江西省2025年普通高中学业水平选择性考试物理
1．（2025·江西高考）超级电容器可集成到太阳能发电系统中，通过超级电容器储存和释放能量，优化功率输出，提升电网稳定性．关于超级电容器储存能量过程中所带电荷量Q和两极板间电压U的变化，下列说法正确的是（ ）
A．Q增大，U增大 B．Q减小，U减小
C．Q减小，U增大 D．Q增大，U减小
【答案】A
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】超级电容器储存能量时处于充电过程，电荷量Q增加。根据电容公式Q＝CU，若电容C不变，则Q与U成正比，Q增大时，U必然增大。故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据电容的定义式Q＝CU分析求解。
2．（2025·江西高考）如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为神舟二十号飞船的近地圆轨道、椭圆变轨轨道，Ⅲ为天和核心舱运行圆轨道，P、Q为变轨点．不计阻力，飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，下列选项正确的是
A．速率增大，机械能增大 B．速率减小，机械能减小
C．速率增大，机械能不变 D．速率减小，机械能不变
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，只有万有引力做负功，则机械能不变，动能减小，即速率减小，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，只有万有引力做负功，机械能不变分析求解。
3．（2025·江西高考）某变压器的原线圈匝数未知，将的正弦交流电输入原线圈．改变副线圈的匝数n，测得副线圈两端的电压U与匝数n之间的关系如图所示．若该变压器为理想变压器，则原线圈的匝数最接近（ ）
A．110 B．160 C．210 D．310
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】设原线圈的匝数为n1，根据理想变压器匝数比与电压比的关系：，可得由题图可知当U＝3V时，n＝70，代入可得，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查了理想变压器相关知识，理解理想变压器电压、电流与匝数关系是解决此类问题的关键。
4．（2025·江西高考）如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏．机器人在高度为H的固定点以速率水平向右抛球，小孩以速率水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h．当小孩与机器人水平距离为1时，机器人将小球抛出．忽略空气阻力，重力加速度为g．若小孩能接到球，则为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；平抛运动
【解析】【解答】球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，若小孩能接到球，则有，l＝v1t+v2t，联立解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】把球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后根据位移关系计算即可。
5．（2025·江西高考）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示．当线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ）
A．顺时针 B．逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】由图（b）可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS线圈产生的磁场下端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据右手定则，结合开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，以后阶段通过CS线圈的电流反向增加，结合楞次定律分析求解。
6．（2025·江西高考）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连．按压一次泵水器可将压强等于大气压强、体积为的空气压入水桶中．在设计泵水器时应计算出的临界值，当时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水．设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为1，按压前桶中气体压强为．不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积．已知水的密度为，重力加速度为g．该临界值等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】设桶内气体压强增大到p，整个装置处于等温变化状态，
根据玻意耳定律有p0SH+p0V0c＝pSH
根据题意，泵水器恰能出水满足p＝p0+ρg（H+l）
联立解得该临界值满足：
故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】根据玻意耳定律，结合泵水器恰能出水满足的压强分析求解。
7．（2025·江西高考）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示．设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R．在很小时，．若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径R为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】转弯时车轮会向外偏移Δx，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为r1，
根据几何关系有
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为，则有
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
由于
则有
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
联立解得，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据转弯时车轮会向外的偏移量，结合几何关系，对内、外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离关系分析，通过两轮固定连接为一体，且轮子不打滑的条件分析求解。
8．（2025·江西高考）如图所示，一细金属导体棒在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里．不考虑棒中自由电子的热运动．下列选项正确的是（ ）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用
B．棒运动时，P端比Q端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大
D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
【答案】C,D
【知识点】洛伦兹力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．由左手定则可知，是电子随着棒向右运动，电子受到竖直向下的洛伦兹力，沿棒向下运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，故B错误；
C．棒加速运动时，PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，v变大，故棒中电场强度变大，故C正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，故D正确。
故选：CD。
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力方向，根据右手定则判断电势高低，根据电场强度和电势差的关系分析电场强度，根据棒保持匀速运动时，电子的聚集效应分析求解。
9．（2025·江西高考）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动．利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动．若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为O（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能．与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．位移—时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；
B．龙舟在0.4s时间内速度由0增加到0.6m/s（划桨阶段），再经历0.6s时间速度减为0，位移方向不变，故速度方向始终为正向，故B正确；
C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误；
D．根据可知，前开口向上，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据位移—时间图像斜率代表速度，结合龙舟在0.4s时间内速度由0增加到0.6m/s，再经历0.6s时间速度减为0的过程分析求解。
10．（2025·江西高考）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为，的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为．若线框或边受到安培力，则其安培力大于．．线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g．下列选项正确的是（ ）
A．线框速率的最小值为
B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为
C．线框穿过磁场区域的时间为
D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．在ef边进入磁场而gh边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力BIL和沿传送带平面向下的重力分力mgsinθ。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为μmgcosθ，而μ＝tanθ，故μmgcosθ＝mgsinθ
已知线框受到的安培力BLI＞2mgsinθ
即BIL＞mgsinθ+μmgcosθ
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，线框做减速运动。
在gh边进入磁场到ef边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当gh边刚进入磁场时，线框有最小速度vmin，设线框加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma
ef边离开磁场时速度恰好为v0，根据速度—位移公式，则有
联立解得线框速率的最小值为，故A正确；
B．在ef边进入磁场到gh边进入磁场的过程中，由动能定理有
则该过程产生的焦耳热Q＝﹣W安＝2mgdsinθ
在ef边离开磁场到gh边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为Q，故线框穿过磁场区域产生的焦耳热为4mgdsinθ，故B错误；
C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得
根据动量定理有
设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有
因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线框穿过磁场区域的总时间
联立解得，故C错误；
D．边从进入到离开磁场区域的时间
该段时间内传送带移动的距离，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据安培力和滑动摩擦力的关系，结合线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动，在gh边进入磁场到ef边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动，综合动能定理以及闭合电路欧姆定律、动量定理分析求解。
11．（2025·江西高考）某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律．重力加速度g取．
（1）实验前，应合理安装实验器材．图（a）中光电门 的位置安装不合理，应如何调整： ．
（2）实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L．将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和．移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表．
…
滑块经过光电门1、2的速度分别为和．当．时， ，滑块通过两光电门下降的高度 ．（结果保留2位小数）
（3）处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示．根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒： ，并给出理由： ．
【答案】（1）1；适当向右移动光电门1
（2）；
（3）守恒；根据图（b）可知其斜率约为（等于）．在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大，故光电门1的安装不合理，应适当向右移动光电门1。
（2）当L＝65.00cm时，由表格可知通过光电门2的时间为Δt2＝4.787ms
故通过光电门2的速度
根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度HL＝Lsinθ＝65×0.0613cm＝3.98cm
（3）根据图（b）可知其斜率约为，故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
【分析】（1）根据光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大分析求解；
（2）根据光电门测速原理，结合几何关系分析求解；
（3）根据图像的斜率，结合机械能守恒定律表达式分析求解。
12．（2025·江西高考）热敏电阻的阻值随温度的变化而改变，通过建立温度与热敏电阻两端电压的关系，可制作一简易的温度传感器，进而实现温度测量．如图（a）所示，为热敏电阻，为匹配电阻，电源电动势为E（内阻不计），数字电压表（内阻视为无穷大）用于测量热敏电阻两端的电压．
（1）由图（a）可得的表达式为 ．
（2）已知某热敏电阻从升温到时，其阻值从单调减小到．为了合理配置．的阻值，用电阻箱．代替该热敏电阻进行实验．经数据处理得到不同．值对应的关系图线，如图（b）所示，分析可知应选图线 对应的作为匹配电阻，可使在更宽范围内对变化的响应更灵敏．
（3）选定匹配电阻、后，按图（a）连接电路，改变热敏电阻的温度T，测量其两端的电压，并尝试用二次多项式进行数据拟合，得到温度与的关系．
用已标定的温度传感器进行实验，记录数据，如下表所示，其中T为测量温度，为标准温度，．表中绝对误差最大和最小的测量温度值T分别为 ℃和 ℃．除涉及元器件的精度和稳定性之外，分析该温度传感器测量误差的主要来源： ．
【答案】（1）
（2）乙
（3）；；匹配电阻的阻值不太合适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）由闭合电路的欧姆定律可得电路中电流，可得（2）由图（b）可知，图线乙在相同的R1变化区间，Uout变化范围更大，即图线乙对应的R0作为匹配电阻，可使Uout在更宽范围内对R1变化的响应更灵敏；
（3）结合表格数据分析，可知测量的绝对误差最大和最小对应的测量温度分别为和。
误差的主要来源除去涉及元器件的精度和稳定性之外，可能是匹配电阻的阻值不太合适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律，结合串联关系分析求解；
（2）根据图线乙在相同的R1变化区间，Uout变化范围更大分析求解；
（3）根据表格数据，结合误差的主要来源的可能性分析求解。
13．（2025·江西高考）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆 （足够长）成角的直杆，两杆平滑连接．点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长．将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放．当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞．小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为．已知重力加速度为g，间距为．
（1）求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小；
（2）若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离．
【答案】（1）解：如图所示
以O点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置O1，设此时弹力绳的伸长量为l，小球A受到的滑动摩擦力为f，小球A对倾斜直杆的压力为FN，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为α，孔钉Q到倾斜直杆的距离为h1。设
对小球A进行受力分析，可知f＝μFN，FN＝Fsinα﹣mgcosθ，F＝kl
由几何关系可得h1＝lsinα＝hcosθ
联立解得
（2）解：设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得
可得
由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有
解得
小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则
因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；简谐运动的表达式与图象；滑动摩擦力与动摩擦因数；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）以O点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系，对小球A进行受力分析，结合小球A受到的是滑动摩擦力分析求解；
（2）根据动能定理，对小球由静止释放运动到O点的过程中分析求解速度，结合小球A、B发生弹性碰撞后动量守恒和能量守恒，综合小球A上滑过程做简谐运动，利用题目所给的位移—时间关系式分析求解。
14．（2025·江西高考）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示．某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心．由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲．电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上．阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为．偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为，．光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上．电子质量为m，电荷量为e，不考虑电子力和相对论效应，以及电子之间相互作用．所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系．（普朗克常量，光速）
（1）现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为．若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料．
（2）当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置．
（3）真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同．
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：
②若小且．，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系．
【答案】（1）解：根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为
可得波长范围为200～900nm的入射激光的能量范围为1.38eV～6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。
（2）解：电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，运动时间为t1，离开阳极时的速度大小为v1，则有，，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1＝v1t2
当偏转电压U为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y方向做匀加速直线运动。设y方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时y方向速度为vy，偏转位移为y1，则，L2＝v1t3，vy＝a2t3，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，在此时间内电子在y方向的位移为y2，则L3＝v1t4，y2＝vyt4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y＝y1+y2
联立解得
（3）解：当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则
则图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2分析可得
②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；光电效应；光子及其动量
【解析】【分析】（1）根据所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功时，入射激光都能打出光电子，结合光子的能量表达式分析求解；
（2）根据电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，结合牛顿第二定律，对y方向的位移分析求解；
（3）①根据在t1+t2+Δt时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2+Δt），结合a﹣t图像的面积表示速度变化量分析求解；
②在t1+t2时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2），结合该电子离开偏转极板时y方向的速度分析求解。
1 / 1江西省2025年普通高中学业水平选择性考试物理
1．（2025·江西高考）超级电容器可集成到太阳能发电系统中，通过超级电容器储存和释放能量，优化功率输出，提升电网稳定性．关于超级电容器储存能量过程中所带电荷量Q和两极板间电压U的变化，下列说法正确的是（ ）
A．Q增大，U增大 B．Q减小，U减小
C．Q减小，U增大 D．Q增大，U减小
2．（2025·江西高考）如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为神舟二十号飞船的近地圆轨道、椭圆变轨轨道，Ⅲ为天和核心舱运行圆轨道，P、Q为变轨点．不计阻力，飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，下列选项正确的是
A．速率增大，机械能增大 B．速率减小，机械能减小
C．速率增大，机械能不变 D．速率减小，机械能不变
3．（2025·江西高考）某变压器的原线圈匝数未知，将的正弦交流电输入原线圈．改变副线圈的匝数n，测得副线圈两端的电压U与匝数n之间的关系如图所示．若该变压器为理想变压器，则原线圈的匝数最接近（ ）
A．110 B．160 C．210 D．310
4．（2025·江西高考）如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏．机器人在高度为H的固定点以速率水平向右抛球，小孩以速率水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h．当小孩与机器人水平距离为1时，机器人将小球抛出．忽略空气阻力，重力加速度为g．若小孩能接到球，则为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·江西高考）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示．当线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ）
A．顺时针 B．逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
6．（2025·江西高考）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连．按压一次泵水器可将压强等于大气压强、体积为的空气压入水桶中．在设计泵水器时应计算出的临界值，当时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水．设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为1，按压前桶中气体压强为．不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积．已知水的密度为，重力加速度为g．该临界值等于（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·江西高考）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示．设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R．在很小时，．若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径R为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·江西高考）如图所示，一细金属导体棒在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里．不考虑棒中自由电子的热运动．下列选项正确的是（ ）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用
B．棒运动时，P端比Q端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大
D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
9．（2025·江西高考）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动．利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动．若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为O（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能．与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025·江西高考）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为，的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为．若线框或边受到安培力，则其安培力大于．．线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g．下列选项正确的是（ ）
A．线框速率的最小值为
B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为
C．线框穿过磁场区域的时间为
D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
11．（2025·江西高考）某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律．重力加速度g取．
（1）实验前，应合理安装实验器材．图（a）中光电门 的位置安装不合理，应如何调整： ．
（2）实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L．将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和．移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表．
…
滑块经过光电门1、2的速度分别为和．当．时， ，滑块通过两光电门下降的高度 ．（结果保留2位小数）
（3）处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示．根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒： ，并给出理由： ．
12．（2025·江西高考）热敏电阻的阻值随温度的变化而改变，通过建立温度与热敏电阻两端电压的关系，可制作一简易的温度传感器，进而实现温度测量．如图（a）所示，为热敏电阻，为匹配电阻，电源电动势为E（内阻不计），数字电压表（内阻视为无穷大）用于测量热敏电阻两端的电压．
（1）由图（a）可得的表达式为 ．
（2）已知某热敏电阻从升温到时，其阻值从单调减小到．为了合理配置．的阻值，用电阻箱．代替该热敏电阻进行实验．经数据处理得到不同．值对应的关系图线，如图（b）所示，分析可知应选图线 对应的作为匹配电阻，可使在更宽范围内对变化的响应更灵敏．
（3）选定匹配电阻、后，按图（a）连接电路，改变热敏电阻的温度T，测量其两端的电压，并尝试用二次多项式进行数据拟合，得到温度与的关系．
用已标定的温度传感器进行实验，记录数据，如下表所示，其中T为测量温度，为标准温度，．表中绝对误差最大和最小的测量温度值T分别为 ℃和 ℃．除涉及元器件的精度和稳定性之外，分析该温度传感器测量误差的主要来源： ．
13．（2025·江西高考）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆 （足够长）成角的直杆，两杆平滑连接．点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长．将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放．当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞．小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为．已知重力加速度为g，间距为．
（1）求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小；
（2）若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离．
14．（2025·江西高考）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示．某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心．由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲．电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上．阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为．偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为，．光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上．电子质量为m，电荷量为e，不考虑电子力和相对论效应，以及电子之间相互作用．所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系．（普朗克常量，光速）
（1）现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为．若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料．
（2）当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置．
（3）真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同．
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：
②若小且．，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】超级电容器储存能量时处于充电过程，电荷量Q增加。根据电容公式Q＝CU，若电容C不变，则Q与U成正比，Q增大时，U必然增大。故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据电容的定义式Q＝CU分析求解。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，只有万有引力做负功，则机械能不变，动能减小，即速率减小，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点运动过程中，只有万有引力做负功，机械能不变分析求解。
3．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】设原线圈的匝数为n1，根据理想变压器匝数比与电压比的关系：，可得由题图可知当U＝3V时，n＝70，代入可得，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查了理想变压器相关知识，理解理想变压器电压、电流与匝数关系是解决此类问题的关键。
4．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；平抛运动
【解析】【解答】球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，若小孩能接到球，则有，l＝v1t+v2t，联立解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】把球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后根据位移关系计算即可。
5．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】由图（b）可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS线圈产生的磁场下端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据右手定则，结合开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，以后阶段通过CS线圈的电流反向增加，结合楞次定律分析求解。
6．【答案】A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】设桶内气体压强增大到p，整个装置处于等温变化状态，
根据玻意耳定律有p0SH+p0V0c＝pSH
根据题意，泵水器恰能出水满足p＝p0+ρg（H+l）
联立解得该临界值满足：
故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】根据玻意耳定律，结合泵水器恰能出水满足的压强分析求解。
7．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】转弯时车轮会向外偏移Δx，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为r1，
根据几何关系有
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为，则有
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
由于
则有
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
联立解得，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据转弯时车轮会向外的偏移量，结合几何关系，对内、外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离关系分析，通过两轮固定连接为一体，且轮子不打滑的条件分析求解。
8．【答案】C,D
【知识点】洛伦兹力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．由左手定则可知，是电子随着棒向右运动，电子受到竖直向下的洛伦兹力，沿棒向下运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，故B错误；
C．棒加速运动时，PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，v变大，故棒中电场强度变大，故C正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，故D正确。
故选：CD。
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力方向，根据右手定则判断电势高低，根据电场强度和电势差的关系分析电场强度，根据棒保持匀速运动时，电子的聚集效应分析求解。
9．【答案】A,B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．位移—时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；
B．龙舟在0.4s时间内速度由0增加到0.6m/s（划桨阶段），再经历0.6s时间速度减为0，位移方向不变，故速度方向始终为正向，故B正确；
C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误；
D．根据可知，前开口向上，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据位移—时间图像斜率代表速度，结合龙舟在0.4s时间内速度由0增加到0.6m/s，再经历0.6s时间速度减为0的过程分析求解。
10．【答案】A,D
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．在ef边进入磁场而gh边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力BIL和沿传送带平面向下的重力分力mgsinθ。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为μmgcosθ，而μ＝tanθ，故μmgcosθ＝mgsinθ
已知线框受到的安培力BLI＞2mgsinθ
即BIL＞mgsinθ+μmgcosθ
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，线框做减速运动。
在gh边进入磁场到ef边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当gh边刚进入磁场时，线框有最小速度vmin，设线框加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma
ef边离开磁场时速度恰好为v0，根据速度—位移公式，则有
联立解得线框速率的最小值为，故A正确；
B．在ef边进入磁场到gh边进入磁场的过程中，由动能定理有
则该过程产生的焦耳热Q＝﹣W安＝2mgdsinθ
在ef边离开磁场到gh边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为Q，故线框穿过磁场区域产生的焦耳热为4mgdsinθ，故B错误；
C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得
根据动量定理有
设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有
因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线框穿过磁场区域的总时间
联立解得，故C错误；
D．边从进入到离开磁场区域的时间
该段时间内传送带移动的距离，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据安培力和滑动摩擦力的关系，结合线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动，在gh边进入磁场到ef边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动，综合动能定理以及闭合电路欧姆定律、动量定理分析求解。
11．【答案】（1）1；适当向右移动光电门1
（2）；
（3）守恒；根据图（b）可知其斜率约为（等于）．在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大，故光电门1的安装不合理，应适当向右移动光电门1。
（2）当L＝65.00cm时，由表格可知通过光电门2的时间为Δt2＝4.787ms
故通过光电门2的速度
根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度HL＝Lsinθ＝65×0.0613cm＝3.98cm
（3）根据图（b）可知其斜率约为，故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。
【分析】（1）根据光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大分析求解；
（2）根据光电门测速原理，结合几何关系分析求解；
（3）根据图像的斜率，结合机械能守恒定律表达式分析求解。
12．【答案】（1）
（2）乙
（3）；；匹配电阻的阻值不太合适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）由闭合电路的欧姆定律可得电路中电流，可得（2）由图（b）可知，图线乙在相同的R1变化区间，Uout变化范围更大，即图线乙对应的R0作为匹配电阻，可使Uout在更宽范围内对R1变化的响应更灵敏；
（3）结合表格数据分析，可知测量的绝对误差最大和最小对应的测量温度分别为和。
误差的主要来源除去涉及元器件的精度和稳定性之外，可能是匹配电阻的阻值不太合适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律，结合串联关系分析求解；
（2）根据图线乙在相同的R1变化区间，Uout变化范围更大分析求解；
（3）根据表格数据，结合误差的主要来源的可能性分析求解。
13．【答案】（1）解：如图所示
以O点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置O1，设此时弹力绳的伸长量为l，小球A受到的滑动摩擦力为f，小球A对倾斜直杆的压力为FN，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为α，孔钉Q到倾斜直杆的距离为h1。设
对小球A进行受力分析，可知f＝μFN，FN＝Fsinα﹣mgcosθ，F＝kl
由几何关系可得h1＝lsinα＝hcosθ
联立解得
（2）解：设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得
可得
由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有
解得
小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则
因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；简谐运动的表达式与图象；滑动摩擦力与动摩擦因数；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）以O点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系，对小球A进行受力分析，结合小球A受到的是滑动摩擦力分析求解；
（2）根据动能定理，对小球由静止释放运动到O点的过程中分析求解速度，结合小球A、B发生弹性碰撞后动量守恒和能量守恒，综合小球A上滑过程做简谐运动，利用题目所给的位移—时间关系式分析求解。
14．【答案】（1）解：根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为
可得波长范围为200～900nm的入射激光的能量范围为1.38eV～6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。
（2）解：电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，运动时间为t1，离开阳极时的速度大小为v1，则有，，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1＝v1t2
当偏转电压U为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y方向做匀加速直线运动。设y方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时y方向速度为vy，偏转位移为y1，则，L2＝v1t3，vy＝a2t3，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，在此时间内电子在y方向的位移为y2，则L3＝v1t4，y2＝vyt4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y＝y1+y2
联立解得
（3）解：当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则
则图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2分析可得
②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；光电效应；光子及其动量
【解析】【分析】（1）根据所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功时，入射激光都能打出光电子，结合光子的能量表达式分析求解；
（2）根据电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，结合牛顿第二定律，对y方向的位移分析求解；
（3）①根据在t1+t2+Δt时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2+Δt），结合a﹣t图像的面积表示速度变化量分析求解；
②在t1+t2时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2），结合该电子离开偏转极板时y方向的速度分析求解。
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