2025届浙江省金丽衢十二校高三下学期二模物理试题
1．（2025·浙江模拟）电容器具有“通交流、隔直流；通高频，阻低频”的特点，在许多领域有广泛的应用。电容器对交流阻碍作用的大小叫做容抗，记为，下列是容抗单位符号的是（ ）
A．C B．F C．Ω D．H
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】容抗是衡量电容器对交流电流阻碍作用的大小，类似于电阻对电流阻碍作用的大小，单位都是欧姆（）。
故选C。
【分析】容抗是衡量电容器对交流电流阻碍作用的大小，单位都是欧姆（）。
2．（2025·浙江模拟）运－20是我国研究制造的新一代军用大型运输机，下列说法正确的是（ ）
A．研究运－20的起飞姿态时，可把它看做质点
B．以飞行员为参考系，机舱内的货物处于静止状态
C．运－20加速向上攀升时，处于失重状态
D．运－20降落至地面减速滑行阶段，地面对它的作用力等于它的重力
【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系；超重与失重
【解析】【解答】A．研究起飞姿态时，通常需要关注飞机的大小、形状、姿态、角度、受力等细节，这些细节不能通过质点模型来体现。因此，运－20在研究起飞姿态时，不能简单地视为质点，A错误；
B．如果以飞行员为参考系，因为飞行员和货物在同一参考系中，且没有相对运动。那么机舱内的货物相对于飞行员是静止的，B正确；
C．当运－20加速向上攀升时，飞机和其内部的物体都会有向上的加速度，因此会处于超重状态，而不是失重状态。C错误；
D．在减速滑行阶段，飞机受到地面的支持力和摩擦力的共同作用。地面对它的作用力等于摩擦力与支持力的合力，大于它的重力，D错误。
故选B。
【分析】A、研究起飞姿态时，飞机的大小、形状、姿态不能忽略，不能视为质点；
B、以飞行员为参考系，飞行员和货物相对运动，货物相对于飞行员是静止的；
C、向上攀升时，飞机有向上的加速度，处于超重状态；
D、在减速滑行阶段，飞机受到地面的支持力和摩擦力的共同作用，地面对它的作用力等于摩擦力与支持力的合力，大于它的重力。
3．（2025·浙江模拟）2024年巴黎奥运会中国选手陈清晨和贾一凡获得羽毛球女双金牌。不计空气阻力，则发球时，羽毛球从飞出至落地的过程（ ）
A．运动至最高点时机械能最大
B．相同时间内，动量变化相同
C．重力做功越来越快
D．在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，重力冲量为0
【答案】B
【知识点】动量定理；功率及其计算；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；
B．根据动量定理
可得
可知相同时间内，动量变化相同，均为mg，故B正确；
C．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，竖直方向分速度先减小后增大，根据
可知重力做功先越来越慢后越来越快，故C错误；
D．根据
可知在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，时间不为0，则重力冲量不为0，故D错误。
故选B。
【分析】A、羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒；
B、根据动量定理，相同时间内，动量变化相同；
C、羽毛球竖直方向分速度先减小后增大，根据，重力做功先越来越慢后越来越快；
D、根据，随飞行时间增加冲量不断增大。
4．（2025·浙江模拟）下列说法正确的时（ ）
A．太阳光斜射到玻璃、水面时，反射光是自然光，折射光是偏振光
B．金属具有确定的熔点但没有规则的形状，因此金属不属于晶体
C．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，说明液体存在表面张力且液体不浸润荷叶
D．分子距离增大，分子势能一直增大
【答案】C
【知识点】分子间的作用力；光的偏振现象；晶体和非晶体；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．太阳光斜射到玻璃、水面时，反射光和折射光都是偏振光，故A错误；
B．金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点，故B错误；
C．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，是因为液体表面张力的作用，使液体表面有收缩到最小表面积的趋势，球形表面积最小；同时说明液体不浸润荷叶，故C正确；
D．当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大。所以分子距离增大，分子势能不是一直增大的，故D错误。
故选C。
【分析】A、反射光和折射光都是偏振光；
B、金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点；
C、露珠呈近似球体的形状，是液体表面张力的作用，使液体表面有收缩到最小表面积的趋势，球形表面积最小；同时说明液体不浸润荷叶；
D、当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大。
5．（2025·浙江模拟）风筝节上小明同学在放风筝，风筝静止于空中时可简化如下图，风筝平面与水平面夹角始终为30°，风对风筝的作用力垂直风筝平面，且风速越大，作用力越大。已知风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大
B．若风速缓慢变大，则线上的拉力减小
C．若风筝线与水平方向的夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为
D．若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．若风速缓慢变大，则风对风筝的作用力增大，作出矢量动态三角形，如图所示
可知，若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大，线上的拉力也增大，故A正确，B错误；
CD．若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线与竖直方向的夹角为60°，对风筝进行受力分析，如图所示
根据几何关系和平衡条件有
，
故CD错误。
故选A。
【分析】AB、对风筝受力分析，根据矢量三角形可知，风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大，线上的拉力也增大；
CD、根据风筝受力分析，由合成法求解线对风筝的作用力的大小。
6．（2025·浙江模拟）已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，地面大气压强是由大气的重力产生的，大小为，重力加速度大小为g。由以上数据可估算（ ）
A．地球大气层空气分子总数为
B．地球大气层空气分子总数为
C．空气分子之间的平均距离为
D．空气分子之间的平均距离为
【答案】C
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】AB．大气中的压强由大气的质量产生，即
而
地球大气层空气分子总数为
联立解得
故AB错误；
CD．大气体积为
则气体分子之间的距离为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】AB、根据，结合地球表面积求解大气质量，由此求解大气层空气分子总数；
CD、根据大气层体积求解大气分子间距。
7．（2025·浙江模拟）已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能随位置变化关系如图所示。在处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C．地球与月球的质量之比
D．地球与月球的质量之比
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】AB．设地球质量为M，月球的质量为m， 探测器的质量为，引力的合力做功与引力势能的关系
可知图线的斜率绝对值为
由图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大，故AB错误；
CD．在处图线的切线斜率为0 ，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，即
解得地球与月球的质量之比
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】AB、根据引力的合力做功与引力势能的关系，结合图像，其斜率绝对值为，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大；
CD、在处图线的斜率为0 ，探测器在该处受引力的合力为零，即，以此求解地球与月球的质量之比。
8．（2025·浙江模拟）如图所示，将一小物块A轻轻放在长以顺时针匀速转动的传送带左端M处，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为。小物块A与传送带间的动摩擦因数，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为，重力加速度为，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（ ）
A．小物块A由M运动到N用时1.6s
B．A滑上C但未与B相碰前，B的加速度为
C．A滑上C后，经1.2s小物块B与挡板相碰
D．由于运送物块传送带多消耗能量为16J
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为
小物块加速到与传送带共速所用时间为
小物块加速阶段通过的位移为
小物块在传送带上匀速运动所用时间为
则小物块A由M运动到N所用时间为
小物块A在传送带上运行过程，发生的相对位移为
因摩擦产生的内能为
根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为
故A错误，D正确；
B．A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
故B错误；
C．A滑上C后，A做减速运动的加速度大小为
设经过时间A与小物块B发生碰撞，则有
解得或（舍去，因为此时A的速度小于B的速度）
碰撞前瞬间A的速度为
碰撞前瞬间B、C的速度为
A与小物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得碰撞瞬间A、B的速度分别为
，
可知碰撞后A、C保持相对静止一起加速运动，加速度大小为
碰撞后B做减速运动，加速度大小为
设经过时间B与A、C达到共速，且B未与挡板相碰，则有
解得
，
此过程B相对C发生的位移大小为
假设成立，故B不会与挡板相碰，故C错误。
故选D。
【分析】AD、根据物块受到的滑动摩擦力由牛顿第二定律求解加速度；根据运动学方程求解共速所需时间和该段时间内物块发生的位移和传送带发生的位移，以及二者的相对位移；再求解物块匀速运动的时间，从而求解物块在传送带上的运动时间，根据摩擦力在相对位移所做的功等于摩擦产生的热量求解由于运送物块传送带多消耗能量为；
B、 A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小 ；
C、由滑动摩擦力求解物块滑上C后的加速度大小，根据在C上A与B的相对位移求解碰撞所需时间；以此求解碰撞前A和BC的速度；根据A与B弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒求解碰后A、B的速度；分析可知碰后AC共同加速、B匀减速，分别求解加速度大和三者共速所需时间，以此求解此过程B与C发生的相对位移，并与对比判断。
9．（2025·浙江模拟）现有两个边长不等的正方形和，如图所示，且、、、间距相等。在、、、的中点分别放等量的点电荷，其中、的中点放的点电荷带正电，、的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．点的电场强度和电势均为零
B．把一正点电荷沿着的路径移动时，电场力所做的总功为零
C．同一点电荷在、两点所受电场力不同
D．将一负点电荷由点移到点，电势能增大
【答案】B,D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．上下两个正、负点电荷在点产生的电场强度向下，左右两个正、负点电荷在点产生的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，点的电场强度不为零，方向为沿方向。在点处电势为零，A错误；
B．据对称性，、两点处电势相等，把一正点电荷沿着的路径移动时，电场力做的总功为零，B正确；
C．根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在、两点所受电场力相同，C错误；
D．取无穷远处电势为零，点的电势为正，、、三点电势相等，均为零，则负点电荷从点移动到点，电场力做负功，所以电势能增大，D正确。
故选BD。
【分析】A、根据点电荷场强公式，由上下、左右两组等量异种点电荷分别在连线中点O产生的场强的合场强沿OD方向；
B、据对称性，、两点处电势相等，把一正点电荷沿着的路径移动时，电场力做的总功为零；
C、根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在、两点所受电场力相同；
D、取无穷远处电势为零，点的电势为正，、、三点电势相等，均为零，则负点电荷从点移动到点，电场力做负功，所以电势能增大。
10．（2025·浙江模拟）某小型水电站向外输送电能的示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。图甲中，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、。降压变压器原、副线圈匝数分别为、（变压器均为理想变压器）。图乙中，ABCD是面积为S的矩形线圈，线圈共N匝，线圈保持匀速转动，转动周期为T，匀强磁场磁感应强度B。则下列说法正确的是（ ）
A．线圈匀速转动至图乙位置时，线圈的磁通量变化率最大
B．若升压变压器线圈两端电压和用电器额定电压都是220V，需满足
C．升压变压器线圈应当用比线圈更细的导线绕制
D．不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为
【答案】B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．线圈匀速转动至图乙位置时，磁通量最大，磁通量变化率为零，A错误；
B．升压变压器
降压变压器
其中
，
联立可得
B正确；
C．由，可知，故，故升压变压器线圈应当用比线圈更粗的导线绕制承载更大的电流，C错误；
D．不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为
D错误。
故选B。
【分析】A、图乙位置，磁通量最大，磁通量变化率为零；
B、根据升压变压器，降压变压器；其中，，联立求解；
C、根据升压降流，线圈应当用比线圈更粗的导线绕制承载更大的电流；
D、不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为。
11．（2025·浙江模拟）如图所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内。O点处的波源1从时刻开始沿垂直于xOy水平面的z轴做简谐运动，其位移随时间变化关系，产生的机械波在xOy平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷。时，在B点处的波源2也开始垂直于xOy水平面沿z轴负方向开始做简谐运动，其振动的周期、振幅与波源1相同，下列说法正确的是（ ）
A．该机械波的传播速度为5m/s
B．
C．振动稳定后，C处质点为振动的减弱点
D．至时间内，C处质点运动的路程为16cm
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．由题意可得，相邻的波峰和波谷距离为
故波的波长为
根据简谐振动的位移时间变化关系，可得故机械波的周期
得传播速度为
故A正确；
B．由图像可知，OD距离2m为一个完整的波长，时刻，O、D均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O点此时第二次出现波峰，可知
故B错误；
C．根据勾股定律可得
C点到两波源之间的距离差
但由于O点处的波源垂直于xOy水平面沿z轴正方向振动，B点处的波源垂直于xOy水平面沿z轴负方向振动，可知振动稳定后，C处质点为振动的减弱点，故C正确；
D．至时间内，波源B的振动传播到C所需时间为
则波源B的振动传播到C点时，C处的质点振动了个周期，则
波源O的振动传播到C点的时间为
则至时间内，C处质点只振动了个周期，则
由于振动稳定后，C处质点为振动的减弱点，所以C点其运动的路程
故D错误。
故选AC。
【分析】A、根据图像求解波长，根据振动方程求解周期，由求解波速；
B、由图像可知，时刻，O、D均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O点此时第二次出现波峰，可知；
C、根据几何关系求解C点到两波源之间的距离差，结合O、B起振方向分析判断C点为振动加强还是减弱点；
D、分别求解波从O、B传播到C的时间以及C的振动时间，结合C点为振动减弱点求解其路程。
12．（2025·浙江模拟）原子钟对提升导航定位、深空探测、电力系统授时等技术具有重要意义，如图所示为某原子钟工作原子的四能级体系。首先，工作原子吸收波长为的光子a，从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ。然后，工作原子自发辐射出波长为的光子，跃迁到“钟跃迁”的上能级2，并在一定条件下跃迁到“钟跃迁”的下能级1，辐射出波长为的光子，实现受激辐射，发出钟激光。最后，工作原子从下能级1回到基态，同时辐射出波长为的光子。则（ ）
A．某“振荡器”产生的电磁场能使工作原子从能级1跃迁到能级2，则“振荡器”的振荡频率为
B．该原子钟产生的钟激光的波长
C．光子a的动量一定比钟激光的动量大
D．钟激光可以让某金属材料发生光电效应，光子a一定也可以
【答案】A,C,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】A．当电磁场能使工作原子从能级1跃迁到能级2时，说明电磁场的波长等于，由电磁波的波速公式可知“振荡器”的振荡频率为，故A正确；
B．由能量守恒可以判断
带入光子能量公式和波速公式
可得
化简可得
故B错误；
C．由光子动量公式
光子能量公式和波速公式
可知
由题意可知
所以
故C正确；
D．发生光电效应需要入射光频率大于截止频率，光子a的能量大于钟激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的频率大于钟激光的频率，所以当钟激光可以让某金属材料发生光电效应时，光子a一定也可以，故D正确。
故选ACD。
【分析】A、当电磁场能使工作原子从能级1跃迁到能级2时，电磁场的波长等于，由可知“振荡器”的振荡频率为；
B、由能量守恒：结合光子能量公式和波速公式，联立可得；
C、由光子动量公式、光子能量公式和波速公式，可知，由，所以；
D．光子a的能量大于钟激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的频率大于钟激光的频率，所以当钟激光可以让某金属材料发生光电效应时，光子a一定也可以。
13．（2025·浙江模拟）在冰雕展上有一块边长为2m的立方体冰块，冰块内上下底面中心连线为，在立方体底面内安装了一盏可视为圆形平面的面光源灯，面光源灯半径为0.5m，圆心在处，光源为单色光源，冰块的折射率取，不考虑反射光线的影响，由于全发射，在立方体冰面上有些位置没有光射出，下列四幅图表示对应的表面有光射出的情况，阴影部分表示有光射出的部分，下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】根据全反射临界角公式有
如图所示
由几何关系有
，
所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，而光照到冰块四个侧面时都只能从部分侧面射出（靠近A和B点处无光可以射出）；
故选BD。
【分析】根据全反射定律求解临界角，结合几何关系、的大小判断能否发生全反射，从而确定光学照射到各表面的出射情况。
14．（2025·浙江模拟）如图为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置，主要实验步骤如下：
a．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
b．在导轨上间隔一定距离设置两个光电门1和2。
c．用天平测出滑块和遮光条的质量m。
d．在导轨的单脚螺丝下垫上一定厚度的垫片，让滑块从最高处由静止开始下滑，用数字计时器测出滑块经过光电门1和2时遮光条的遮光时间和
e．取下垫片，用游标卡尺测量所用垫片的厚度h和遮光条的宽度d。
f．用钢卷尺测量单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离L及两光电门之间的距离x。
g.……
请回答下列问题：
（1）（多选）关于该实验，以下说法不正确的是（ ）
A．遮光条宽度适当小些
B．滑块和遮光条的质量m可以不要测量
C．滑块和遮光条的质量m轻一点可以减小误差
D．实验时需要倾斜导轨以平衡摩擦力
（2）该同学用游标卡尺测量垫片的厚度如图所示，则垫片的厚度h= mm；
（3）若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系式为
（4）（多选）多次实验发现动能的增加量总是略小于重力势能的减小量，其原因可能是（ ）
A．遮光条宽度d的测量值偏小
B．导轨没有调水平，导轨左端略低于右端
C．空气阻力的影响
D．两光电门之间的距离x的测量值偏小
【答案】（1）C；D
（2）21.5
（3）
（4）A；B；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．光条的宽度相对小点时，其通过光电门的平均速度越接近其瞬时速度，A正确，不符题意；
B．验证机械能守恒时质量可以约去，故不需测量滑块和遮光条的质量m，B正确，不符题意；
C．结合上述分析可知，滑块和遮光条的质量m对实验没有影响，C错误，符合题意；
D．气垫导轨可以使滑块无摩擦的在其表面滑动，故不需要平衡摩擦力，D错误，符合题意。
故选CD。
（2）根据游标卡尺的读法，可得垫片的厚度
（3）设导轨垫高后与水平面的倾角为，则有
滑块下落的高度
滑块通过光电门1的速度
滑块通过光电门2的速度
若机械能守恒，则有
整理可得
（4）A．光条宽度d的测量值偏小，会导致滑块速度测量偏小，动能偏小，A正确；
B．根据上述分析可知，重力势能的变化了为
由于导轨左端略低于右端，导致偏小，实际转化的动能偏小，B正确；
C．空气阻力的影响会使重力势能有一部分克服空气的阻力做功，转化为其他形式的能，C正确；
D． x 测量偏小，则重力势能的变化了偏小，不会导致动能的增加量总是略小于重力势能的减小量，D错误。
故选ABC。
综上：第1空：CD；第2空：21.5；第3空：；第4空：ABC
【分析】（1）A、光条的宽度越小，其平均速度越接近其瞬时速度；
B、验证机械能守恒时质量可以约去，不需测量滑块和遮光条的质量m；
C、滑块和遮光条的质量m对实验没有影响；
D、气垫导轨可以使滑块无摩擦的在其表面滑动，不需要平衡摩擦力。
（2）根据游标卡尺读数法正确读数；
（3）根据导轨垫高后与水平面的倾角为，求解滑块下落的高度；根据滑块通过光电门时间分别求解两光电门时速度；结合机械能守恒求解；
（4）A、光条宽度d的测量值偏小，会导致滑块速度测量偏小，动能偏小；
B、根据重力势能的变化量，由于导轨左端略低于右端，导致偏小，实际转化的动能偏小；
C、空气阻力的影响会使重力势能有一部分克服空气的阻力做功，转化为其他形式的能；
D、根据重力势能的变化量， x 测量偏小不会导致动能的增加量总是略小于重力势能的减小量。
（1）A．光条的宽度相对小点时，其通过光电门的平均速度越接近其瞬时速度，A正确，不符题意；
B．验证机械能守恒时质量可以约去，故不需测量滑块和遮光条的质量m，B正确，不符题意；
C．结合上述分析可知，滑块和遮光条的质量m对实验没有影响，C错误，符合题意；
D．气垫导轨可以使滑块无摩擦的在其表面滑动，故不需要平衡摩擦力，D错误，符合题意。
故选CD。
（2）根据游标卡尺的读法，可得垫片的厚度
（3）设导轨垫高后与水平面的倾角为，则有
滑块下落的高度
滑块通过光电门1的速度
滑块通过光电门2的速度
若机械能守恒，则有
整理可得
（4）A．光条宽度d的测量值偏小，会导致滑块速度测量偏小，动能偏小，A正确；
B．根据上述分析可知，重力势能的变化了为
由于导轨左端略低于右端，导致偏小，实际转化的动能偏小，B正确；
C．空气阻力的影响会使重力势能有一部分克服空气的阻力做功，转化为其他形式的能，C正确；
D． x 测量偏小，则重力势能的变化了偏小，不会导致动能的增加量总是略小于重力势能的减小量，D错误。
故选ABC。
15．（2025·浙江模拟）小刘同学在家找到一个老旧的白炽灯泡，他对这个灯泡进行研究，先用欧姆表档进行测量，正确操作后发现指针如图甲所示，小刘同学为了更准确的测量灯泡的电阻，找到了下列器材：
A.量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ
B.量程为10mA的电流表，内阻为6Ω
C.滑动变阻器R1（0—10Ω）
D.滑动变阻器R2（0—100Ω）
E.电阻箱R（999.9Ω）
F.电源3V
开关及导线若干
（1）小刘同学发现电流表的量程太小，想改装成量程为40mA的电流表，则电流表与电阻箱 （填并联或串联），阻值为 Ω。
（2）若要求电压从0开始测量，滑动变阻器选 （填器材前的字母）
（3）根据所选器材，把实物连接图乙补充完整。
（4）根据所测量的数据，画出图线如图丙所示，若已知图线的斜率为k，则灯泡的电阻为 Ω
【答案】（1）并联；2
（2）C
（3）
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中
，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
综上：第1空：并联；第2空：2；第3空：C；第4空：；第5空：
【分析】（1）根据串分压并分流原理，改装更大量程电流表并联一个小的电阻分流，根据并联电路特点及欧姆定律分析求解；
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器；
（3）由于电流表的内阻已知，电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，以此连接电路；
（4）根据欧姆定律：，求解 关系，由斜率求解电阻。
（1）[1]并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
[2]根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
16．（2025·浙江模拟）（1）以下实验采用的研究方法是控制变量法的有（ ）
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究弹簧弹力与形变量的关系
C．探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
D．用双缝干涉测量光的波长
（2）小陈同学在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，测得的实验数据如表所示；请根据实验数据判断，该次实验时原线圈的匝数比副线圈的匝数 （填“多，少，相等或无法判断”）。
次数 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
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）根据控制变量法的原理可知，探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需保证输入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
故选C。
（2）由表格数据可知
所以原线圈匝数比副线圈多。
综上：第1空：C；第2空：多
【分析】（1）探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需输入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
（2）由表格数据可知，所以原线圈匝数比副线圈多。
（1）根据控制变量法的原理可知，探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需保证输入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
故选C。
（2）由表格数据可知
所以原线圈匝数比副线圈多。
17．（2025·浙江模拟）如图甲所示，导热良好、厚度不计的水杯带着一定空气倒置在装着足够多水的水管中，并静止释放，水管直径略大于水杯。整个过程中没有气体漏出。最后水杯如图乙在水面上漂浮。已知水杯质量，水杯底面积，释放前气体高度，漂浮后气体高度，大气压强，环境温度为275K。求：
（1）水杯上浮过程中杯内气体的分子数密度 （选填“变大”、“变小”或“不变”），气体 （选填“吸收”或“放出”）热量：
（2）水杯释放前的气体压强：
（3）其他条件不变，若环境温度变为300K，忽略水的体积变化，求水杯稳定后位移变化量。
【答案】（1）变小；吸收
（2）
（3）
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）上浮过程气体压强变小，温度不变故体积变大。由于温度不变故分子运动速率不变，只能是分子数密度变小。
由热力学第一定律
温度不变，体积变大，气体对外做功，故，气体吸收热量。
（2）水杯在水面上漂浮时的压强为，则有
解得
由玻意耳定律
解得
（3）由盖吕萨克定律
解得
故水杯稳定后位移变化量
综上：第1空：变小；第2空：吸收；第3空：；第4空：
【分析】（1）上浮过程气体压强变小，温度不变，体积变大，分子数密度变小。由热力学第一定律分析判断；
（2）在水面漂浮时根据平衡状态对水杯受力分析求解压强，根据波意耳定律求解；
（3）根据盖吕萨克定律求解.
（1）[1]上浮过程气体压强变小，温度不变故体积变大。由于温度不变故分子运动速率不变，只能是分子数密度变小。
[2]由热力学第一定律，温度不变，体积变大，气体对外做功，故，气体吸收热量。
（2）水杯在水面上漂浮时的压强为，则有，解得
由玻意耳定律，解得
（3）由盖吕萨克定律
解得
故水杯稳定后位移变化量
18．（2025·浙江模拟）如图所示，圆心角，半径的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，其末端C切线水平；两个质量均为、长度均为的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，其上表面与C端等高且平滑接触；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量的物块A轻放在传送带的左端，离开传送带后从B点沿切线方向进入BC轨道，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物块A与木板间的动摩擦因数均为，AB间竖直高度，传送带长度为，木板D与水平面间的动摩擦因数，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小；
（2）物块A到达B点所用时间；
（3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）解：物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得
，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据求解平抛运动时间和竖直分速度大小，根据物块A刚好从B点切向进入，分解B点速度结合几何关系求解初速度；根据动能定理有求解；根据牛顿第二定律求解支持力；
（2）物块A在传送带上，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动学方程求解共速的时间和位移，再求解匀速运动时间，匀加速、匀速、平抛运动时间之和；
（3）根据牛顿第二定律分别求解物块A和木板DE的加速度；根据运动学方程结合A与D的相对位移求解物块A滑离D所需时间和A、DE的速度；对A与E根据动量守恒定律求解共同运动的速度大小；由功能关系求解产生的热量。
（1）物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
19．（2025·浙江模拟）如图所示轨道框架，存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。框架顶部AJ之间有一恒流电源。平行直轨道AB、IJ间固定质量，电阻，长度为L的金属棒a，轨道间距为L，与水平面的夹角为，底端B、I为一小段绝缘材料。平行足够长的轨道BC、HI之间静止放置质量，电阻，长度为L的金属棒b，初始时b到BI的距离。已知。轨道各处均光滑，忽略其余电阻。某时刻静止释放金属棒a。求：
（1）若金属棒a仍保持静止，求恒流电源的电流大小I；
（2）将磁场方向改为竖直向上，发现a贴着直轨道AB、IJ下滑，当a位移时进入BC、HI，求金属棒a从释放到B、I的时间t；
（3）承接（2），求a、b之间的最终距离；
（4）承接（2），求从a释放到a、b速度稳定，整个过程的焦耳热Q。
【答案】（1）解：对金属棒a，由平衡条件有
代入题中数据，解得
（2）解：金属棒a下滑过程，由牛顿第二定律有
解得加速度大小
则有
解得
（3）解：由运动学公式有
解得金属棒a到水平导轨时速度大小
规定向左为正方向，对ab棒，由动量守恒有
解得
对b棒有
解得
则a、b之间的最终距离
（4）解：①当金属棒a处于轨道AB、IJ上
②当金属棒b处于轨道BC、HI上
综上
【知识点】碰撞模型；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对金属棒a受力分析，沿斜面方向平衡方程求解电流大小；
（2）改变磁场方向金属棒a受力分析，由牛顿第二定律求解加速度大小，根据运动学方程求解时间；
（3）由运动学公式求解金属棒a到水平导轨时速度大小；对ab棒，由动量守恒定律求解共同速度；对b棒根据动量定理结合电荷量公式求解相对位移，结合初始时b到BI的距离求解a、b之间的最终距离；
（4）当金属棒a处于轨道倾斜轨道上，根据焦耳定律求解热量；当金属棒a处于水平轨道上，根据功能关系求解热量；二者之和为总热量。
（1）对金属棒a，由平衡条件有
代入题中数据，解得
（2）金属棒a下滑过程，由牛顿第二定律有
解得加速度大小
则有
解得
（3）由运动学公式有
解得金属棒a到水平导轨时速度大小
规定向左为正方向，对ab棒，由动量守恒有
解得
对b棒有
解得
则a、b之间的最终距离
（4）①当金属棒a处于轨道AB、IJ上
②当金属棒b处于轨道BC、HI上
综上
20．（2025·浙江模拟）如图所示，将粒子注入到加速电场的三等分点P（忽略各粒子的初速度），部分粒子经电场加速从加速电场负极板上的小孔N射出；然后沿以为圆心、R为半径的圆弧通过静电分析器，再经速度选择器筛选后，从通道入口的中缝进入磁分析器，该通道的上下表面是内半径为0.5R、外半径为1.5R的半圆环，磁感应强度为的匀强磁场垂直于半圆环，粒子恰好能击中照相底片的正中间位置。加速电场两极板间的电压大小为；静电分析器中与圆心等距离的各点场强大小相等，方向指向圆心，且与速度选择器中的场强大小也相同。设原子核中每个核子的质量均为，已知元电荷为e（整个系统处于真空中，不计粒子重力和粒子间的相互作用力）。
（1）卢瑟福通过粒子轰击氮（）的实验发现了质子并产生氧（O）原子核，写出该实验的核反应方程；
（2）①求静电分析器中，与圆心距离为R处的电场强度的大小；
②求速度选择器中的磁感应强度B的大小；
（3）若加速电压在之间变化，且静电分析器中场强大小和速度选择器中的场强大小及磁感应强度大小可调，使得粒子依旧从通道入口的中缝进入磁分析器，求粒子在磁分析器中运动的半径范围以及最短时间。
【答案】（1）解：根据质量数与核电荷数守恒可得
（2）解：粒子的质量：，电荷量
①由电场力提供向心力可得
在加速电场中，由动能定理得
联立可得，静电分析器中，与圆心距离为R处的电场强度的大小为
②在速度选择器中
结合
联立可得，速度选择器中的磁感应强度B的大小为
（3）解：若，粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当时，圆弧MC对应的圆心角最小，用时最短，则有
根据
可得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）根据质量数与核电荷数守恒写出核反应方程；
（2）①由电场力提供向心力：；在加速电场中，由动能定理：联立求解静电分析器中R处电场强度大小；
②根据速度选择器原理：结合联立求解速度选择器中磁感应强度大小；
（3）根据加速电压范围求解粒子半径范围；根据几何关系分析求解粒子在磁分析器中偏转达到内圆环上的最小圆心角，结合洛伦兹力提供向心力的周期公式求解最短时间。
（1）根据质量数与核电荷数守恒可得
（2）粒子的质量：，电荷量
①由电场力提供向心力可得
在加速电场中，由动能定理得
联立可得，静电分析器中，与圆心距离为R处的电场强度的大小为
②在速度选择器中
结合
联立可得，速度选择器中的磁感应强度B的大小为
（3）若，粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当时，圆弧MC对应的圆心角最小，用时最短，则有
根据可得
1 / 12025届浙江省金丽衢十二校高三下学期二模物理试题
1．（2025·浙江模拟）电容器具有“通交流、隔直流；通高频，阻低频”的特点，在许多领域有广泛的应用。电容器对交流阻碍作用的大小叫做容抗，记为，下列是容抗单位符号的是（ ）
A．C B．F C．Ω D．H
2．（2025·浙江模拟）运－20是我国研究制造的新一代军用大型运输机，下列说法正确的是（ ）
A．研究运－20的起飞姿态时，可把它看做质点
B．以飞行员为参考系，机舱内的货物处于静止状态
C．运－20加速向上攀升时，处于失重状态
D．运－20降落至地面减速滑行阶段，地面对它的作用力等于它的重力
3．（2025·浙江模拟）2024年巴黎奥运会中国选手陈清晨和贾一凡获得羽毛球女双金牌。不计空气阻力，则发球时，羽毛球从飞出至落地的过程（ ）
A．运动至最高点时机械能最大
B．相同时间内，动量变化相同
C．重力做功越来越快
D．在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，重力冲量为0
4．（2025·浙江模拟）下列说法正确的时（ ）
A．太阳光斜射到玻璃、水面时，反射光是自然光，折射光是偏振光
B．金属具有确定的熔点但没有规则的形状，因此金属不属于晶体
C．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，说明液体存在表面张力且液体不浸润荷叶
D．分子距离增大，分子势能一直增大
5．（2025·浙江模拟）风筝节上小明同学在放风筝，风筝静止于空中时可简化如下图，风筝平面与水平面夹角始终为30°，风对风筝的作用力垂直风筝平面，且风速越大，作用力越大。已知风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大
B．若风速缓慢变大，则线上的拉力减小
C．若风筝线与水平方向的夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为
D．若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为
6．（2025·浙江模拟）已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，地面大气压强是由大气的重力产生的，大小为，重力加速度大小为g。由以上数据可估算（ ）
A．地球大气层空气分子总数为
B．地球大气层空气分子总数为
C．空气分子之间的平均距离为
D．空气分子之间的平均距离为
7．（2025·浙江模拟）已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能随位置变化关系如图所示。在处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C．地球与月球的质量之比
D．地球与月球的质量之比
8．（2025·浙江模拟）如图所示，将一小物块A轻轻放在长以顺时针匀速转动的传送带左端M处，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为。小物块A与传送带间的动摩擦因数，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为，重力加速度为，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（ ）
A．小物块A由M运动到N用时1.6s
B．A滑上C但未与B相碰前，B的加速度为
C．A滑上C后，经1.2s小物块B与挡板相碰
D．由于运送物块传送带多消耗能量为16J
9．（2025·浙江模拟）现有两个边长不等的正方形和，如图所示，且、、、间距相等。在、、、的中点分别放等量的点电荷，其中、的中点放的点电荷带正电，、的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．点的电场强度和电势均为零
B．把一正点电荷沿着的路径移动时，电场力所做的总功为零
C．同一点电荷在、两点所受电场力不同
D．将一负点电荷由点移到点，电势能增大
10．（2025·浙江模拟）某小型水电站向外输送电能的示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。图甲中，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、。降压变压器原、副线圈匝数分别为、（变压器均为理想变压器）。图乙中，ABCD是面积为S的矩形线圈，线圈共N匝，线圈保持匀速转动，转动周期为T，匀强磁场磁感应强度B。则下列说法正确的是（ ）
A．线圈匀速转动至图乙位置时，线圈的磁通量变化率最大
B．若升压变压器线圈两端电压和用电器额定电压都是220V，需满足
C．升压变压器线圈应当用比线圈更细的导线绕制
D．不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为
11．（2025·浙江模拟）如图所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内。O点处的波源1从时刻开始沿垂直于xOy水平面的z轴做简谐运动，其位移随时间变化关系，产生的机械波在xOy平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷。时，在B点处的波源2也开始垂直于xOy水平面沿z轴负方向开始做简谐运动，其振动的周期、振幅与波源1相同，下列说法正确的是（ ）
A．该机械波的传播速度为5m/s
B．
C．振动稳定后，C处质点为振动的减弱点
D．至时间内，C处质点运动的路程为16cm
12．（2025·浙江模拟）原子钟对提升导航定位、深空探测、电力系统授时等技术具有重要意义，如图所示为某原子钟工作原子的四能级体系。首先，工作原子吸收波长为的光子a，从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ。然后，工作原子自发辐射出波长为的光子，跃迁到“钟跃迁”的上能级2，并在一定条件下跃迁到“钟跃迁”的下能级1，辐射出波长为的光子，实现受激辐射，发出钟激光。最后，工作原子从下能级1回到基态，同时辐射出波长为的光子。则（ ）
A．某“振荡器”产生的电磁场能使工作原子从能级1跃迁到能级2，则“振荡器”的振荡频率为
B．该原子钟产生的钟激光的波长
C．光子a的动量一定比钟激光的动量大
D．钟激光可以让某金属材料发生光电效应，光子a一定也可以
13．（2025·浙江模拟）在冰雕展上有一块边长为2m的立方体冰块，冰块内上下底面中心连线为，在立方体底面内安装了一盏可视为圆形平面的面光源灯，面光源灯半径为0.5m，圆心在处，光源为单色光源，冰块的折射率取，不考虑反射光线的影响，由于全发射，在立方体冰面上有些位置没有光射出，下列四幅图表示对应的表面有光射出的情况，阴影部分表示有光射出的部分，下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2025·浙江模拟）如图为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置，主要实验步骤如下：
a．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
b．在导轨上间隔一定距离设置两个光电门1和2。
c．用天平测出滑块和遮光条的质量m。
d．在导轨的单脚螺丝下垫上一定厚度的垫片，让滑块从最高处由静止开始下滑，用数字计时器测出滑块经过光电门1和2时遮光条的遮光时间和
e．取下垫片，用游标卡尺测量所用垫片的厚度h和遮光条的宽度d。
f．用钢卷尺测量单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离L及两光电门之间的距离x。
g.……
请回答下列问题：
（1）（多选）关于该实验，以下说法不正确的是（ ）
A．遮光条宽度适当小些
B．滑块和遮光条的质量m可以不要测量
C．滑块和遮光条的质量m轻一点可以减小误差
D．实验时需要倾斜导轨以平衡摩擦力
（2）该同学用游标卡尺测量垫片的厚度如图所示，则垫片的厚度h= mm；
（3）若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系式为
（4）（多选）多次实验发现动能的增加量总是略小于重力势能的减小量，其原因可能是（ ）
A．遮光条宽度d的测量值偏小
B．导轨没有调水平，导轨左端略低于右端
C．空气阻力的影响
D．两光电门之间的距离x的测量值偏小
15．（2025·浙江模拟）小刘同学在家找到一个老旧的白炽灯泡，他对这个灯泡进行研究，先用欧姆表档进行测量，正确操作后发现指针如图甲所示，小刘同学为了更准确的测量灯泡的电阻，找到了下列器材：
A.量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ
B.量程为10mA的电流表，内阻为6Ω
C.滑动变阻器R1（0—10Ω）
D.滑动变阻器R2（0—100Ω）
E.电阻箱R（999.9Ω）
F.电源3V
开关及导线若干
（1）小刘同学发现电流表的量程太小，想改装成量程为40mA的电流表，则电流表与电阻箱 （填并联或串联），阻值为 Ω。
（2）若要求电压从0开始测量，滑动变阻器选 （填器材前的字母）
（3）根据所选器材，把实物连接图乙补充完整。
（4）根据所测量的数据，画出图线如图丙所示，若已知图线的斜率为k，则灯泡的电阻为 Ω
16．（2025·浙江模拟）（1）以下实验采用的研究方法是控制变量法的有（ ）
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究弹簧弹力与形变量的关系
C．探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
D．用双缝干涉测量光的波长
（2）小陈同学在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，测得的实验数据如表所示；请根据实验数据判断，该次实验时原线圈的匝数比副线圈的匝数 （填“多，少，相等或无法判断”）。
次数 1 2 3 4
4.9 6.00 7.50 10.06
2.40 2.92 3.70 4.97
17．（2025·浙江模拟）如图甲所示，导热良好、厚度不计的水杯带着一定空气倒置在装着足够多水的水管中，并静止释放，水管直径略大于水杯。整个过程中没有气体漏出。最后水杯如图乙在水面上漂浮。已知水杯质量，水杯底面积，释放前气体高度，漂浮后气体高度，大气压强，环境温度为275K。求：
（1）水杯上浮过程中杯内气体的分子数密度 （选填“变大”、“变小”或“不变”），气体 （选填“吸收”或“放出”）热量：
（2）水杯释放前的气体压强：
（3）其他条件不变，若环境温度变为300K，忽略水的体积变化，求水杯稳定后位移变化量。
18．（2025·浙江模拟）如图所示，圆心角，半径的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，其末端C切线水平；两个质量均为、长度均为的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，其上表面与C端等高且平滑接触；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量的物块A轻放在传送带的左端，离开传送带后从B点沿切线方向进入BC轨道，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物块A与木板间的动摩擦因数均为，AB间竖直高度，传送带长度为，木板D与水平面间的动摩擦因数，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小；
（2）物块A到达B点所用时间；
（3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。
19．（2025·浙江模拟）如图所示轨道框架，存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。框架顶部AJ之间有一恒流电源。平行直轨道AB、IJ间固定质量，电阻，长度为L的金属棒a，轨道间距为L，与水平面的夹角为，底端B、I为一小段绝缘材料。平行足够长的轨道BC、HI之间静止放置质量，电阻，长度为L的金属棒b，初始时b到BI的距离。已知。轨道各处均光滑，忽略其余电阻。某时刻静止释放金属棒a。求：
（1）若金属棒a仍保持静止，求恒流电源的电流大小I；
（2）将磁场方向改为竖直向上，发现a贴着直轨道AB、IJ下滑，当a位移时进入BC、HI，求金属棒a从释放到B、I的时间t；
（3）承接（2），求a、b之间的最终距离；
（4）承接（2），求从a释放到a、b速度稳定，整个过程的焦耳热Q。
20．（2025·浙江模拟）如图所示，将粒子注入到加速电场的三等分点P（忽略各粒子的初速度），部分粒子经电场加速从加速电场负极板上的小孔N射出；然后沿以为圆心、R为半径的圆弧通过静电分析器，再经速度选择器筛选后，从通道入口的中缝进入磁分析器，该通道的上下表面是内半径为0.5R、外半径为1.5R的半圆环，磁感应强度为的匀强磁场垂直于半圆环，粒子恰好能击中照相底片的正中间位置。加速电场两极板间的电压大小为；静电分析器中与圆心等距离的各点场强大小相等，方向指向圆心，且与速度选择器中的场强大小也相同。设原子核中每个核子的质量均为，已知元电荷为e（整个系统处于真空中，不计粒子重力和粒子间的相互作用力）。
（1）卢瑟福通过粒子轰击氮（）的实验发现了质子并产生氧（O）原子核，写出该实验的核反应方程；
（2）①求静电分析器中，与圆心距离为R处的电场强度的大小；
②求速度选择器中的磁感应强度B的大小；
（3）若加速电压在之间变化，且静电分析器中场强大小和速度选择器中的场强大小及磁感应强度大小可调，使得粒子依旧从通道入口的中缝进入磁分析器，求粒子在磁分析器中运动的半径范围以及最短时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】容抗是衡量电容器对交流电流阻碍作用的大小，类似于电阻对电流阻碍作用的大小，单位都是欧姆（）。
故选C。
【分析】容抗是衡量电容器对交流电流阻碍作用的大小，单位都是欧姆（）。
2．【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系；超重与失重
【解析】【解答】A．研究起飞姿态时，通常需要关注飞机的大小、形状、姿态、角度、受力等细节，这些细节不能通过质点模型来体现。因此，运－20在研究起飞姿态时，不能简单地视为质点，A错误；
B．如果以飞行员为参考系，因为飞行员和货物在同一参考系中，且没有相对运动。那么机舱内的货物相对于飞行员是静止的，B正确；
C．当运－20加速向上攀升时，飞机和其内部的物体都会有向上的加速度，因此会处于超重状态，而不是失重状态。C错误；
D．在减速滑行阶段，飞机受到地面的支持力和摩擦力的共同作用。地面对它的作用力等于摩擦力与支持力的合力，大于它的重力，D错误。
故选B。
【分析】A、研究起飞姿态时，飞机的大小、形状、姿态不能忽略，不能视为质点；
B、以飞行员为参考系，飞行员和货物相对运动，货物相对于飞行员是静止的；
C、向上攀升时，飞机有向上的加速度，处于超重状态；
D、在减速滑行阶段，飞机受到地面的支持力和摩擦力的共同作用，地面对它的作用力等于摩擦力与支持力的合力，大于它的重力。
3．【答案】B
【知识点】动量定理；功率及其计算；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；
B．根据动量定理
可得
可知相同时间内，动量变化相同，均为mg，故B正确；
C．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，竖直方向分速度先减小后增大，根据
可知重力做功先越来越慢后越来越快，故C错误；
D．根据
可知在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，时间不为0，则重力冲量不为0，故D错误。
故选B。
【分析】A、羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒；
B、根据动量定理，相同时间内，动量变化相同；
C、羽毛球竖直方向分速度先减小后增大，根据，重力做功先越来越慢后越来越快；
D、根据，随飞行时间增加冲量不断增大。
4．【答案】C
【知识点】分子间的作用力；光的偏振现象；晶体和非晶体；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．太阳光斜射到玻璃、水面时，反射光和折射光都是偏振光，故A错误；
B．金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点，故B错误；
C．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，是因为液体表面张力的作用，使液体表面有收缩到最小表面积的趋势，球形表面积最小；同时说明液体不浸润荷叶，故C正确；
D．当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大。所以分子距离增大，分子势能不是一直增大的，故D错误。
故选C。
【分析】A、反射光和折射光都是偏振光；
B、金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点；
C、露珠呈近似球体的形状，是液体表面张力的作用，使液体表面有收缩到最小表面积的趋势，球形表面积最小；同时说明液体不浸润荷叶；
D、当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．若风速缓慢变大，则风对风筝的作用力增大，作出矢量动态三角形，如图所示
可知，若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大，线上的拉力也增大，故A正确，B错误；
CD．若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线与竖直方向的夹角为60°，对风筝进行受力分析，如图所示
根据几何关系和平衡条件有
，
故CD错误。
故选A。
【分析】AB、对风筝受力分析，根据矢量三角形可知，风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大，线上的拉力也增大；
CD、根据风筝受力分析，由合成法求解线对风筝的作用力的大小。
6．【答案】C
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】AB．大气中的压强由大气的质量产生，即
而
地球大气层空气分子总数为
联立解得
故AB错误；
CD．大气体积为
则气体分子之间的距离为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】AB、根据，结合地球表面积求解大气质量，由此求解大气层空气分子总数；
CD、根据大气层体积求解大气分子间距。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】AB．设地球质量为M，月球的质量为m， 探测器的质量为，引力的合力做功与引力势能的关系
可知图线的斜率绝对值为
由图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大，故AB错误；
CD．在处图线的切线斜率为0 ，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，即
解得地球与月球的质量之比
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】AB、根据引力的合力做功与引力势能的关系，结合图像，其斜率绝对值为，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大；
CD、在处图线的斜率为0 ，探测器在该处受引力的合力为零，即，以此求解地球与月球的质量之比。
8．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为
小物块加速到与传送带共速所用时间为
小物块加速阶段通过的位移为
小物块在传送带上匀速运动所用时间为
则小物块A由M运动到N所用时间为
小物块A在传送带上运行过程，发生的相对位移为
因摩擦产生的内能为
根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为
故A错误，D正确；
B．A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
故B错误；
C．A滑上C后，A做减速运动的加速度大小为
设经过时间A与小物块B发生碰撞，则有
解得或（舍去，因为此时A的速度小于B的速度）
碰撞前瞬间A的速度为
碰撞前瞬间B、C的速度为
A与小物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得碰撞瞬间A、B的速度分别为
，
可知碰撞后A、C保持相对静止一起加速运动，加速度大小为
碰撞后B做减速运动，加速度大小为
设经过时间B与A、C达到共速，且B未与挡板相碰，则有
解得
，
此过程B相对C发生的位移大小为
假设成立，故B不会与挡板相碰，故C错误。
故选D。
【分析】AD、根据物块受到的滑动摩擦力由牛顿第二定律求解加速度；根据运动学方程求解共速所需时间和该段时间内物块发生的位移和传送带发生的位移，以及二者的相对位移；再求解物块匀速运动的时间，从而求解物块在传送带上的运动时间，根据摩擦力在相对位移所做的功等于摩擦产生的热量求解由于运送物块传送带多消耗能量为；
B、 A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小 ；
C、由滑动摩擦力求解物块滑上C后的加速度大小，根据在C上A与B的相对位移求解碰撞所需时间；以此求解碰撞前A和BC的速度；根据A与B弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒求解碰后A、B的速度；分析可知碰后AC共同加速、B匀减速，分别求解加速度大和三者共速所需时间，以此求解此过程B与C发生的相对位移，并与对比判断。
9．【答案】B,D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．上下两个正、负点电荷在点产生的电场强度向下，左右两个正、负点电荷在点产生的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，点的电场强度不为零，方向为沿方向。在点处电势为零，A错误；
B．据对称性，、两点处电势相等，把一正点电荷沿着的路径移动时，电场力做的总功为零，B正确；
C．根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在、两点所受电场力相同，C错误；
D．取无穷远处电势为零，点的电势为正，、、三点电势相等，均为零，则负点电荷从点移动到点，电场力做负功，所以电势能增大，D正确。
故选BD。
【分析】A、根据点电荷场强公式，由上下、左右两组等量异种点电荷分别在连线中点O产生的场强的合场强沿OD方向；
B、据对称性，、两点处电势相等，把一正点电荷沿着的路径移动时，电场力做的总功为零；
C、根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在、两点所受电场力相同；
D、取无穷远处电势为零，点的电势为正，、、三点电势相等，均为零，则负点电荷从点移动到点，电场力做负功，所以电势能增大。
10．【答案】B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．线圈匀速转动至图乙位置时，磁通量最大，磁通量变化率为零，A错误；
B．升压变压器
降压变压器
其中
，
联立可得
B正确；
C．由，可知，故，故升压变压器线圈应当用比线圈更粗的导线绕制承载更大的电流，C错误；
D．不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为
D错误。
故选B。
【分析】A、图乙位置，磁通量最大，磁通量变化率为零；
B、根据升压变压器，降压变压器；其中，，联立求解；
C、根据升压降流，线圈应当用比线圈更粗的导线绕制承载更大的电流；
D、不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为。
11．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．由题意可得，相邻的波峰和波谷距离为
故波的波长为
根据简谐振动的位移时间变化关系，可得故机械波的周期
得传播速度为
故A正确；
B．由图像可知，OD距离2m为一个完整的波长，时刻，O、D均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O点此时第二次出现波峰，可知
故B错误；
C．根据勾股定律可得
C点到两波源之间的距离差
但由于O点处的波源垂直于xOy水平面沿z轴正方向振动，B点处的波源垂直于xOy水平面沿z轴负方向振动，可知振动稳定后，C处质点为振动的减弱点，故C正确；
D．至时间内，波源B的振动传播到C所需时间为
则波源B的振动传播到C点时，C处的质点振动了个周期，则
波源O的振动传播到C点的时间为
则至时间内，C处质点只振动了个周期，则
由于振动稳定后，C处质点为振动的减弱点，所以C点其运动的路程
故D错误。
故选AC。
【分析】A、根据图像求解波长，根据振动方程求解周期，由求解波速；
B、由图像可知，时刻，O、D均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O点此时第二次出现波峰，可知；
C、根据几何关系求解C点到两波源之间的距离差，结合O、B起振方向分析判断C点为振动加强还是减弱点；
D、分别求解波从O、B传播到C的时间以及C的振动时间，结合C点为振动减弱点求解其路程。
12．【答案】A,C,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】A．当电磁场能使工作原子从能级1跃迁到能级2时，说明电磁场的波长等于，由电磁波的波速公式可知“振荡器”的振荡频率为，故A正确；
B．由能量守恒可以判断
带入光子能量公式和波速公式
可得
化简可得
故B错误；
C．由光子动量公式
光子能量公式和波速公式
可知
由题意可知
所以
故C正确；
D．发生光电效应需要入射光频率大于截止频率，光子a的能量大于钟激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的频率大于钟激光的频率，所以当钟激光可以让某金属材料发生光电效应时，光子a一定也可以，故D正确。
故选ACD。
【分析】A、当电磁场能使工作原子从能级1跃迁到能级2时，电磁场的波长等于，由可知“振荡器”的振荡频率为；
B、由能量守恒：结合光子能量公式和波速公式，联立可得；
C、由光子动量公式、光子能量公式和波速公式，可知，由，所以；
D．光子a的能量大于钟激光的能量，由光子能量公式可知，光子a的频率大于钟激光的频率，所以当钟激光可以让某金属材料发生光电效应时，光子a一定也可以。
13．【答案】B,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】根据全反射临界角公式有
如图所示
由几何关系有
，
所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，而光照到冰块四个侧面时都只能从部分侧面射出（靠近A和B点处无光可以射出）；
故选BD。
【分析】根据全反射定律求解临界角，结合几何关系、的大小判断能否发生全反射，从而确定光学照射到各表面的出射情况。
14．【答案】（1）C；D
（2）21.5
（3）
（4）A；B；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．光条的宽度相对小点时，其通过光电门的平均速度越接近其瞬时速度，A正确，不符题意；
B．验证机械能守恒时质量可以约去，故不需测量滑块和遮光条的质量m，B正确，不符题意；
C．结合上述分析可知，滑块和遮光条的质量m对实验没有影响，C错误，符合题意；
D．气垫导轨可以使滑块无摩擦的在其表面滑动，故不需要平衡摩擦力，D错误，符合题意。
故选CD。
（2）根据游标卡尺的读法，可得垫片的厚度
（3）设导轨垫高后与水平面的倾角为，则有
滑块下落的高度
滑块通过光电门1的速度
滑块通过光电门2的速度
若机械能守恒，则有
整理可得
（4）A．光条宽度d的测量值偏小，会导致滑块速度测量偏小，动能偏小，A正确；
B．根据上述分析可知，重力势能的变化了为
由于导轨左端略低于右端，导致偏小，实际转化的动能偏小，B正确；
C．空气阻力的影响会使重力势能有一部分克服空气的阻力做功，转化为其他形式的能，C正确；
D． x 测量偏小，则重力势能的变化了偏小，不会导致动能的增加量总是略小于重力势能的减小量，D错误。
故选ABC。
综上：第1空：CD；第2空：21.5；第3空：；第4空：ABC
【分析】（1）A、光条的宽度越小，其平均速度越接近其瞬时速度；
B、验证机械能守恒时质量可以约去，不需测量滑块和遮光条的质量m；
C、滑块和遮光条的质量m对实验没有影响；
D、气垫导轨可以使滑块无摩擦的在其表面滑动，不需要平衡摩擦力。
（2）根据游标卡尺读数法正确读数；
（3）根据导轨垫高后与水平面的倾角为，求解滑块下落的高度；根据滑块通过光电门时间分别求解两光电门时速度；结合机械能守恒求解；
（4）A、光条宽度d的测量值偏小，会导致滑块速度测量偏小，动能偏小；
B、根据重力势能的变化量，由于导轨左端略低于右端，导致偏小，实际转化的动能偏小；
C、空气阻力的影响会使重力势能有一部分克服空气的阻力做功，转化为其他形式的能；
D、根据重力势能的变化量， x 测量偏小不会导致动能的增加量总是略小于重力势能的减小量。
（1）A．光条的宽度相对小点时，其通过光电门的平均速度越接近其瞬时速度，A正确，不符题意；
B．验证机械能守恒时质量可以约去，故不需测量滑块和遮光条的质量m，B正确，不符题意；
C．结合上述分析可知，滑块和遮光条的质量m对实验没有影响，C错误，符合题意；
D．气垫导轨可以使滑块无摩擦的在其表面滑动，故不需要平衡摩擦力，D错误，符合题意。
故选CD。
（2）根据游标卡尺的读法，可得垫片的厚度
（3）设导轨垫高后与水平面的倾角为，则有
滑块下落的高度
滑块通过光电门1的速度
滑块通过光电门2的速度
若机械能守恒，则有
整理可得
（4）A．光条宽度d的测量值偏小，会导致滑块速度测量偏小，动能偏小，A正确；
B．根据上述分析可知，重力势能的变化了为
由于导轨左端略低于右端，导致偏小，实际转化的动能偏小，B正确；
C．空气阻力的影响会使重力势能有一部分克服空气的阻力做功，转化为其他形式的能，C正确；
D． x 测量偏小，则重力势能的变化了偏小，不会导致动能的增加量总是略小于重力势能的减小量，D错误。
故选ABC。
15．【答案】（1）并联；2
（2）C
（3）
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中
，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
综上：第1空：并联；第2空：2；第3空：C；第4空：；第5空：
【分析】（1）根据串分压并分流原理，改装更大量程电流表并联一个小的电阻分流，根据并联电路特点及欧姆定律分析求解；
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器；
（3）由于电流表的内阻已知，电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，以此连接电路；
（4）根据欧姆定律：，求解 关系，由斜率求解电阻。
（1）[1]并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
[2]根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
16．【答案】（1）C
（2）多
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）根据控制变量法的原理可知，探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需保证输入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
故选C。
（2）由表格数据可知
所以原线圈匝数比副线圈多。
综上：第1空：C；第2空：多
【分析】（1）探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需输入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
（2）由表格数据可知，所以原线圈匝数比副线圈多。
（1）根据控制变量法的原理可知，探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需保证输入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
故选C。
（2）由表格数据可知
所以原线圈匝数比副线圈多。
17．【答案】（1）变小；吸收
（2）
（3）
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）上浮过程气体压强变小，温度不变故体积变大。由于温度不变故分子运动速率不变，只能是分子数密度变小。
由热力学第一定律
温度不变，体积变大，气体对外做功，故，气体吸收热量。
（2）水杯在水面上漂浮时的压强为，则有
解得
由玻意耳定律
解得
（3）由盖吕萨克定律
解得
故水杯稳定后位移变化量
综上：第1空：变小；第2空：吸收；第3空：；第4空：
【分析】（1）上浮过程气体压强变小，温度不变，体积变大，分子数密度变小。由热力学第一定律分析判断；
（2）在水面漂浮时根据平衡状态对水杯受力分析求解压强，根据波意耳定律求解；
（3）根据盖吕萨克定律求解.
（1）[1]上浮过程气体压强变小，温度不变故体积变大。由于温度不变故分子运动速率不变，只能是分子数密度变小。
[2]由热力学第一定律，温度不变，体积变大，气体对外做功，故，气体吸收热量。
（2）水杯在水面上漂浮时的压强为，则有，解得
由玻意耳定律，解得
（3）由盖吕萨克定律
解得
故水杯稳定后位移变化量
18．【答案】（1）解：物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）解：物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得
，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据求解平抛运动时间和竖直分速度大小，根据物块A刚好从B点切向进入，分解B点速度结合几何关系求解初速度；根据动能定理有求解；根据牛顿第二定律求解支持力；
（2）物块A在传送带上，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动学方程求解共速的时间和位移，再求解匀速运动时间，匀加速、匀速、平抛运动时间之和；
（3）根据牛顿第二定律分别求解物块A和木板DE的加速度；根据运动学方程结合A与D的相对位移求解物块A滑离D所需时间和A、DE的速度；对A与E根据动量守恒定律求解共同运动的速度大小；由功能关系求解产生的热量。
（1）物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
19．【答案】（1）解：对金属棒a，由平衡条件有
代入题中数据，解得
（2）解：金属棒a下滑过程，由牛顿第二定律有
解得加速度大小
则有
解得
（3）解：由运动学公式有
解得金属棒a到水平导轨时速度大小
规定向左为正方向，对ab棒，由动量守恒有
解得
对b棒有
解得
则a、b之间的最终距离
（4）解：①当金属棒a处于轨道AB、IJ上
②当金属棒b处于轨道BC、HI上
综上
【知识点】碰撞模型；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对金属棒a受力分析，沿斜面方向平衡方程求解电流大小；
（2）改变磁场方向金属棒a受力分析，由牛顿第二定律求解加速度大小，根据运动学方程求解时间；
（3）由运动学公式求解金属棒a到水平导轨时速度大小；对ab棒，由动量守恒定律求解共同速度；对b棒根据动量定理结合电荷量公式求解相对位移，结合初始时b到BI的距离求解a、b之间的最终距离；
（4）当金属棒a处于轨道倾斜轨道上，根据焦耳定律求解热量；当金属棒a处于水平轨道上，根据功能关系求解热量；二者之和为总热量。
（1）对金属棒a，由平衡条件有
代入题中数据，解得
（2）金属棒a下滑过程，由牛顿第二定律有
解得加速度大小
则有
解得
（3）由运动学公式有
解得金属棒a到水平导轨时速度大小
规定向左为正方向，对ab棒，由动量守恒有
解得
对b棒有
解得
则a、b之间的最终距离
（4）①当金属棒a处于轨道AB、IJ上
②当金属棒b处于轨道BC、HI上
综上
20．【答案】（1）解：根据质量数与核电荷数守恒可得
（2）解：粒子的质量：，电荷量
①由电场力提供向心力可得
在加速电场中，由动能定理得
联立可得，静电分析器中，与圆心距离为R处的电场强度的大小为
②在速度选择器中
结合
联立可得，速度选择器中的磁感应强度B的大小为
（3）解：若，粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当时，圆弧MC对应的圆心角最小，用时最短，则有
根据
可得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）根据质量数与核电荷数守恒写出核反应方程；
（2）①由电场力提供向心力：；在加速电场中，由动能定理：联立求解静电分析器中R处电场强度大小；
②根据速度选择器原理：结合联立求解速度选择器中磁感应强度大小；
（3）根据加速电压范围求解粒子半径范围；根据几何关系分析求解粒子在磁分析器中偏转达到内圆环上的最小圆心角，结合洛伦兹力提供向心力的周期公式求解最短时间。
（1）根据质量数与核电荷数守恒可得
（2）粒子的质量：，电荷量
①由电场力提供向心力可得
在加速电场中，由动能定理得
联立可得，静电分析器中，与圆心距离为R处的电场强度的大小为
②在速度选择器中
结合
联立可得，速度选择器中的磁感应强度B的大小为
（3）若，粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当时，圆弧MC对应的圆心角最小，用时最短，则有
根据可得
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