6
．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为 m、带电的小球在 B
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点静止时细线与竖直方向夹角为
，小球所带的电荷量 ，细线的长度为 ，重力加速度为 g（取
，
）。以下说法正确的是（
）
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7 题，只有一项符合题目要
求，每题 4 分；第 8～10 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选
错的得 0 分。
A．小球带负电
B．电场强度的大小
1
．下列说法正确的是（
）
C．在 B 点细线突然断开，小球此后做匀加速直线运动
A．卢瑟福通过 粒子散射实验，发现了质子
能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射 3 种不同频率的光子
C．康普顿效应说明光具有波动性
D．若将小球从 A 点由静止释放，小球运动到 C 点受到细线的拉力大小为 3mg
．用轻质弹簧连接的质量均为 的 A、B 两物体，静止在光滑的
水平地面上，弹簧处于原长，A 的左端靠在竖直墙壁上，现让
B．一个处于
7
D．铀 235 裂变产生的中子能使核裂变反应连续进行，其反应称为链式反应，其反应方程为
B 突然获得一个水平向左的速度 ，规定水平向左为正方向，
下列说法正确的是（
）
2
．在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着
国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，
A．弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，
B．弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，A、B 和弹簧组成的系统机械能不守恒
、
和弹簧组成的系统动量守恒
如图所示．风力始终水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程（
A．风力大小一直不变
）
C．从 B 获得速度到 A 刚要离开墙壁，弹簧对 B 做的功为
B．国旗受到的合力减小
C．上端绳子的拉力在逐渐增大
D．上端绳子的拉力逐渐减小
D．从 B 获得速度到 A 刚要离开墙壁，弹簧对 B 的冲量为
8
9
．一理想气体系统经历一循环过程 a→b→c→d→a，其 p–V 图如图所示，其
中 d→a 过程气体温度不变。下列说法正确的是（
A．a→b 过程气体分子的平均动能增加
B．b→c 过程气体向外界放出热量
）
3
．2025 年 11 月 5 日，神舟二十号返回舱从空间站分离，开启返回地
球的旅程，在返回地球的过程中有一段时间其运动轨迹是椭圆，如
图所示，忽略大气阻力，下列说法正确的是（
）
C．状态 c、a 的体积和压强满足
A．神舟二十号从 点到 点过程中其机械能增加
B．神舟二十号从 点到 点过程中其加速度增大
C．神舟二十号在椭圆轨道上运行周期大于空间站运行周期
D．神舟二十号在 点运行速度大于空间站运行速度
．某海域的海底地震监测网络捕获到一次地震波信号。
地震会产生在海底岩石中传播的简谐横波，监测中心
收到了关于该简谐横波的两个关键数据：一是由部署
在一条海底测线（视为 轴）上的多个传感器，在
时刻同步记录下的波形，如图甲所示；二是传感
D．a→b→c→d→a 过程气体从外界吸收热量
．A、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板 A 的内侧表面系一绝缘细线，
细线下端系一带电小球（可视为点电荷）；两块金属板接在如图所示的电
路中，电路中的 为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），
4
为滑动变阻器， 为定值电阻。当 的滑片 P 在中间时闭合电键 S，
此时电流表和电压表的示数分别为 I 和 U，带电小球静止时绝缘细线与金
属板 A 的夹角为 。电源电动势 E 和内阻 r 一定，且
，下列说法中
正确的是（ ）A．小球带正电
器记录下了平衡位置位于
处的质点的振动情
B．若将 的滑动触头 P 向 b 端移动，则 I 减小，U 减小， 变小
C．保持滑动触头 P 不动，用较强的光照射 ，则 I 增大，U 减小， 变小
D．保持滑动触头 P 不动，用较强的光照射 ，则电源的输出功率减小
况，如图乙所示。下列说法正确的是（
）
A．该简谐横波的传播方向沿 轴正方向，波速为
B．该简谐横波的传播方向沿 轴正方向，波速为
C．在
D．从
的时间内，平衡位置位于
时刻开始，平衡位置位于
处的质点向 轴负方向移动了
处的质点第一次到达波峰所需的时间为
1
0．如图，光滑平行金属导轨由左右两侧倾斜轨道与中间水平轨道平滑连接而成，导轨间距为 L。在左
侧倾斜轨道上端连接有阻值为 R 的定值电阻。水平轨道间有宽均为 d 的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，
磁感应强度分别为 B 和 2B，方向相反；质量为 m、长度为 L、
5
．如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量 随时间 t 变化
的规律如图乙所示。已知线圈匝数为 20 匝，则下列说法正确的是（
）
电阻为 R 的金属棒 ab 由左侧倾斜轨道上 h 高处静止释放，金
属棒第二次从左侧进入磁场Ⅰ区后，最终恰停在两磁场区分界
线处。不计金属导轨电阻，金属棒通过倾斜轨道与水平轨道交
界处无机械能损失，重力加速度为 g,则（
）
A．金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热之比为 1∶4
B．金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比为 1∶4
C．金属棒先后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量之比为 2∶1
A．线圈转动的角速度为
rad/s
B．1.5s 时线圈所在平面与中性面垂直
D．金属棒第二次通过两磁场分界线时的速度为
C．50s 内线圈中电流方向改变 100 次
D．感应电动势的最大值为 4πV
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二、实验题：本题共 2 小题，每空 2 分，共 16 分。
11．某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装 a、b 两个位移传感器，a 测
三、计算题：本小题共 3 小题，共 38 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写
出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
1
1
1
3．（10 分）一块玻璃砖的截面如图所示，由一个半径为 R 的半球体和一个圆柱体组成，圆柱体半径为
R，长度为 2R，一束激光平行于纸面以与直径 AD 夹角 的方向射入，在 AB 面恰好发生全反
量滑块 A 与它的距离 ，b 测量滑块 B 与它的距离 。部分实验步骤如下∶
射，最终从某点射出。已知光在真空中的传播速度为 c。不考虑二次反射，
①
②
③
测量两个滑块的质量，分别为
接通气源，调整气垫导轨水平；
拨动两滑块，使 A、B 均向右运动；
和
；
。
（
1）求玻璃砖的折射率；
（
2）求激光在玻璃砖里的传播时间。
④
导出传感器记录的数据，绘制
、
随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
4．（12 分）现代物理通常用电场和磁场来研究粒子运动规律。如图所示，在 xOy 坐标系所在的平面内，
第一象限内有沿 x 轴负方向的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。在 C 点
沿 y 轴正方向以初速度 v0 发射质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子，粒子依次经过 y 轴上的 D、O、
F 点（F 点图中未画出）。已知 C 点坐标为（L，0），D 点坐标
为（0，2L）。粒子重力不计，求：
（
（
（
1）匀强电场场强的大小；
2）匀强磁场磁感应强度的大小；
3）粒子从 C 点运动到 F 点的时间。
回答以下问题∶
1）从图像可知两滑块在
（
时发生碰撞；
（
（
2）通过分析可得，质量为 400.0g 的滑块是
（填“A”或“B”）；
kg·m/s（保留 2 位有效数字）。
5．（16 分）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成,传送带左边是足够长的光滑水平
3）碰撞后滑块 A、B 所构成系统的总动量大小是
面，一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量 M=6.0kg 的物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右
1
2．指针式多用电表是常用的电学测量仪器，如图 2 所示为某款多量程多用电表的内部结构图。
两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以
匀
速运动。传送带的右边是一半径 R=1.25m 位于竖直平面内的光滑 圆弧轨道。质量 m=2.0kg 的物块
B 从 圆弧的最高处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的
距离 l=4.5m。设第一次碰撞前，物块 A 静止，物块 B 与 A 发生碰撞后被弹回，物块 A、B 的速度大
小均等于 B 的碰撞前的速度得一半。取 g=10m/s2。求:
（
1）物块 B 滑到 圆弧的最低点 C 时对轨道的压力大小；
（
（
2）物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
3）如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰
撞前锁定被解除，求物块 B 经第一次与物块 A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
（
（
1）当接通1或2时，为
大”或“小”）。
2）当接通 3 或 4 测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用
挡（填“电流”、“电阻”或“电压”）。1的量程比2的量程
（填
挡
“
（
填“×1”或“×100”），换挡后，在测量前要先进行
。正确操作后，某同学对一电
阻进行测量，指针的位置如图 1 所示，则测量结果为
Ω。
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D．
处的质点在
时在波谷位置，再经过 第一次到达波峰位置，D 项错误。故选 A。
5
．D【详解】A．由图乙可得交流电的周期
题号
答案
1
1
B
2
C
3
B
4
A
5
D
6
C
7
D
8
9
10
BC
故线圈转动的角速度
故 A 错误；
ABC
AC
B．由图 2 可知，1.5s 时磁通量最大，则线圈处于中性面位置，故 B 错误；
．B【详解】A．卢瑟福通过α粒子散射实验发现了原子核式结构模型，而质子是通过α粒子轰击氮
C．交变电流一个周期内电流方向改变两次，则 50s 内线圈中电流方向改变 50 次，故 C 错误；
核实验发现的，故 A 错误；
B．一个处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射
种不同频率的光子，故 B 正确；
D．感应电动势的最大值
故 D 正确。故选 D。
C．康普顿效应中光子与电子碰撞后波长变长，需用光子动量解释，说明光具有粒子性，而非波动性，
故 C 错误；
D．铀 235 裂变需吸收一个中子才能触发链式反应，可知原方程左侧缺少中子，正确的方程为
6
．C【详解】AB．小球在 B 点处于静止，对小球进行受力分析，如
图所示
小球所受电场力方向与电场强度方向相同，可知，小球带正电，根据
，
故 D 错误。故选 B。
平衡条件有
解得
故 AB 错误；
2
．C【详解】由题知下端的绳子几乎是松弛的，即该段绳子没有拉力，将国旗看作质点对其做受力
C．在 B 点细线突然断开，小球初速度为 0，根据上述可知，小球此时
分析如下左图所示
仅仅受到重力与电场力，合力一定，可知小球此后做匀加速直线运动，故 C 正确；
D．小球静止于 B 点，可知，B 点为小球在复合场中的等效物理最低点，当将小球从 A 点由静止释
随着国旗的徐徐升起，风力的方向保持水平不变，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，应用图解法如
下右图所示
放，小球将做圆周运动到达 C 点，根据动能定理有
小球在 C 点，根据牛顿第二定律有
解得
故 D 错误。 故选 C。
7
．D【详解】A．弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，墙壁对 A 有向右的弹力，即 A、
B 组成的系统受到向右的弹力，外力之和不等于 0，系统的动量不守恒，故 A 错误；
B．弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，A 保持不动，水平地面光滑，可知 A、B 和弹
由上图可以看出随着上端的绳子与旗杆的夹角在变大，风力 也逐渐增大、上端绳子的拉力 也逐
簧组成的系统机械能守恒，故
B 错误；
C．从 B 获得速度到 A 刚要离开墙壁，此时弹簧恢复原长并开始伸长，B 的速度由 v 变成-v ，动能
0
0
渐增大，国旗处于平衡状态，其受到的合力为零。故选 C。
的变化量为 0，由动能定理可得弹簧对 B 做的功为 0，故 C 错误；
3
．B【详解】A．神舟二十号从 点到 点过程中，仅有万有引力做功，机械能不变，故 A 错误；
D．从 B 获得速度到 A 刚要离开墙壁，此时弹簧恢复原长并开始伸长，B 的速度由 v 变成-v ，动量
0
0
B．根据牛顿第二定律有
的变化为
根据动量定理可得弹簧对 B 的冲量为
，故 D 正确。故选 D。
，所以神舟二十号从 点到 点过程中其加速度增大，故 B 正确；
8
．ABC【详解】A．a→b 过程，气体体积不变，压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，内
解得
能增大，则分子的平均动能增加，故 A 正确；
C．神舟二十号在椭圆轨道上的轨道半径小于在空间站的运行轨道半径，根据开普勒第三定律可知，
神舟二十号在椭圆轨道上运行周期小于空间站运行周期，故 C 错误；
D．神舟二十号返回舱从空间站分离要在 点减速，所以在 点运行速度小于空间站运行速度，故 D
错误。故选 B。
B．b→c 过程，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据盖-吕萨克定律可知，气体温度降
低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故 B 正确；
C．根据理想气体状态方程可得
d→a 过程气体温度不变，即
所以
4
．A【详解】AB．由图像可知，
处的质点在
时刻沿 轴正方向振动，由同侧法可知，
c→d 过程气体体积不变，压强增大，则温度升高，即
，故 C 正确；
波沿
，A 项正确，B 项错误；
D．a→b→c→d 过程，气体体积减小，外界对气体做功，气体放出热量等于外界对气体做的功，d→
a 过程气体体积增大，气体对外界做功，气体吸收的热量等于气体克服外界做的功，图线与坐标轴所围
区域的面积表示做功，由图可知，外界对气体做的功大于气体克服外界做的功，所以气体放出热量大于
气体吸收的热量，则整个过程气体向外界放出热量，故 D 错误。故选 ABC。
轴正方向传播。波长为
，周期为 ，由
C．横波在沿 轴方向传播的过程中，质点只会在平衡位置处沿 轴方向振动，不会随波传播，C 项
错误；
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C．金属棒第二次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热
9
．AC【详解】A．由题图知，极板 A 带正电，B 带负电，极板间的电场方向水平向右，由平衡条
件可知小球受到的电场力方向也水平向右，则小球带正电，故 A 正确；
金属棒先后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量之比为
C 正确；
B．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以若将 的滑动触头 P 向 b 端移动，电路中电流
I，U 均不变；极板间的电压不变，场强不变，则角度 也不变，故 B 错误；
D．金属棒第二次通过两磁场分界线时的速度为
D 错误。故选 BC
。
C．保持滑动触头 P 不动，用较强的光照射
，
减小，电路总电阻 减小，根据闭合电路欧姆定
1
1．(1)
【详解】（1）由
了碰撞。
2）根据图像可知碰撞前滑块 A、滑块 B 都向右做匀速直线运动，碰撞后，滑块 A 的速度方向不
变，可知滑块 A 的质量大于滑块 B 的质量，即质量为 400.0g 的滑块是 A。
(2)A (3)0.24
律
可知干路电流 增大；路端电压
图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在
时发生突变，即这个时候发生
减小，即电压表读数 U 减小；极板间电压
减小，根据
（
知板间场强减小，则 变小，故 C 正确；
（
3）由题图乙知，碰撞后 A 的速度大小约为
D．保持滑动触头 P 不动，用较强的光照射 ，电路总电阻 减小，由于开始时
出功率与外电阻关系曲线，可知电源的输出功率将增大，故 D 错误。故选 AC。
0．BC【详解】导体棒从斜面第一次到水平面过程中，根据机械能守恒有
，根据电源输
解得
由题图丙可知，碰撞后 B 的速度大小为
1
碰撞后滑块 A、B 所构成系统的总动量大小为
当金属棒 ab 通过磁场Ⅰ时，通过导体棒的电荷量
为
1
2．(1)电流
大
(2) ×1
欧姆调零
18
【
详解】（1）[1]改装成电流表时要并联电阻分流，所以接通 1 或 2 时，为电流挡；
同理金属棒 ab 通过磁场Ⅱ时，通过导体棒的电荷量
为
[2]设表头的满偏电流为 ，内阻为 ；接通 1 时，设与表头串联的电阻为 ，并联的电阻为
，
根据动量定理，通过磁场Ⅰ时，导体棒动量的变化量为
通过磁场Ⅱ时，导体棒动量的变化量为
对应的量程为
接通 2 时，对应的量程为
联立可得
故
即 1 的量程比 2 的量程大；
2）[1][2]当接通 3 或 4 测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，可知待测电阻阻值
较小，则应该换用×1 挡，换挡后，在测量前要先进行欧姆调零。
3]某同学对一电阻进行测量，指针的位置如图 1 所示，则测量结果为
导体棒从开始到停下来，3 次通过磁场区域Ⅰ，两次通过磁场区域Ⅱ，则有
联立解得
（
[
A．金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ的过程中，根据能量守恒，可得 ab 棒与定值电阻上产生的焦耳热
1
3．(1)1.25
详解】（1）单色光在 AB 面恰好发生全反射，根据几何关系
根据全反射临界角公式有 解得
2）光经过 AB 面反射后，射到 BC 面，入射角
(2)
【
同理金属棒第一次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，ab 棒与定值电阻上产生的焦耳热
（
不考虑二次反射，光最终从 BC 面射出，根据
解得
故金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热之比为
A 错误；
由几何关系可知，光在材料里传播的距离
B．金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比为
B 正确；
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所以传播时间
解得
对物块 B 由运动学公式可得
1
4．(1)
(2)
(3)
解得，物块 B 离开传送带时的速度为
【
详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有
因为
则满足物块 B 在传送带上一直向左做匀减速直线运动。
因为物块 B 与物块 A 发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
沿电场方向做匀变速直线运动，则有
其中，在电场中，根据牛顿第二定律有
联立解得
由能量守恒定律可知
（
2）设粒子入射到磁场速度大小为 v，与 y 轴夹角为 ，则有
解得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 ，则
根据洛伦兹力提供向心力，故有 解得
3）粒子在电场中由 C 点运动到 D 点的时间为
，
代入数据解得
，
所以物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能等于碰后 A 的初动能
解得
（
3）碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动。设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 ，由动
（
能定理得 解得
所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上。物块 B 在滑动摩擦力作用下在传送带上向右运动
粒子在磁场中运动周期为
的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块 B 在传送带上一直做匀变速直线运动，所
由图可知，粒子转过的圆心角为
粒子在磁场中由 D 点运动到 O 点的时间为
以运动到左边台面时的速度大小为
与物块 A 发生第二次碰撞。设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块 B 在传送带上运动的时间为 t1，
粒子在 O 点时，x 轴方向的分速度大小与 D 点的 x 轴方向的分速度大小相等，方向相反；y 轴方向
的分速度大小与 C 点的 y 轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由 O 点运动到 F 点的过程，在沿
y 轴方向做匀速直线运动，沿 x 轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由 O 点运动到 F
由动量定理得
解得
设物块 A、B 第二次碰撞后的速度分别为 v5、v4，取向左为正方向
点的时间为
由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断物块 B 运动到
所以，粒子从 C 点运动到 F 点的时间为
左边台面时的速度大小为
1
5．（1）60N；（2）12J；（3）8s
详解】（1）物块 B 从静止释放到 C 点由动能定理可得
在 C 点，对物块 B 由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律可得，物块 B 滑到圆轨道的最低点 C 时，对轨道的压力大小为
2）由（1）可知
继而与物块 A 发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块 B 在传送带上运动的时间为
【
t2。
代入数据解得
由动量定理得
解得
同理可知物块 B 与物块 A 第四次碰撞，第五次碰撞，……，第 n 次碰撞后物块 B 在传送带上运动的
（
时间为
所以物块 B 从第一次与物块 A 碰撞到第 n 次碰撞在传送带上运动的时间为
物块 B 在传送带上做匀减速直线运动，对物块 B，由牛顿第二定律
可得物块 B 的加速度大小为 方向水平向右
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当
时，可得
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