2025年物理(四川卷)
1.A 设返回舱在竖直方向上的平均速度大小为,有 m/s=8.3 m/s,A正确。
2.D 狭缝宽度与波长相差不多或者狭缝宽度比波长更小的情况下发生明显衍射现象,则德布罗意波长约为1.5×10-10 m的电子穿过该狭缝产生的衍射现象最明显。D正确。
3.B 由F=可知,r越大,F越小,则FeEkd,C错误;小球从a点到b点过程,两小球距离靠近,电势能增加,动能减小,则va>vb,D错误。
4.D 对活塞受力分析,被封气体压强p=p0+,mg为活塞重力,活塞从a到b的过程中,汽缸内气体压强不变,A错误;活塞从b到a过程中,气体的温度不变,体积变大,由玻意耳定律可知,气体的压强减小,C错误;一定质量的理想气体内能只与温度有关,活塞从a到b,气体的温度降低,内能降低,活塞从b到a的过程中,气体的温度不变,内能不变,B错误,D正确。
5.C 由单摆的周期公式T=2π可知,T∝,则T甲6.A 由图可知地球的自转周期大于该卫星的运行周期,信号强时该卫星经过观测站上空,时间内,该卫星比观测站多转了一圈,则有t-t=2π,解得该卫星周期T1=,由万有引力提供向心力得=mr,解得r=,A正确。
7.C 对物块受力分析,物块的加速度a=g,物块的位移大小x=,A错误;物块的机械能增量ΔE=+mgxsin 30°=,B错误;物块从静止加速到v0所用时间t=,小车从静止加速到v0,有Pt-mgx2sin 30°-μmgcos 30°·x2=,可得x2=,C正确;小车机械能增量ΔE'=+mgx2sin 30°=,D错误。
【方法技巧】恒定功率起动,可用Pt求变力的功。
8.AC a的单位是m,b的单位是kg,c的单位是s,d的单位是kg·m/s,的单位是kg·m2/s2,而能量的单位是J,由W=FL=maL,可知能量的单位是kg·m2/s2,A正确;的单位是kg2·m/s2,不是能量单位,B错误;的单位是kg·m2/s2,C正确;的单位是kg·s/m,D错误。
9.CD 光在光学玻璃中发生全反射,临界角C满足sin C=。由图知θ≥C。若n=1.4,sin C1==0.714,sin C1>sin 45°=0.707,θ<45°sin 30°=0.5,即30°30°,第二次全反射角2θ=70°,可能,C正确;若入射光线向左移动,根据反射规律,出射光线也向左移动,D正确。
10.AD 带电粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,可得r=,又BⅠ∶BⅡ=4∶1,则在Ⅰ区和Ⅱ区粒子的轨迹半径之比为1∶4,B错误;设粒子在Ⅰ区的轨迹半径为R,则在Ⅱ区的轨迹半径为4R,粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系得Rcos θ+4Rcos θ=4R,得θ=37°,由图可知粒子在Ⅰ区轨迹圆心O2不可能与O重合,A正确;粒子在Ⅰ区的运动轨迹长度为s1=·2πR=(π+2θ)R,在Ⅱ区的运动轨迹长度为s2=2π·4R=8θ·R,则s1∶s2=127∶148,粒子在磁场中运动的速度大小不变,设速度大小为v,则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为,C错误,D正确。
11.答案 (1)13.15 (4)49 (5)0.028
解析 本题考查探究弹簧弹力与形变量关系实验。
(1)刻度尺最小刻度为1 mm,往下估读一位,弹簧原长为13.15 cm。
(4)对桶和水受力分析,由胡克定律得kx=mg+ρVg
变形得x=V+
斜率=200 m-2,可得k=49 N/m。
(5)由x=V+可知,当V=0时,有0.005 6 m=
可得m=0.028 kg。
12.答案 (1)0.500 (2)a 左 (3)1.3×10-6 (4)CD
解析 本题考查测合金丝的电阻率。
(1)该样品横截面直径的平均值
mm=0.500 mm。
(2)限流接法分别接滑动变阻器上、下两个接线柱,一上一下,下端已接好,上端接a。
滑片置于最左端,电阻最大,电流最小,电路最安全。
(3)采用等效替代法,合金丝电阻R=3.2 Ω;金属丝长度l=0.5 m,直径d=0.500 mm,根据R=,变形得ρ==1.3×10-6 Ω·m。
(4)采用等效替代法,电源、电流表的内阻不影响结果,A、B错误;0~99.99 Ω的电阻箱能提高测量精度,C正确;求平均值可减小偶然误差,D正确。
13.答案 (1) (2)2
解析 (1)微粒开始带正电,只受电场力F=Eq,方向向下
根据牛顿第二定律有F=ma
微粒从O点开始做初速度为零的匀加速直线运动,则有x=at2
联立解得微粒第一次到达下极板所需的时间t=。
(2)微粒从O点由静止释放第一次到达下极板的过程中,由动能定理有qE·
微粒与下极板碰撞后,带负电,电荷量绝对值不变,微粒向上做匀加速直线运动,从下极板运动到上极板过程中,由动能定理有qEd=
联立解得v2=
微粒从上极板第一次回到O点的过程中,由动能定理可得
qE·
解得v3=2
所以微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小
p=mv3=2。
14.答案 (1)Blv (2) (3)
解析 (1)因金属杆向右做匀速直线运动的速度为v,所以回路的感应电动势为E=Blv。
(2)金属杆运动距离d时,导轨接入电路的长度为2d,因此回路中的总电阻R=2dr+2sr
回路电流为I=
则P=I2R=。
(3)对金属杆进行受力分析,如图所示
金属杆做匀速直线运动,则在水平方向有Fcos θ=F安
在竖直方向有Fsin θ+FN=mg
解得FN=mg-F安tan θ
设金属杆在导轨上做匀速直线运动的路程为x
由几何关系可知tan θ=
又F安=BI1l,I1=
则FN=mg-(0≤x当FN=0时,金属杆不能做匀速直线运动,此时x有最大值
解得xm=。
15.答案 (1)gsin θ (2)≥1 (3)m1gRsin θ≤Ek≤12m1gRsin θ
解析 (1)小球甲在斜面上受到重力和支持力,设小球甲的质量为m1
根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1
解得a1=gsin θ。
(2)小球甲恰能到达c点,有
m1gsin θ=m1
解得v1=
由题可知小球甲与小球乙在c点发生弹性碰撞,设小球乙的质量为m2,有m1v1=m1v1'+m2v2'
m1m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=v1
v2'=
若碰后小球乙恰能到e点,其做类平抛运动R=v2'·t
8R=gsin θ·t2
联立解得8m1=m1+m2,即
若碰后小球乙先沿cd做圆周运动再沿de做直线运动,则需满足m2gsin θ≤
即v2'≥
综上解得≥1。
(3)设小球甲、乙碰撞后,小球乙的速度为v乙
要使小球乙穿过线段de,由(2)可知,应为的情况,当小球乙速度最小时,小球乙从c点做类平抛运动且恰好运动到e点,有
8R=gsin θ·t2
R=v乙min·t
联立解得v乙min=
同理当小球乙速度最大时,小球乙从c点做类平抛运动且恰好运动到d点,有R=gsin θ·t2
R=v乙maxt
解得v乙max=
由(2)可知m1∶m2=1∶7
所以v甲max=
v甲min=
由机械能守恒定律,可知Ek=m1+8m1gRsin θ
解得Ekmax=12m1gRsin θ
Ekmin=m1gRsin θ
所以小球甲初动能应满足m1gRsin θ≤Ek≤12m1gRsin θ。场强度的大小，从d→e→f电场钱越来越稀疏，则电场强度逐渐减小，所以d段的
平均电场强度大于ef段的平均电场强度，又de=ef,由公式U=Ed可知Ud一
|U|,则|Ua<2Ud,C错误：由题图可知，a、f两点在同一等势线上，则a、
两点的电势相等，则g9a一96=9一96，即U山=UB,由静电力做的功与电势差的关系
知WAB=qUB,则从a到b与从f到b,电场力对电子做的功相等，D正确。
5.B
对沙尘颗粒，由牛顿第
二定律有mg一kv=
U
ma→a=g一m
→="=2X10-8m/s
t=10000s≈3h→B正确。
稳定竖直降落时a=0
6.C由万有引力提供向心力有GM”=m,得v√
,由题意知，哈雷昔星在近
日点距太阳中心的距离小于地球绕太阳的公转半径，若哈雷替星在近日点做匀速圆
周运动，则哈雷彗星在近日点做匀速圆周运动的速度大于地球的公转速度，又哈雷
彗星在近日点做离心运动，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速
度，A错误；哈雷彗星从b运行到C的过程中万有引力与速度方向的夹角一直为钝
角，万有引力做负功，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普
勒第二定律可知，哈雷彗星与太阳的连线在任意相同的时间内扫过的面积相同，由
题意S1>S2可知，哈雷彗星从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确：
由牛顿第二定律得GM=m,得a=G4,由昔星在近日点与太阳中心的距离和地
球的公转轨道半径关系知，哈雷彗星的加建度@1与地球的加连度a:比值为；
7.C若题图1中变压器为理想变压器，由理想变压器的工作原理可知，原、副线图的
电压与匝数的关系为记：
U1=
,若变压器为非理想变压器，该关系不成立，A错误；题
图2中所示的位置线图平面与磁感线的夹角为30°，沿图示方向转动的过程中，穿过
线图的磁通量正在增大，当穿过线图的磁通量最大时，线图中的感应电动势最小，所
以图2中，线圈中的感应电动势正在减小，B错误；电容器中电场强度方向竖直向上，
因此下极板带正电，上极板带负电，由题图3中磁感线方向及安培定则可知，线图中
的电流沿逆时针方向（俯视），即电流流向带正电的下极板，因此电客器正在充电，电
容器中电场的能量正在增大，C正确：LC振荡电路的频率为f=
m几G,增大电袋
器的电容C,则LC振荡电路的调谐频率减小，D错误。
8.D碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向
右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mA一mTB=2m01,解得两者碰后瞬间的
2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试
共同速度1=1m/s,从A、B碰后到三者共速的过程，A、B,C组成的系统动量守恒，
则有2mv1一m0c=30,解得三者共同速度v=0,所以最终三者游止，对滑块C由牛
1.AW是功率的单位，h是时间的单位，根据功的公式W=Pt可知“W·h”对应的物
理量为功或能量，A正确，BCD错误。
顿第二定律得mg=ma,解得a=5m/s2,从碰后到三者相对静止的时间为t=C
2.C操控机器人进行挖沟作业时，机器人动作不能忽略，不能将机器人看成质点，A
0.4s,B错误：由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的
错误；监测机器人搜寻时的转考姿态时，不能将机器人看成质点，B错误：定位机器
人在数埋线路上的位置时，机器人的大小、形状可忽略，可以将机器人看成质点，C
热量为Q=2×2mu十2mu民=3J,C错误：该过程由功能关系得Q=mgx相对，解
正确；测试机器人敷埋作业时的机械臂动作时，不能将机器人看成质点，D错误。
得C相对长板滑动的距离x和对=0.6m,D正确。
3.D运动员举起杠铃，杠铃稳定时，对杠铃受力分析，杠铃受重力和双嘴的支持力，由
9.BA中，当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A错误：B中，当S
力的平衡条件可知双臂对杠铃的支持力的合力等于杠铃的重力，由牛顿第三定律可
闭合稳定时，线图L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L
知，双臂所受杠铃作用力大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误：杠
相当于电源且给动力电池充电电流方向与揄出电源给动力电池充电电流的方向相
铃的重力为G=mg=121×10N=1210N,设手臂与竖直方向的夹角为6，根据平衡
同，此时电压U与L中产生的自感电动势共同加在充电电池两端，且二极管正向导
条件可知2Fc0s0=G,由于>0°，所以c0s01,则杠铃对手臂的作用力大小F
通，从而实现给高压充电，B正确：C中，当S闭合稳定时，线图L中有电流通过，当S
605N,B错误；杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错
断开时L也断开，此时只有回收系统的电压U加在充电电池两端，所以不能实现给
误；在加速举起杠铃过程中，人和杠铃组成的系统加速度方向向上，由牛顿第二定律
高压充电，C错误：D中，当S闭合稳定时，线图L中有电流通过，当S断开时电压U
可知地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，二极管无法正向导道，不能实现
4.D电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，即电场线由高等势面指
给高压充电，D错误。
向低等势面，由题图可知b点的电势高于4点的电势，A错误：a、c两点电场强度方
10.A设开始计时时激光从待测溶液射向隔板的入射角为日，由容器旅转过程的光路
向沿电场线的切线方向，则4、c两点的电场强度不同，B错误；电场线的密疏反映电
分析可知，经过△1时间转盘转过的角度为20。2025年物理(安徽卷)
1.B 根据题意可知,钍核Th)每俘获1个中子质量数加1,电荷数不变,每发生一次β衰变,质量数不变,电荷数加1,钍核Th)变成铀核U),质量数加1,电荷数加2,则俘获1个中子,发生2次β衰变,即x=1,y=2,故B正确。
2.D 弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行,所以弹簧上形成的波是纵波,故A错误;同一介质中,波的传播速度相同,推、拉弹簧的周期越小,由公式λ=vT可知,波的周期越小,波长越短,故B错误;标记物振动的速度反映的是标记物在平衡位置附近往复运动的快慢,机械波的传播速度是波在介质中的传播速度,二者不是同一个速度,故C错误;标记物由静止开始振动,说明它获得了能量,这是因为机械波使得能量传递给标记物,则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量,故D正确。
3.A 根据题意可知,气球缓慢上升的过程中,球内气体温度不变,则球内气体的内能不变,分子的平均动能不变。上升过程中,外界压强减小,则球内气体压强减小,体积变大,球内气体对外做功,由热力学第一定律可知,由于球内气体的内能不变,则吸收的热量与气体对外做的功相等,故A正确。
4.A 由题意可知,设匀加速直线运动的时间为t',匀速运动的速度为v,匀加速直线运动阶段,由位移公式x=t',根据逆向思维,匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移,则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt,联立解得t'=,再根据x=at'2,解得x=at2,故A正确。
5.C 因为物块甲相对木箱向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,故A错误;设乙运动的加速度为a,在竖直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有FN=m总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,故B错误;设绳子的弹力大小为F,对甲受力分析有F-μmg=ma,对乙受力分析有mg-F=ma,联立解得a=2.5 m/s2,F=7.5 N,故C正确,D错误。
6.D 因为M、N在运动过程中始终处于同一高度,所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度vMy大小相等,设M做匀速圆周运动的角速度为ω,半径为r,其竖直方向分速度vMy=ωrcos ωt,即vN=ωrcos ωt,N运动的速度v随时间变化的图像应为余弦函数图像,故D正确。
7.C 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,解得R==d,故A错误。当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1所示,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图轨迹2所示,根据几何关系可知,s上max=d,故薄板上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据几何关系可知,当粒子可以恰好打到薄板下表面时,粒子沿y轴正方向射出,此时薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3所示,根据几何关系可知此时粒子打到薄板的位置与y轴的距离为d,根据图像可知,粒子可以恰好打到薄板的N点,此时薄板下表面接收到的粒子与y轴最近,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到薄板下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,根据几何关系可知,此时的偏转角为60°,有tmin=,故D错误。
8.B 输入电压峰值为Um=12 V,则输入电压有效值为U1==12 V,滑动触头在正中间,根据变压比可知,输出电压U2=U1=18 V,若将电阻箱阻值调为18 Ω,则理想交流电流表的示数为1.0 A,故A错误;若将副线圈匝数调为总匝数的,根据变压比可知,输出电压U2'=U1=12 V,则副线圈电流变为I2'==2.0 A,故B正确;输入端电压调为u=12sin(50πt) V时,其有效值不变,不会导致电流的变化,故C错误;将输入电压峰值减小一半,则输入电压有效值变为U1″==6 V,输出电压U2″=U1″=9 V,副线圈电流变为I2″==1.5 A,故D错误。
9.BC 对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道,根据开普勒第三定律有,可得r=+R,故A错误,B正确;对于环月圆轨道,根据万有引力提供向心力,有=mr,解得M=,故C正确,D错误。
10.ABD 如图所示,对甲、乙两小球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为F,光滑绝缘轨道与水平面间的倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg,F=FN1sin θ+Eq,对乙球有FN2cos θ=2mg,FN2sin θ=F+2Eq,联立解得F=4Eq,故,同时有F=,解得E=,故A、B正确;若将甲、乙互换位置,若二者仍能保持静止,同理可得对甲有FN1'cos θ=mg,FN1'sin θ=F+Eq,对乙有FN2'cos θ=2mg,FN2'sin θ+2Eq=F,联立可得F+4Eq=0,无解,假设不成立,故C错误;若撤去甲,对乙球根据动能定理,有2mg·tan θ-2Eq··2mv2,其中tan θ=,联立解得v=,故D正确。
11.答案 (1)c (2)①失重 ②d
解析 (1)平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动,故选c。
(2)①根据图丙可知,t=4 s时,加速度方向竖直向下,故物体处于失重状态;②根据牛顿第二定律,有FN-mg=ma,整理可得物体加速度a=·FN-g,可知图像的斜率为,故将物体质量增大一倍,图像斜率变小,而纵轴截距不变,其a-FN图像为图丁中的图线d。
12.答案 (1)短接 0 (2)×10 160 (3)2.8
解析 (1)测量前,要进行欧姆调零:将滑动变阻器的阻值调至最大,闭合开关S1、S2,此时电阻表处于“×1”挡,将红表笔与黑表笔短接,调节滑动变阻器的阻值,使指针指向0刻度位置。
(2)用该电阻表对阻值为150 Ω的标准电阻进行试测,为减小测量误差,应选用电阻表的×10挡;
进行欧姆调零后,将电阻接在两表笔间,指针指向图乙中的虚线位置,则该电阻的测量值为16×10 Ω=160 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律E=I1(r+Rg+R阻),E=I2(r+Rg+R阻'),代入数据I1=10 mA,I2=20 mA,联立可得r=7 Ω,E=2.8 V。
【必备技巧】多用电表电阻挡使用流程:
13.答案 (1) (2)[0°,45°]
解析 (1)该激光射入玻璃砖的光路图如图甲所示,根据几何关系可得sin α=,cos β=
甲
解得α=45°,β=30°
根据折射定律,有n=。
(2)发生全反射的临界角满足sin C=
解得C=45°
要使激光能在圆心O点发生全反射,激光必须指向O点射入,如图乙所示
乙
只要入射角大于45°,即可发生全反射,则使激光能在圆心O点发生全反射,入射光线与x轴之间夹角的范围为[0°,45°]。
【思路点拨】处理折射、全反射问题时,核心在于画好光路图,并结合光的折射定律n=和全反射定律sin C=分析、计算。画图时遇到光线从光密介质射向光疏介质时务必判断是否发生全反射,光路图绘制完成后,充分利用几何知识寻找角度关系。如果介质是轴对称图形,可采用光路可逆思想进行求解。
14.答案 (1)4 m/s 17 N (2)4 m (3)2 m/s
解析 (1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时,根据机械能守恒定律=mg·2L+mv2
在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m
解得v=4 m/s,FT=17 N。
(2)小球做平抛运动时,水平方向上小球运动距离x=vt
竖直方向上小球运动距离2L=gt2
联立解得小球的水平落地距离x=4 m。
(3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛,根据牛顿第二定律,小球的重力提供圆周运动的向心力,满足mg=m
小球从最低点运动到该位置时,根据机械能守恒定律有mv0'2=mg·5L+mv'2
解得v0'=2 m/s。
15.答案 (1) (2) (3)(n=1,2,3,…)
解析 (1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0
则此时回路的电流为I=
此时导体棒受到的安培力F安=BIL
此时导体棒受安培力的功率P=F安v0=。
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,根据动量定理有-BL·Δt=0-mv0
其中·Δt=q
解得q=。
(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,则根据能量守恒,每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q=
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1=·Q
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR2=·Q
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR3=·Q
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QRn=·Q
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1+QR2+QR3+…+QRn
通过“裂项相消法”分解数列,得出QR=·Q=(n=1,2,3,…)。2025年湖北省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
7A
g
DD DD
可D同D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)
(3)》
14.
(4)
12.(1)
(2)
(3)》
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年上海市普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
四、圆周运动
六、汽车制动防撞
物理答题卡
10.AB回可回
18.AB D
姓
名
19.(计算)
考生条形码区
11.A D
准考证号
12.(计算)》
此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂。
正确填涂示例■
请在各个题目的答题区内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效
一、光
20.(1)(计算)
1.A @D
2.A@回
8
五、特雷门琴
13.(1)
(2)(论证并计算)
(2)A @回（多选）
二、量子百年
14.(1)因 @回
4. 回可
(2)
5.因 回回（多选）
(3)
6.
15.(1)
7.A @回
(2)
16.(计算)》
三、滑动变阻器
8.
(3)A
9.(1)A 回
(2)
(3)AB D
17.A B C D
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年陕西省普通高中学业水平选择性考试
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(陕西、山西、青海、宁夏考卷)
13
15
物理答题卡
姓
考生条形码区
准考证号
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正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂】
1
2
3
4
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)
14
(3)
12.(1)
(2)
(3)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效河南省2025年普通高中学业水平选择性考试
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
-此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
7A
g
DD DD
可D同D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)
(3)》
14
(4)
12.(1)
(2)
(3)
(4)》
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■■■■■■■■■■■■
江苏省2025年普通高中学业水平选择性考试
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔填涂。
正确填涂示例一
选择题（请用2B铅笔填涂】
BBB B
cccc
cc
DD可DD
DD可D
可可
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答】
11.(1)
(2)
(3)
14.
(4)
(5)
12
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
g
B]B]B
B
DD DD
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)①
②
14
12.(1)
(2)
(3)》
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(河北卷)
1.D 沿电场线方向电势逐渐降低,可知φd>φc>φb>φa,A、B、C三项错误,D项正确。
2.A 皮球体积变大,气体对外做功,A项正确;由ΔU=W+Q可知,温度升高,ΔU为正,体积变大,W为负,则Q必为正,气体吸收热量,B项错误;气体分子总数一定,体积变大,单位体积分子数变小,C项错误;温度升高,分子平均速率变大,但并非每个分子的速率都增大,D项错误。
3.C 游标卡尺的精度为0.02 mm,先读主尺整毫米数为17 mm,再确定游标尺读数为0.02×10 mm=0.20 mm,两者相加,为17.20 mm,C项正确。
4.B 如图为小球的受力分析图,小球静止,合力为0,则有2Fcos θ+FN=G,其中θ=45°,当FN=0时,F有最大值,最大值Fmax=G,B项正确。
5.C 设该同学摇绳一圈的时间为T,由题意可得T= s,解得T=0.4 s,该同学每分钟摇绳的圈数n==150,C项正确。
6.D 开关S接3时,副线圈匝数n3=n-,开关S接2时,副线圈匝数n2=n-,联立解得U2'=U2,则S接2时u2=Umsin ωt,D项正确。
7.B 飞行器在距星球表面高度R0处做匀速圆周运动,有G,飞行器以发射初速度v0从星球表面运行至距星球表面高度R0处过程中机械能守恒,则有+0=mv2+mg0,在星球表面有=mg0,联立解得v0=,B项正确。
【方法技巧】
在只有万有引力做功时,飞行器的机械能守恒。
8.AD 金属小球C跟A接触后再分开,则有qA=qC=,金属小球C跟B接触后再分开,则有qB=,据库仑定律有,可得=1或=5,A、D两项正确。
9.AC 将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一段距离x,对左侧小物块,以沿斜面向下为正方向,有mgsin θ-kx-FT=F合=ma,对于右侧小物块,以沿斜面向上为正方向,有FT-kx-mgsin θ=F合=ma,联立解得F合=-kx,a=-,FT=mgsin θ,左侧小物块做简谐运动,A项正确,B项错误;右侧小物块做简谐运动,根据对称性可知其在最高位置和最低位置的加速度大小相等,C项正确;右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用时间t=T,而T=2π,与倾角θ无关,θ增大,t不变,D项错误。
10.BCD 根据左手定则,粒子带负电,A项错误;当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板上的小孔,此时粒子的运动轨迹如图甲所示,由几何关系得rcos 60°+r=3L,解得r=2L,当板间电场强度最大时,粒子恰不到N板,则有-qEd=-mv2,解得v=,v不变,间距d增大,则板间形成的最大电场强度E减小,B项正确;由题意得OP=rsin 60°=L,粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应弦长为直径,如图乙所示,x=L,但本题有特殊情况,在M、N间电场稳定后,θ=60°的粒子穿过Q点,在电场力的作用下又返回Q点,向右偏转做圆周运动,如图丙所示,此时击中位置到O点的距离为3L+2r=7L,C项正确;设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O',PO⊥OQ,PQ==2L,又∠PQO'=30°,∠PQO=30°,粒子射入极板与M板夹角θ=90°-∠PQO'-∠PQO=30°,M、N间电场强度最大时,粒子打在M板下表面的位置到Q点的距离最小,粒子在板间做类斜抛运动,运动轨迹如图丁所示,可得Eq=ma,t=,最小距离x1=vtcos θ=d,D项正确。
甲
乙
丙
丁
【方法技巧】
打到M板下表面,磁场中轨迹为相同弦的优弧,板间电场强度增大到最大,粒子做类斜抛运动。
11.答案 (1)①断开 ②R1 (2)①丙 ②0.4
解析 本题考查热敏电阻的温度特性和验证机械能守恒定律。
(1)①测量电阻时,电阻应与电路断开,此时开关S应断开。
②为防止电流异常增大,接入的热敏电阻起过热保护作用,在电流异常增大时,电阻迅速增大,由题图2可知,R1具有此特性。
(2)①由mgh=可知,需测v1、v2、h,丙方案没有测h,故丙同学的方案不可行。
②滑块经过光电门A的速度大小为v= m/s=0.4 m/s。
12.答案 (1)①不会 ②H ③与集气室相连的细管中的气体被忽略不计 (2)乙
解析 本题考查探究气体压强与体积的关系、振荡电路的频率。
(1)①集气室内气体压强的大小p1=p0+ρg(H-h),H一定时,其内径D的大小不会影响集气室内气体压强的大小。
②由于实验中使用同一把刻度尺进行测量,分度值相同,根据数据分析,H的数据明显大于h的数据,h的数据较小,所以测量H产生的相对误差较小。
③主要原因是与集气室相连的细管中的气体被忽略不计,导致集气室气体体积V相比于实际气体体积偏小。
(2)桶内水位高度H越大,集气室内气体压强越大,铁芯进入电感线圈的长度越大,电感线圈的自感系数越大,由题意可知,LC振荡电路的频率越小,由T=可知,频率越小,周期T越大,所以题图3中乙对应的水位较高。
13.答案 (1)60° (2)1.5×1014 Hz
解析 本题考查光的全反射、光电效应。
(1)由发生全反射的条件可得入射角i≥C,则最小入射角为imin=C
由折射率公式可得n=
联立解得imin=60°。
(2)由光电效应方程可得Ek=hνc-W0,又Ek=0
解得该材料的截止频率为νc=1.5×1014 Hz。
14.答案 (1)0.6 m (2)0.1 N·s 0
解析 本题考查动量定理、牛顿运动定律。
(1)物块在平台上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=2 m/s2
根据运动学公式有=-2aL
解得v1=1 m/s
物块离开平台后做平抛运动,有h=,x1=v1t1
解得t1=0.6 s,x1=0.6 m。
(2)物块第一次落到地面后弹起,在竖直方向,有h2=
解得t2=0.3 s
物块与地面接触的时间为t3=t-t1-t2=0.1 s
规定竖直向上为正方向,物块从离开平台到弹起至最大高度过程,根据动量定理,在竖直方向有I-mgt=0
物块第一次与地面接触过程中所受弹力冲量的大小
I=0.1 N·s
规定水平向右为正方向,根据动量定理,在水平方向有-μt3=mv2-mv1
又I=t3
解得v2=-1 m/s
由于物块水平方向速度减为0后,不再受到摩擦力,故物块弹离地面时水平速度的大小为0。
15.答案 (1)500 A (2)25 m/s 是 40 V (3)能 见解析
解析 本题考查电磁感应。
(1)根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
通过a的电流I1=
解得I1=500 A。
(2)以水平向右为正方向,a从MM'运动至b位置过程中由安培力提供加速度
有BIL=maa1,x1=a1,v1=a1t1
解得a1=250 m/s2,t1=0.1 s,v1=25 m/s
a与b碰撞过程中系统动量守恒,有
mav1=(ma+mb)v2
储存的弹性势能为Ep=ma(ma+mb)
解得v2=5 m/s,Ep=500 J
a、b碰后一起运动至NN'过程中,x2=5 m-1.25 m=3.75 m,由安培力提供加速度,有
BIL=(ma+mb)a2,x2=v2t2+a2,v3=v2+a2t2
解得a2=50 m/s2,t2=0.3 s,v3=20 m/s
a、b分离过程,由动量守恒定律有
(ma+mb)v3=mav4+mbv5
由能量守恒定律有
Ep=mamb(ma+mb)
解得v4=0,v5=25 m/s
在整个过程中安培力大小恒定,a、b分离时,若a的速度为零,则此时b能获得最大速度,最大速度为25 m/s
上述过程中通过导体棒a的电荷量q=I(t1+t2)=400 C
电容器电压的减少量ΔU=
解得ΔU=40 V。
(3)以水平向右为正方向,a、b碰后共同速度为v2=5 m/s,若无空气阻力,到达NN'的速度为v3=20 m/s,其v2-x图像如图所示
若考虑阻力f=kv2,则实际v2-x图像应在图中所示图像的下方,可知克服阻力做的功为W<·x2
由能量守恒定律有Fx2-W=(ma+mb)(v2'2-)
解得v2'2>396 m2/s2>392.04 m2/s2=·0.992
可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。湖南省2025年普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂）
g
DD DD
可D同D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答】
11.(1)
(3)
(4)
(5)
14
12.(1)
(2)请按要求作图
0
(3)
(5)
(6)
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(湖北卷)
1.C 设X的质量数为a,电荷数为b,由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒有a=18,b=8,故X为O,故A错误;该反应为β衰变,不是核聚变,故B错误;根据半衰期定义,经过一个半衰期后,1克F的质量变为原来的,还剩下0.5克,故C正确υ电荷数为0,不带电,在磁场中不受洛伦兹力,不会发生偏转,故D错误。
2.A 由万有引力提供向心力有=mω2r=mr=ma,因为r甲v乙,ω甲>ω乙,a甲>a乙,故A正确。
3.B 由公式=C可知,气体的热力学温度变为原来的2倍,体积减小,则压强增大,对活塞受力分析,有F+p0S=pS,则F增大,故A错误;由于气体的热力学温度T增大,则内能U增大,故B正确;气体的体积减小,外界对气体做正功,故C错误;由公式=C可知,气体热力学温度变为原来的2倍,气体体积减小,则p不为原来的2倍,故D错误。
4.A 由安培定则可知,通电圆线圈在M、N两点产生的磁场方向相同,大小为B,匀强磁场的磁感应强度大小与方向不变,因为M点的总磁感应强度为零,则N点的总磁感应强度也为零,故A正确。
5.B 根据题意,E=n,则q=It=T=,故B正确。
6.C 由题意可画出示意图,如图所示,设斜向下击出的球到球网的竖直距离为h1,斜向上击出的球到球网的竖直距离为h2,在水平方向上,有L=v0cos θ·t1=v0cos θ·t2,则t1=t2=t,v0=,在竖直方向,有h1-h2=,联立解得tan θ=,故C正确。
7.B 门板先在向右的外力的作用下做匀加速直线运动,撤去外力后做匀减速直线运动,门板匀加速直线运动过程中,由牛顿第二定律有F合=F-μmg,则a1=-μg,设门板匀加速用时t1,则撤去外力时速度为v1=a1t1,x1=a1,门板匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律可得a2=-μg,设门板匀减速用时t2,则0=v1+a2t2,则t2=,x2=v1t2+a2,且总位移x1+x2=,联立上式,有a1,即a1,即a1=L①,t总=t1+t2=t1+=t1②,将①代入②中,有t总=,要使t总最小,应使a1很大,则t总min=,故B正确。
8.AC 用户量增大,I4增大,由,则I3增大,Pr=r也增大,故A正确;用户量增大,U3=U2-U损=U2-I3r,U2不变,U损增大,则U3减小,由,U4也减小,故B错误;n2增大,U2也增大,I2反而要减小,则U损=I2r=I3r要减小,则U3增大,U4也增大,故C正确;n2增大,U4增大,P出=也增大,则P入也增大,故D错误。
9.AD 将小球b竖直下拉l后由静止释放,当小球b向上运动挤压弹簧时,若弹簧的弹力大于小球a的重力,则小球a会向上运动,故A正确;小球b要做简谐运动,其平衡位置,有mg=kx0,即x0=,根据题意得,A=l-x0=l-,小球b要做简谐运动,弹簧应处于拉伸状态,则A≤x0=,联立解得,l-,则l≤,故C错误,D正确;小球b做简谐运动时的振幅为l,故B错误。
10.AD 若正五边形5个顶点全为q,则EO=0,故可将本题转化为5个顶点为3q-2q、3q-q、3q、3q+q、3q+2q,即为-2q、-q、0、q、2q这5个电荷,如图所示,由几何关系可知-q、q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为18°,叠加后水平向左,E1=E2=,则E合1= cos 18°×2,由几何关系可知-2q、2q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为54°,叠加后水平向左,E3=E4=,则E合2= cos 54°×2,则E合=E合1+E合2=(cos 18°+2cos 54°),故A、D正确。
11.答案 (1)保护 (2)(R+R0+r) (3)1.47 1.3 (4)有
解析 (1)R0串联在电路中,起保护电路的作用。
(2)由闭合电路欧姆定律有E=I(R+R0+r),整理得(R+R0+r)。
(3)结合题图(b)可知, V-1,故E=1.47 V,图像纵截距为=7 A-1,故r=1.3 Ω。
(4)若电流传感器有内阻,则E=I(R+R0+r+RA),整理得R+,E测量值仍为,无误,但=7 A-1,则r测=r+RA,故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
12.答案 (1)0.515 (2) (3)9.81
解析 (1)游标卡尺精度为0.05 mm,主尺部分读数为5 mm,游标尺读数为3×0.05 mm=0.15 mm,则游标卡尺读数d=5 mm+0.15 mm=5.15 mm=0.515 cm。
(2)重锤1上的遮光片宽度为d,通过光电门时间为t,用平均速度代替瞬时速度,故v=。在运动过程中,两个重锤组成的系统机械能守恒,有(M-m)gH=(M+m),解得g=。
(3)由题意有ai=(βi-γ)g,即g=,由逐差法可得g==9.81 m/s2。
13.答案 (1) (2)60°
解析 (1)光路图如图甲所示,由几何关系知i=60°,
甲
由=n,得sin θ=
解得sin θ=
故BC边的折射角正弦值为sin θ=。
(2)在AC面恰好发生全反射时,光路图如图乙所示
乙
则sin θ2=,解得θ2=45°
由几何关系得θ1=30°
又因为=n
故i1=45°
因此由几何关系知入射角α=60°。
14.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在MN左侧区域内垂直于磁场方向运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=
解得R=。
(2)粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得cos θ=
解得θ=60°
粒子在PQ右侧区域内,由洛伦兹力提供向心力,有
2qv0B=
解得R'=
由几何关系得粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin θ=。
(3)粒子在MN左侧区域内做圆周运动的周期T1=
在MN左侧区域内运动的时间t1=T1
解得t1=
同理,粒子在PQ右侧区域内运动,有
T2=,t2=T2
解得t2=
粒子在MN、PQ间做匀速直线运动,由几何关系得
s=2
粒子在MN、PQ间运动的时间t3=
故粒子的运动周期T=t1+t2+t3=。
15.答案 (1) (2)
(3)n(2n+1)(4n+1)
解析 (1)木板与地面间最大静摩擦力Ff0=μ(3nm+nm)g=4nmμg
单个滑块与木板间滑动摩擦力Ff1=2μmg
由Ff1对滑块1,由牛顿第二定律得Ff1=ma1
设滑块1与滑块2碰前瞬间速度大小为v1'
由运动学公式得v1'2-=-2a1L
解得v1'=。
(2)因碰后滑块均粘在一起,将前第j个滑块当作整体,则这j个滑块的滑动摩擦力Ffj=2jμmg
当j≤2n时,有Ffi≤Ff0,木板静止
对j个滑块,由牛顿第二定律得Ffi=jmaj
设第j个滑块与第j+1个滑块碰前瞬间的速度大小为vj'
由运动学公式得vj'2-=-2ajL
解得vj'=
滑块碰撞后粘在一起,由动量守恒定律有
jmvj'=(j+1)mvj+1
得vj+1=。
(3)当2n+1个滑块粘在一起运动时木板开始运动,且恰好不发生下一次碰撞,即2n+1个滑块和第2n+2个滑块刚要接触时滑块、木板恰好共速。
在2n个滑块和第2n+1个滑块碰后到2n+1个滑块将和第2n+2个滑块相碰的运动过程中,
2n+1个滑块的加速度大小a2n+1==2μg
木板和剩余n-1个滑块一起运动的加速度大小
a'=μg
方法一:2n+1个滑块与木板的位移关系x块-x板=L
即(v2n+1t-a2n+1t2)-a't2=L
滑块和木板共速有
v2n+1-a2n+1t=a't
联立解得v2n+1=
方法二:由运动学公式得
0-=2(a2n+1-a')L
解得v2n+1=
当j≤2n时,由vj+1=可知(j+1)2=j2(-4μgL)
即(j+1)2=j2-j2·4μgL
当j=1时,22-4μgL
当j=2时,32=22-22·4μgL
……
当j=2n时,(2n+1)2=(2n)2-(2n)2·4μgL
将上述2n个等式相加有
(2n+1)2-[1+22+…+(2n)2]·4μgL
其中
=βμgL
1+22+…+(2n)2=(2n+1)(4n+1)
得β=n(2n+1)(4n+1)。2025年广东省普通高中学业水平选择性考试
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
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正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂）
cccc
7A
g
DD DD
可D同D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答】
11.(1)
(2)②
③
14.
12.(1)①
②请按要求作图
计时器
转轴
圆盘
电机
电源Y
底座
(b》
(2)①
④
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(云南卷)
1.A 根据质量数守恒和电荷数守恒,有CNe,可知X为电子,电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的,故选A。
2.B 高中生的质量约为50 kg,根据动能定理,有W=mv2-0=4×104 J,故选B。
3.D 物体做平抛运动的时间t=,由图可知hN>hM,故tN>tM,A、B错误;过M作水平辅助线如图所示,相同时间内在M点接到的鸟食水平位移大,故初速度vM>vN,C错误,D正确。
4.C 在电场中,等差等势线的疏密可以表示电场强度的大小,由题图可知,a点电场强度最大,c点最小,A、B错误;电子从b点移动到c点,Wbc=-e(φb-φc)=2 eV,C正确;电子从a点移动到d点,Wad=-e(φa-φd)=4 eV,电场力做正功,电势能减少4 eV,D错误。
5.C 根据开普勒第三定律,可知,其中r地=1 AU,T地=1年,T行=5.8年,代入解得r行≈3.23 AU,可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间,故选C。
6.A 对两次运动的整个过程,根据能量守恒定律,有=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN),可得x1=x2,故C、D错误;根据牛顿第二定律,有μmg=mg,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN上滑动时的加速度更大。根据上述分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知第二次到达M点时速度较大,作出整个过程中两次滑动的v-t图像如图所示,可得t2>t1,故A正确,B错误。
7.D 根据题图可知λ=4 m,且T=2.5 s-1.5 s,即T=2 s,故波速为v==2 m/s,A错误;设波源的平衡位置与P点的距离为x0,根据左侧t=1.5 s时的波形,可知=1.5 s,解得x0=1 m,B错误;根据题图中左侧实线波形,结合同侧法,可知波源的起振方向向下,由于t=1.0 s=T,因此此时波源处于平衡位置且向上运动,C错误;由B选项解析中x0=1 m,可知波源的平衡位置与Q点的距离为x1=3 m,故波传到P、Q两点的时间分别为t0==0.5 s,t1==1.5 s,故t=5.5 s时,平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时间分别为t0'=5.5 s-0.5 s=T,t1'=5.5 s-1.5 s=2T,由于波源的起振方向向下,因此当t=5.5 s时,P处质点处于平衡位置且向上振动,Q处质点处于平衡位置且向下振动,由此可知此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同,D正确。
8.AC 根据理想变压器的电压比等于匝数比,可得n1∶n2=U1∶U2=5∶1,n1∶n3=U1∶U3=5∶1,A正确,B错误;根据能量守恒定律,可知变压器的输入功率等于总的输出功率,故P输入=P输出=7.0 kW+3.5 kW=10.5 kW,C正确;输出电压为交变电流的电压的有效值,根据正弦式交变电流的最大值与有效值的关系可知,两副线圈输出电压最大值均为Um=220 V,D错误。
9.BD 设温度计内气体压强为pa,则有pa+ρ液gh=p0,当环境温度刚开始升高时,由=C知,T增大,V将增大,即b管中液面降低,同理可知,环境温度降低时,b管中液面升高,故B正确,A错误;由上述分析可知,b管中刻度从上到下表示的温度逐渐升高,水槽中的水少量蒸发后,槽中液面降低,根据pa+ρ液gh=p0,则同一温度下b管内液面相比之前将降低,则温度测量值偏大,故D正确,C错误。
10.BCD 在过程Ⅰ中,a=gsin θ+μgcos θ,xOP=,由Q在M点时速度最大可知,Q在M点处加速度为零,有mgsin θ+μmgcos θ=kΔx,在M点处弹簧形变量Δx=,故xPM=xOP-Δx=,A错误;在过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgxOPcos θ,结合-mgxOPsin θ-μmgxOPcos θ=0-,可得ΔE=,故B正确;设Q过O点后继续运动x'到达最高点,对Q从P点到最高点,由动能定理有-mgsin θ(xOP+x')-μmgcos θ(xOP+x')+kx'2=0,解得x'=xOP-,则从P点向上的最大位移xmax=xOP+x'=,C正确;当静摩擦力沿斜面向上时,Q在O点处受力平衡,当静摩擦力沿斜面向下时,Q在M点处受力平衡,故Q不可能在OM之外的位置静止,D正确。
11.答案 (1)0.459 (2)成正比 无关 (3)偏大
解析 (1)当长木板相对滑块匀速运动时,弹簧测力计的示数F即为长木板与滑块间的摩擦力大小,因此表格中a处的数据μ=≈0.459。
(2)根据表中数据分析可知,其他条件不变时,在实验误差允许的范围内,滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小成正比;同时根据表中数据分析可知,其他条件不变时,在实验误差允许的范围内,μ与接触面上压力的大小无关。
(3)实验装置如题图乙所示,挂钩高于定滑轮,则在滑块和砝码的总质量M一定的情况下,弹簧测力计的示数F偏大,由μ=可得μ测>μ实,即μ的测量结果将偏大。
12.答案 (1)3.85 (2)乙 R1 (3)62.0 51
解析 (1)温度每升高1 ℃,该铂电阻的阻值增加值ΔR=×103 Ω=3.85 Ω。
(2)由于A1内阻确定,所以可以用A1测量电阻的电压,同时可以用A2与A1的示数之差来计算经过铂电阻的电流,故能准确测出铂电阻阻值的是乙;
铂电阻中可以通过的最大电流为0.3 mA,流过电流表的电流极小,可得电路中的最小阻值Rmin≈ Ω≈17 kΩ,因此保护电阻R应选R1。
(3)由题图(c)可知A1的分度值为1 μA,则其读数为62.0 μA;根据欧姆定律可得此次测量中Rt=,根据题图(a)可以得到铂电阻的阻值Rt随温度t的变化规律Rt=1 000+3.85t,代入数据可得t≈51 ℃。
13.答案 (1)1.0×10-5 m2 (2)3.3×10-13 s
解析 (1)假设临界角为C,根据临界角公式可得sin C=
则tan C=
假设未滴油时,盖玻片上表面的透光区域半径为r,由数学知识可知
r=dtan C=d
解得透光面积S=πr2=1.0×10-5 m2。
(2)当光从O点垂直于盖玻片上表面入射时,传播时间最短,则滴油前光从O点传播到物镜的最短时间t1=
滴油后光从O点传播到物镜的最短时间t2=
其中光在盖玻片与油中的传播速度v1=
解得t2-t1=(n-1)=3.3×10-13 s。
14.答案 (1) (2) L解析 (1)该粒子通过速度选择器时受力平衡,可知qE=qB0v0
又因为速度选择器中电场强度大小满足E=
解得该粒子通过速度选择器的速率v0=。
(2)因为该粒子经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于ON射入磁屏蔽区域
所以该粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r1=L
在运动过程中洛伦兹力提供向心力,即qB1v0=m
所以B1=
当B2=B1时,粒子打到y轴上的(0,L)处
当B2=0时,粒子在磁屏蔽区域向上做匀速直线运动,离开磁屏蔽区域后逆时针做匀速圆周运动,如图甲所示
甲
其此时的轨迹半径r2满足qv0B1=m
可得r2=L
粒子打到y轴上的(0,3L)处
由于0(3)设粒子刚好到达Q处时,在磁屏蔽区域所做圆周运动的半径为r3,轨迹如图乙所示
由数学知识可知=(r3-L)2+(2L)2
解得r3=L
此时B2=B1
因此η=×100%=60%。
乙
15.答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)设箱子对木块的支持力为FN,开始时木块恰好与箱子保持相对静止,对木块受力分析
水平方向上有FN=ma
竖直方向上有μFN=mg
对木块、箱子、导线框整体受力分析
有F=(M+m)a
联立解得a=,F=。
(2)由箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离可知,此时箱子与木块间无弹力,故箱子将做匀速运动或减速运动,即当t=0时刻箱子右侧壁与磁场距离最小时,箱子在水平方向上合力为零
有F=F安=BId
由法拉第电磁感应定律,有I=
从t=0时刻到箱子右侧刚进入磁场的过程中,由运动学公式,有v2=2ax
联立解得,t=0时刻箱子右侧壁与磁场边界的最小距离x=。
(3)设此情况下箱子和物块进入磁场前速度为v0,由运动学公式有=2as
木块与箱子分离后,在竖直方向上做自由落体运动,设经过t0时间落到箱子底部,则有h=
从箱子右端进入磁场到完全进入磁场的过程中,对箱子和木块整体,由动量定理,有
Ft0-t=(M+m)(vt-v0),其中t=
联立解得vt=
当时,最终木块与箱子的速度大小为v=
当时,最终木块与箱子的速度大小为v=0。2025年物理(福建卷)
1.A 此题考查力的平衡问题。
无风时,由力的平衡可知,山体对风动石的作用力F1=mg,有水平风吹过时,对风动石受力分析,如图所示,可知此时山体对石的作用力F2=>F1=mg,即F2>F1,A正确。
2.B 此题考查变压器问题。
由图可知T=0.25 s-0.1 s=0.15 s,解得T=0.2 s,A错误;电压表示数为有效值,设为U2,根据题意U1==48 V,而=4,解得U2==12 V,B正确;由并联电路电流与电压的关系可知U2=IR1R1=IR2R2,且R1=2R2,则IR2=2IR1,I2=IR1+IR2=3IR1,故副线圈干路电流为流过R1电流的3倍,C错误;根据变压器的原理可知,原、副线圈功率相同,即P1=P2,功率之比为1∶1,D错误。
【归纳总结】电流、电压有效值和峰值使用场景
有效值使用场景:电表测量、电器铭牌的额定值、保险丝的熔断值。
峰值使用场景:电容器击穿电压。
3.B 此题考查安培定则,磁场的叠加问题。
设磁感应强度方向以垂直于纸面向里为正,由题意可知M点的磁感应强度为-B1,O点的磁感应强度为B2。由对称性可知,N点的磁感应强度为-B1,L1、L2在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,可知L2在O点产生的磁感应强度为,则L2在N点产生的磁感应强度为-,对于N点有-B1=BL1+BL2,解得BL1=-B1,B正确。
4.D 此题考查带电粒子在静电场的运动问题。
根据题意,Ek=,Eq=Ee=m,联立得E=,A错误;由题知,第一个粒子做圆周运动,另一粒子受到的静电力发生变化,由静电力提供向心力有eE=,半径发生变化,则不是圆弧的一部分,B错误;因为轨迹为的电子动能为Ek,当该电子运动到B点时动能同样为Ek,此时若将运动到B点的该电子保持动能不变移动到P点,它会增加大小为eU的电势能,动能则减小为Ek-eU。由题图可知,轨迹为的电子的初动能比轨迹为的电子大,在从A点运动到P点过程中,该电子的电势能同样增加了eU,故沿运动的电子运动到P点动能大于Ek-eU,C错误;由图可知,电场强度离O点越远越小,已知|CQ|=2|BP|,UBP=U,则UCQ<2U,故电子从A经P到Q全程克服静电力做的功小于2eU,D正确。
5.AD 此题考查同轴转动,匀速圆周运动各物理量间的关系。
根据题意,手绢做同轴转动,角速度相同,B错误;由题图可知rP6.AC 此题考查核反应方程,动量守恒定律。
核反应中有能量释放,所以存在质量亏损,A正确;该核反应为核聚变,B错误;由于氘核和氚核相撞之前,两个粒子动量等大反向,则由氘核和氚核组成的系统总动量为零,反应后氦核和中子动量也应等大反向,由p2=2mEk可知EkHe∶Ekn=mn∶mHe=1∶4,由题意可知EkHe+Ekn=17.6 MeV,则Ekn=×17.6 MeV=14.08 MeV,EkHe=×17.6 MeV=3.52 MeV,C正确,D错误。
7.BC 此题考查带电粒子在复合场中的运动。
根据题意,带电体在复合场中沿着MN做匀速直线运动,受力分析如图所示
根据几何关系和运动状态,有mg=Eq,解得E=,A错误;由力的平衡可知,qvB=mg,解得B=,B正确;在粒子运动到N点时撤去磁场,则此时粒子受力分析图为
由几何关系可知F合与粒子的速度方向垂直,粒子可看作在做类平抛运动,F合=mg=ma,a=g,由于NP连线水平向右,故粒子到达P点时,其类平抛运动的位移偏向角为45°,则在P点速度偏向角正切值tan θ=2tan 45°=2,则到P点的速度vP=,联立解得vP=v。粒子从N运动到P,由动能定理可知,qU=mv2,解得U=,C正确;可将N点速度v沿水平和竖直方向进行分解,则粒子在竖直方向做竖直上抛运动vy=vcos 45°=v,hmax=,D错误。
8.BD 此题考查与传送带相结合的连接体问题。
根据题意,传送带对A、B的动摩擦力均为f=0.5×10 N=5 N,刚开始,A做减速运动,初速度为v0,B做加速运动,初速度为0,A、B与弹簧组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,则mAv0=mAv传+mBvB,解得vB=0.5 m/s,此时A与传送带第一次共速,B正确;在0~t1内,由牛顿第二定律可知F弹+f=mAaA,F弹+f=mBaB,由于mAaB,A错误;在0~t1内,设A向右运动位移为xA,B向右运动位移为xB,则fxB-fxA+mAmAmB+Ep,已知Ep=0.75 J,代入解得xA-xB=0.1 m,即压缩量为0.1 m,C错误;根据题意,A与传送带的相对位移ΔxA=xA-v传t1,B与传送带的相对位移ΔxB=v传t1-xB,则ΔxA+ΔxB=xA-xB=0.1 m,A、B物块运动的v-t图像如图所示,由图可知,ΔxA<ΔxB,综上,ΔxA<0.05 m,D正确。
9.答案 做正功
解析 本题考查玻意耳定律和判断系统吸放热、做功问题。
温度不变,气体做等温变化,由玻意耳定律可知p1L1S=p2L2S,解得L2=,水位下降,气体膨胀,即内部气体对外界做正功。
10.答案 >
解析 本题考查横波和纵波,波长、频率和波速的关系问题。
由题意知,纵波速度大于横波速度,且频率相同,由v=λf可知,纵波波长大于横波波长;根据题意,设波源与蝎子的距离为s,根据题意可知=Δt,解得s=。
11.答案 不存在
解析 本题考查库仑力作用下的平衡问题。
由题意可知P处检验电荷恰好处于静止状态,对检验电荷进行受力分析如图所示,可知=tan 30°
其中
联立解得
由上述分析可知,检验电荷重力不可忽略。当检验电荷处于Q1Q2水平连线上时,竖直方向无法达到平衡状态,故在Q1Q2水平连线上不存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。
12.答案 (1) (2)0.020
解析 本题考查实验折射率测量。
(1)设入射角为θ1,折射角为θ2
可得sin θ1=,sin θ2=
由折射率公式可知n=
联立解得n=。
(2)绘出图像如下图所示
由图可知,糖水浓度每增加10%,折射率增加值为×10%=0.020。
13.答案 (1)(暂缺) (2)16.0 (3)100~200 (4)145 (5)CD
解析 本题考查等效法测电阻+误差分析。
(1)(暂缺)。
(2)由题图2可知,该电流表分度值为1 mA,故读出电流为16.0 mA。
(3)将开关S2闭合,S1拨向1处,表笔a、b短接,R6为0时,电路中R1、R2、R3、R4串联,串联支路和R5并联,此时电流表示数为16.0 mA;接入Rx,S1拨向1、2处时,电流表示数均小于基准值,则Rx所在的串联支路电阻在S1拨向1、2处时均大于R1、R2、R3、R4串联时的电阻;S1拨向3处时,电流表示数大于基准值,则此时串联支路电阻小于R1、R2、R3、R4串联时的电阻,即Rx+R3+R4(4)将S1拨向3处,R6=55 Ω时,电流表示数等于基准值,则此时串联支路电阻等于R1、R2、R3、R4串联时的电阻,即R1+R2+R3+R4=R3+R4+Rx+R6,解得Rx=145 Ω。
(5)本题测电阻用的是等效的思想,即R1+R2+R3+R4=R3+R4+Rx+R6,则电流表和电源内阻不会影响测量的结果;若R6的读数不够准确,则会导致Rx的测量值不准确;若电流表读数比基准值偏大,此时R1+R2+R3+R4≠R3+R4+Rx+R6,也会导致Rx的测量值不准确,C、D正确。
14.答案 (1)2.4 m/s (2)0.1 m/s2 (3)4.2 m
解析 此题考查由v-t图像求解,a,x。
(1)0~2 s内运动员做匀减速直线运动,平均速度=2.4 m/s。
(2)44~46 s内的加速度大小a==0.1 m/s2。
(3)44~46 s内的位移大小为v-t图像所围面积,即x=4.2 m。
15.答案 (1)1.5 J (2)0.5 N (3)0解析 本题结合竖直平面的圆周运动模型,考查功、动能定理和牛顿第二定律等。
(1)由图乙可知,在0~1 m内,F所做的功WF=F1x1=1.5 J。
(2)物体A受到的滑动摩擦力f=μmg=0.5 N
当x=1 m时,F>f,故此时A、B一起做加速运动,对A、B整体进行受力分析,由牛顿第二定律可得F1-μmg=2ma
对B单独进行受力分析,由牛顿第二定律可得FAB=ma=0.5 N
故A与B之间的弹力大小为0.5 N。
(3)由题意可知,当F=f时A、B开始分离,结合图乙可知A、B在x2=3 m处分离,在0~x2的运动过程中,推力F对A、B两物块所做的功等于F-x图像中图线与x坐标围成的面积,即WF'=1.5×1 J+×2 J=3.5 J
在0~x2的运动过程中,对A、B整体根据动能定理有WF'-μmgx2=×2mv2
解得v= m/s
在B与A分离到B到达M点的运动过程中,根据动能定理有-mg·2R=mv2
若B刚好能够到达M点,则B在M点由重力提供向心力可知mg=
联立解得圆弧的半径应满足016.答案 (1) (2) (3)见解析
解析 本题结合线框模型,综合考查电磁感应中的动力学、能量和动量问题。
(1)对线框从释放到cd边进入Ⅰ号区域的过程进行受力分析,由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma1
由运动学公式可知v2=2a1x
解得x=
故线框释放时cd边离Ⅰ号区域上边缘距离为。
(2)设线框边长为L,区域Ⅰ的磁感应强度大小B,由cd边进入Ⅰ号区域到ab边离开Ⅰ号区域速度均为v可知,在Ⅰ号区域内,线框始终受力平衡,且正方形线框边长L等于Ⅰ号区域宽度,即L=L1,线框切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,cd边受到的安培力F1=BIL=BL
由线框受力平衡可知mgsin θ=F1
联立解得E1=,B=
故当cd边进入Ⅰ号区域时,cd边两端的电势差ucd=E1=。
(3)对于线框从cd边进入Ⅱ号区域,到ab边离开Ⅱ号区域的过程,由动能定理可知
mg(L1+L2)sin θ-W安=0
解得W安=mg(L1+L2)
若L1≤L2
线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域过程中,安培力的冲量
I1=t1=BL1t1=
线框从cd边开始离开Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力冲量
I2=t2=BL1t2=
设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t,当线框完全进入Ⅱ号区域时线框不受安培力,对线框列动量定理有
mgsin θ·t-I1-I2=0,解得t=,故此时安培力平均功率
若L1>L2,同理
线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到cd边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量
I1'=
线框从ab边开始进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量
I2'=
设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t',在线框cd边离开Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域之间的时间内线框不受安培力,由动量定理可知
mgsin θ·t'-I1'-I2'=0,解得t'=
故此时安培力的平均功率'=。
【归纳总结】1.在电磁感应的单棒或双棒切割磁感线模型中,系统最终趋于稳态时满足以下规律:
①除安培力外无其他外力时,电流为零。
②除安培力外还有其他外力时,电流恒定不为零。
2.安培力冲量I安=t的两种处理方法:
①题目中涉及电荷量Q:t=BLt=BLQ。
②题目中涉及位移x:t=BLt=BLt,对于单棒=BL,则有t=t=;
对于双棒产生电动势在回路方向相反,=BL-BL,则有t=t=;
对于双棒产生电动势在回路方向相同,=BL+BL,则有t=t=。2025年物理(湖南卷)
1.B 原子核衰变时释放能量,根据质能方程,总质量会减少,新核总质量小于原核质量,故A错误;半衰期定义为大量放射性原子核半数发生衰变所需的时间,题干中对数量的描述也是“大量”,符合定义,故B正确;半衰期由原子核内部结构决定,与温度无关,故C错误;半衰期只由核内部自身的因素决定,与原子所处的化学状态和外部条件没有关系,故D错误。
2.C 由题意可知,物块沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,斜面倾角为θ,水平方向上物块做匀减速直线运动,初速度为v0x=v0cos θ,加速度大小为ax=acos θ,则有=-2axx,整理可得vx=,可知,vx-x图像应为类似抛物线的一部分,故A、B错误;物块在竖直方向上做匀减速直线运动,速度为v0y=v0sin θ,加速度大小为ay=asin θ,则有=-2ayy,整理可得vy=,可知,vy-y图像应为类似抛物线的一部分,故C正确,D错误。
【一题多解】物块沿光滑斜面上滑时,其水平方向和竖直方向的分运动均为匀变速直线运动,在匀变速直线运动中速度的二次方与位移成线性关系,故vx-x图像、vy-y图像一定为曲线,通过排除法选C。
3.D 根据题意,画出光路图,如图甲所示,O为该介质横截面的圆心,由几何关系可知,折射角为45°,由折射定律有n=sin θ>1,且sin θ<1,则有n<,sin θ>,即θ>45°,故A、B错误;令sin C=,根据折射光直接由B点出射可知sin C>,即全反射临界角C>45°,增大入射角,光路图如图乙所示,由几何关系可知,光在上的入射角小于45°,则该单色光在上不可能发生全反射,故C错误;减小入射角,光路图如图丙所示,由几何关系可知,光在上的入射角大于45°,可能大于临界角,则该单色光在上可能发生全反射,故D正确。
甲
乙
丙
4.A 根据题意,卫星在小行星同步轨道和表面附近轨道运行时轨道半径分别为R+h、R,设卫星的质量为m,由开普勒第三定律可知,解得R=h,卫星绕小行星表面附近做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力可知=mR,解得M=,对应结果可得a为T1,b为T0,c为T1,故A正确。
5.C 小球A静止时,对小球A受力分析,如图所示,由平行四边形定则及几何关系可知,轻绳上拉力为FT=mg,小球A与小球B间的库仑力F库=2mgcos 30°=mg,故A、B错误;若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球A受到轻绳的拉力消失,其他两力保持不变,根据力的平衡可知,此时小球A所受的合力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确;若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球B受到的库仑力、重力不变,小球B仍然处在静止状态,则轻杆对小球B的作用力不变,故D错误。
6.B 设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,电压关系=k,电流关系,在原线圈中U1=U-I1R原,在副线圈中U2=I2R,故灯泡两端电压U2=,整理后有U2=,即灯泡两端电压U2=,故流过灯泡的电流为I2=,灯泡的电功率P=U2I2=,由于不知道k的具体值,故无法判断原线圈所在回路的阻值R原为何值时功率最大,故A错误;当开关S与a相连时,R原=3R,故灯泡两端电压U2=,故B正确;当开关S与b相连时,R原=2R,故流过灯泡的电流为I2=,故C错误;当开关S与c相连时,R原=R,故灯泡的电功率P=,故D错误。
【一题多解】设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,原、副线圈电压分别为U1、U2,副线圈负载电阻为R,可以将变压器与负载看为一个整体,等效为一个新的电阻,R等=R=k2R,其中k=(原、副线圈匝数比),等效后电路如图所示,当开关S与a相连时,R原=3R,等效电阻两端电压U1=U=U,故灯泡两端电压U2=,故B正确;当开关S与b相连时,R原=2R,流过等效电阻的电流I1=,故流过灯泡的电流为I2=kI1=,C错误;当开关S与c相连时,R原=R,灯泡的电功率与等效电阻的电功率相同,流过等效电阻的电流I1=,故功率P=R等=,故D错误;由闭合电路欧姆定律知识可知,当外电路电阻与内阻相等时功率最大,即R原和R等最接近时功率最大,由于k未知,故无法判断开关S与哪个触点接触时R原和R等最接近,即无法判断何时灯泡功率最大,故A错误。
7.AD 两横波的波长均为λ==4 m,故A正确;来自A处、B处的两列波传到C处所需时间分别为t1= s=0.3 s,t2= s=0.5 s,T==0.4 s,故t=0.4 s时,A处波已传到C处且C处质点已经振动了T,故C处质点处于正向或负向最大位移处,加速度最大,速度为0,故B、C错误;分析可知t=0.6 s时两列波都已传播到C处,C处质点到两波源的距离差为Δx=5 m-3 m=2 m=λ,故C处为振动减弱点,由于两列波振幅相同,故C处位移始终为0,速度为0,故D正确。
8.AD 根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=,则OA中点的电势为φM==0,故A正确;如图所示,设N点为AB的三等分点,同理可知N点电势为0,连接MN,则MN为一条等势线,过A点作MN的垂线,可知电场线沿该垂线方向指向右下方,由几何关系可知,∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故B错误;电场强度的大小为E=,故C错误,D正确。
9.AC 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向,故A正确;若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动,则有F=F安=BIL,I=,可得F=,由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化,故F为变力,故B错误;取一微小时间Δt,设此时金属杆接入导轨中的长度为L',根据动量定理有-BI'L'Δt=-BL'q'=mΔv,同时有q=·Δt=,联立得-=mΔv,对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得-=0-mv0,解得此时金属杆与导轨围成的面积S=,故C正确;若金属杆的初速度减半,由上述分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积S'=S,根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,故D错误。
10.BD 爆炸后,A、B组成的系统动量守恒,有3mv1=mv2,B与C碰撞过程动量守恒,有mv2=6mv,联立解得v=0.5v1,爆炸后瞬间A的动能EkA=·3m·,D的初动能EkD=·6m·,两者不相等,故A错误;D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=-μ·6mg·s1=-μ·6mg·=-6mgh,D做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0,根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等,故B正确;D物块平抛过程有h=gt2,s2=v0t,联立解得v0=s2,D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=·6m·6mv2,化简得v2=+2gh,弹药释放的能量完全转化为A和B的动能,则爆炸过程的能量为E=·3m·m=24mv2=24m=48mgh,故C错误,D正确。
11.答案 (1)2.206(2.205~2.207均可) (3)0.010
(4) (5)减小
解析 (1)根据图1可知小球直径D=2 mm+20.6×0.01 mm=2.206 mm。
(3)由图2可知A、E两点间的距离为x=(7.02-5.00)×10-2 m=2.02×10-2 m,小球从A运动到E的时间为t=4t0=4×0.5 s=2 s,所以速度为v=≈0.010 m/s。
(4)小球匀速运动,根据受力平衡有ρgV=ρ0gV+f,由体积公式可知,小球的体积V=πR3=,整理可得k=。
(5)根据(4)可知匀速运动的速度与小球直径的二次方成正比,所以换成直径更小的同种材质小球,匀速运动时的速度将减小。
12.答案 (1)8 000 (2)见解析图 (3) (5)R2 (6)大于
解析 (1)由题可知多用电表开关旋转到“×1 k”挡,故根据题图1可得读数为8 000 Ω。
(2)由上述知长方体导电水泥块样品的电阻Rx>,故采用电流表内接法;实验中要求滑动变阻器采用分压接法,故连接实物图如图所示。
(3)电阻定律R=,化简得ρ=,根据题图2可知,测量的水泥块长度为a,横截面积为bc,代入解得ρ=。
(5)根据题图3可知压力越大电阻率越小,即电阻越小;回路中电流增大,滑动变阻器R2电压增大,水泥块R1电压减小,而报警器在两端电压大于或等于3 V时启动,故应将报警器并联在R2两端。
(6)电源电动势E减小,要使报警器启动,即R2两端电压仍为3 V,根据串联分压有U2=E=E,可知E减小需要R1更小,又因为F越大R1越小,可知F1大于F0。
13.答案 (1) (2)9.5 m/s2
解析 (1)竖直放置时空气柱的压强为p1=p0+ρgh
水平放置时空气柱的压强p2=p0
由题可知,空气柱发生等温变化,根据玻意耳定律,有p1L1S=p2L2S
解得g=。
(2)由题可知,空气柱发生等容变化,根据查理定律,有
代入数据可得g=9.5 m/s2。
14.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在电容器中做类平抛运动,其中粒子在水平方向做匀速直线运动,有d=v0t
在竖直方向做匀变速直线运动,有t,vy=at=t
由闭合回路欧姆定律可得U=E0
联立解得vy=v0,q=。
(2)粒子进入磁场时的速度与竖直方向夹角的正弦值为tan θ==60°,v=v0
粒子在进入磁场后做匀速圆周运动,即
qvB=m
其中由几何关系可得R=
联立解得B=。
(3)对粒子取一个竖直向上的速度使得该速度对应产生的洛伦兹力与水平向右的静电力平衡,则有qvy1B=qE
解得vy1=v0
此时粒子做圆周运动的合速度在竖直方向的分速度大小为vy2=vy1'+vy=v0
vy1'=vy1
此时合速度与竖直方向夹角的正切值为tan α=
合速度大小为v'=
粒子做圆周运动的半径r=
故最远距离为xm=r+rcos α=。
15.答案 (1)4mg (2)
(3)v=
解析 (1)对机器人由B点运动到最低点的过程,由动能定理可得mv2=mgL
对于机器人在最低点的运动状态,由向心力公式可得F-mg=m
联立可得F=4mg。
(2)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37°时,由能量守恒定律可得
mv2=mgLsin 37°+mv2'2
水平方向位移x=Lcos 37°+L=v2'sin 37°·t
竖直方向(取向上为正)位移y=1.2L-Lsin 37°=v2'cos 37°·t-gt2
联立可得v=。
(3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为37°时记此时机器人所在的点为C点,在水平方向对机器人运动到C点的过程,由动量守恒定律可得mx1=Mx2
对该过程中机器人和杆的运动情况分析可得
x1+x2=L+Lcos 37°
解得x1=,x2=,x1方向向左,x2方向向右
令C点到A点的水平方向上的距离为xCA,对运动情况进行分析,可得xCA=Lcos 37°+(L-x2)=
同理,令C点到A点的竖直方向上的距离为yCA,则yCA=1.2L-L·sin 37°=0.6L
设此时机器人在水平方向的速度为vx,在竖直方向的速度为vy,杆的速度为vM,根据动量守恒定律可得mvx=MvM,即vx=kvM
对于机器人由B点运动到C点的过程,由动能定理可得
mv2=m()+km+mgL·sin 37°
对该式化简可得v2=+1.2gL
分析机器人由C点运动到A点的过程,可得
vx·t=(水平方向)
vy·t-gt2=0.6L(竖直方向)
当以杆为参考系时,小球依然在做圆周运动,此时小球相对于杆的水平速度vx'=vx+vM,由此可得vy=
解得vy=·vx
联立vy与机器人从C点到A点竖直方向运动公式,可得
gt2=0.6L
联立解得t=
将t代入刚刚机器人由C点到A点竖直方向运动的公式,可得
vy·g·=0.6L
解得vy=
因为vy=·vx,可得vx=vy,即vx=
将vx、vy代入前面动能定理公式在化简后得到的公式,可得
v2=·1.6gL+1.6gL+1.2gL
解得v=(k≥1)
当k=1时,v值最小,为vmin=。2025年物理(广西卷)
1.A 当光照射金属表面时,金属中的电子会吸收光的能量,若金属表面的电子吸收的能量超过逸出功,电子就能从金属表面逸出,成为光电子,由题意可知,用光子能量是2.20 eV的单色光分别照射到四种金属的表面,会逸出光电子的是铷,故A正确。
2.C 变压器输出电压有效值为U2= V=11 V,变压器原、副线圈的匝数比,故C正确。
3.B 动车进站后减速所用的时间约为t=×70=70 s,则动车行驶距离约为x=t=×70 m=350 m,故B正确。
4.D 带电玻璃棒与金属球接触后,金属球与金属箔带上了同种电荷,净电荷分布在带电导体表面,并在尖锐的地方聚集,内部电场强度为0,因此b、c两点电场强度为0,d点附近电荷量比a点附近多,因此d点电场强度最强,故D正确。
5.C 因该玻璃对可见光的折射率n=,可得临界角C满足sin C=,即C=45°,过M点和N点分别作出两界面的法线,设沿EM的光线入射角为θ,沿EN的光线入射角为α,如图所示,则在等腰三角形OEM中,∠EOM+2θ=180°,又∠EOM<90°,则θ>45°。同理,在等腰三角形OEN中,∠EON+2α=180°,又∠EON<90°,则α>45°,由于α和θ均大于C,故沿EM、EN的两束光都发生全反射,C正确。
6.B 根据电阻定律R=ρ,可得Ra=ρ,Rb总=2ρ,两支路并联,有IaRa=IbRb总,结合电流的微观表达式I=nqvS,对于同种材料n、q相同,联立可得val1=2vbl2,即,故B正确。
7.D 金属棒向下运动时切割磁感线产生感应电流,受到沿斜面向上的安培力,安培力的冲量I安=t=Blt=Blt=,向下运动的距离x=a+b,回路中总电阻R总=2R,故安培力冲量大小I安=,故A错误;两根弹簧对金属棒的弹力时刻相同,设单根弹簧对金属棒的冲量为I弹,以沿斜面向下为正方向,对金属棒,由动量定理有2I弹+mgtsin θ-I安=0,解得I弹=,故B错误;在下滑过程中,设回路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律,有Q总=mg(a+b)sin θ+2·ka2-2·kb2=mg(a+b)sin θ+k(a2-b2),由焦耳定律Q=I2Rt及电路中电流规律知,单个定值电阻产生的热量Q1=Q总=,故C错误;金属棒向电阻输出的能量全部变成了两个电阻上产生的热量,故输出的能量总共为2Q1,则平均输出功率,故D正确。
8.AB 在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,可以把油酸分子视为球形,故A正确;分子在永不停息地做无规则热运动,与宏观物体是否处于稳定状态无关,油膜稳定后,油酸分子仍然在做热运动,故B正确;在计算油膜面积时,为了更准确地估算油膜的面积,对于周边不完整的格子,大于半格记为一个单位面积,小于半格的不计面积,而不是忽略所有不完整的小正方形,故C错误;酒精可以溶解油酸,使油酸更容易在水面上展开形成单分子油膜,所以实验时用油酸酒精溶液比纯油酸更容易形成单分子油膜,故D错误。
9.CD 人和楠竹在湖面减速滑行,速度在变化,根据牛顿第二定律可知,选手所受合力不为零,故A错误;楠竹在水平方向有加速度,根据平行四边形定则可知,人对楠竹的力可分解为竖直方向的重力和水平方向的摩擦力,人对楠竹的力的方向不是竖直向下,故B错误;手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡,故C正确;选手受到来自楠竹的竖直方向的支持力和平行于楠竹方向的摩擦力,其合力方向在楠竹所在的竖直平面内,而选手(含划杆)不受垂直于楠竹的方向的力,故其重心也在楠竹所在的竖直平面内,故选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面,故D正确。
10.AD 设M粒子进入选择器时的速度为vM,在加速电场中由动能定理有qU=mM,M粒子沿轴线OO'运动,其在选择器中受力平衡,即qE=qvMB1,联立可得M粒子的质量mM=,故A正确;设N粒子进入选择器时的速度为vN,因为N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场,则其在选择器中向下偏转,受力分析知qvNB1>Eq,即vN>=vM,故B错误;未调节选择器时,M、N粒子在偏转磁场中轨迹半径rM、rN满足2rM=2rNcos θ+d,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,即r=,故rM=,rN=,设进入偏转磁场时N粒子速度为vN',对N粒子运动的全过程,由动能定理有qU-qEd=mNvN'2,联立解得mN=,N粒子在加速场中,由动能定理有qU=mN,即粒子刚进入选择器时速度vN=,当调节选择器后,N粒子沿轴线OO'穿过选择器时,设选择器电场强度为E',磁感应强度为B',则有vNB1'=E',故=vN=,故C错误;调节选择器后,N粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动,向下运动半圈后打在探测器上,N粒子在偏转磁场中轨迹半径rN'=,故Δx=2rM-2rN'=,故D正确。
【思路点拨】C、D选项计算的难点均在于N粒子的质量mN的求解,出现mN的重要方程有两个:①在偏转磁场中,有rM=和rN=,代入2rM=2rNcos θ+d,得到+d;②对N粒子全过程,由动能定理有qU-qEd=mNvN'2。两式联立消去不需要的vN',即可得到mN=。
11.答案 (1)短接 100 14.4 (2)10
解析 (1)电阻表在使用前需要调零,这个过程需要将红黑表笔短接,即将图中的A、B短接;电阻表短接调零需要将指针调到电流表G满偏的状态,即让电流表示数为100 μA;因为电源内阻不计,调零过程中根据闭合电路欧姆定律可知Ig==100×10-6 A,解得R=-Rg-R0=14.4 kΩ。
(2)当电流表的示数是60 μA时,根据I=,R内=,代入数据可得Rx=-R内= Ω=10 000 Ω=10 kΩ。
12.答案 (1)控制变量法 (2)平行 (3)需要 撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑 (4)1∶n2
解析 (1)在研究两个物理量间的关系时,保持其他量不变,所使用的方法为控制变量法。
(2)为了使细绳拉力为小车所受的合力,需要让连接小车的细绳与轨道平面保持平行。
(3)力传感器上显示的示数为细绳的拉力,由图乙可知,当M、N的加速度为零时,拉力F均大于零,说明小车与轨道间存在摩擦力,要以细绳的拉力作为小车所受的合力,需要补偿小车所受的阻力,具体操作为撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑。
(4)根据初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间公式x=at2可知,aM=aN,又因为tM∶tN=n,解得aM∶aN=1∶n2。
13.(1)0.5 m 1 m (2)2 μm - μm (3) s
解析 (1)根据波长的定义及两列波的波形图可知λ1=0.5 m,λ2=1 m。
(2)由波形图可知在x=0处两列波均处于波峰,x=0处的质点位移x1=1 μm+1 μm=2 μm
在x=0.375 m处,对于第一列波有x=0.375 m=λ1
对于第二列波有x=0.375 m=λ2
在x=0.375 m处质点的位移x2=0+cos×1 μm=- μm。
(3)由题图可知,两列波叠加后的波长λ=1.0 m
由T=,v=340 m/s
解得两列波叠加后的周期T= s。
14.答案 (1) (2)-kQq (3)守恒 -
解析 (1)由几何关系可知,椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为2a,故B点距焦点F处点电荷的距离为r=a
根据电势计算公式φ=,可得椭圆轨道半短轴顶点B的电势为φB=。
(2)同理可知,椭圆轨道半长轴顶点A的电势为φA=
根据电场力做功与电势能的关系可知,带电粒子从A到B的运动过程中,电场力对带电粒子做的功为WAB=-q(φA-φB)=-kQq。
(3)设带电粒子的质量为m,假设带电粒子动能与电势能之和守恒,则满足mv2+(-q)=C(定值)
则v2=
根据图乙可知v2-关系为一条倾斜直线,故假设成立
将图像中代入关系式,可得其动能与电势能之和为C=-。
15.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)散货在传送带上被水平抛出,则其初速度方向水平,大小为v0
对单个散货,撞击传感器过程中,水平方向由动量定理有-I=0-mv0
解得单个散货的质量为m=。
(2)落入货箱中散货的个数为N=
则水平传送带的平均传送速度大小为。
(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,由牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=g
加速时间t1=
加速位移x1=
设匀速时间为t2
其中t1+t2=9Δt
则匀速位移为x2=v0t2=v0
故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=
在Δt时间内传送带做的功为W=+mgLsin 30°+Q
其中m=,L=9v0Δt-,Q=μmgcos 30°·Δx,
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为。
【思路点拨】整个系统的运动情况以Δt为周期变化,故求解传送带平均输出功率时只需要判断Δt内传送带做的功,前一个散货抛出后瞬间和Δt后下一个散货抛出前瞬间,这两个瞬间系统处于完全相同的状态,故可等效为在Δt时间内,中间8个散货不动,最下方的散货移动到了最上方,则在Δt时间传送带做的功包括:①散货获得的动能;②散货获得的重力势能mgLsin 30°;③散货加速过程和传送带相对滑动产生的热量Q。故W=+mgLsin 30°+Q,则。2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
15.
17
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
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正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
B
2ABC
0
回
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
14-1.(1)
(2)
(3)
16.
18.
14-1.(1)
(2)
14-l.(1)
(2)②
(3)
请在各题日的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年山东省普通高中学业水平等级考试
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16.
18
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
7A
g
B]B]B
B
DD DD
可D同D
⊙
D
D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
13.(1)
(2)
(3)
(4)
17
14.(1)
(2)
(3)
15
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年广东省普通高中学业水平选择性考试
1.CA.系统的国有频率是指振动系统不受外力作用时振动的频华，驱动力频率是指
施加在系统上的周期性外力的频率，两者无关，A错误；B.当驱动力的频率等于系毓
的国有频率时，系统受迫振动的振幅最大，共振发生，所以共振能否发生取决于驱动
力的频率是否等于系统的国有频率，与驱动力的大小无关，B错误；多普勒效应是指
波源与观察者相互靠近或者相互远离时，接收到的波的频率发生变化的现象，在生
活中可以用来测量车辆的速度，C正确；观察者与波源相互远离时，观察者接收到的
波的频率比波源的频率小；观察者与波源相互靠近时，观察者接收到的波的频率比
波源的频率大，D错误。
2.B设变压器原线图的匝数为1，副线图的匝数为n2,变压器原线图两瑞的电压为
U1、副线图两端的电压为U2,变压器原线图中的电流为I1、副线图中的电流为I2。
P=1 00 W
功率公尘I==2500
6
47
L=1O V
型根变
器恋
==
卡2器变100A
」流规沖
2=10队V
25
tiv=1.R
压规
A错
:=300V.
B对
变卡器个能政变率，原、刚镂陶中巾流的率同→)销
3.BAB项分析：光电效应发生的条件是入射光的频率大于金属的极限频率（截止频
率)，由于甲的逸出功小于乙的逸出功，所以甲的极限频率（裁止频率）小于乙的极限
频率（截止频率），当使用某频率的光分别照射甲、乙时，只有甲发射光电子，发生光
电效应现象，所以该光的颜率大于甲的极限领率（裁止频率），小于乙的极限频率（截
止频率)，故使用频率更小的光，乙肯定不会发射光电子，若频率更小的光的频率仍
大于甲的极限频率（截止颜率），则甲仍能发射光电子，由爱因斯坦光电效应方程E
=hy一W。可知甲发射的光电子的最大初动能小于之前的最大初动能，A错误，B正
确。CD项分析：由AB项分析可知频率不变，减弱光强，光的频率仍小于乙的极限
频率（截止频率），仍不能使乙发射光电子，C错误；由爱因斯坦光电效应方程Ek一
y一W。可知，频牵不变，减弱光强，甲发射的光电子的最大初动能不变，D错误。
4.A作出光射出玻璃时界面的法线如图所示，由几何关系可知，光射出玻璃时的折射
角（在空气中的光线与法线的夹角）为α十B,入射角（在玻璃中的光线与法线的夹角）
为a,由折射定律n=
sn可知该折射桌为n=a十，A正确
sin r
入射光
+诏
H时光
5.DA,由题意可知该小行星轨道的半长轴为地球到太阳距离的6倍，由开普勒第三
定律可知序里一产其中a小件量为小行星轨道的半长轴.可得T行里气√
a小行星
”T行T
T地≈14.7年，A错误；从远日点到近日，点，该小行星到太阳的距离逐渐减小，由万有
引力定律F=GMm可知从远日点到近日点，该小行星所受太阳引力大小逐新增
r2
大，B错误；从远日点到近日点，该小行星到太阳的距离逐渐减小，由开普勒第二定
律可知当行星离太阳较近的时候，运行的速度较大，而离太阳较远的时侯速度较小，
因此从远日点到近日点，该小行星的线速度大小逐渐增大，C错误：由万有引力定律
下-Gm和牛板第二定律下=mu可得a-G,由于该小行星的轨道近日点到
2
2
太阳的距离约为地球到太阳距离的5倍，则该小行星在近日点的加速度大小约为地
球公转加速度的万D正确■■■■
■■■■■■■■■■■■■■■
2025年河北省普通高中学业水平选择性考试
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13.
15
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姓
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◆
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IHHHIIHHHHI
cccc
cc
DD可DD
DD可D
可可
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11.(1)①
9
(2)①
③
14.
12.(1)①
③
③
(2)》
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北京市2025年普通高中学业水平等级性考试
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17
19
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◆
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品费齿齿
BBBB
BB][B]B
cccc
D可DDD
DDDD
DD DD
可可
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15.(1)
(2)①
20
②
18.
(3)
16.(1)
(2)
(3)
(4)
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2025年福建省普通高中学业水平选择性考试
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13.(1)请按要求作图
(续15)》
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名
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正确填涂示例■
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DD DD
可D同D
(2
(3)
(4)》
16
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(5
14.
10
11
12.(1)
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1.38
1.34
+
15
1.30
10203040507/(%)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(山东卷)
1.B 由光子最大初动能Ek=qUc可知,Ek2>Ek3>Ek1,故选B。
2.C 假设两分子间距离为r0,当两分子靠近时,分子间作用力为斥力做负功,由功能关系可知,分子势能增大,同理当两分子远离时,分子间作用力为引力做负功,分子势能也增大,故当分子间距离为r0时分子势能最小,因此若规定分子间距离为r0时分子势能为零,当分子间距离不为r0时,分子势能Ep为正,故选C。
3.A P1、P2两偏振片透振方向夹角从0°转动到90°时,光照强度会逐渐减小,因此亮度减小,但并不影响波长,根据相邻两条亮(暗)条纹间距公式Δx=λ可知,条纹间距不变,故选A。
4.C 设小球在最低点时细线的拉力大小为F,近似认为小球在 s内做匀速圆周运动,v==6 m/s,小球在最低点,由牛顿第二定律有F-mg=m,解得F=7 N,故选C。
5.A 设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,则转换产生的电能E'=ηE,单位时间内电动机所做的功W1=0.5E',当小车以速度v匀速行驶时,由动能定理可知,电动机所做的功与阻力所做的功大小相等,故W1=fvt=kv2,联立解得E=,故选A。
6.C 设返回舱的质量为m,轨道舱的质量为5m,轨道舱与返回舱一起做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力有G=6m,解得v=,分离瞬间轨道舱与返回舱组成系统动量守恒,设此时轨道舱相对行星的速度大小为v1,根据动量守恒定律可得6m×=m×2+5mv1,解得v1=,故选C。
7.D 导体棒的间距和磁场的宽度相等,因此在任一时刻都只有一根导体棒处于磁场区域内切割磁感线,在磁场Ⅰ产生的感应电动势为E1=BLv,在磁场Ⅱ产生的感应电动势为E2=BLv。因为传送带做匀速运动,所以在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ运动的时间相等,设该装置产生电动势的有效值为U,周期为T,由有效值的定义,有T=,解得U=,故选D。
8.B 图甲为从右向左看的视图,将重力分解为方向沿斜面向下的分力mgsin θ和方向垂直于斜面的分力mgcos θ,故物块对斜面的压力FN1=mgcos θ,由牛顿第三定律可知斜面对物块的支持力FN1'=mgcos θ,图乙为垂直于斜面的视图,将重力沿斜面向下的分力分解为垂直于挡板的分力mgsin 2θ和沿挡板向下的分力mgsin θcos θ,故物块对挡板的压力FN2=mgsin2θ,由牛顿第三定律可知挡板对物块的支持力FN2'=mgsin2θ,故斜面对物块的摩擦力f1=μFN1'=μmgcos θ,挡板对物块的摩擦力f2=μFN2'=μmgsin2θ,由牛顿第二定律可得,物块在沿着MN方向有ma=mgsin θcos θ-f1-f2,解得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ,故选B。
甲
乙
9.BD 由波形图可知,甲波的波长λ1=4 m,周期T1==4 s,故A错误;由波形图可知,x=2 m处质点和x=6 m处质点N振幅均为A,由正弦函数性质可知x=2 m处的质点与质点N的间距为λ2,解得λ2=6 m,故B正确;6 s=T甲,经过(2n+1)时间,甲列波上所有质点运动状态与t=0时相反,t=0时M向y轴正方向运动,则t=6 s时,M应向y轴负方向运动,故C错误;乙波周期T乙==6 s,故经过6 s后,乙波上所有质点运动情况与t=0时相同,t=0时N向y轴负方向运动,则t=6 s时,N应向y轴负方向运动,故D正确。
10.BC 无人机释放物品后,物品沿以O'为圆心、R2为半径的圆周上A点的切线方向做平抛运动,vmax=ωmaxR2,投影图如图所示,物品最大水平位移xmax=lAC==4 m,水平方向xmax=vmaxt,竖直方向H=gt2,联立解得t=2 s,ωmax= rad/s,故B正确,A错误;由上述可知无人机做圆周运动的周期T=,无人机从A点到B点转过的角度为,所需的时间t2=·T= s>2 s,所以无人机运动到B点时物品已经落地,故C正确,D错误。
11.BD 对小球甲、乙受力分析,如图所示,设AB与OC相交于点G,由相似三角形可得,则,又lBG>lAG,所以甲的质量大于乙的质量,故A错误;E点处电场强度E1=,方向由A指向B,F点处电场强度E2=,方向由B指向A,故C错误;正试探电荷从C点运动到D点,静电力做正功,电势能减小,电势减小,即C点电势大于D点电势,正试探电荷从O点运动到D点,在OH段静电力的分力由H指向O,静电力做负功,电势能增大,电势升高,HD段静电力的分力由H指向D,静电力做正功,电势能减小,电势降低,即从O到D电势先升高后降低,故B、D正确。
12.AD 由于带正电的粒子在电场中的运动轨迹为一段以y轴为对称轴的抛物线,所以电场方向沿y轴正方向。由题图乙可知粒子在电场中运动时间为t0,粒子在电场中所受静电力F=qE,由牛顿第二定律有F=ma,根据运动学公式可知,粒子在y方向有2L=,解得E=,故A正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动如图所示,故粒子在Ⅱ区域的运动轨迹中y方向最高点和最低点间距离为直径,故直径为,半径R=,故B错误;在A点处,粒子沿x轴的速度vx=,粒子沿y轴的速度vy=t0=,则v=,tan θ=,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得B=,圆心横坐标为xO'=3L+Rcos θ=,纵坐标yO'=0,故C错误,D正确。
13.答案 (1)1.00 (2)0.41 (3)增大 (4)kg-1
解析 (1)遮光片宽度越小,其通过光电门的平均速度越接近瞬时速度,故选用d=1.00 cm的遮光片。
(2)由运动学公式可得a==0.41 m/s2。
(3)由图乙可知,当a=0时,F≠0,说明该实验没有完全平衡阻力,故应该增大轨道的倾角。
(4)斜率的单位=kg-1。
14.答案 (1)200 2.4 (2)100 (3)0.9
解析 (1)由图乙可知,电流表示数为200 mA,学生电源输出功率P=EI=12 V×0.2 A=2.4 W。
(2)低压输电时通过电阻箱的电流为I1=200 mA,高压输电时,通过电阻箱的电流为I2=20 mA,则低压输电时电阻箱消耗功率P1=R,高压输电时电阻箱消耗功率P2=R,则=100。
(3)ΔP=UI1-UI3=12×0.2 W-12×0.125 W=0.9 W。
15.答案 (1) (2)
解析 (1)连接BO,过B点作OO'所在直线的垂线,垂足为D,
如图甲所示
甲
根据几何关系可知φ=2θ,sin φ=
解得φ=60°,θ=30°
由折射定律得n=。
(2)该单色光在介质中恰好发生全反射时,有sin C=
第一次射到弧面FOH时,由几何关系得cos ∠IO'E=,则∠IO'E=45°,sin ∠IO'E=>sin C,发生全反射。同理,该单色光在弧面AC发生两次全反射,第二次射到弧面FOH时,也发生全反射,该单色光从G点射入介质的光路图如图乙所示
乙
由几何关系得该单色光在介质中经过的总路程s=lIG+lIJ+lJK+lLK+lLN
又lIG+lJK+lLN=2lGE=2×R=R
由几何关系得lIJ=lLK=R
在介质中的传播速度v=
故该单色光在介质中的传播时间t=。
16.答案 (1)h1 (2)
解析 (1)封闭气体温度从T1缓慢加热至T2过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,由盖—吕萨克定律得
,即
解得h2=h1。
(2)封闭气体温度从T3缓慢下降至T4过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,
设T4时气柱高度为h3,由盖—吕萨克定律得
,即
解得h3=h1
封闭气体温度从T1到T4过程中,
活塞先上升Δh1=h2-h1=h1
再下降Δh2=h2-h3=h1
在活塞上升阶段,对活塞受力分析,有p0S+f0=p1S
在活塞下降阶段,对活塞受力分析,有p0S=p2S+f0
外界对气体所做的功W=-p1SΔh1+p2SΔh2
W=-
又T1=T4,故封闭气体的内能不变
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
得Q=-W=。
【思路点拨】
热学计算题中常用公式使用技巧
(1)理想气体状态方程pV=nRT
适用于质量不变的气体作为研究对象,其中压强p由气体受力情况决定,若题目中未给出压强值,优先通过受力分析判断压强。
(2)热力学第一定律ΔU=W+Q
①内能取决于温度,温度不变则内能不变。
②W为外界对气体所做的功,气体膨胀,W<0(外界对气体做负功);气体收缩,W>0(外界对气体做正功);在真空中自由膨胀,W=0(外界对气体不做功)。
③气体吸收热量,Q>0;气体放出热量,Q<0。
17.答案 (1)6 m/s m/s (2) m/s J
解析 (1)因方形物体置于光滑水平面上,故小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,规定向左为正方向,则有
mv1+Mv2=0
由题意可知,小球与方形物体组成的系统机械能守恒,则有
mgh=
联立解得v1=6 m/s,v2=- m/s,负号表示方向向右
故小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2分别为6 m/s、 m/s。
(2)小球从P点抛出后击中a时,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,设粘在一起时的速度为v3,则有
mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
b解除锁定时,弹簧伸长量
x1= m=0.3 m
设此时a和小球的速度为v4,由能量守恒定律有
(m+ma)(m+ma)
解得v4=1 m/s
在a、b、小球及弹簧运动过程中,a、b、小球和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒,当a、b、小球共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(m+ma)v4=(m+ma+mb)v共
(m+ma)(m+ma+mb)=Epm
解得vb= m/s,Epm= J
当弹簧弹性势能最大时,b的速度大小为 m/s,弹性势能的最大值Epm为 J。
18.答案 (1) (2)
解析 (1)由金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动可知,金属框在从pq边进入区域Ⅰ到ef边出区域Ⅰ的过程中做匀速直线运动,受力平衡,对金属框受力分析,如图所示,则有F安=mgtan α
由法拉第电磁感应定律有
E1=BLvcos α
由闭合电路欧姆定律有
I=
又F安=BIL
联立解得v=
在进入区域Ⅰ前对金属框分析,则有a=gsin α,v2=2as
解得s=。
(2)由题意可知,金属框ef边进入区域Ⅱ后的电动势E=E感+E动
又E感==L2·=k1L2
E动=Epq-Eef=BpqLv'-BefLv'=[k1t+k2(x+L)]Lv'-[k1t+k2x]Lv'=k2L2v'
金属框中的电流I=
故金属框所受安培力的合力
F安'=BpqIL-BefIL=[k1t+k2(x+L)]IL-(k1t+k2x)IL=k2L2I
联立解得F安'=v'
将k1=代入化简可得
F安'=mgsin α+
设金属框达到平衡状态时的速度为v1',此时受力分析有F安1'=mgsin α,
解得v1'=0
对金属框,由动量定理有
(mgsin α-)t=m(v1'-v0)
即=mv0
解得d=。2025年物理(河南卷)
1.D 零件和无人机相对静止,一起水平向左运动,对零件受力分析如图所示,合力水平向左,故零件和无人机向左做匀加速直线运动,零件合力不为零,A、B错误;物体惯性只与自身质量有关,C错误;零件的质量、高度不变,故重力势能保持不变,D正确。
2.B 光路图如图所示,根据折射定律有,解得θ=30°,β=45°,由几何关系可知γ=2θ=60°,从圆柱射出的光线与竖直方向夹角为γ-β=15°,B正确。
3.A 由万有引力提供向心力有=m2r,故T=2π,因为该行星轨道半径是日地距离的,恒星质量是地球质量的,故,故类地行星绕其母恒星运动周期约为13天,A正确。
4.C 匀强电场中电势沿电场线方向均匀下降,故ac边中点d的电势为4 V,bd连线为等势线,电场方向与等势线垂直,且电势沿着电场线方向降低,故匀强电场方向由a指向c,C正确。
5.C 金属薄片向右运动时,N极左侧金属薄片向下的磁通量增加,N极右侧金属薄片向下的磁通量减小,由楞次定律可知,左侧金属薄片产生逆时针方向的涡电流,右侧金属薄片产生顺时针方向的涡电流,C正确。
6.B 设采集的Be原子个数为xBe原子个数为y,106天后Be原子个数变为Be原子个数几乎不变,故由题意可得x+y=(x+y),解得,B正确。
7.D 碰撞时系统动量守恒,则P和N碰撞时mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',变形后有mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),vP-vP'>vN'-vN,故mPmN>mP,D正确。
8.AD 声波的本质是机械波,机械波的波速由介质决定,空气中A5音和D6音波速相同,由λ=可知A5音波长大于D6音波长,A正确,B错误;声波从空气进入水中频率不变,但波速增加,且波速改变量Δv相等,由Δλ=可知,A5音波长改变量大于D6音波长改变量,C错误,D正确。
9.BC 线框通电施加安培力的目的是抵消镜头受到的外力,使镜头处于零加速度状态,所以施加的安培力方向与手机加速度方向相反,当Ic沿顺时针方向,Id=0时,c线框受到向右的安培力,d线框不受安培力,可知手机在向左加速,A错误;当Id沿顺时针方向,Ic=0时,d线框受到向上的安培力,c线框不受安培力,可知手机在向下加速,B正确;若加速度沿左偏上30°,则加速度水平方向分量向左ax=a,竖直方向分量向上ay=a,故c线框安培力向右,Ic沿顺时针方向,d线框安培力向下,Id沿逆时针方向,由于ax>ay,则Ic>Id,C正确;若加速度沿右偏上30°,则加速度水平方向分量向右ax=a,竖直方向分量向上ay=a,故c线框安培力向左,Ic沿逆时针方向,d线框安培力向下,Id沿逆时针方向,由于ax>ay,则Ic>Id,故D错误。
10.AC 初始时活塞P左右两侧压强相同,有p1=p2=p0,假设V1、V2不变,两侧气体均发生等容变化,根据盖—吕萨克定律,有,解得Δp1=p0,Δp2=p0,由于T1Δp2,活塞P向右侧移动,A正确,B错误;T1、T2不变,两侧气体发生等温变化,根据玻意耳定律,有p0V1=p1(V1-ΔV),p0V2=p2(V2-ΔV),变形后有p1=p0,p2=p0,由于V1p2,活塞P向右移动,C正确,D错误。
11.答案 (1)非线性 (2)a (3)130.0 (4)210.0
解析 (1)由图1可知,热敏电阻阻值随温度的变化为非线性变化。
(2)当保温箱温度降低时,热敏电阻阻值变大,流经电磁铁的电流减小,衔铁与触头a接触,此时需要加热保温,故c端应该与触头a相连接。
(3)由电阻箱读数规则可知,R1=1×100 Ω+3×10 Ω+0×1 Ω+0×0.1 Ω=130.0 Ω。
(4)由图1可知,当温度为100 ℃时热敏电阻阻值为100 Ω,当温度为50 ℃时热敏电阻阻值为180 Ω。电磁铁临界电流I0恒定,电池电动势E不变,由R总=可知,总电阻保持不变,故R1+180 Ω=R2+100 Ω,其中R1=130.0 Ω,解得R2=210.0 Ω。
12.答案 (1)④①⑥⑤ (2)1.79 (3)通过 2g 19.0 m/s2 (18.9~19.1 m/s2均可) (4) 3.1(2.6~3.6均可)
解析 (1)实验时应将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器限位孔,并用手捏着纸带上端;先接通电源之后再释放纸带;实验完成后,先关闭电源再取下纸带;之后在纸带上选取一段,测量各点到起点距离,记录分析数据。在本实验中,机械能守恒的验证主要是验证重力势能和动能的转换关系,质量可以约去,所以不必称质量,故四个必需步骤按实验顺序排序为④①⑥⑤。
(2)vb= m/s=1.79 m/s。
(3)机械能守恒时满足mv2=mgh,化简得v2=2gh,因此,若机械能守恒,图中直线应通过原点且斜率为2g,图中斜率k==19.0 m/s2。
(4)η=×100%=×100%=×100%,将v2=kh代入化简有η=×100%,代入数据解得η=×100%=3.1%。
13.答案 (1)5×10-3 m (2)0.11 m
解析 含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动,在进入电极板到离开电极板这段过程中
竖直方向做匀速直线运动,有l=vt
水平方向做匀加速直线运动,有x=at2
液滴在水平方向所受静电力F=qE
根据牛顿第二定律可得F=ma
代入数据解得,x=5×10-3 m,t=10-2 s
故含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10-3 m。
(2)设A细胞离开电极板时速度与竖直方向夹角为θ,tan θ=
含A细胞的液滴离开电场后水平方向位移x'=htan θ
含A、B细胞的液滴整个过程中运动对称,故A、B细胞收集管的间距d=2(x+x')
联立解得d=0.11 m
故A、B细胞收集管的间距为0.11 m。
14.答案 (1)24.5 J (2)5 s
解析 (1)P、Q碰撞过程中动量守恒,有m2v0=m1v+m2v'
碰撞过程中损失的机械能ΔE=m2m1v2-m2v'2
代入数据解得ΔE=24.5 J。
(2)小物块P在防滑带上做匀减速直线运动,在防滑带之间做匀速直线运动,设在防滑带上共经过了x的位移,由运动学公式有v2=2μgx,解得x=4.9 m
故小物块P在第三个防滑带上停下
通过第一个防滑带后速度v1=
通过第二个防滑带后速度v2=
故P从开始运动到静止经历的总时间t==5 s。
15.答案 (1) (2) (3)v0
解析 (1)粒子运动轨迹如图甲所示,在磁场中的圆周运动半径为r1
甲
由几何关系有=cos 60°
解得r1=2h
由洛伦兹力提供向心力,有qv1B=
解得磁感应强度B=。
(2)粒子在电场中运动的水平位移x=s-2r1sin 60°=h
水平方向上做匀速直线运动x=v0cos 60°·t
竖直方向上做类竖直上抛运动t=2,a=
解得电场强度E=。
(3)当粒子以v0竖直向下发射时,运动轨迹如图乙所示
乙
在磁场中,做匀速圆周运动的半径为r1=2h
进出电场时粒子速度与水平方向的夹角均为60°
长时间来看,粒子一个周期内进入磁场到离开磁场向右移动d1=2r1sin 60°=2h
粒子一个周期内进入电场到离开电场向左移动d2=x=h
故一个周期内,粒子将向右偏移Δd=d1-d2=h
粒子在磁场中做完整圆周运动的周期T'=
一个周期内在磁场中运动时间t1=T'=
一个周期内在电场中运动时间t2=
一个周期的时间T=t1+t2=
一个周期内的漂移速度v=v0。云南省2025年普通高中学业水平选择性考试
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13
15
物理答题卡
姓
名
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B]BB B
7A
g
DD DD
可D同D
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(2)
(3)》
14.
12.(1)
(2)
(3)》
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(江苏卷)
1.C 根据题意可知汽车在制动过程中做匀减速直线运动,由速度公式vt=v0+at,代入题中数据可得加速度a=-6 m/s2,方向与汽车运动方向相反,故C正确。
2.A 根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知,根据题中数据可知U1=2 V,U2=4 V,n2=4,代入可得n1=2,故A正确。
3.B 磁感线越密集的地方,磁感应强度越大。根据题图中磁感线分布情况可知,a、b、c三点中b点的磁感应强度最大,a点次之,c点最小,故B正确。
4.B 底盘以O点为轴匀速转动,因此底盘上除O点外所有点均做同轴转动,同时转杯上除O'点外所有点不仅相对O点做同轴转动,还相对O'点做同轴转动,所以O'点做匀速圆周运动,A点做的不是匀速圆周运动,故A错误,B正确;设该时刻A点在底盘上的竖直投影点所对应的底盘上的点为A',则此时A'点绕O转动的半径大于O'点的转动半径,由转速v=rω可知,此时A'点的速度大于O'点的速度,又由于该时刻A点还在绕O'点做与底盘上A'点同方向的转动,则A点的速度大于A'点的速度,由此可知此时A点的速度一定大于O'点的速度,故C、D错误。
5.A 当开关S由a拨到b时,电容器C和电感线圈L组成闭合回路,电场能与磁场能之间的周期性转化会在回路中形成正弦式振荡电流,由于存在能量损耗,回路的能量逐渐减小,振荡电流的峰值逐渐减小,故A正确。
6.D 橡胶塞跳出,瓶内气体迅速膨胀对外做功,因为做功过程时间极短,可认为与外界没有热量传递,即Q=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,此时瓶内气体内能减小,气体温度迅速降低,气体液化出现白雾,故A、B错误,D正确;同时根据理想气体状态方程=C,瓶内气体体积迅速增大且温度迅速减小,则气体压强迅速减小,故C错误。
7.D 由光学知识和题中信息可知,本题中使用的激光为可见光,可见光波长数量级为10-7 m,而肥皂膜内亮环周长数量级一般为10-2~10-1 m,二者相差很大,故A错误;光从一种介质射入另一种介质时,频率不变,故B错误;衍射现象是光可以绕过障碍物继续传播的现象,故C错误;激光从肥皂泡外表面射入后,在膜内向肥皂泡外出射时,是从光密介质射向光疏介质,当入射角等于或大于全反射临界角时,会发生全反射现象,故D正确。
8.C 该气体质量不变,即分子总数不变,同时气体体积不变,则分子数密度不变,平均每个分子占据的空间大小不变,即分子间平均距离保持不变,故A、B错误;由分子速率分布图像可知,气体在状态乙时比在状态甲时速率大的分子更多,即气体在状态乙温度更高,分子的平均动能较大,故C正确;在状态乙时气体温度较高,分子的平均速率较大,同时气体体积不变,则气体在状态乙时单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多,故D错误。
9.A 两金属板一直保持与电源相连,则两板间电势差U不变。设开始时两板间距离为d,a、b两点沿电场线方向的距离为x,两板移动前,将点电荷从a移动到b的过程中,电场力做功W=q·x,之后两板间距离增大为原来的2倍,将该点电荷从a移动到b的过程中,电场力做功W'=q·x=W,故A正确。
10.D 弹簧由压缩状态释放,木箱向右做加速运动,此时物块相对木箱向左滑动,木箱对物块的滑动摩擦力向右,因此此时物块有加速度且加速度方向向右,不为零,故A错误;物块和木箱间存在摩擦力,发生相对滑动时必定存在能量损耗,即弹簧的弹性势能会有一部分转化为内能,这会导致木箱做阻尼振动的振幅逐渐减小,当物块和木箱达到共速且二者之间的最大静摩擦力大于或等于物块的回复力时二者保持相对静止,故B错误;木箱第一次到达最右端时,若二者已达到共速并保持相对静止,即动摩擦因数较大的情况,则此时物块速度与木箱相同,均为零,若二者未达到共速,即动摩擦因数较小的情况,则物块所受摩擦力方向向左,物块向右做减速运动,此时木箱速度为零,物块速度不为零,故C错误;物块和木箱第一次速度相同前,木箱的速度始终大于物块的速度,物块始终相对木箱向左滑动,会受到向右的滑动摩擦力,大小和方向均不变,故D正确。
11.答案 (1)B (2)甲 (3)15.68 (4)mgH (5) 不同意,因为AB段整个过程摩擦力做功大小仍然明显小于AO段机械能ΔE的减少量。
解析 (1)安装实验装置顺序:先将斜槽安装到底座上,再调节斜槽在竖直平面内,接着调节斜槽末端水平,最后在斜槽末端安装光电门,合理的顺序为④②③①,故B正确。
(2)测量钢球直径时,应使用游标卡尺的外测量爪卡住钢球,图甲所示的操作方式正确。
(3)根据ΔEp=mgh,代入数据得ΔEp=15.68×10-3 J。
(4)钢球从A点到B点,由动能定理得mgH-W理=0,得W理=mgH。
(5)不同意,因为AB段整个过程摩擦力做功大小仍然明显小于AO段机械能ΔE的减少量。
12.答案 (1) (2)hν-W0
解析 (1)金属的截止频率对应金属的逸出功
则有W0=hν0
解得ν0=。
(2)根据题意,由爱因斯坦光电效应方程得Ek=hν-W0。
13.答案 (1) (2)
解析 (1)带电粒子在匀强电场中受到竖直向下的电场力作用,做类斜抛运动,则带电粒子在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做加速度大小为a1的匀变速直线运动。
由牛顿第二定律可得qE=ma1
由运动学公式可得0=v0sin θ-a1t
联立解得t=。
(2)在水平方向上,a、b均以速度v0cos θ做匀速直线运动,在任何时刻,a、b均在同一竖直线上。
规定竖直向下为正方向,则b以初速度v0sin θ、加速度a1做竖直向下的匀加速直线运动
a运动到最高点时a在竖直方向上的位移大小
ya=v0sin θ·t-a1t2
b在竖直方向上的位移大小yb=v0sin θ·t+a1t2
又H=ya+yb
解得H=。
14.答案 (1)v0 (2)v0 (3)
解析 (1)玻璃球向右运动,与右侧的第一个钢球发生正碰;玻璃球和该钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰后玻璃球的速度为v10,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv10+mv
mv2
解得v10=0,v=v0
之后右侧钢球依次向右运动并发生正碰,同理可得,碰撞的两钢球质量相等,交换速度,最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0。
(2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1'+3mv11
mv1'2+×3m
解得v1'=-v0,v11=v0
则玻璃球的速度大小v1为v0。
(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,因钢球质量相等且发生正碰,则速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球速度反向后与左侧第一个钢球发生正碰,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv1=mv2+3mv21
×3m
解得v2=-v0=-v0
同理,玻璃球向右与右侧第一个钢球再次发生正碰,有
mv2=mv3+3m
×3m
解得v3=v0
以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0
则Ek=。
15.答案 (1)BLr1ω0 (2) (3)
解析 (1)由题意可知,ab边处在磁感应强度大小为B的磁场中,则ab边切割磁感线产生感应电动势E=BLv
又v=r1ω0
联立解得E=BLr1ω0。
(2)由以上分析知,单个线圈产生的感应电动势E1=2BLr1ω0
由于线圈转动过程中电动势大小不变,若内转子固定,外转子转动一周,线圈abcd产生的焦耳热Q=T1
又T1=
联立解得Q=。
(3)设内转子转动的角速度为ω
线圈abcd产生的感应电动势E2=2BLr1(ω0-ω)
由欧姆定律得E2=IR
分析可知,线圈相对内转子转动180°,线圈电流方向改变2次,恰好为一个电流变化周期
则有T=
联立解得T=。2025年物理(陕山青宁卷)
1.B 静电场的电场线不闭合、不相交,故A、C错误;B项电场线分布图可能为孤立正电荷周围的局部电场线分布图,故B正确;若电场线相互平行,电场线应等间距,故D错误。
2.A 轨道器绕火星做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力,有G=mr,得M=,已知轨道器运动的半径、周期和引力常量G,则可推算火星的质量,故A正确;由V=可知,由已知量无法推算出火星的体积,故B错误;根据逃逸速度的计算公式v=,由已知量无法推算出火星的逃逸速度,故C错误;不能通过已知量推算火星的自转周期,故D错误。
3.A 根据牛顿第二定律F=ma和F-t图像可知,分拣机器人0~1 s内加速度a1=1 m/s2,1~2 s内加速度a2=0,2~3 s内加速度a3=-1 m/s2,在v-t图像中斜率表示加速度,故选A。
4.D 对钢管受力分析,如图所示。竖直绳对钢管的拉力竖直向上,地面对钢管的支持力FN竖直向上,钢管所受重力G竖直向下,若钢管受到地面的摩擦力,则钢管水平方向受力不平衡,钢管不可能处于静止状态,故地面对钢管左端的摩擦力大小为0,故选D。
5.C 设电子经过加速电压加速后速度大小为v,由动能定理得eU=mv2,电子的动量大小为p=mv,电子的德布罗意波长为λ=,联立解得λ=,又U'∶U=100∶1,可得λ'=λ,故选C。
6.B 当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈所围区域产生迅速增强的磁场,根据楞次定律,可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反,为阻碍铜环中磁通量变化,铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等,因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速向内侧压缩,故选B。
【规律总结】楞次定律的推广应用
楞次定律中“阻碍”的含义可以拓展为“感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化”,主要有以下几种表现形式:
①阻碍原磁通量变化——“增反减同”,阻碍相对运动——“来拒去留”。
②使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”或“增扩减缩”。
(B减小时,线圈中的Φ减小,为了阻碍Φ减小,线圈有扩张趋势,各边受到的安培力向外)
(b环中电流减小时a环中Φ减小,为了阻碍Φ的减小,a环面积有缩小的趋势)
③使金属环有远离或靠近的趋势——“增离减靠”。
(穿过金属环P的磁通量增加时,P向右运动;穿过P的磁通量减小时,P向左运动)
7.D 根据楞次定律可知,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,所受合力为F安1=BI1L,且I1=,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,且I2=,可知F安1∶F安2=2∶1,故B错误;假设甲、乙线框都能完全出磁场,对甲线框,根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,又q1=Δt=·Δt=,同理,对乙线框,有-BLΔt'=mv2-mv0,q2=Δt'=·Δt'=,解得v1=0,v2=v0=,故甲线框恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大小不为0,故C错误;由能量守恒定律可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=,Q2=,即Q1∶Q2=4∶3,故C错误,D正确。
8.CD 根据振动图像可知,当波的传播方向为a到b时,xab=λ+nλ(n=0,1,2,…),λ>1 m,解得n=0或1,即xab=λ或λ;当波的传播方向为b到a时,xab=λ+nλ(n=0,1,2,…),λ>1 m,解得n=0或1,即xab=λ或λ;同时t=0时,a处于平衡位置,b处于波谷位置,结合图像可知C、D符合,故选C、D。
9.BC 蓝光与红光频率不同,不能发生稳定干涉形成条纹,故A错误;根据相邻干涉条纹间距公式Δx=λ,由于蓝光的波长较短,故蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小,故B正确;蓝光的相邻干涉条纹间距为Δx1=λ1=×440×10-9 m=4.4×10-4 m,红光的相邻干涉条纹间距为Δx2=λ2=×660×10-9 m=6.6×10-4 m,要使蓝光和红光亮条纹中心重叠,则Δx1·m=Δx2·n(m=1,2,3,…;n=1,2,3,…),可知当Δx1·m=Δx2·n=1.32 mm时,满足条件;当Δx1·m=Δx2·n=1.98 mm时,不满足条件,故C正确,D错误。
10.AC 根据题意,设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为θ时,对滑块进行受力分析,如图所示
由平衡条件有FTcos θ=mgcos 53°+FN,由胡克定律结合几何关系有FT=k
联立解得FN=k·xPQ-mgcos 53°=10 N,可知,滑块与杆之间的弹力不变,则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为Ff=μFN=1.6 N,故A正确;滑块下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同,则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同,故B错误;
滑块下滑过程,设受力平衡位置与P点间距为x1,则mgsin 53°=Ff+kx1,解得x1=0.64 m,滑块上滑过程,设受力平衡位置与P点间距为x2,则mgsin 53°+Ff=kx2,解得x1=0.96 m,由受力分析知,当滑块在速度为0位置与P点距离x满足0.64 m≤x≤0.96 m时,滑块将静止不再运动;
设滑块由静止释放后速度为0的位置距离P点为x',由能量守恒定律有mgx'sin 53°=Ffx'+k(x'2+)-,解得x'=1.28 m,不在区间内,故无法静止,会继续向上运动;
设滑块继续向上运动最终在距离P点为x″位置停下,则由能量守恒定律有k(x'2+)-k(x″2+)=mg(x'-x″)sin 53°+Ff(x'-x″),解得x″=0.64 m,在区间内,故可以保持静止,因此滑块最终将静止在距离P点0.64 m处,故C正确;
滑块从释放到静止,设克服滑动摩擦力做功为Wf,由能量守恒定律有mgsin 53°·x=k(+x2-)+Wf,解得Wf=3.072 J,故D错误。
11.答案 (1)一端垫高 (2)AC (3)乙
解析 (1)在探究加速度与力、质量关系的实验中需要平衡阻力,以确保小车受到的合力等于细线的拉力,故需要将木板一端垫高来平衡阻力。
(2)若加速度a与质量m成反比关系,即a∝,可以通过作图法将反比关系转化为直观的线性关系,可作a-图像,斜率为合力F,若图线为直线,表示a与质量m成反比关系;可作am-m图像,若a与m是反比关系,则am为定值,图线为一条平行于横轴的直线,可判断a与质量m成反比关系。B、D项图像无法直接反映反比关系。故选A、C。
(3)在探究加速度与力的关系时,近似认为细线上的拉力等于槽码盘与槽码的总重力,设小车质量为M,槽码质量为m0,槽码盘质量为m,槽码盘上的槽码数量为n,乙同学操作中槽码总数为x。则甲同学操作中小车的加速度a甲=g,乙同学操作中小车的加速度a乙=g,在x不变,n增大的过程中,a乙与细线上的拉力的正比关系更明显,误差更小。
12.答案 (1)B (2)串联 1 980 (3)2和3 1和4 1和2
解析 (1)使用多用电表测量15 kΩ的电阻时,先将开关旋转到“×1 k”位置,再将红、黑表笔接触,最后进行欧姆调零,故B正确。
(2)表头满偏时两端电压为Ug=rIg=0.02 V,将表头改装成量程为0~2 V的电压表,即最大测量值变为原来的n=100倍,需要串联一个阻值为R=(n-1)r=1 980 Ω的电阻。
(3)因为2和3间电压最高,故2和3之间为电源E;1和2、3和4间电压为0,1和4、2和4、1和3间有电压,则1和4之间为电容器;1和3间电压小于2和4间电压,故说明1和2间电阻的分压能力比3和4间电阻分压能力强,故阻值大的RA在1和2之间。
【技巧总结】电表改装问题
①计算表头满偏值Ig或Ug。
②计算改装后最大测量值相对于表头满偏值的倍数n。
③改装成电流表并联一个阻值为的电阻,改装成电压表串联一个阻值为(n-1)r的电阻。
13.答案 (1)3.3×105 Pa (2)6.6×104 J
解析 (1)由理想气体状态方程有,解得p2=3.3×105 Pa。
(2)p-V图像面积表示外界对气体所做的功,由于该过程气体膨胀
外界对气体做的功W=-(V2-V1)=-1.008×104 J
由热力学第一定律有ΔU=W+Q=-1.008×104+7.608×104 J=6.6×104 J。
14.答案 (1) (2)2π2R2
解析 (1)当磁场的磁感应强度为B0时,电子刚好不会落到筒壁上,则电子以速度v0垂直于轴线方向射出,其轨迹恰好与圆筒壁相切,轨迹半径为R0=
根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0=
联立解得。
(2)磁感应强度大小调整为后,将电子速度沿垂直于轴线和平行于轴线方向进行分解,分别设为vx、vy,电子将在垂直于轴线方向上做匀速圆周运动,平行于轴线方向上做匀速直线运动,电子击中筒壁位置距离粒子源最远时,其垂直于轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切,则轨迹半径仍为R0=
根据洛伦兹力提供向心力可得evx=
联立解得vx=
由射出到相切,经过半个周期,用时t=
根据速度的合成与分解可知vy=v0
平行于轴线方向运动距离y=vyt=R
结合对称性可知,被电子击中的面积S=2×2πRy=2π2R2。
15.答案 (1)v0 (2)l0 (3)
解析 (1)A、B两粒子系统,在B从静止运动到P点的过程中系统的动量守恒,根据动量守恒定律得mv0=(m+4m)v1,解得v1=v0。
(2)两粒子共速时,设它们的间距为l',根据能量守恒定律可知此时两粒子系统的电势能为Ep'=×5m
根据题意可知电荷间的电势能与它们间的距离成反比,则有l'=l0=l0
两粒子共速前的过程中系统的动量始终守恒,有
∑m(v0-vA)t1=∑4mvBt1
即有mv0t1=mxA+4mxB
根据位移关系可得xB+l0=xA+l'
联立解得xB=l0。
(3)对两粒子系统运动的全过程,根据动能定理得Fl0=×4m
根据动量定理得Ft2=4mv0-mv0
联立解得t2=。2025年黑龙江省普通高等学校招生选择性考试
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(辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古考卷)】
13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
←此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂。
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂】
1
2
3
4
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)
14
(3)
0以n
0.2--
(4)
0.1-
01.02.0/s
12.(1)
(2)
(3)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效3.解析：插入d时，应遮住a、b的像和c;由光路图可知光线在上表面的入射角为1，折
→充巾→放巾→充巾一
射角为2，由折射定律得该玻病的折射率为n=s加
sin 02
苔案a6的像和：a6也可给分)出
4.B核反应方程遵循质量致守恒和电荷致守恒，设X的质量数为A,电荷数为Z,则
有A十0=4，Z十2=4，解得A=4,Z=2,则X为He,即为气核，B正确。
5.CDE复色光的频率y=5.50×1014Hz~6.50×1014Hz,当入射光的频率大于金属
材料的极限频率时，该金属能发生光电效应现象，结合图表中五种全属的极限频率
可知复色光的最大频率大于金属钠、钾、铷的极限频率，故该复色光可能使钠、钾、铷
发生光电效应现象，CDE正确。
答案：(1)变大(2)BC
6.解析：核外电子绕氢原子核做匀速圆周运动，电子与原子核间的库仑力提供向心力，
14.解析：(1)由图(a)结合左手定则可知，线图所受的安培力方向为向右，ACD错误，B
正确。(2)由题意可知，正弦式交流电电流的最大值为I0=0.71A,则交流电电流
则由牛第二定律得为=m解得√又电子的动量大小为=m心，解得
的有效值为1
≈0,5A,由安培力公式可知单匝钱线圈受到的安培力的最大值为
Fm=BIL,解得Fm=7.1X10-3N。(3)由波速公式v=入f得入=，代入数据解
答案√
得A=0.79m。
答案：(1)B(2)0.57.1×10-8(3)0.79
7.D一群氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时向外放出光子，AC错误：由巴耳末
公式得子-R分一)小，共中=4，又c=,联立解得一R(分)，D正确，B
15,解析：(1)由电家器电家的决定式C=可知，减小两框板之间的距高，电容器的
电容C变大。(2)闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知，电容器的电荷量为Q
错误。
=CU.
8.解析：由闭合电路欧姆定律得E=U十Ir,将两组实验数据I1=1A,U1=3V,I2=
答案：(1)变大(2)CU
2A,U2=1.5V分别代入并联立解得电动势E=4.5V,内阻r=1.52
16.解：正电荷以平行于极板的速度射入电容器，电荷在电场中做类平抛运动，在竖直
答案：4.51.5
方向上，电荷微匀加建直我运动，由牛顿第二定律得9号-m心
9.解析：1)振据欧姆定律I=是得1=U,U图线上的点与原点所连直线的针奉为
又由位移时间公式得号-
是=京U图线上的点与原点所连直线的斜率逐渐增大，则电阻逐渐减小，AC错
水平方向电荷做句速直线运动，则有L=at
误：由电阻定律得R=ρS,又该电阻的长度1和横藏面积S不支，则该电阻材料的
解得L=u以品
电阻率ρ逐渐减小，B正确，D错误。(2)结合1-U图线可知，当电阻两端电压为U=
17.B声音的音调由频率决定，频率越大音调越高，声波由图像①变成图像②，周期减
1.8V时，流过电阻的电流为I=0.125A,由公式P=U1得电阻的功率为P=
小，频率变大，音调变高，说明手靠近竖直天线；声音的响度由振幅决定，振幅越小
0.225W。(3)为了获得该电阻两瑞的电压和通过该电阻的电流，电压表要测该电阻
声音越小，声波图像①变成图像②，振幅减小，声音支小，说明手靠近水平天线，B
两端的电压，电流表要测通过该电阻的电流，又通过该电阻的电流从0开始变化，故
正确
滑动变阻器应用作分压式解法，C正确，ABD错误。
18.A当导体杆的速度与磁场方向垂直时，感应电动势最大，由图可知，此时A1和A:
答案：(1)B(2)0.225(3)C
的速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，A正确，BCD错误。
10.E物块从a点运动到c点的过程中一直做减速运动，则物块在弧ab段的平均速率
19.解：1)在5s时间内，小车的平均连度0=0十=45km/h=12.5m/s
大于在孤bc段的平均速率，已知物块从a,点到c点所用时间为t0,则物块从a,点运
动至b点的时间小于0.5t0,故在0.5t0时，物块应位于E段，E正确。
小车的位移大小x=t=62.5m。
11.D以初速度方向为正方向，在水平方向上由动量定理得一I:=0一m0,以竖直向
(2)小车的加速度a=,0=5-20m/s2=-3m/s2
上的方向为正方向，在竖直方向上由动量定理得I,一mg=0,则该过程轨连对物块
由牛顿第二定律得mgsin4.8°-F-f=ma
的支持力的冲量大小为I=√T+I区，解得I=m√0十g,D正确。
解得F=5200N。
12.解：(1)由图像可知，物块在最低点位置时的速度大小为0=6m/s,在最高点位置
20.解：(1)封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得
时的造度大小为0=3.5m/s,由动能定理得-mg·2R=mo2-m6
PoVo=p(Vo+xS)
对活塞由力的平衡条件得F=(卫。一p)S
解得R≈0.6m
2025年上海市普通高中学业水平等级性考试
(2)由图像可知0=60°时，物块的速度大小为v=5.5m/s,又物块克服重力做功的
解得F=V0十S
瞬时功率P=mgusin0
(2)以x方向为正方向，结合(1)问可知，拉开微小移x松手后，活塞所受的合外
1,A光的双缝干涉图样是平行等距的明暗相间的条纹，衍射图样为中央宽两侧窄的
代入数据解得P≈23.8W。
明暗相间的条，CD错误：由双缝千净条纹间距公式△兰可知凌长越长条
18解析：①)根据手行板也容器电容的决式得C当人手意近竖直天钱时，等
力F合=-(p-p)S=
V。+xS
距越大，又红光的波长大于紫光的，所以红光的条纹间距大于紫光的条鲛间距，A正
效电容器的板间距减小，则等效电容器的电容变大。(2)在LC振荡电路中，作出回
当x很小时，有F合=
Va
-x=-k1x
确，B错误。
路中的电流：及电容器所带的电荷量？随时间的变化规律图像，如图所示，由图可
2.C根据光的偏振原理，当两偏振片的偏振方向相互垂直时，光屏上的光强最小，偏
知当电荷量为零时，电路中的电流达到最大值，此时电场能全部转化为磁场能，磁
此时活塞的运动为简谱振动，其中1=D。S
Vo
振片B转动一周的过程，两偏振片的偏振方向两次垂直，即光屏上两个光强最小的
场能达到最大值，C正确；电荷量为零时，电容器两瑞电压为零，电场能也为零
时间间隔为0.5T,ABD错误，C正确。
AD错误。
振动频率为f1一2元√M
1■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年四川省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔填涂。
正确填涂示例一
选择题（请用2B铅笔填涂）
cccc
cc
DD可DD
DD可D
可可
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答】
11.(1)
(4)
(5)
14.
12.(1)
(2)
(3)
(4)
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(甘肃卷)
1.C 根据题意可知,用能量为50 eV的电子碰撞He+,可使He+跃迁到n=3能级和n=2能级,由ΔE=Em-En=hν=h可知,波长最长的谱线对应的能级跃迁为n=3→n=2,故选C。
2.A 若小星球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力有=m2,解得v=,故A正确;结合A分析可知,若,小星球将脱离恒星引力束缚,做双曲线运动,不可能与恒星相撞,故D错误。
【思路点拨】类比第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍知,当,小星球将脱离恒星引力束缚,做双曲线运动。
3.A 根据题意,由牛顿第二定律可得F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,故选A。
4.B 根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,竖直方向上A球的速度大小不变,设碰撞前小球A速度为vA,碰撞后小球A水平速度为v1,小球B水平速度为v2,故A球合速度大小为,水平方向由动量守恒可得mv=mv1+mv2,完全弹性碰撞,由A、B组成的系统能量守恒可得mv2+m()+,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做匀加速直线运动,则有h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A在运动t'=1 s末落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故选B。
【一题多解】小球A和小球B质量相同,水平方向上发生弹性碰撞,则水平方向上交换速度,故碰撞后小球A水平方向速度等于v。
5.D M、N两点电势相等,电场线由上到下,N、P点在同一电场线上,沿电场线电势逐渐降低,可知N点电势高于P点,可知M点电势高于P点,故A错误;M点电场线分布比N点密集,可知M点电场强度比N点大,故B错误;负电荷从M点运动到P点,电势能增加,则电场力做负功,动能减小,速度减小,故C错误,D正确,故选D。
6.C 在0~时间内,磁感应强度B增加,根据Φ=BS,则磁通量Φ增加,图像的斜率减小,即磁感应强度B的变化率逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知E=S,感应电动势E逐渐减小,故A错误;当t=和t=时,因B-t图像的斜率大小相等,符号相反,可知感应电动势E大小相等,方向相反,故B错误;t=时,B最大,则磁通量Φ最大,但是B的变化率为零,则感应电动势E为零,故C正确;t=时,B为零,则磁通量Φ为零,但是B的变化率最大,则感应电动势E最大,故D错误,故选C。
7.B 离子在加速电场中被加速时有U1q=,在偏转电场中做类平抛运动,则l=v0t,t2,解得Um=U1,故A错误;当U2=±Um时,离子从板的边缘射出,恰能打到样品边缘时,有,解得L=,故B正确;根据y=t2=,若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,则需减小U1,故C错误;由图可知t1时刻所加的向上的电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移,故D错误,故选B。
8.BC 剪断细线后,弹力大于小球A的重力,则小球A先向上做加速运动,随弹力的减小,向上的加速度也减小,当加速度为零时小球速度最大,此时弹力与重力大小相等,弹簧处于拉伸状态,故A错误;剪断细线之前F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,则对小球A分析,由牛顿第二定律得,F弹-2mg=2ma,解得A的加速度a=,故B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后小球A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为A=x1-x2=,由简谐运动对称性可知小球A运动的最高点和最低点关于平衡位置对称,运动到最高点时弹簧伸长量为,故C正确;由上述分析可知,小球A运动到最低点时,弹簧伸长量为,故D错误,故选B、C。
【思路点拨】简谐运动中,物体处于平衡位置时加速度为零,偏离平衡位置,位移最大时速度为零,故物体速度为零的点和加速度为零的点之间的距离即为振幅。
9.ACD A→B过程中,气体体积不变,则W=0,温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即该过程吸热,故A正确;B→C过程中,气体温度不变,则ΔU=0,体积减小,则W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即该过程为放热过程,故B错误;A→B过程中,气体体积不变,温度升高,根据查理定律=C,可知,压强变大,即状态A压强比状态B压强小,故C正确;气体在状态A的温度低于在状态C的温度,可知气体在状态A的内能比状态C的小,故D正确,故选A、C、D。
10.BD 由题意可作出a粒子运动轨迹图,如图甲所示,a粒子恰好到达磁场外边界后返回,a粒子运动的圆周恰好与磁场外边界相切,然后沿径向做匀速直线运动,再做匀速圆周运动恰好回到A点,根据a粒子的速度大小为v0=,可得Ra=R0,设外圆半径等于R',由几何关系得∠AO'B=270°,则R'=R0+R0,故A错误;由A项分析,a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin,a粒子做匀速圆周运动的周期T=,在磁场中运动的时间t1=·T=,匀速直线运动的时间t2=,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2=,故B正确;由题意,作出b、c粒子运动轨迹图,如图乙、丙所示,因为b、c粒子返回A点都是在同一个圆周中运动,根据b、c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动的周期相同,故所用的最短时间之比为1∶1,C错误;由几何关系得2Rc=R0,根据洛伦兹力提供向心力有qvcB=,联立解得vc=v0,故D正确,故选B、D。
甲 a粒子运动轨迹
乙 b粒子运动轨迹
丙 c粒子运动轨迹
11.答案 (1) (2)50 12
解析 (1)根据小球经过光电门的挡光时间Δt,可得小球到达平衡位置时的速度v=,为验证机械能守恒定律,可列出此过程中重力势能转化为动能有mgh=mv2,联立解得h,可得纵坐标为,图像的斜率为k=;
(2)10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm,此游标卡尺测得小球直径d=20.48 mm,可以判断所用的是50分度的游标卡尺;
若为25分度的游标卡尺,其精确度为0.04 mm,用此游标卡尺测量该小球直径,可得n==12,则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
12.答案 (1)见解析实物连接图 b c
(2)见解析实物连接图
解析 (1)实物连接图如图所示,
闭合S1前,根据滑动变阻器的限流式接法,滑片P应置于b端,此时滑动变阻器连入电路中的阻值最大,可以保护电路的安全;
闭合S1后,将S2分别接c和d端,观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变,说明电流表分压明显,为减小实验误差,应采用电流表外接法,因此测量电阻时S2应该接c端;
(2)实物连接图如图所示,
根据电路分析,当闭合S1,将S2接c端时,电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic,则=Rx+RA+R滑,将S2接d端时,电压表、电流表的读数分别为Ud、Id,则=RA+R滑,那么待测电阻阻值Rx=。
13.答案 (1) (2)1×10-9 s
解析 (1)根据题意,画出光路图,如图所示
由几何关系可得sin i=,FG=H-h=3 cm
则有FB=4 cm,BG=5 cm
则sin r=
由折射定律可得该液体的折射率为n=。
(2)根据题意,由图可知,光在空气中传播的距离为s1=10 cm
光在液体中的传播距离为s2=O'G==15 cm
光在液体中的传播速度为v=
则光从O'点反射至人眼全过程的时间t==1×10-9 s。
14.答案 (1)mg
(2)f=mg(0≤t≤4) f=mg(4(3)g
解析 (1)由题图乙可知F随时间线性变化,根据数学知识可知F=t
所以当t=6 s时,F=
0~6 s内F的冲量为F-t图像围成的面积,即I=mg×6=mg。
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上,则有mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=
在垂直杆方向,当Fsin θ=mgcos θ时细杆对物块的弹力恰好为0,解得t=4 s
故0~4 s,细杆对物块弹力垂直杆向上
垂直杆方向Fsin θ+N=mgcos θ
摩擦力为滑动摩擦力f=μN=mg(0≤t≤4)
在4~6 s内,细杆对物块的弹力垂直杆向下
垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+N
摩擦力为滑动摩擦力f=μN=mg(4相应的f-t图像如图
(3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv
在0~6 s内摩擦力的冲量为(2)解析中f-t图像围成的面积,则If=mg×4+mg×2=mg
联立有3mg+mg·cos 30°-mg=mv
可得v=g。
15.答案 (1)BLv0 竖直向上
(2)BI1L BI2L QC=
(3)
解析 (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E=BLv0
由右手定则可知感应电流方向为竖直向上。
(2)由题可知,机械臂1所受安培力F1=BI1L
机械臂2所受安培力F2=BI2L
设机械臂1、2的速度分别为v1、v2,则UC=BLv1-I1R=BLv2+I2R
对机械臂1,由动量定理可知
-t=mv1-mv0
即BLQ1=m(v0-v1)
对机械臂2,由动量定理可知
t=mv2
即BLQ2=mv2
又因为Q1-Q2=QC
且QC=UCC
联立解得QC=。
(3)系统达到稳定时,I=0,机械臂1、2共速,设此时两机械臂速度为v
对机械臂1、2,由动量守恒可知
BL(Q1+Q2)=m(v0-2v)
又因为UC=BLv1-I1R=BLv2+I2R
故BLx1-QR=BLx2+Q2R
即x1-x2=
所以v=
二者在初始时刻间距至少为xmin=。
【思路点拨】在任何一个闭合回路中,各元件上的电压的代数和等于电源电动势的代数和。
机械臂1和电容器组成的闭合回路中,机械臂1产生的感应电动势大于电容器两端电压,机械臂1充当电源,电容器充当用电器,故BLv1=I1R+UC;
机械臂2和电容器组成的闭合回路中,电容器两端电压大于机械臂2产生的感应电动势,电容器充当电源,机械臂2充当用电器,产生的电动势为反电动势,故UC=BLv2+I2R。6.轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动。轨道
11.球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平
2025年山东省普通高中学业水平
舱与返回舱的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射
地面上，带电荷量分别为十2g和十q的小球甲、乙刚
返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2
GM
好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所
G为引力常量。此时
示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC
等级考试
轨道舱相对行星的速度大小为
45°，OD⊥AB,A、B两点间距离为√3R,E、F为AB连
本试卷满分100分，考试时间90分钟
A.
C.GM
GM
线的三等分点。下列说法正确的是
A.甲的质量小于乙的质量
物理
B.C点电势高于D点电势
之
C.E、F两点电场强度大小相等，方向相同
、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合
轨道舱
行远
D.沿直线从O点到D点，电势先升高后降低
题目要求
1.在光电效应实验中，用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金
传送带
12.如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域I
国
Ⅱ。区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场
属，所得遏止电压如图所示，关于光电子最大初动能E:的大小关系正确的是
返山
金属巾做
和磁场的大小，方向均未知。t=0时刻，质量为m、电荷量为十q的粒子从O
点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为
A.E>E2>Eks
B.E2>Ex3>Ek
6题图
7题图
7.如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固
对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界
C.Ek3>Ek2>Ek
D.Eks>Ek>Ek2
定在同一水平面内，两电极之间的区域I和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应
面，在区域Ⅱ中运动的y一t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒
强度大小均为B、方向相反，区域I边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长
子重力。下列说法正确的是
为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每
:病编中
隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程
中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为
2K域！风域m
E-
A.BLv
B.②BLu
C.3BLo
D.10BLo
2
4
-2
1题图
2题图
8.工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡
2.分子间作用力F与分子间距离的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等
底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角
-103-
于r。时分子势能E。为零，则
为，交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡
图甲
图乙
A.只有r大于ro时，E。为正
B.只有r小于ro时，E。为正
面的交线为MN,∠MVQ=0。若建筑材料与坡面、挡板
A区域I内电场强度大小E=4m,方向沿y轴正方向
C.当r不等于r。时，E。为正
D.当r不等于ro时，Ep为负
间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑
3.用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝S1、S2关于O)轴对称，光
行的加速度大小为
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20
3
屏垂直于O0轴放置。将偏振片P1垂直于O)轴置于双缝左侧，单色平行光
A.gsin20-ugcos 0-ugsin 0cos 0
B.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin20
沿OO轴方向人射在屏上观察到干涉条纹，再将偏振片P2置于双缝右侧，P
C.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin 0cos 0
D.gcos-0-ugcos 0-ugsin-0
P2透振方向平行。保持P1不动，将P2绕O0轴转动90°的过程中，关于光屏
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题
C区域Ⅱ内蓝感应强度大小B一，方向垂直Oy平面向外
上的干涉条纹，下列说法正确的是
目要求，全部选对得4分、选对但不全的得2分、有选错的得0分
D.粒子在区城Ⅱ内圆周运动的圆心坐标(o)
9.均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2cm
光屏
波速均为1m/s,M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示，M、N的
三、非选择题：本题共6小题，共60分
位移均为1cm。下列说法正确的是
13.(6分)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：
A.甲波的周期为6s
B.乙波的波长为6m
数字秒
C.t=6s时，M向y轴正方向运动
D.t=6s时，N向y轴负方向运动
cm乙
遮光川
光屯小2厂
光屯
小：
长直轨道
A.条纹间距不变，亮度减小
B.条纹间距增大，亮度不变
C.条纹间距减小，亮度减小
D.条纹间距不变，亮度增大
2
4.某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面
托盘攻波倒
内绕一固定点做半径为0,6m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了
9质图
10题图
肉甲
一张照片，曝光时间为0$。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半
10.如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O
(1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调
点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO垂直地面，无人机在离地面高度H
整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=
径三的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为
=20m的空中绕O点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆
cm(填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电
周上的两点，∠AOB=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点
门时小车的瞬时速度
(2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门
A.11N
B.9N
C.7N
D.5N
在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为wx。当无人机以wa
5.一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好
沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品
1、光电门2时的速度1=0.40m/s、2=0.81m/s,以及从遮光片开始遮住光
维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为
运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2
电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00s,计算小车的加速度a
下列说法正确的是
m/s2(结果保留2位有效数字)。
m,运动过程中受到的阻力f=k(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为7
则光伏电池单位时间内获得的太阳能为
A.omx=rad/s
Ba=号rad/s
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量，重复上述步
骤，根据数据拟合出α一F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实
A.2k2
B
C.kv+m
D.2kv+m
2n
C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
验中应
(填“增大”或“减小”)轨道的倾角
D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
2025山东卷·物理■■■■■■■
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2025年甘肃省普通高等学校招生统一考试
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cccc
c
DD可DD
而D可D
可可
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11.(1)
(2)①
②
14.
12.(1)①请按要求作图
R
图1
②
(2)①请按要求作图
图
②
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12.(1)
(2)
(3)
(4)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(黑龙江卷)
1.A 位移是矢量,表示物体从起点到终点的有向线段,路程是标量,表示物体运动轨迹的长度,笔尖从a点再经b点再回到a点,该过程位移为0,路程不为0,故A正确,B错误。运动方向沿轨迹切线方向,摩擦力方向沿运动反方向,笔尖两次经过a点的速度方向和摩擦力方向均不相同,故C、D错误。
2.B 将糖果瓶带入温暖车厢一段时间后,瓶内气体温度升高,内能增大,分子平均动能变大,但不是每个分子动能都变大,故A、D错误;瓶内气体体积V不变,根据查理定律可知,温度升高,压强变大,故B正确;分子数密度n=,分子数N不变,体积V不变,分子数密度不变,故C错误。
3.D 由光的传播特性可知,光在不同介质中传播时,其频率保持不变,故A、B错误;全反射临界角公式sin C=,又n甲>n乙,则用乙时全反射临界角大,故C错误,D正确。
4.D 由C=及C=可得U=d,电容器充电后断开电源,Q不变,则U正比于d,当F较小时, 结构容易压缩,随着F增大d迅速减小,U也迅速减小;当F较大时,随着F增大d变化减缓,最终d趋于常数,U也缓慢减小并趋于常数,故D正确。
5.C P点位于最大位移处,为两实线交点。两波源位置如图中S1、S2所示,曲线ab上的所有点均为振动减弱点,则曲线ab应在以S1、S2为焦点的双曲线的一支上。故选C。
6.B 因细绳不可伸长,故手和塔块沿绳方向速度相同,如图所示,设细绳与水平方向夹角为θ,则vcos θ=v物sin θ,即v=v物tan θ,塔块匀速下落,v物不变,θ增大(θ<90°),所以v一直增大,故B正确。
7.C A、B、C三点处弹簧形变量相同,故弹性势能一样。物块从A点到B点过程,由动能定理有F电LAB=EkB-EkA,F电=mg,从B点到C点过程,由动能定理有-mgLBC=EkC-EkB,故EkA=EkB-mgLAB,EkC=EkB-mgLBC,因为LAB>LBC,所以EkA8.ABC 由核反应方程电荷数守恒有42=44-y,得y=2,由核反应方程质量数守恒有A=100,故A、B正确;由ε=hν可知,能量大的光子频率高,则γ1的频率比γ2的大,故C正确;由λ=可知,γ1的波长比γ2的小,故D错误。
9.AB t=0时,af边切割磁感线,由右手定则可知电流在af边中由f流向a,则电流方向为abcdefa,故A正确;由法拉第电磁感应定律有Eaf=Blv=Bl2ω,故B正确;由转过角度θ=ωt知,当t=时,线框转过180°,所处位置如图所示,此时af边切割磁感线,cd边不切割磁感线,感应电动势不为0,故C错误;从t=0到t=过程中,≠0,故D错误。
10.AD 位置x与时间t的图像的斜率表示速度,甲、乙两个小物块的曲线均为抛物线,则甲做匀加速运动,乙做匀减速运动,在t0时间内甲、乙的位移分别为x甲=t0=3x0,x乙=t0=x0,可得t0时刻甲物体的速度为v=2v0,故B错误;甲的加速度大小为a1=,乙的加速度大小为a2=,对甲由牛顿第二定律可得mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理对乙可得μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=2tan θ,故A正确;取水平向左为正方向,对甲、乙与斜面组成的系统由牛顿第二定律可得Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0,则t=t0之前,地面和斜面之间摩擦力为0,C错误;t=t0之后,乙保持静止,甲继续沿斜面向下加速,对甲、乙与斜面组成的系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ,即地面对斜面的摩擦力方向向左,D正确。
11.答案 (1)a (2)0.377(0.376~0.378均可) (3)I-Uac (4)甲
解析 (1)多用电表使用时电流从红表笔流入,黑表笔流出,根据图(a)所示电路可知红表笔应连a接点。
(2)多用电表使用直流电压挡“0.5 V”,看中间刻度,分度值为0.01 V,则此时电表读数为0.377 V。
(3)相同电流下,Uac>Uab,故图(b)中乙是I-Uac曲线。
(4)由图(b)可知,当通过元件的电流大时I-(Uac-Ubc)曲线接近甲曲线,当通过元件的电流小时I-(Uac-Ubc)曲线接近乙曲线。当元件阻值较小时,通过元件的电流较大, 则I-(Uac-Ubc)曲线更接近甲曲线。
12.答案 (1)106 偏大 (2)C (3)减小细绳1与竖直方向的夹角
解析 (1)操作测得x=11.60 cm,由图(b)的图像坐标可知,该芒果的质量为106 g;若杯中放入芒果后,细绳1与竖直方向夹角为30°,但与橡皮筋不垂直,对细绳与橡皮筋结点受力分析,如图所示,根据共点力平衡可知橡皮筋的拉力变大,导致橡皮筋的长度偏大,若仍然根据图像读出芒果的质量与m0相比偏大。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,可能是所测物体的质量过大,导致橡皮筋所受的弹力过大超过了其弹性限度,从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比。故选C。
(3)根据共点力平衡条件可知,当减小细绳1与竖直方向的夹角时,相同的物体质量对应橡皮筋的拉力较小,故对于相同的橡皮筋,可减小细绳1与竖直方向的夹角来增大该装置测量质量的范围。
13.答案 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块在屋顶上运动的过程中,由动能定理得mg·xsin θ-μmgcos θ·x=-0
代入数据解得雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0=5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后,在空中做斜下抛运动,由动能定理得mgh=
代入数据解得雪块落地时的速度大小v1=8 m/s
速度方向与水平方向夹角为α,由几何关系得cos α=
解得α=60°。
14.答案 (1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s
解析 (1)在0~1.0 s内,由法拉第电磁感应定律得
E1=×12 V=0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知,0~1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1==0.1 A
由图(b)可知,t=0.5 s时磁感应强度大小为B0.5=0.15 T
所以此时ad边受到的安培力大小为F=B0.5I1L=0.15×0.1×1 N=0.015 N。
(2)0~1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1=0.1 A,根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针,由图(c)可知1.0~2.0 s内的感应电流大小为I2=0.2 A,方向为逆时针
根据欧姆定律可知1.0~2.0 s内的感应电动势大小为E2=I2R=0.1 V
由法拉第电磁感应定律得E2==0.1 V
1.0~2.0 s内导体框中的磁通量的变化率为=0.2 V
解得t=2 s时磁感应强度大小为B2=0.3 T,方向垂直于纸面向里
故1.0~2.0 s内的磁感应强度随时间变化的图像如图所示。
(3)导体框从磁场离开的过程中,由动量定理得-B2L·Δt=mv1-mv0
其中q=·Δt=Δt=
联立解得ad边离开磁场时的速度大小为v1=0.01 m/s。
15.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)作出粒子在磁场中运动的轨迹,如图(a)所示
图(a)
由几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==2y0
由洛伦兹力提供向心力得qv1B=m
解得粒子射入磁场的速度大小v1=
粒子在磁场中运动的周期T=
所以粒子在磁场中的运动时间t1=T=。
(2)由题意可知,负点电荷在xOy平面内、粒子做圆周运动的圆心O'处,由牛顿第二定律得
qv2B+k=m
解得v2=或v2=(舍去)
故粒子射入磁场的速度大小v2为。
(3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,类比行星绕中心天体的运动规律,则粒子绕负点电荷做椭圆运动,如图(b)所示
图(b)
粒子从N点开始经时间t2的过程中,由能量守恒定律得-kq=-kq
由开普勒第二定律可知v2r2=v3r3
其中r2=2y0
联立解得r3=6y0
由牛顿第二定律得k=m
解得T=
故粒子从N点离开磁场后到首次速度变为与从N点射出速度相反的时间t2=。2025年物理(北京卷)
1.D 猛推推杆压缩筒内气体,由题意可知此时气体未来得及与外界发生热交换,因此Q=0,气体被压缩,体积减小,则外界对气体做正功,W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,此时气体内能增大,故C错误;气体内能增大,故其温度升高,又因为气体体积减小,由理想气体状态方程=C可知,气体压强增大,故A错误;气体被压缩,体积减小,则气体对外界做负功,故B错误;气体温度升高,则分子平均动能增大,故D正确。
2.B 雨后彩虹是光在雨滴中发生折射、反射和色散形成的,属于光的色散现象,故A不符合题意;通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹,是光绕过狭缝边缘产生的衍射现象,故B符合题意;肥皂膜彩色条纹是光在薄膜前后表面反射后发生干涉形成的,属于薄膜干涉,故C不符合题意;水中气泡明亮是由于光从水进入气泡时发生全反射,使得更多光线进入人眼,故D不符合题意。
3.A 圆环在匀强磁场中向左平移,穿过圆环的磁通量不会发生变化,金属圆环中不能产生感应电流,故A正确;圆环在匀强磁场中绕轴转动,穿过圆环的磁通量会发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故B错误;离通有恒定电流的长直导线越远,导线产生的磁感应强度越弱,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移,穿过圆环的磁通量会发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故C错误;根据条形磁体的特征可知,圆环向条形磁体N极平移,穿过圆环的磁通量会发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故D错误。
4.C 根据题意可知,该交变电流的频率f==50 Hz,故A错误;线圈转到图示位置时,磁场与线圈平面平行,磁通量最小,磁通量变化率最大,产生的感应电动势最大,故B错误;根据题意,由右手定则可知,线圈转到图示位置时,电流由B到A,由左手定则可知,AB边受到的安培力方向向上,故C正确;根据题意,由交变电流最大值公式Em=NBSω可知,仅线圈转速加倍,电动势的最大值变为原来的2倍,为20 V,故D错误。
5.B 由图可知,该波上质点的振动方向与波的传播方向垂直,因此该波为横波,故A错误;由图根据同侧法可知,质点P开始振动的方向向上,则质点S开始振动时向上运动,故B正确;由图可知,S、P两质点平衡位置的距离为λ,则两质点振动步调相反,故C错误;质点不随波传播,只能在平衡位置附近上下振动,故D错误。
6.C 根据题意,对A受力分析可知,A受重力和来自B的支持力,由于A静止,则A还受来自B沿斜面向上的静摩擦力,对B受力分析可知,B受重力、来自斜面的支持力、来自A的压力、拉力F,B还受来自A沿斜面向下的摩擦力,由于B静止,则B还应受沿斜面向上的静摩擦力,即B受6个力作用,故选C。
【思路点拨】
组合体受力分析时,先整体后隔离,只分析性质力并按一重、二弹、三摩擦的顺序,摩擦力一定要放在弹力之后判断,因为接触面无弹力则一定无摩擦力。
7.A 在轨道2上从A向B运动过程中,探测器远离月球,月球对探测器的引力做负功,根据动能定理,探测器的动能逐渐减小,故A正确;探测器受到来自月球的引力,由G=ma,解得a=G,在轨道2上从A向B运动过程中,r增大,加速度逐渐变小,故B错误;探测器在A点从轨道1变轨到轨道2,需要加速,机械能增加,所以探测器在轨道2上的机械能大于在轨道1上的机械能,故C错误;探测器在轨道1上做圆周运动,根据万有引力提供向心力,可得G=mr,解得M=,利用引力常量G和探测器在轨道1运行的周期T,还需要知道轨道1的半径r,才能求出月球的质量,故D错误。
8.D 等高线越密集,坡面越陡,根据牛顿第二定律可得小球下滑的加速度a=gsin θ(θ为坡面与水平面夹角),MB对应的等高线更密集,坡面更陡,θ更大,小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大,故A错误;A、B在同一等高线,小球下落高度相同,由机械能守恒定律可知,小球运动到A、B点时速度大小相等,故B错误;等势线越密集,电场强度越大,B点等势线更密集,A点电场强度比B点小,故C错误;等势线越密集,电势变化越快,右侧等势线更密集,右侧电势比左侧降落得快,故D正确。
9.C 闭合开关瞬间,电容器C相当于通路,线圈L相当于断路,所以A1、A2在闭合瞬间亮起,A3在闭合后逐渐变亮,故A错误;闭合开关后,电容器C充电,充电完成后电容器C相当于断路,所以A2亮一下后熄灭,故B错误;稳定后,电容器C相当于断路,线圈L相当于短路,所以A1、A3串联,因此亮度一样,故C正确;稳定后,电容器C与A3并联,两端电压等于A3两端电压,由于线圈电阻和电源内阻忽略不计,且A1、A3串联,A3两端电压为E,根据Q=CU,可得电容器的电荷量Q=CE,故D错误。
10.D 有线圈时,磁体受到电磁阻尼的作用,振动会更快停止,故A错误;磁体靠近线圈时,线圈的磁通量增大,根据楞次定律,此时线圈有缩小趋势,故B错误;磁体离线圈最近时,磁体与线圈的相对速度为零,感应电动势为零,感应电流为零,线圈受到的安培力为零,故C错误;分析可知无论有无线圈,磁体静止后弹簧的伸长量相同,由于磁体和弹簧组成的系统损失的机械能为磁体减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能,故系统损失的机械能相同,故D正确。
11.B t1~t3间,Ff方向向下,先增大后减小,可知此时速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动,故A错误;t2~t3间,Ff方向向下且在减小,可知此时速度方向向上,在减小,根据牛顿第二定律有mg+Ff=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,故B正确;t3~t5间,Ff方向向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,先增大后减小,故实验舱先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻到达最高点,故D错误。
12.C 根据左手定则可知正离子向下偏转,负离子向上偏转,由此可知N点电势比M点高,故A正确;设管道半径为r,稳定时离子受到的洛伦兹力与电场力平衡,即q=Bqv,同时有Q=Sv=πr2v,联立解得U0=,故U0正比于流量Q,同时可知流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,故B正确,C错误;若直径MN与磁场方向不垂直,根据U0=可知,此时式中的磁感应强度为磁感应强度B的一个分量,即此时测量代入的磁感应强度偏大,故测得的流量Q偏小,故D正确;本题选错误的,故选C。
13.A 氢原子基态能量由电子与质子决定,反氢原子由正电子和反质子构成,电荷结构相同,能级结构不变,因此反氢原子的基态能量也为-13.6 eV,故A正确;若中子衰变(β+衰变)生成质子、正电子,即nHe,不符合电荷守恒,故B错误;正负电子对撞湮灭时,总动量为零,需产生至少两个光子以保证动量守恒,因此单个光子无法满足动量守恒定律,故C错误;核聚变通常释放能量(如普通氘核聚变),反氘核聚变遵循相同规律,应释放能量而非吸收能量,故D错误。
14.D 声音的传播类比光线传播,即声音的折射率类比光线的折射率。若空气中的温度均匀,从S发出的“声线”应该向四周沿直线传播,题目中“声线”向地面传播的过程中,越来越靠近法线,即θ1>θ2,如图所示,因此越靠近地面空气对声音的折射率n越大,类比光在介质中传播的速度v=可知折射率越大,光速越小,因此声音越靠近地面,声速越小,温度越低。
从M点到N点在逐渐靠近地面,声音频率f不变,声速减小,根据v=λf可知波长变短,故A错误;声源S点在地面上方,温度高于地面,故B错误;声音在传播过程中会受到介质的阻碍,同时也在向四周分散,声音强度会减弱,故C错误;将声源移至N点,类比光路的可逆性可知发出的声波传播到S点一定沿题图中“声线”NMS,故D正确。
15.答案 (1)B (2)B 3.185(3.183~3.187均可) (3)C
解析 (1)最高点小球速度为0,由加速过程造成摆动不明显,计时不准确,摆球在最低点速度最快,因此需要在最低点开始计时,A错误;变压器原、副线圈上为交流电压,使用多用电表的交流电压挡测量,B正确;使用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零,之后选择合适的倍率,然后将红黑表笔短接,进行欧姆调零,C错误。
(2)双缝应置于单缝后边,因此A为单缝,B为双缝;螺旋测微器读数为3 mm+18.5×0.01 mm=3.185 mm。
(3)若表头Rg断路,表笔连任意两端,电流都无法通过表头,均不会发生偏转,故A错误。若电阻R1断路,连接A、B时,电流通过表头和R2与多用电表构成闭合回路,表头应发生偏转,故B错误。若电阻R2断路,连接A、B时,电流无法通过表头和R2与多用电表构成闭合回路,表头不偏转,连接A、C和B、C均能与多用电表构成闭合回路,表头发生偏转,故C正确。
16.答案 (1)CBA (2)左端 (3) (4)2.8 1.6
解析 (1)实验步骤中,首先调整滑轮位置使细线与木板平行,确保力的方向正确;接着接通打点计时器电源,让打点计时器先工作;最后释放小车。故顺序为CBA。
(2)小车做匀加速直线运动时,速度越来越大,纸带上点间距逐渐增大。图2中纸带左端点间距小,右端点间距大,说明纸带左端与小车相连。
(3)根据匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为AC中间时刻的计数点,AC间位移为x2,时间间隔为2T,则v=。
(4)由逐差法可知a==2.8 m/s2;B点是AC的中间时刻点,则有vB==0.4 m/s,此时向心加速度an==1.6 m/s2。
17.答案 (1)gt (2)2v (3)3vt
解析 (1)物体竖直上抛至最高点时速度为0,由运动学公式可知0=v0-gt,解得v0=gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒,由题可知爆炸前总动量为0,爆炸后A速度为v,由动量守恒定律可知0=2m·v+m·vB
解得vB=-2v,与A的运动方向相反,即炸裂后瞬间B的速度大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t,则
A的水平位移xA=vt
B的水平位移xB=vBt=2vt
由(2)解析可知,水平方向上A、B运动方向相反,所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=vt+2vt=3vt。
18.答案 (1)T=·m (2)a.θR∶d b.
解析 (1)粒子速度方向与磁场垂直,所以该粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可知
q0vB=m
解得轨道半径R=
圆周运动的周期T=
联立,有T=·m。
(2)a.由题意知粒子1做圆周运动,线速度v1=ωR=R
粒子2做匀速直线运动,速度v2=
所以速度之比
即v1∶v2=θR∶d。
b.对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m
可得m=
粒子2的动量p2=mv2
结合上述可知p2=·v2=。
19.答案 (1)mv2+Ffx (2) (3)论证过程见解析 2
解析 (1)由动能定理可知W-Ffx=mv2
可得牵引力对飞机做的功W=mv2+Ffx。
(2)加速过程,设起飞速度为vm,根据速度位移关系由运动学公式可知=2a1d
减速过程,根据速度位移关系由运动学公式可知=2a2(L-d)
联立解得d=。
(3)气流相对飞机以u的速率向后飞行,并且气流掠过机翼改变方向,假设气流密度为ρ,飞机的受力面积为S,气流方向改变后气流速度方向与水平方向夹角为θ
取极短一段时间Δt内的气流作为研究对象
则对应质量m0=ρSuΔt
设机翼给气流竖直方向的分力为F'
规定向下为正,在竖直方向上由动量定理可知F'Δt=m0(usin θ-0)
解得F'=ρSu2sin θ
由牛顿第三定律可知,气流对飞机竖直向上的作用力大小F=F'=ρSu2sin θ∝u2
故α=2。
【思路点拨】
物理中的流体或连续体问题核心在于确定研究对象,可采用微元法,设极短一段时间Δt内的流体作为研究对象。
20.答案 (1)QU (2)推理过程见解析 (E3-E2)<(E2-E1) (3)推导过程见解析 2.56×1011 N/C
解析 (1)在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功
W=qUBA=-Q·(-U)=QU。
(2)粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动,其向心力由静电力提供,由向心力公式可知
qE=m
又因为E=k
联立可得qk=m
解得粒子的动能Ek=mv2=qkλ
故在筒内任何位置粒子的动能均相同,要比较的粒子的能量差为电势能之差
由E=k,r1结合题意可知越靠近轴线电势越低,由匀强电场中U=Ed可定性判断出U32因为E3-E2=qU32,E2-E1=qU21
故(E3-E2)<(E2-E1)。
(3)电子绕核做圆周运动,库仑力提供向心力,
有k=m
电子的动能Ek=mv2
联立可得Ek=
由库仑定律可知,电子与原子核之间的库仑力
F=k
电子从基态轨道半径a处运动到无穷远处,克服库仑力做功W库=ar=
则电子在基态轨道半径a处的电势能Ep=-W库
由能量守恒可知,将基态电子电离所需的能量ΔE等于电子的动能与基态氢原子的势能之和,即ΔE=-(Ek+Ep)=
设外电场的电场强度为E,电子在电场力的作用下获得能量,当电子获得的能量等于氢原子电离所需的能量时,氢原子被电离,电子在电场力的作用下获得的能量W=ΔE=eEa
联立可得E=
代入数据解得E≈2.56×1011 N/C。
