q。
20．（2025·溫州模擬）電子束焊是在高真空條件下，利用電子束轟擊焊接面，將高速電子束的動能轉化為內能，對金屬進行焊接的一種方法。為了提高溫度，需要利用磁場控制高速電子束，使其聚集到小區域內。如圖所示，電子束焊裝置的結構可簡化為由電子槍系統和磁控系統組成。在電子槍系統中，每秒有N個電子經加速后從O點進入磁控系統，所有電子速度大小均為，速度方向分布于以y軸為中心軸、2θ為頂角的圓錐內（θ很?。４趴叵到y內存在沿著y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，待焊接圓形工件（尺寸足夠大）垂直y軸放置，圓心位于y軸上。已知電子的質量為m，電荷量為-e（e>0），當θ很小時，有，。
（1）若從電子槍系統出射電子的動能是靜止電子經電場加速獲得，求加速電壓；
（2）要使所有進入磁控系統的電子都能匯聚于工件上同一點，求工件圓心的y坐標；
（3）寫出某電子進入磁控系統后，其在xOz平面的速度分量所轉過的角與電子y方向運動的距離之間的函數關系；
（4）已知電子束轟擊工件表面時，受轟擊區域受熱均勻。若待焊接處單位面積單位時間獲得熱量為才能達到焊接需要的溫度，為使工件圓心處能達到焊接溫度，求工件圓心的y坐標范圍。（結果可用反三角函數表示）
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】電流、電源的概念
【解析】【解答】本題考查電流定義的應用，會根據題意進行準確分析解答。根據電流定義式
可得
可知單位“A·h”所對應的物理量是電荷量。
故選B。
【分析】根據電流的定義式進行推導解答。
2．【答案】D
【知識點】質點；平拋運動；向心力；沖量
【解析】【解答】本題是自由落體運動，質點，向心力的定義及動量定理的考查，要求學生對相關知識掌握牢固，基礎題。
A．煙花被釋放后由于仍具有無人機的水平速度，其運動應當是拋體運動而非嚴格的自由落體運動，A錯誤；
B．若要研究無人機的飛行姿態，則其形狀與轉動對研究的問題有著重要影響，不能把它簡化為質點，B錯誤；
C．物體做勻速圓周運動時，合外力的大小雖保持不變，但其方向隨時在變，因此“所受的合外力不變”不成立，C錯誤；
D．勻速圓周運動中，速度的方向不斷變化但最終會回到起始方向，故一周運動后動量的變化量為零，因此合外力的沖量也為零，D正確。
故選D。
【分析】由自由落體運動的定義判斷煙花是否做自由落體運動；由質點的定義判斷能不能看成質點；由圓周運動總是判斷向心力是否是變力；由動量定理結合勻速圓周運動判斷合外力的沖量是否為0。
3．【答案】A
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；共點力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】本題考查超失重和牛頓第三定律，彈力產生原因和力的平衡知識，會根據題意進行準確分析解答。A．在勻加速階段，鐵管豎直向上做勻加速直線運動，加速度向上，所以鐵管處于超重狀態，故A正確；
B．勻速階段，鋼繩的張力大小等于鐵管重力大小，即
故B錯誤；
C．根據彈力的產生原因，鋼繩對鐵管的拉力是由于鋼繩發生形變，要恢復原狀而對鐵管產生的力，并非鐵管形變引起的，故C錯誤；
D．鋼繩對鐵管的作用力與鐵管對鋼繩的作用力是一對相互作用力，相互作用力大小相等、方向相反，與鐵管的運動狀態無關，所以勻加速階段鋼繩對鐵管的作用力等于鐵管對鋼繩的作用力，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據超失重和牛頓第三定律，彈力產生原因和力的平衡知識進行分析解答。
4．【答案】A
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；交變電流的產生及規律；霍爾元件；核力與四種基本相互作用
【解析】【解答】霍爾效應的的本質是導體中的載流子在磁場中發生偏轉，在導體中垂直于粒子運動方向的兩端聚集，產生電勢差，當電勢差穩定時電場力等于洛倫茲力。A．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發光二極管不會交替發光，A正確；
B．強相互作用的作用范圍約為10 15 m（原子核尺度），并非10 10 m，B錯誤。
C．磁電式儀表中鋁框的作用是利用“渦流（電磁）阻尼”使指針快速停擺，而非“電磁驅動”，C錯誤。
D．根據左手定則可知，自由電荷向N側偏轉，由于自由電荷為負電荷，N側的電勢較低，D錯誤。
故選A。
【分析】根據電磁阻尼和電磁驅動，霍爾效應原理，強相互作用范圍，二極管的單向導電性進行分析解答。
5．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】單獨的比較物體在高軌和低軌的機械能是困難的，因為物體在低軌的勢能小，動能大；在高軌的勢能大，動能小；而如果有特定的運動方式將兩個軌道聯系起來，就可以對物體在兩個軌道的機械能進行比較了。A．從 a 運動到 b 的過程中，火箭發動機并未再次點火，只受地球引力作用，機械能守恒，A錯誤。
B．衛星分別處于橢圓軌道Ⅰ和橢圓軌道Ⅱ時，開普勒第二定律描述的是同一衛星在同一軌道與中心天體連線在相同時間內掃過的面積相等，衛星在不同的軌道上運行時，相等的時間內與中心天體連線掃過的面積不一定相等，B錯誤。
C．以過b點的圓軌道相比，相對于更高的圓軌道Ⅲ在c 點時的半徑更小，根據萬有引力提供向心力
解得
可知，軌道半徑越小則線速度越大，在橢圓軌道Ⅱ中，b 點是近地點，衛星進入軌道II的b點應加速，故衛星在Ⅱ軌道的b 點速度大于在Ⅲ軌道c 點的速度，C正確。
D．最終圓軌道Ⅲ的半徑約為
r=6400 km + 1145 km = 7545 km
根據牛頓第二定律則有
解得
而近地衛星的周期
其中，解得，由于軌道Ⅲ的半徑大于地球的半徑，故衛星在軌道Ⅲ上的運行周期應大于80分鐘，D錯誤。
故選C。
【分析】根據機械能守恒條件和開普勒第二定律，根據萬有引力提供向心力，求出最終圓軌道Ⅲ的半徑，牛頓第二定律列式推導并判斷。
6．【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程；結合能與比結合能
【解析】【解答】 比結合能：組成原子核的核子越多，它的結合能越大。原子核的結合能與核子數之比，叫作比結合能，也叫作平均結合能。A．衰變后放出能量，生成的核更加穩定，則衰變中的比結合能小于的比結合能，選項A錯誤；
B．裂變反應放出能量，則的比結合能大于的比結合能，但是由于核子數遠小于的核子數，可知的結合能小于的結合能，選項B錯誤；
C．外部因素不會影響半衰期，選項C錯誤；
D.1個發生一次α衰變，其釋放的能量約
選項D正確。
故選D。
【分析】在放能的核反應中，生成物的比結合能大于反應前粒子的比結合能；元素的半衰期由原子核自身決定，與外界因素無關；根據質能方程計算。
7．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用；電磁波譜
【解析】【解答】本題是力學綜合題，小包運動過程復雜，根據題意分析清楚煤塊的運動過程是解題的前提，分段運用牛頓第二定律、運動學公式、功能關系即可解題。A．安檢機使用X射線探測包內的物品，故A錯誤；
B．小包勻速運動時，小包在水平方向上處于平衡狀態，故傳送帶對小包的摩擦力為0，故B錯誤；
C．對小包根據動能定理可得傳送帶對小包做功為
小包速度與傳送帶速度相同之前的過程中根據牛頓第二定律可得
解得
故小包速度達到傳送帶速度所用時間為
加速度位移為
小包加速過程中，傳送帶位移為
則小包相對于傳送帶運動位移為
則摩擦力產生熱量為
則電動機由于傳送小包多做的功為
故C正確；
D．與傳送帶共速后到達右端所用時間為
故小包從傳送帶左端到達右端的時間為
故D錯誤。
故選C。
【分析】小包的運動分為兩個階段：第一階段小包初速度為0，受滑動摩擦力加速，第二階段達到傳送帶速度，然后勻速運動。電動機額外做功，包括兩部分：小包動能增加，摩擦生熱。利用運動學公式，結合能量關系逐個判斷。
8．【答案】B
【知識點】電磁振蕩
【解析】【解答】LC回路中的電流i、線圈中的磁感應強度B、電容器極板間的電場強度E的變化周期等于LC回路的振蕩周期，即
T=2π
A．因線圈電阻為零，電路穩定時，線圈兩端電壓為零，電容器不帶電，故A錯誤；
B．斷開開關后瞬間，線圈中電流最大，自感電動勢為零，故B正確；
C．振蕩電流的頻率
與電源的電動勢無關，故C錯誤；
D.1物體的位移會改變線圈的電感L，進而改變振蕩電路的頻率，是通過振蕩電流頻率的變化反映物體位置的變化，故D錯誤。
故選B。
【分析】電路穩定時電容器兩板間電壓為零；根據電流的變化率分析；根據振蕩電流的頻率公式分析；可以用振蕩電流頻率的變化能反映物體位置的變化。
9．【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光投射到兩種介質的界面上會發生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的關系分別遵守反射定律和折射定律，當光從光密介質射向光疏介質中時，若入射角等于或者大于臨界角會發生全反射現象。A．根據題意一個周期內面上有光點移動的時間為，故可知從BD面有光線射出的對應的弧長圓心角為
故可知光線剛好在BD面發生全反射的臨界角為，故透明介質的折射率為
故A錯誤；
B．分析可知當光線沿OD方向射入時，在透明介質中傳播的時間最長，根據幾何關系可知此時光線傳播的路程為
，，
聯立解得
故B錯誤；
C．設光點在面上即將消失時的瞬時速率為，將v沿入射光線方向和垂直入射光線方向分解可知，
其中，聯立解得，故C正確；
D．若增大單色光的頻率，可知介質對光線的折射率變大，臨界角變小，根據前面分析結合幾何關系可知透明介質面上光射出的區域長度變短，故D錯誤。
故選C。
【分析】結合題意，根據幾何關系、臨界角與折射率的關系分別列式，即可分析判斷；若增大單色光的頻率，可知介質對光線的折射率變大，據此分析判斷。
10．【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動
【解析】【解答】本題考查電阻定律判斷電阻的變化情況，結合質量的變化情況，電阻的變化情況，安培力的知識，會根據題意進行準確分析解答。AB．根據，若僅將圓盤厚度改變為2d，則電阻減小，相同條件下，圓盤產生的電流變大，圓盤受到的安培力變大，但是圓盤質量也變大，阻礙作用不好判斷，考慮兩個一模一樣的圓盤，從同一高度單獨釋放到停下所用時間相同，那么兩個圓盤并排貼在一起（相當于厚度加倍），從同一高度單獨釋放到停下所用時間應該不變，即與幾乎相等，故AB錯誤；
CD．結合以上分析，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，電阻變大，相同條件下，圓盤產生的電流變小，圓盤受到的安培力變小，同時圓盤質量變大，阻礙作用變小，則圓盤停下來所用時間變長，即明顯大于，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】根據電阻定律判斷電阻的變化情況，結合質量的變化情況，電阻的變化情況，安培力的變化情況進行分析解答。
11．【答案】C,D
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】達到靜電平衡后，導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，這是解決本題的關鍵的地方，對于靜電場的特點一定要熟悉。A．達到靜電平衡后，金屬小球是一等勢體，所以a點的電勢等于c點的電勢，故A錯誤；
B．達到靜電平衡后，金屬小球是一等勢體，則c點的場強方向垂直于過c點的切面方向斜向上偏右，由于平行金屬板A、B在c點的場強方向水平向右，根據場強疊加原則可知，小球的感應電荷在c點產生的電場不是水平向左，故B錯誤；
C．達到靜電平衡后，金屬小球內部的場強為0，則小球的感應電荷在O點的場強與平行金屬板A、B在O點的場強大小相等、方向相反，若將A板向右移動，根據可知，平行金屬板A、B在O點的場強變大，則小球的感應電荷在O點的場強變大，a點的感應電荷的密度將增大，故C正確；
D．達到靜電平衡后，金屬小球內部的場強為0，則斷開開關，再將B板向下移動少許，O點的電場強度仍為0，保持不變，故D正確。
故選CD。
【分析】 根據靜電平衡可知，處于靜電平衡的導體內部場強處處為零，同一個導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，導體的外表面為一個等勢面，導體表面的電場線與外表面處處垂直，根據以上特點進行分析即可。
12．【答案】A,B
【知識點】光電效應
【解析】【解答】光電效應方程：Ek=hν-W0，其中hν為入射光子的能量，Ek為光電子的最大初動能，W0是金屬的逸出功。AB．根據題意可知，當波長為時，電流計的示數剛好為零，此時將電源正負極對調，電流計示數不為零，電源路端電壓為U，則有
再逐漸調節入射光照的波長至，電流計的示數恰好變成零，則有
聯立可得
，
故AB正確；
CD．根據題意可知，為入射光為極限頻率的波長，僅增大光的波長，光的頻率減小，不能發生光電效應，電流計示數仍為零，僅增大光的強度，光的頻率不增加，不能發生光電效應，電流計示數仍為零，故CD錯誤。
故選AB。
【分析】根據光電效應發生的條件和滿足的方程列式解答。
13．【答案】A,D
【知識點】波的疊加
【解析】【解答】本題考查波的干涉，關鍵明確質點的實際位移等于兩列波單獨傳播時引起位移的矢量和，結合波形的空間周期性和質點振動的時間周期性進行分析即可，波的干涉的振動加強點滿足波程差Δs=2n，波的干涉的振動減弱點滿足波程差Δs=（2n+1）。A．從圖乙可知，振動減弱點振幅為0，則波源、的振幅相同
故A正確；
B．s時，第二次處于波峰位置，則有
解得周期
T=1s
圖乙可知波長為1m，則波速
設從開始振動經時間t兩列波相遇，則傳播時間為（t-2s），則有
聯立解得
故B錯誤；
C．根據振動加強點的條件
到P點距離為
則到P點距離為
設間某點到的距離分別為，則有
相距10m，在間（除外），波程差的取值范圍是(0，10m)，則n可以取共11個值，即有11個振動加強點，故C錯誤；
D．結合以上分析可知，到Q點距離為
到Q點距離為
則兩波源到Q點的波程差
即Q點為減弱點，合振幅為0。則Q點通過的路程為兩波在此處未疊加時，Q的通過的路程，到Q點時間為
由于s時Q才振動，即從時刻開時到5.75s，才傳播到Q點，到Q點時間為
則Q單獨振動時間為
即Q單獨振動了半個周期，即在0~10s內質點Q的路程為
故D正確。
故選AD。
【分析】加強點的振幅等兩列波振幅之和，減弱點的振幅等于兩列波振幅之差；由波速和傳播的距離可知兩列波相遇的時間；根據波的干涉的加強點的條件判斷；結合振動的時間與一個周期內質點振動的路程為4A判斷。
14．【答案】（1）A
（2）A；C
（3）BD
【知識點】驗證力的平行四邊形定則；探究加速度與力、質量的關系；驗證機械能守恒定律；探究小車速度隨時間變化的規律；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】實驗原理：等效法：一個力F'的作用效果和兩個力F1、F2的作用效果都是讓同一條一端固定的橡皮條伸長到同一點，所以一個力F'就是這兩個力F1和F2的合力，作出力F'的圖示， 根據平行四邊形定則作出力F1和F2的合力F的圖示，比較F和F'的大小和方向是否相同，若在誤差允許的范圍內相同，則驗證了力的平行四邊形定則。
（1）A．“探究加速度與力、質量的關系” 實驗中，需要測量物體的質量，所以必須用到天平，故A正確；
B．“驗證機械能守恒定律”，驗證的是動能的增加量和重力勢能的減少量是否相等，表達式中質量可以約掉，不需要測量質量，不用天平，故B錯誤；
C．“用單擺測量重力加速度的大小”，根據單擺周期公式
只需測量擺長和周期，不需要測量質量，不用天平，故C錯誤；
D．“探究小車速度隨時間變化的規律”，主要測量小車的位移和時間，不需要測量質量，不用天平，故D錯誤。
故選A。
（2）A．彈簧測力計的拉桿與塑料外殼有摩擦，會導致彈簧測力計示數不能準確反映拉力大小，增大實驗誤差，故A正確；
B．彈簧測力計的塑料外殼與木板有摩擦，因為拉力是通過掛鉤測量的，外殼與木板的摩擦不影響測量拉力的大小，不會增大實驗誤差，故B錯誤；
C．彈簧測力計、細繩、橡皮筋未與木板平行，會使拉力在垂直木板方向有分力，導致測量的拉力不準確，增大實驗誤差，故C正確；
D．將細繩換成細橡皮筋，只要能準確記錄拉力的方向，對實驗結果沒有影響，不會增大實驗誤差，故D錯誤。
故選AC。
（3）A．該實驗是探究三根橡皮筋拉力的關系，不需要每次實驗時結點O的位置都一樣，故A錯誤；
B．因為三根橡皮筋遵循胡克定律，根據
k相同，所以可以用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不用測出橡皮筋上力的具體大小也能完成實驗，故B正確；
C．由 B 選項的分析可知，用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不需要知道橡皮筋的勁度系數，故C錯誤；
D．三個力中，任意兩個力都可以看做分力，另一個力看做這兩個力的合力，所以可以選取三個橡皮筋中的任意兩個拉力做為分力進行探究，故D正確。
故選BD。
【分析】（1）需要測量物體的質量的實驗需要天平，根據實驗的原理逐項分析作答；
（2）摩擦力等會導致實驗誤差，根據實驗的原理、正確操作和注意事項分析實驗誤差；
（3）通過分析實驗中的原理可以得出實驗采用的方法。
（1）A．“探究加速度與力、質量的關系” 實驗中，需要測量物體的質量，所以必須用到天平，故A正確；
B．“驗證機械能守恒定律”，驗證的是動能的增加量和重力勢能的減少量是否相等，表達式中質量可以約掉，不需要測量質量，不用天平，故B錯誤；
C．“用單擺測量重力加速度的大小”，根據單擺周期公式
只需測量擺長和周期，不需要測量質量，不用天平，故C錯誤；
D．“探究小車速度隨時間變化的規律”，主要測量小車的位移和時間，不需要測量質量，不用天平，故D錯誤。
故選A。
（2）A．彈簧測力計的拉桿與塑料外殼有摩擦，會導致彈簧測力計示數不能準確反映拉力大小，增大實驗誤差，故A正確；
B．彈簧測力計的塑料外殼與木板有摩擦，因為拉力是通過掛鉤測量的，外殼與木板的摩擦不影響測量拉力的大小，不會增大實驗誤差，故B錯誤；
C．彈簧測力計、細繩、橡皮筋未與木板平行，會使拉力在垂直木板方向有分力，導致測量的拉力不準確，增大實驗誤差，故C正確；
D．將細繩換成細橡皮筋，只要能準確記錄拉力的方向，對實驗結果沒有影響，不會增大實驗誤差，故D錯誤。
故選AC。
（3）A．該實驗是探究三根橡皮筋拉力的關系，不需要每次實驗時結點O的位置都一樣，故A錯誤；
B．因為三根橡皮筋遵循胡克定律，根據
k相同，所以可以用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不用測出橡皮筋上力的具體大小也能完成實驗，故B正確；
C．由 B 選項的分析可知，用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不需要知道橡皮筋的勁度系數，故C錯誤；
D．三個力中，任意兩個力都可以看做分力，另一個力看做這兩個力的合力，所以可以選取三個橡皮筋中的任意兩個拉力做為分力進行探究，故D正確。
故選BD。
15．【答案】（1）A
（2）
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】實驗原理： 雙縫干涉中相鄰兩條明（暗）條紋間的距離△x與波長λ、雙縫間距離d及雙縫到屏的距離L滿足，因此，只要測出△x、d和L，即可求出波長λ。
（1）A．在雙縫干涉實驗中，單縫的作用是獲得線光源，當單縫寬度較寬時，通過單縫的光不是線光源，無法形成穩定的干涉條件，所以無法觀察到清晰的干涉圖樣，故A正確；
B．干涉條紋間距公式
其中為雙縫到屏的間距，表示波長，表示雙縫間距
所以條紋間距寬度與單縫寬度無關，當單縫寬度變窄時，條紋間距不變，故B錯誤。
故選A。
（2）雙縫條紋間距公式
其中是實際的相鄰兩亮條紋間的間距
那么顯示的相鄰亮條紋間距和實際的相鄰亮條紋間距之間的關系為
即
整理得
【分析】（1）條紋間距寬度與單縫寬度無關，當單縫寬度變窄時，條紋間距不變，根據單縫的作用分析作答；
（2）根據雙縫干涉條紋間距公式求解作答。
（1）A．在雙縫干涉實驗中，單縫的作用是獲得線光源，當單縫寬度較寬時，通過單縫的光不是線光源，無法形成穩定的干涉條件，所以無法觀察到清晰的干涉圖樣，故A正確；
B．干涉條紋間距公式
其中為雙縫到屏的間距，表示波長，表示雙縫間距
所以條紋間距寬度與單縫寬度無關，當單縫寬度變窄時，條紋間距不變，故B錯誤。
故選A。
（2）雙縫條紋間距公式
其中是實際的相鄰兩亮條紋間的間距
那么顯示的相鄰亮條紋間距和實際的相鄰亮條紋間距之間的關系為
即
整理得
16．【答案】（1）③
（2）1.49#1.50#1.51；5.6
（3）大于
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查了測量硅光電池的電動勢和內阻的實驗，要明確實驗原理，掌握閉合電路的歐姆定律的運用。為了使電池的路端電壓變化明顯，電池的內阻宜大些 。
（1）測量電源電動勢和內阻實驗需要電流表串聯在電路中，電壓表并聯在電路中，如圖所示連接電路導線③可使得電壓表短路，所以應該去掉圖中序號為③的導線
（2）觀察圖中電壓表，其量程為3V，分度值為0.1V，指針指在1刻度后的第5格上，所以電壓表的示數為1.50V，根據閉合電路歐姆定律
U-I曲線的斜率的絕對值表示內阻
可知當電流表的示數為250mA，根據電壓為1.50V
當電流I=0時，，根據
（3）當范圍內可視為直線，該直線斜率為，由
在時硅光電池的內阻可視為
對于硅光電池與定值電阻構成的閉合回路，其輸出功率
根據閉合電路歐姆定律
則輸出功率
當時，對于，輸出功率
對于，輸出功率
所以當且時；時，硅光電池的U-I曲線不再是斜率為的直線，其內阻不再是
從U-I曲線的性質來看，隨著電流的增大，電池的內阻會增大(實際電池的內阻會隨工作狀態變化)
輸出功率，對于接(電流)的情況，由于內阻增大，根據
在E不變，I增大且r增大的情況下，路端電壓會比按照內阻計算的值更小，對于，輸出功率
(，內阻為)
對于，輸出功率
(，內阻大于)
電源內阻按計算時，實際內阻增大導致減小，所以
【分析】（1）測量硅光電池的電動勢和內阻的實驗中，滑動變阻器要采用限流式接法，據此分析作答；
（2）量程為0～3V的電壓表分度值為0.1V，根據電壓表的讀數規則讀數；
（3）根據閉合電路的歐姆定律求解作答；
（4）根據電源的輸出功率與外電阻的關系，以及硅光電池內阻的變化情況分析作答。
（1）測量電源電動勢和內阻實驗需要電流表串聯在電路中，電壓表并聯在電路中，如圖所示連接電路導線③可使得電壓表短路，所以應該去掉圖中序號為③的導線
（2）[1]觀察圖中電壓表，其量程為3V，分度值為0.1V，指針指在1刻度后的第5格上，所以電壓表的示數為1.50V
[2]根據閉合電路歐姆定律
U-I曲線的斜率的絕對值表示內阻
由[1]可知當電流表的示數為250mA，根據電壓為1.50V
當電流I=0時，
根據
（3）當范圍內可視為直線，該直線斜率為，由
在時硅光電池的內阻可視為
對于硅光電池與定值電阻構成的閉合回路，其輸出功率
根據閉合電路歐姆定律
則輸出功率
當時
對于，輸出功率
對于，出功率
所以當且時，
時，硅光電池的U-I曲線不再是斜率為的直線，其內阻不再是
從U-I曲線的性質來看，隨著電流的增大，電池的內阻會增大(實際電池的內阻會隨工作狀態變化)
輸出功率，對于接(電流)的情況，由于內阻增大，根據
在E不變，I增大且r增大的情況下，路端電壓會比按照內阻計算的值更小
對于，輸出功率(，內阻為)
對于，輸出功率(，內阻大于)
電源內阻按計算時
實際內阻增大導致減小，所以
17．【答案】（1）變大；等于
（2）解：①對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程為等壓變化
解得
②對氣體，狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化
解得
對活塞B，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程始終受力平衡
解得
（3）解：對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程，外界對氣體做功
根據熱力學第一定律
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】熱力學第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系。此定律是標量式，應用時熱量的單位應統一為國際單位制中的焦耳。
（1）狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化，體積減小，壓強增大，所以氣體分子在單位時間內撞擊筒壁單位面積的次數變大；由于溫度不變，內能不變，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知
解得
所以氣體向外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功。
【分析】（1）根據氣體的體積變化分析，根據熱力學第一定律分析；
（2）根據蓋-呂薩克定律計算溫度，根據平衡條件計算彈簧彈力；
（3）求出狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律計算。
（1）[1][2]狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化，體積減小，壓強增大，所以氣體分子在單位時間內撞擊筒壁單位面積的次數變大；由于溫度不變，內能不變，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知
解得
所以氣體向外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功。
（2）①對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程為等壓變化
解得
②對氣體，狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化
解得
對活塞B，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程始終受力平衡
解得
（3）對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程，外界對氣體做功
根據熱力學第一定律
解得
18．【答案】（1）解：平板與滑塊運動至共速過程，根據動量守恒有
解得
根據能量守恒定律有
解得
此時滑塊離平板右端距離
（2）解：當滑塊恰過圓弧軌道最高點時，根據牛頓第二定律有
從滑上高臺到運動至圓弧軌道最高點過程，根據動能定理有
解得
滑塊從滑上高臺到恰到達圓弧軌道圓心等高處過程，根據動能定理有
解得
要使滑塊不脫離圓弧軌道，則有或
（3）解：滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，則有
，，
解得
，
第一次反彈后有
第一次反彈過程根據動量定理有
，
解得
第一次反彈后至第二次落地滑塊做斜拋運動，則有
第二次反彈過程根據動量定理有
，
解得
可知，之后滑塊做豎直上拋運動，綜上所述可知，最遠水平距離
【知識點】動量定理；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）平板與滑塊運動至共速過程，根據動量守恒求滑塊的速度大小v，根據系統能量守恒此時滑塊離平板右端的距離x；
（2）當滑塊恰過圓弧軌道最高點時，重力提供向心力，根據圓周運動公式和動能定理求圓弧軌道半徑R的取值范圍；
（3）滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，根據平拋運動和斜拋運動求其最終距G點的水平距離d。
（1）平板與滑塊運動至共速過程，根據動量守恒有
解得
根據能量守恒定律有
解得
此時滑塊離平板右端距離
（2）當滑塊恰過圓弧軌道最高點時，根據牛頓第二定律有
從滑上高臺到運動至圓弧軌道最高點過程，根據動能定理有
解得
滑塊從滑上高臺到恰到達圓弧軌道圓心等高處過程，根據動能定理有
解得
要使滑塊不脫離圓弧軌道，則有或
（3）滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，則有，，
解得，
第一次反彈后有
第一次反彈過程根據動量定理有，
解得
第一次反彈后至第二次落地滑塊做斜拋運動，則有
第二次反彈過程根據動量定理有，
解得
可知，之后滑塊做豎直上拋運動，綜上所述可知，最遠水平距離
19．【答案】（1）解：內感應電動勢
磁通變化量大小
根據
解得
A
電流方向為順時針
（2）解：勻速運動時
，
根據平衡
解得
（3）解：根據（2）解得A，線框ab邊
根據
得
（V）（）
（4）解：線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，電流發生突變
穿出過程（cd邊的x坐標）：安培力隨位置均勻變化的特點通過安培力做功的能量關系間接求解，有
，
根據
解得
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【分析】（1）求出磁通變化量大小，根據感應電動勢公式和歐姆定律求0～t0內線框中電流I的大小及方向；
（2）求出勻速運動的安培力表達式，根據勻速運動的狀態求線框在磁場中勻速運動的速度大小v；
（3）根據閉合回路歐姆定律求解ab兩端的電勢差Uab隨ab邊的x坐標變化的關系式；
（4）安培力隨位置均勻變化，求解安培力做功，根據功能關系求線框在穿出磁場的過程中產生的焦耳熱Q。
（1）內感應電動勢
磁通變化量大小
根據
解得A
電流方向為順時針
（2）勻速運動時，
根據平衡
解得m/s
（3）根據（2）解得A
線框ab邊
根據
得（V）（）
（4）線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，電流發生突變A
穿出過程（cd邊的x坐標）：安培力隨位置均勻變化的特點通過安培力做功的能量關系間接求解，有 ，
根據
解得J
20．【答案】（1）解：電子槍系統加速過程，根據動能定理有
解得
（2）解：電子在磁控系統中，在xOz平面做勻速圓周運動的速度
由洛倫茲力提供向心力，則有
，
解得周期
電子在y方向做勻速直線運動，則有
工件圓心的y坐標
解得
（n=1，2…）
（3）解：電子在y方向做勻速直線運動，則有
電子在xOz平面做圓周運動，則有
電子在xOz平面內的速度分量轉過的角即為圓周運動的圓心角，則有
由于θ很小，結合上述解得
（4）解：從O點進入、速度與y軸夾角為θ的電子在xOz平面的圓周運動，則有
其中
由于θ很小，解得
假設工件以（2）算出的聚焦處為起點，在y方向移動距離，電子打板時與工件圓心的最遠距離r為最大運動圓?。ò霃綖镽）的弦長，對應圓心角為（3）中算出的（），則有
此時工件上受電子轟擊區域為一個半徑為r的圓，其面積S為
為使工件圓心處能達到焊接溫度，需滿足
解得
分類討論：
①若，則y可取任意值；
②若，則y的取值范圍為（n=1，2…）
以及
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合；帶電粒子在勻強磁場中的運動
【解析】【分析】（1）電子槍系統加速過程，根據動能定理求加速電壓；
（2）求出在xOz平面做勻速圓周運動的速度，由洛倫茲力提供向心力，電子在y方向做勻速直線運動，根據周期公式和運動學公式求工件圓心的y坐標；
（3）根據周期和角速度的關系求其在xOz平面的速度分量所轉過的角Δφ與電子y方向運動的距離Δy之間的函數關系；
（4）從O點進入、速度與y軸夾角為θ的電子在xOz平面的圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力再討論不同的可能性求工件圓心的y坐標范圍。
（1）電子槍系統加速過程，根據動能定理有
解得
（2）電子在磁控系統中，在xOz平面做勻速圓周運動的速度
由洛倫茲力提供向心力，則有，
解得周期
電子在y方向做勻速直線運動，則有
工件圓心的y坐標
解得（n=1，2…）
（3）電子在y方向做勻速直線運動，則有
電子在xOz平面做圓周運動，則有
電子在xOz平面內的速度分量轉過的角即為圓周運動的圓心角，則有
由于θ很小，結合上述解得
（4）從O點進入、速度與y軸夾角為θ的電子在xOz平面的圓周運動，則有
其中
由于θ很小，解得
假設工件以（2）算出的聚焦處為起點，在y方向移動距離，電子打板時與工件圓心的最遠距離r為最大運動圓弧（半徑為R）的弦長，對應圓心角為（3）中算出的（），則有
此時工件上受電子轟擊區域為一個半徑為r的圓，其面積S為
為使工件圓心處能達到焊接溫度，需滿足
解得
分類討論：
①若，則y可取任意值；
②若，則y的取值范圍為（n=1，2…）
以及
1 / 12025屆浙江省溫州市高三下學期二模物理試題
1．（2025·溫州模擬）某微型電動車為零排放的純電動汽車，其電池容量為150A·h。其中單位“A·h”所對應的物理量是（　?。?br/>A．能量 B．電荷量 C．電流 D．電容
【答案】B
【知識點】電流、電源的概念
【解析】【解答】本題考查電流定義的應用，會根據題意進行準確分析解答。根據電流定義式
可得
可知單位“A·h”所對應的物理量是電荷量。
故選B。
【分析】根據電流的定義式進行推導解答。
2．（2025·溫州模擬）如圖所示，千架無人機排列成多個圓圈做勻速圓周運動。無人機攜帶的煙花被點燃釋放，似流星墜落人間。下列說法正確的是（　?。?br/>A．點燃后的煙花下落做自由落體運動
B．觀察無人機的飛行姿態時，可將無人機視為質點
C．點燃煙花前做勻速圓周運動的無人機所受的合外力不變
D．點燃煙花前做勻速圓周運動的無人機運動一周，其所受合外力的沖量為零
【答案】D
【知識點】質點；平拋運動；向心力；沖量
【解析】【解答】本題是自由落體運動，質點，向心力的定義及動量定理的考查，要求學生對相關知識掌握牢固，基礎題。
A．煙花被釋放后由于仍具有無人機的水平速度，其運動應當是拋體運動而非嚴格的自由落體運動，A錯誤；
B．若要研究無人機的飛行姿態，則其形狀與轉動對研究的問題有著重要影響，不能把它簡化為質點，B錯誤；
C．物體做勻速圓周運動時，合外力的大小雖保持不變，但其方向隨時在變，因此“所受的合外力不變”不成立，C錯誤；
D．勻速圓周運動中，速度的方向不斷變化但最終會回到起始方向，故一周運動后動量的變化量為零，因此合外力的沖量也為零，D正確。
故選D。
【分析】由自由落體運動的定義判斷煙花是否做自由落體運動；由質點的定義判斷能不能看成質點；由圓周運動總是判斷向心力是否是變力；由動量定理結合勻速圓周運動判斷合外力的沖量是否為0。
3．（2025·溫州模擬）如圖所示為起重機吊起鐵管的場景。質量為200kg的鐵管兩端固定有一鋼繩，起重機掛鉤勾住鋼繩，使鐵管從靜止開始先豎直向上做勻加速直線運動，達到某一速度后做勻速運動。若鐵管始終保持水平，不計鋼繩質量與一切阻力。下列說法正確的是（　　）
A．勻加速階段鐵管處于超重狀態
B．勻速階段鋼繩的張力大小為1000N
C．鋼繩對鐵管的拉力是由于鐵管形變引起的
D．勻加速階段鋼繩對鐵管的作用力大于鐵管對鋼繩的作用力
【答案】A
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；共點力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】本題考查超失重和牛頓第三定律，彈力產生原因和力的平衡知識，會根據題意進行準確分析解答。A．在勻加速階段，鐵管豎直向上做勻加速直線運動，加速度向上，所以鐵管處于超重狀態，故A正確；
B．勻速階段，鋼繩的張力大小等于鐵管重力大小，即
故B錯誤；
C．根據彈力的產生原因，鋼繩對鐵管的拉力是由于鋼繩發生形變，要恢復原狀而對鐵管產生的力，并非鐵管形變引起的，故C錯誤；
D．鋼繩對鐵管的作用力與鐵管對鋼繩的作用力是一對相互作用力，相互作用力大小相等、方向相反，與鐵管的運動狀態無關，所以勻加速階段鋼繩對鐵管的作用力等于鐵管對鋼繩的作用力，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據超失重和牛頓第三定律，彈力產生原因和力的平衡知識進行分析解答。
4．（2025·溫州模擬）有關下列四幅圖的描述，正確的是（　?。?br/>A．圖甲中，線圈順時針勻速轉動，電路中A、B發光二極管不會交替發光
B．圖乙中，強相互作用可以存在于各種核子之間，作用范圍只有約10 10 m
C．圖丙中，磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁驅動的原理
D．圖丁中，自由電荷為負電荷的霍爾元件（電流和磁場方向如圖所示）的N側電勢高
【答案】A
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；交變電流的產生及規律；霍爾元件；核力與四種基本相互作用
【解析】【解答】霍爾效應的的本質是導體中的載流子在磁場中發生偏轉，在導體中垂直于粒子運動方向的兩端聚集，產生電勢差，當電勢差穩定時電場力等于洛倫茲力。A．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發光二極管不會交替發光，A正確；
B．強相互作用的作用范圍約為10 15 m（原子核尺度），并非10 10 m，B錯誤。
C．磁電式儀表中鋁框的作用是利用“渦流（電磁）阻尼”使指針快速停擺，而非“電磁驅動”，C錯誤。
D．根據左手定則可知，自由電荷向N側偏轉，由于自由電荷為負電荷，N側的電勢較低，D錯誤。
故選A。
【分析】根據電磁阻尼和電磁驅動，霍爾效應原理，強相互作用范圍，二極管的單向導電性進行分析解答。
5．（2025·溫州模擬）2025年2月11日新型火箭長征八號改進型運載火箭首飛成功，將低軌02組9顆衛星送入距地高度約1145km的軌道，其發射過程簡化為如圖所示，衛星發射后自a點進入橢圓軌道Ⅰ，到達軌道Ⅰ遠地點b時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道Ⅱ遠地點c時再次點火變軌進入預定圓軌道Ⅲ做勻速圓周運動。已知地球半徑約為6400km，則（　?。?br/>A．衛星在軌道Ⅰ上自a向b運行的過程中，其機械能不斷增大
B．衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上與地心連線單位時間掃過的面積一定相等
C．衛星在軌道Ⅱ上經b點的速度大于衛星在軌道Ⅲ上經c點的速度
D．衛星在軌道Ⅲ運行的周期約為80分鐘
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】單獨的比較物體在高軌和低軌的機械能是困難的，因為物體在低軌的勢能小，動能大；在高軌的勢能大，動能小；而如果有特定的運動方式將兩個軌道聯系起來，就可以對物體在兩個軌道的機械能進行比較了。A．從 a 運動到 b 的過程中，火箭發動機并未再次點火，只受地球引力作用，機械能守恒，A錯誤。
B．衛星分別處于橢圓軌道Ⅰ和橢圓軌道Ⅱ時，開普勒第二定律描述的是同一衛星在同一軌道與中心天體連線在相同時間內掃過的面積相等，衛星在不同的軌道上運行時，相等的時間內與中心天體連線掃過的面積不一定相等，B錯誤。
C．以過b點的圓軌道相比，相對于更高的圓軌道Ⅲ在c 點時的半徑更小，根據萬有引力提供向心力
解得
可知，軌道半徑越小則線速度越大，在橢圓軌道Ⅱ中，b 點是近地點，衛星進入軌道II的b點應加速，故衛星在Ⅱ軌道的b 點速度大于在Ⅲ軌道c 點的速度，C正確。
D．最終圓軌道Ⅲ的半徑約為
r=6400 km + 1145 km = 7545 km
根據牛頓第二定律則有
解得
而近地衛星的周期
其中，解得，由于軌道Ⅲ的半徑大于地球的半徑，故衛星在軌道Ⅲ上的運行周期應大于80分鐘，D錯誤。
故選C。
【分析】根據機械能守恒條件和開普勒第二定律，根據萬有引力提供向心力，求出最終圓軌道Ⅲ的半徑，牛頓第二定律列式推導并判斷。
6．（2025·溫州模擬）溫州三澳核電站是浙江省首個采用“華龍一號”三代核電技術的項目，核電站是利用重核裂變發電的，其中一種裂變方程是，還可以自發進行α衰變，已知、、的相對原子質量分別為235.0439u、231.0363u、4.0026u，1u相當于931.5MeV的能量，下列關于這兩個核反應的說法正確的是（　?。?br/>A．衰變中的比結合能大于的比結合能
B．裂變反應中的結合能大于的結合能
C．升高環境溫度，可使的半衰期變短
D．1個發生一次α衰變，其釋放的能量約4.66MeV
【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程；結合能與比結合能
【解析】【解答】 比結合能：組成原子核的核子越多，它的結合能越大。原子核的結合能與核子數之比，叫作比結合能，也叫作平均結合能。A．衰變后放出能量，生成的核更加穩定，則衰變中的比結合能小于的比結合能，選項A錯誤；
B．裂變反應放出能量，則的比結合能大于的比結合能，但是由于核子數遠小于的核子數，可知的結合能小于的結合能，選項B錯誤；
C．外部因素不會影響半衰期，選項C錯誤；
D.1個發生一次α衰變，其釋放的能量約
選項D正確。
故選D。
【分析】在放能的核反應中，生成物的比結合能大于反應前粒子的比結合能；元素的半衰期由原子核自身決定，與外界因素無關；根據質能方程計算。
7．（2025·溫州模擬）如圖甲所示為溫州軌道交通S1線的行李安檢機，其簡化原理圖如圖乙所示，水平傳送帶長為2.5m，傳送帶始終以恒定速率0.30m/s運行。一質量為0.60kg的小包（可視為質點）無初速度地輕放上傳送帶左端，最終到達傳送帶右端。若小包與該傳送帶間的動摩擦因數為0.50，下列說法正確的是（　?。?br/>A．安檢機使用γ射線探測包內的物品
B．小包勻速運動時，傳送帶對小包的摩擦力向右
C．由于傳送小包，電動機多做的功為0.054J
D．小包從傳送帶左端到達右端的時間為1.0s
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用；電磁波譜
【解析】【解答】本題是力學綜合題，小包運動過程復雜，根據題意分析清楚煤塊的運動過程是解題的前提，分段運用牛頓第二定律、運動學公式、功能關系即可解題。A．安檢機使用X射線探測包內的物品，故A錯誤；
B．小包勻速運動時，小包在水平方向上處于平衡狀態，故傳送帶對小包的摩擦力為0，故B錯誤；
C．對小包根據動能定理可得傳送帶對小包做功為
小包速度與傳送帶速度相同之前的過程中根據牛頓第二定律可得
解得
故小包速度達到傳送帶速度所用時間為
加速度位移為
小包加速過程中，傳送帶位移為
則小包相對于傳送帶運動位移為
則摩擦力產生熱量為
則電動機由于傳送小包多做的功為
故C正確；
D．與傳送帶共速后到達右端所用時間為
故小包從傳送帶左端到達右端的時間為
故D錯誤。
故選C。
【分析】小包的運動分為兩個階段：第一階段小包初速度為0，受滑動摩擦力加速，第二階段達到傳送帶速度，然后勻速運動。電動機額外做功，包括兩部分：小包動能增加，摩擦生熱。利用運動學公式，結合能量關系逐個判斷。
8．（2025·溫州模擬）如圖所示裝置，1是待測位移的物體，軟鐵芯2插在空心線圈L中并且可以隨著物體1在線圈中左右平移。將線圈L（電阻不計）和電容器C并聯后與電阻R、電源E相連，閉合開關S，待電路達到穩定后再斷開S，LC回路中將產生電磁振蕩。下列說法正確的是（　?。?br/>A．開關斷開后瞬間，電容器上的帶電量最大
B．開關斷開后瞬間，線圈中的自感電動勢為零
C．若減小電源的電動勢，振蕩電流的頻率會變小
D．該裝置可作為傳感器使用，用振蕩電流振幅的變化反映物體位置的變化
【答案】B
【知識點】電磁振蕩
【解析】【解答】LC回路中的電流i、線圈中的磁感應強度B、電容器極板間的電場強度E的變化周期等于LC回路的振蕩周期，即
T=2π
A．因線圈電阻為零，電路穩定時，線圈兩端電壓為零，電容器不帶電，故A錯誤；
B．斷開開關后瞬間，線圈中電流最大，自感電動勢為零，故B正確；
C．振蕩電流的頻率
與電源的電動勢無關，故C錯誤；
D.1物體的位移會改變線圈的電感L，進而改變振蕩電路的頻率，是通過振蕩電流頻率的變化反映物體位置的變化，故D錯誤。
故選B。
【分析】電路穩定時電容器兩板間電壓為零；根據電流的變化率分析；根據振蕩電流的頻率公式分析；可以用振蕩電流頻率的變化能反映物體位置的變化。
9．（2025·溫州模擬）如圖所示，圖中陰影部分是一透明介質的橫截面，介質側面AB面和DE面均附有特殊涂層，光到達該表面時全部被吸收。是一半徑為R的半圓弧，圓心O處有一可以旋轉的單色激光發射器，使發出的光線繞圓心O以周期T在紙面內逆時針勻速轉動。從外側觀察，一個周期內面上有光點移動的時間為，光在真空中速度大小為c，不考慮光在圓弧界面上的反射，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．透明介質的折射率為
B．光在透明介質中傳播的最長時間為
C．光點在面上即將消失時的瞬時速率為
D．若增大單色光的頻率，透明介質面上光射出的區域長度變長
【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光投射到兩種介質的界面上會發生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的關系分別遵守反射定律和折射定律，當光從光密介質射向光疏介質中時，若入射角等于或者大于臨界角會發生全反射現象。A．根據題意一個周期內面上有光點移動的時間為，故可知從BD面有光線射出的對應的弧長圓心角為
故可知光線剛好在BD面發生全反射的臨界角為，故透明介質的折射率為
故A錯誤；
B．分析可知當光線沿OD方向射入時，在透明介質中傳播的時間最長，根據幾何關系可知此時光線傳播的路程為
，，
聯立解得
故B錯誤；
C．設光點在面上即將消失時的瞬時速率為，將v沿入射光線方向和垂直入射光線方向分解可知，
其中，聯立解得，故C正確；
D．若增大單色光的頻率，可知介質對光線的折射率變大，臨界角變小，根據前面分析結合幾何關系可知透明介質面上光射出的區域長度變短，故D錯誤。
故選C。
【分析】結合題意，根據幾何關系、臨界角與折射率的關系分別列式，即可分析判斷；若增大單色光的頻率，可知介質對光線的折射率變大，據此分析判斷。
10．（2025·溫州模擬）桌面上放置一“U”形磁鐵，用能繞端點轉動的絕緣輕桿懸掛一半徑為r、厚度為d的鋁制薄圓盤，圓盤的平衡位置恰好位于兩磁極之間，如圖甲所示。若將圓盤拉離平衡位置一個固定角度后由靜止釋放（如圖乙所示），圓盤在豎直平面內來回擺動（圓盤面始終與磁場垂直），經時間停下；若僅將圓盤厚度改變為2d，重復以上實驗，圓盤經時間停下；若保持圓盤半徑r和厚度d不變，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，重復以上實驗，圓盤經時間停下。不計轉軸和空氣的阻力，則觀察到的現象是（　?。?br/>A．明顯大于 B．明顯小于
C．明顯大于 D．與幾乎相等
【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動
【解析】【解答】本題考查電阻定律判斷電阻的變化情況，結合質量的變化情況，電阻的變化情況，安培力的知識，會根據題意進行準確分析解答。AB．根據，若僅將圓盤厚度改變為2d，則電阻減小，相同條件下，圓盤產生的電流變大，圓盤受到的安培力變大，但是圓盤質量也變大，阻礙作用不好判斷，考慮兩個一模一樣的圓盤，從同一高度單獨釋放到停下所用時間相同，那么兩個圓盤并排貼在一起（相當于厚度加倍），從同一高度單獨釋放到停下所用時間應該不變，即與幾乎相等，故AB錯誤；
CD．結合以上分析，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，電阻變大，相同條件下，圓盤產生的電流變小，圓盤受到的安培力變小，同時圓盤質量變大，阻礙作用變小，則圓盤停下來所用時間變長，即明顯大于，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】根據電阻定律判斷電阻的變化情況，結合質量的變化情況，電阻的變化情況，安培力的變化情況進行分析解答。
11．（2025·溫州模擬）兩塊相同足夠大的平行金屬板A、B豎直放置，將一金屬小球放入其中，其截面示意圖如圖所示。O點為球心，a、c為其外表面上兩點，Oa連線與平行板垂直。閉合開關，電容器充電完成（忽略小球的感應電荷對平行金屬板A、B的影響），下列說法正確的（　　）
A．a點的電勢比c點的電勢高
B．小球的感應電荷在c點產生的電場水平向左
C．若將A板向右移動，則a點的感應電荷的密度將增大
D．若斷開開關，再將B板向下移動少許，則O點的電場強度不變
【答案】C,D
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】達到靜電平衡后，導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，這是解決本題的關鍵的地方，對于靜電場的特點一定要熟悉。A．達到靜電平衡后，金屬小球是一等勢體，所以a點的電勢等于c點的電勢，故A錯誤；
B．達到靜電平衡后，金屬小球是一等勢體，則c點的場強方向垂直于過c點的切面方向斜向上偏右，由于平行金屬板A、B在c點的場強方向水平向右，根據場強疊加原則可知，小球的感應電荷在c點產生的電場不是水平向左，故B錯誤；
C．達到靜電平衡后，金屬小球內部的場強為0，則小球的感應電荷在O點的場強與平行金屬板A、B在O點的場強大小相等、方向相反，若將A板向右移動，根據可知，平行金屬板A、B在O點的場強變大，則小球的感應電荷在O點的場強變大，a點的感應電荷的密度將增大，故C正確；
D．達到靜電平衡后，金屬小球內部的場強為0，則斷開開關，再將B板向下移動少許，O點的電場強度仍為0，保持不變，故D正確。
故選CD。
【分析】 根據靜電平衡可知，處于靜電平衡的導體內部場強處處為零，同一個導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，導體的外表面為一個等勢面，導體表面的電場線與外表面處處垂直，根據以上特點進行分析即可。
12．（2025·溫州模擬）如圖所示為一種光電效應演示儀，光電管與電流計、電源相連，其入射光的波長與光強可以通過光調節器調節。逐漸調節照射到金屬板M的入射光波長，當波長為時，電流計的示數剛好為零，此時將電源正負極對調，電流計示數不為零，再逐漸調節入射光照的波長至，電流計的示數恰好變成零。已知電源路端電壓為U，不考慮電流計內阻，元電荷為e，真空中光速為c，則（　?。?br/>A．
B．可求得普朗克常量
C．當光的波長為時，僅增大光的波長，電流計示數將不為零
D．當光的波長為時，僅增大光的強度，電流計示數將不為零
【答案】A,B
【知識點】光電效應
【解析】【解答】光電效應方程：Ek=hν-W0，其中hν為入射光子的能量，Ek為光電子的最大初動能，W0是金屬的逸出功。AB．根據題意可知，當波長為時，電流計的示數剛好為零，此時將電源正負極對調，電流計示數不為零，電源路端電壓為U，則有
再逐漸調節入射光照的波長至，電流計的示數恰好變成零，則有
聯立可得
，
故AB正確；
CD．根據題意可知，為入射光為極限頻率的波長，僅增大光的波長，光的頻率減小，不能發生光電效應，電流計示數仍為零，僅增大光的強度，光的頻率不增加，不能發生光電效應，電流計示數仍為零，故CD錯誤。
故選AB。
【分析】根據光電效應發生的條件和滿足的方程列式解答。
13．（2025·溫州模擬）如圖甲所示，在均勻介質中，兩個波源、分別位于和m處。已知時刻，開始自平衡位置向下振動，s時，第二次處于波峰位置，s時，波源也開始自平衡位置向下振動，產生的兩列簡諧橫波恰好于P點相遇。經足夠長時間后，x軸上質點的振幅隨x變化的部分圖像如圖乙所示。若m，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．波源、的振幅相同
B．當s時，兩列波開始相遇
C．間（除、P外）有12個振動加強點
D．在0~10s內質點Q的路程為2cm
【答案】A,D
【知識點】波的疊加
【解析】【解答】本題考查波的干涉，關鍵明確質點的實際位移等于兩列波單獨傳播時引起位移的矢量和，結合波形的空間周期性和質點振動的時間周期性進行分析即可，波的干涉的振動加強點滿足波程差Δs=2n，波的干涉的振動減弱點滿足波程差Δs=（2n+1）。A．從圖乙可知，振動減弱點振幅為0，則波源、的振幅相同
故A正確；
B．s時，第二次處于波峰位置，則有
解得周期
T=1s
圖乙可知波長為1m，則波速
設從開始振動經時間t兩列波相遇，則傳播時間為（t-2s），則有
聯立解得
故B錯誤；
C．根據振動加強點的條件
到P點距離為
則到P點距離為
設間某點到的距離分別為，則有
相距10m，在間（除外），波程差的取值范圍是(0，10m)，則n可以取共11個值，即有11個振動加強點，故C錯誤；
D．結合以上分析可知，到Q點距離為
到Q點距離為
則兩波源到Q點的波程差
即Q點為減弱點，合振幅為0。則Q點通過的路程為兩波在此處未疊加時，Q的通過的路程，到Q點時間為
由于s時Q才振動，即從時刻開時到5.75s，才傳播到Q點，到Q點時間為
則Q單獨振動時間為
即Q單獨振動了半個周期，即在0~10s內質點Q的路程為
故D正確。
故選AD。
【分析】加強點的振幅等兩列波振幅之和，減弱點的振幅等于兩列波振幅之差；由波速和傳播的距離可知兩列波相遇的時間；根據波的干涉的加強點的條件判斷；結合振動的時間與一個周期內質點振動的路程為4A判斷。
14．（2025·溫州模擬）（1）在下列實驗中，必須用到天平的實驗是______。
A．“探究加速度與力、質量的關系”
B．“驗證機械能守恒定律”
C．“用單擺測量重力加速度的大小”
D．“探究小車速度隨時間變化的規律”
（2）如圖所示為“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗。
下列操作或現象會增大實驗誤差的是（　?。?br/>A．彈簧測力計的拉桿與塑料外殼有摩擦
B．彈簧測力計的塑料外殼與木板有摩擦
C．彈簧測力計、細繩、橡皮筋未與木板平行
D．將細繩換成細橡皮筋
（3）某同學在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）代替彈簧測力計來探究該實驗，如圖3所示，三根橡皮筋在O點相互連接，拉長后三個端點用圖釘固定在A、B、C三點。下列說法正確的是　 　
A.每次實驗時結點O的位置必須一樣
B.不用測出橡皮筋上力的大小也能完成實驗
C.必須要知道橡皮筋的勁度系數才能完成實驗
D.可以選取三個橡皮筋中的任意兩個拉力作為分力進行探究
【答案】（1）A
（2）A；C
（3）BD
【知識點】驗證力的平行四邊形定則；探究加速度與力、質量的關系；驗證機械能守恒定律；探究小車速度隨時間變化的規律；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】實驗原理：等效法：一個力F'的作用效果和兩個力F1、F2的作用效果都是讓同一條一端固定的橡皮條伸長到同一點，所以一個力F'就是這兩個力F1和F2的合力，作出力F'的圖示， 根據平行四邊形定則作出力F1和F2的合力F的圖示，比較F和F'的大小和方向是否相同，若在誤差允許的范圍內相同，則驗證了力的平行四邊形定則。
（1）A．“探究加速度與力、質量的關系” 實驗中，需要測量物體的質量，所以必須用到天平，故A正確；
B．“驗證機械能守恒定律”，驗證的是動能的增加量和重力勢能的減少量是否相等，表達式中質量可以約掉，不需要測量質量，不用天平，故B錯誤；
C．“用單擺測量重力加速度的大小”，根據單擺周期公式
只需測量擺長和周期，不需要測量質量，不用天平，故C錯誤；
D．“探究小車速度隨時間變化的規律”，主要測量小車的位移和時間，不需要測量質量，不用天平，故D錯誤。
故選A。
（2）A．彈簧測力計的拉桿與塑料外殼有摩擦，會導致彈簧測力計示數不能準確反映拉力大小，增大實驗誤差，故A正確；
B．彈簧測力計的塑料外殼與木板有摩擦，因為拉力是通過掛鉤測量的，外殼與木板的摩擦不影響測量拉力的大小，不會增大實驗誤差，故B錯誤；
C．彈簧測力計、細繩、橡皮筋未與木板平行，會使拉力在垂直木板方向有分力，導致測量的拉力不準確，增大實驗誤差，故C正確；
D．將細繩換成細橡皮筋，只要能準確記錄拉力的方向，對實驗結果沒有影響，不會增大實驗誤差，故D錯誤。
故選AC。
（3）A．該實驗是探究三根橡皮筋拉力的關系，不需要每次實驗時結點O的位置都一樣，故A錯誤；
B．因為三根橡皮筋遵循胡克定律，根據
k相同，所以可以用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不用測出橡皮筋上力的具體大小也能完成實驗，故B正確；
C．由 B 選項的分析可知，用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不需要知道橡皮筋的勁度系數，故C錯誤；
D．三個力中，任意兩個力都可以看做分力，另一個力看做這兩個力的合力，所以可以選取三個橡皮筋中的任意兩個拉力做為分力進行探究，故D正確。
故選BD。
【分析】（1）需要測量物體的質量的實驗需要天平，根據實驗的原理逐項分析作答；
（2）摩擦力等會導致實驗誤差，根據實驗的原理、正確操作和注意事項分析實驗誤差；
（3）通過分析實驗中的原理可以得出實驗采用的方法。
（1）A．“探究加速度與力、質量的關系” 實驗中，需要測量物體的質量，所以必須用到天平，故A正確；
B．“驗證機械能守恒定律”，驗證的是動能的增加量和重力勢能的減少量是否相等，表達式中質量可以約掉，不需要測量質量，不用天平，故B錯誤；
C．“用單擺測量重力加速度的大小”，根據單擺周期公式
只需測量擺長和周期，不需要測量質量，不用天平，故C錯誤；
D．“探究小車速度隨時間變化的規律”，主要測量小車的位移和時間，不需要測量質量，不用天平，故D錯誤。
故選A。
（2）A．彈簧測力計的拉桿與塑料外殼有摩擦，會導致彈簧測力計示數不能準確反映拉力大小，增大實驗誤差，故A正確；
B．彈簧測力計的塑料外殼與木板有摩擦，因為拉力是通過掛鉤測量的，外殼與木板的摩擦不影響測量拉力的大小，不會增大實驗誤差，故B錯誤；
C．彈簧測力計、細繩、橡皮筋未與木板平行，會使拉力在垂直木板方向有分力，導致測量的拉力不準確，增大實驗誤差，故C正確；
D．將細繩換成細橡皮筋，只要能準確記錄拉力的方向，對實驗結果沒有影響，不會增大實驗誤差，故D錯誤。
故選AC。
（3）A．該實驗是探究三根橡皮筋拉力的關系，不需要每次實驗時結點O的位置都一樣，故A錯誤；
B．因為三根橡皮筋遵循胡克定律，根據
k相同，所以可以用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不用測出橡皮筋上力的具體大小也能完成實驗，故B正確；
C．由 B 選項的分析可知，用橡皮筋的伸長量或伸長后的長度來表示力的大小，不需要知道橡皮筋的勁度系數，故C錯誤；
D．三個力中，任意兩個力都可以看做分力，另一個力看做這兩個力的合力，所以可以選取三個橡皮筋中的任意兩個拉力做為分力進行探究，故D正確。
故選BD。
15．（2025·溫州模擬）某同學在學習了“用雙縫干涉測量光的波長”實驗后，自制了一套雙縫干涉演示儀（圖1），所用單縫的縫寬可調（圖2），并用電子顯微鏡頭代替光屏，通過計算機呈現實驗現象。
（1）若調節單縫的寬度由圖2所示逐漸變窄，下列說法正確的是（　　）。
A．當單縫寬度較寬時，無法觀察到清晰的條紋
B．當單縫寬度較窄時，隨著縫寬變窄，條紋間距逐漸變大
（2）已知雙縫間的距離為d，光源與單縫的距離為，單縫與雙縫的距離為，雙縫到電子顯微鏡頭的距離為，計算機顯示圖樣中相鄰兩條亮條紋間的距離為，顯示圖樣的放大倍數為k，則對應的光波波長為　 　（用題中所給物理量符號表示）。
【答案】（1）A
（2）
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】實驗原理： 雙縫干涉中相鄰兩條明（暗）條紋間的距離△x與波長λ、雙縫間距離d及雙縫到屏的距離L滿足，因此，只要測出△x、d和L，即可求出波長λ。
（1）A．在雙縫干涉實驗中，單縫的作用是獲得線光源，當單縫寬度較寬時，通過單縫的光不是線光源，無法形成穩定的干涉條件，所以無法觀察到清晰的干涉圖樣，故A正確；
B．干涉條紋間距公式
其中為雙縫到屏的間距，表示波長，表示雙縫間距
所以條紋間距寬度與單縫寬度無關，當單縫寬度變窄時，條紋間距不變，故B錯誤。
故選A。
（2）雙縫條紋間距公式
其中是實際的相鄰兩亮條紋間的間距
那么顯示的相鄰亮條紋間距和實際的相鄰亮條紋間距之間的關系為
即
整理得
【分析】（1）條紋間距寬度與單縫寬度無關，當單縫寬度變窄時，條紋間距不變，根據單縫的作用分析作答；
（2）根據雙縫干涉條紋間距公式求解作答。
（1）A．在雙縫干涉實驗中，單縫的作用是獲得線光源，當單縫寬度較寬時，通過單縫的光不是線光源，無法形成穩定的干涉條件，所以無法觀察到清晰的干涉圖樣，故A正確；
B．干涉條紋間距公式
其中為雙縫到屏的間距，表示波長，表示雙縫間距
所以條紋間距寬度與單縫寬度無關，當單縫寬度變窄時，條紋間距不變，故B錯誤。
故選A。
（2）雙縫條紋間距公式
其中是實際的相鄰兩亮條紋間的間距
那么顯示的相鄰亮條紋間距和實際的相鄰亮條紋間距之間的關系為
即
整理得
16．（2025·溫州模擬）某同學為測量硅光電池的電動勢和內阻，進行了如下實驗探究。將內阻較小的待測硅光電池（保持光照強度一定，電動勢可視為不變）、電流表、電壓表、滑動變阻器、開關及若干導線連接成電路如圖1所示。
（1）閉合開關前，該同學發現圖1中有一處連線錯誤，應去掉圖中序號為　 　的導線。（選填“①”、“②”、“③”或者“④”）
（2）正確連線后，由實驗中記錄的數據，得到該電池的曲線，如圖2所示。某次調節滑動變阻器時，電流表的示數為250mA，電壓表示數如圖3所示，讀出電壓表的示數為　 　V。根據U-I曲線，計算此時硅光電池的內阻為　 　Ω（計算結果保留兩位有效數字）。
（3）若硅光電池的曲線在范圍內可視為直線，該直線斜率為?，F將該電池分別與阻值為、的定值電阻連接構成閉合回路，且，實驗測得兩組數據、，其中，，則兩種情況下硅光電池的輸出功率　 ?。ㄟx填“大于”、“等于”或者“小于”）。
【答案】（1）③
（2）1.49#1.50#1.51；5.6
（3）大于
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查了測量硅光電池的電動勢和內阻的實驗，要明確實驗原理，掌握閉合電路的歐姆定律的運用。為了使電池的路端電壓變化明顯，電池的內阻宜大些 。
（1）測量電源電動勢和內阻實驗需要電流表串聯在電路中，電壓表并聯在電路中，如圖所示連接電路導線③可使得電壓表短路，所以應該去掉圖中序號為③的導線
（2）觀察圖中電壓表，其量程為3V，分度值為0.1V，指針指在1刻度后的第5格上，所以電壓表的示數為1.50V，根據閉合電路歐姆定律
U-I曲線的斜率的絕對值表示內阻
可知當電流表的示數為250mA，根據電壓為1.50V
當電流I=0時，，根據
（3）當范圍內可視為直線，該直線斜率為，由
在時硅光電池的內阻可視為
對于硅光電池與定值電阻構成的閉合回路，其輸出功率
根據閉合電路歐姆定律
則輸出功率
當時，對于，輸出功率
對于，輸出功率
所以當且時；時，硅光電池的U-I曲線不再是斜率為的直線，其內阻不再是
從U-I曲線的性質來看，隨著電流的增大，電池的內阻會增大(實際電池的內阻會隨工作狀態變化)
輸出功率，對于接(電流)的情況，由于內阻增大，根據
在E不變，I增大且r增大的情況下，路端電壓會比按照內阻計算的值更小，對于，輸出功率
(，內阻為)
對于，輸出功率
(，內阻大于)
電源內阻按計算時，實際內阻增大導致減小，所以
【分析】（1）測量硅光電池的電動勢和內阻的實驗中，滑動變阻器要采用限流式接法，據此分析作答；
（2）量程為0～3V的電壓表分度值為0.1V，根據電壓表的讀數規則讀數；
（3）根據閉合電路的歐姆定律求解作答；
（4）根據電源的輸出功率與外電阻的關系，以及硅光電池內阻的變化情況分析作答。
（1）測量電源電動勢和內阻實驗需要電流表串聯在電路中，電壓表并聯在電路中，如圖所示連接電路導線③可使得電壓表短路，所以應該去掉圖中序號為③的導線
（2）[1]觀察圖中電壓表，其量程為3V，分度值為0.1V，指針指在1刻度后的第5格上，所以電壓表的示數為1.50V
[2]根據閉合電路歐姆定律
U-I曲線的斜率的絕對值表示內阻
由[1]可知當電流表的示數為250mA，根據電壓為1.50V
當電流I=0時，
根據
（3）當范圍內可視為直線，該直線斜率為，由
在時硅光電池的內阻可視為
對于硅光電池與定值電阻構成的閉合回路，其輸出功率
根據閉合電路歐姆定律
則輸出功率
當時
對于，輸出功率
對于，出功率
所以當且時，
時，硅光電池的U-I曲線不再是斜率為的直線，其內阻不再是
從U-I曲線的性質來看，隨著電流的增大，電池的內阻會增大(實際電池的內阻會隨工作狀態變化)
輸出功率，對于接(電流)的情況，由于內阻增大，根據
在E不變，I增大且r增大的情況下，路端電壓會比按照內阻計算的值更小
對于，輸出功率(，內阻為)
對于，輸出功率(，內阻大于)
電源內阻按計算時
實際內阻增大導致減小，所以
17．（2025·溫州模擬）如圖所示，將橫截面積為S的導熱圓筒固定在地面上，筒內安裝兩個可以無摩擦滑動的輕質活塞A和B，兩活塞間封閉一定量的理想氣體。把輕彈簧一端與圓筒底部連接，另一端與活塞B相連接。圓筒下方靠近底部A有一小缺口，使活塞B下方始終與大氣相通。開始時環境溫度為，氣體此時處于狀態I，其體積為V?，F保持環境溫度不變，將沙子緩慢地倒在活塞A的上表面，使氣體體積減小為0.5V，此時氣體處于狀態Ⅱ。之后，環境的溫度緩慢升高，再次穩定后氣體達到狀態Ⅲ，此時體積為0.75V。已知從狀態Ⅰ到狀態Ⅲ，氣體內能增加，外界大氣的壓強始終保持不變。
（1）氣體從狀態I到狀態Ⅱ，氣體分子在單位時間內撞擊筒壁單位面積的次數　 ?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”），氣體向外界釋放的熱量　 　外界對氣體做的功（選填“大于”“等于”或“小于”）；
（2）求氣體達到狀態Ⅲ時環境的溫度T和彈簧的彈力大小F；
（3）求從狀態Ⅱ到狀態Ⅲ氣體吸收的熱量Q。
【答案】（1）變大；等于
（2）解：①對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程為等壓變化
解得
②對氣體，狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化
解得
對活塞B，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程始終受力平衡
解得
（3）解：對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程，外界對氣體做功
根據熱力學第一定律
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】熱力學第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系。此定律是標量式，應用時熱量的單位應統一為國際單位制中的焦耳。
（1）狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化，體積減小，壓強增大，所以氣體分子在單位時間內撞擊筒壁單位面積的次數變大；由于溫度不變，內能不變，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知
解得
所以氣體向外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功。
【分析】（1）根據氣體的體積變化分析，根據熱力學第一定律分析；
（2）根據蓋-呂薩克定律計算溫度，根據平衡條件計算彈簧彈力；
（3）求出狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律計算。
（1）[1][2]狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化，體積減小，壓強增大，所以氣體分子在單位時間內撞擊筒壁單位面積的次數變大；由于溫度不變，內能不變，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知
解得
所以氣體向外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功。
（2）①對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程為等壓變化
解得
②對氣體，狀態Ⅰ到狀態Ⅱ過程為等溫變化
解得
對活塞B，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程始終受力平衡
解得
（3）對氣體，狀態Ⅱ到狀態Ⅲ過程，外界對氣體做功
根據熱力學第一定律
解得
18．（2025·溫州模擬）某固定裝置的豎直截面如圖所示，水平高臺上的直軌道CD、圓弧軌道DEF、直軌道FG平滑連接。高臺左側水平軌道AB略低，軌道上放置一塊質量為m、長度為L的平板，平板上表面與CD等高。高臺右側有一水平地面HI，與高臺的高度差為h。初始時，平板處于靜止狀態，其右端與高臺的CB側距離足夠大。讓一質量也為m的滑塊以速度滑上平板，并帶動平板向右運動。當平板到達CB時將立即被鎖定，滑塊繼續向前運動。若滑塊落到HI段，將與地面發生碰撞，碰撞時間極短（支持力遠大于重力），反彈后豎直分速度減半，水平速度同時發生相應變化。已知，，，，，滑塊與平板上表面間的動摩擦因數、與HI段間的動摩擦因數，其余摩擦及空氣阻力均可忽略，HI段足夠長，滑塊視為質點。
（1）求平板被鎖定瞬間，滑塊的速度大小v以及此時滑塊離平板右端的距離x；
（2）要使滑塊不脫離圓弧軌道，求圓弧軌道半徑R的取值范圍；
（3）若滑塊沿著軌道運動至G點飛出，求其最終距G點的水平距離d。
【答案】（1）解：平板與滑塊運動至共速過程，根據動量守恒有
解得
根據能量守恒定律有
解得
此時滑塊離平板右端距離
（2）解：當滑塊恰過圓弧軌道最高點時，根據牛頓第二定律有
從滑上高臺到運動至圓弧軌道最高點過程，根據動能定理有
解得
滑塊從滑上高臺到恰到達圓弧軌道圓心等高處過程，根據動能定理有
解得
要使滑塊不脫離圓弧軌道，則有或
（3）解：滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，則有
，，
解得
，
第一次反彈后有
第一次反彈過程根據動量定理有
，
解得
第一次反彈后至第二次落地滑塊做斜拋運動，則有
第二次反彈過程根據動量定理有
，
解得
可知，之后滑塊做豎直上拋運動，綜上所述可知，最遠水平距離
【知識點】動量定理；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）平板與滑塊運動至共速過程，根據動量守恒求滑塊的速度大小v，根據系統能量守恒此時滑塊離平板右端的距離x；
（2）當滑塊恰過圓弧軌道最高點時，重力提供向心力，根據圓周運動公式和動能定理求圓弧軌道半徑R的取值范圍；
（3）滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，根據平拋運動和斜拋運動求其最終距G點的水平距離d。
（1）平板與滑塊運動至共速過程，根據動量守恒有
解得
根據能量守恒定律有
解得
此時滑塊離平板右端距離
（2）當滑塊恰過圓弧軌道最高點時，根據牛頓第二定律有
從滑上高臺到運動至圓弧軌道最高點過程，根據動能定理有
解得
滑塊從滑上高臺到恰到達圓弧軌道圓心等高處過程，根據動能定理有
解得
要使滑塊不脫離圓弧軌道，則有或
（3）滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，則有，，
解得，
第一次反彈后有
第一次反彈過程根據動量定理有，
解得
第一次反彈后至第二次落地滑塊做斜拋運動，則有
第二次反彈過程根據動量定理有，
解得
可知，之后滑塊做豎直上拋運動，綜上所述可知，最遠水平距離
19．（2025·溫州模擬）如圖1所示，在光滑絕緣的水平面內建立坐標系，空間中的范圍內存在豎直向下的磁場，任一時刻磁感應強度分布與y無關，隨x按的規律變化，k隨時間的變化如圖2所示，其中T/m，s。水平面上有一邊長m、質量kg、總電阻Ω的勻質正方形剛性導線框abcd，內鎖定在圖1所示的位置，時刻解除鎖定，同時對線框施加向右的水平恒力N，使之開始沿x軸正方向運動，已知當ab邊到達時，線框開始做勻速運動。在線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，改施加變力，使之后線框在離開磁場的過程中其電流保持不變。線框在全過程中始終處于平面內，其ab邊與y軸始終保持平行，空氣阻力不計。求：
（1）內線框中電流I的大小及方向；
（2）線框在磁場中勻速運動的速度大小v；
（3）線框在勻速運動過程中，ab兩端的電勢差隨ab邊的x坐標變化的關系式；
（4）線框在穿出磁場的過程中產生的焦耳熱Q。
【答案】（1）解：內感應電動勢
磁通變化量大小
根據
解得
A
電流方向為順時針
（2）解：勻速運動時
，
根據平衡
解得
（3）解：根據（2）解得A，線框ab邊
根據
得
（V）（）
（4）解：線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，電流發生突變
穿出過程（cd邊的x坐標）：安培力隨位置均勻變化的特點通過安培力做功的能量關系間接求解，有
，
根據
解得
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【分析】（1）求出磁通變化量大小，根據感應電動勢公式和歐姆定律求0～t0內線框中電流I的大小及方向；
（2）求出勻速運動的安培力表達式，根據勻速運動的狀態求線框在磁場中勻速運動的速度大小v；
（3）根據閉合回路歐姆定律求解ab兩端的電勢差Uab隨ab邊的x坐標變化的關系式；
（4）安培力隨位置均勻變化，求解安培力做功，根據功能關系求線框在穿出磁場的過程中產生的焦耳熱Q。
（1）內感應電動勢
磁通變化量大小
根據
解得A
電流方向為順時針
（2）勻速運動時，
根據平衡
解得m/s
（3）根據（2）解得A
線框ab邊
根據
得（V）（）
（4）線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，電流發生突變A
穿出過程（cd邊的x坐標）：安培力隨位置均勻變化的特點通過安培力做功的能量關系間接求解，有 ，
根據
解得J
20．（2025·溫州模擬）電子束焊是在高真空條件下，利用電子束轟擊焊接面，將高速電子束的動能轉化為內能，對金屬進行焊接的一種方法。為了提高溫度，需要利用磁場控制高速電子束，使其聚集到小區域內。如圖所示，電子束焊裝置的結構可簡化為由電子槍系統和磁控系統組成。在電子槍系統中，每秒有N個電子經加速后從O點進入磁控系統，所有電子速度大小均為，速度方向分布于以y軸為中心軸、2θ為頂角的圓錐內（θ很?。?。磁控系統內存在沿著y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，待焊接圓形工件（尺寸足夠大）垂直y軸放置，圓心位于y軸上。已知電子的質量為m，電荷量為-e（e>0），當θ很小時，有，。
（1）若從電子槍系統出射電子的動能是靜止電子經電場加速獲得，求加速電壓；
（2）要使所有進入磁控系統的電子都能匯聚于工件上同一點，求工件圓心的y坐標；
（3）寫出某電子進入磁控系統后，其在xOz平面的速度分量所轉過的角與電子y方向運動的距離之間的函數關系；
（4）已知電子束轟擊工件表面時，受轟擊區域受熱均勻。若待焊接處單位面積單位時間獲得熱量為才能達到焊接需要的溫度，為使工件圓心處能達到焊接溫度，求工件圓心的y坐標范圍。（結果可用反三角函數表示）
【答案】（1）解：電子槍系統加速過程，根據動能定理有
解得
（2）解：電子在磁控系統中，在xOz平面做勻速圓周運動的速度
由洛倫茲力提供向心力，則有
，
解得周期
電子在y方向做勻速直線運動，則有
工件圓心的y坐標
解得
（n=1，2…）
（3）解：電子在y方向做勻速直線運動，則有
電子在xOz平面做圓周運動，則有
電子在xOz平面內的速度分量轉過的角即為圓周運動的圓心角，則有
由于θ很小，結合上述解得
（4）解：從O點進入、速度與y軸夾角為θ的電子在xOz平面的圓周運動，則有
其中
由于θ很小，解得
假設工件以（2）算出的聚焦處為起點，在y方向移動距離，電子打板時與工件圓心的最遠距離r為最大運動圓?。ò霃綖镽）的弦長，對應圓心角為（3）中算出的（），則有
此時工件上受電子轟擊區域為一個半徑為r的圓，其面積S為
為使工件圓心處能達到焊接溫度，需滿足
解得
分類討論：
①若，則y可取任意值；
②若，則y的取值范圍為（n=1，2…）
以及
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合；帶電粒子在勻強磁場中的運動
【解析】【分析】（1）電子槍系統加速過程，根據動能定理求加速電壓；
（2）求出在xOz平面做勻速圓周運動的速度，由洛倫茲力提供向心力，電子在y方向做勻速直線運動，根據周期公式和運動學公式求工件圓心的y坐標；
（3）根據周期和角速度的關系求其在xOz平面的速度分量所轉過的角Δφ與電子y方向運動的距離Δy之間的函數關系；
（4）從O點進入、速度與y軸夾角為θ的電子在xOz平面的圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力再討論不同的可能性求工件圓心的y坐標范圍。
（1）電子槍系統加速過程，根據動能定理有
解得
（2）電子在磁控系統中，在xOz平面做勻速圓周運動的速度
由洛倫茲力提供向心力，則有，
解得周期
電子在y方向做勻速直線運動，則有
工件圓心的y坐標
解得（n=1，2…）
（3）電子在y方向做勻速直線運動，則有
電子在xOz平面做圓周運動，則有
電子在xOz平面內的速度分量轉過的角即為圓周運動的圓心角，則有
由于θ很小，結合上述解得
（4）從O點進入、速度與y軸夾角為θ的電子在xOz平面的圓周運動，則有
其中
由于θ很小，解得
假設工件以（2）算出的聚焦處為起點，在y方向移動距離，電子打板時與工件圓心的最遠距離r為最大運動圓弧（半徑為R）的弦長，對應圓心角為（3）中算出的（），則有
此時工件上受電子轟擊區域為一個半徑為r的圓，其面積S為
為使工件圓心處能達到焊接溫度，需滿足
解得
分類討論：
①若，則y可取任意值；
②若，則y的取值范圍為（n=1，2…）
以及
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