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2025届浙江省宁波市十校高三下学期一模物理试题
1．（2025·宁波模拟）下列属于国际单位制中的基本单位的是（　　）
A．C B．V C．T D．mol
【答案】D
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】熟记国际单位制规定的七个基本物理量即可顺利解题。mol（摩尔）是物质的量的单位，属于国际单位制中的基本单位，C、V、T为导出单位。
故选D。
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量.它们的在国际单位制中的单位，称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
2．（2025·宁波模拟）北京时间2024年8月4日凌晨，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得首枚女网奥运金牌。图中郑钦文挥拍打出一个强烈的上旋球，网球划过一条优美的弧线直飞对方的底线。下列说法正确的是（　　）
A．研究击打出上旋球时可以把网球看作质点
B．研究网球的飞行轨迹时可以把网球看作质点
C．该网球的飞行轨迹长度就是它的位移的大小
D．某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指平均速度
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查直线运动的基本概念，掌握质点、路程、瞬时速度和平均速度的概念即可作答。AB．研究击打出上旋球时，网球各部分运动情况不同，不能将其看成质点，而研究网球飞行轨迹时，可以忽略网球的大小和各部分的旋转情况，将其看成质点，A错误，B正确；
C．该网球的飞行轨迹长度就是它的路程的大小，位移大小是指从起始位置到终止位置有向线段的长度，C错误；
D．某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指瞬时速度，D错误。
故选B。
【分析】根据质点的定义分析；根据路程的定义分析；根据瞬时速度和平均速度的定义分析。
3．（2025·宁波模拟）下面有四幅图片，涉及有关物理现象，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃
B．图乙中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体的温度将降低
C．图丙中，观察二氧化氮扩散实验，说明空气分子和二氧化氮分子间存在引力
D．图丁中，封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体分子间距离减小时，分子间斥力会增大
【答案】A
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；浸润和不浸润
【解析】【解答】本题考查了浸润和不浸润现象，气体的自由膨胀、气体的扩散现象、以及气体压强的变化等问题，基础题。A．图甲中，水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃，故A正确；
B．图乙中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体会扩散均匀，没有做功，气体温度不变，故B错误；
C．图丙中，观察二氧化氮扩散实验，说明空气分子和二氧化氮分子永不停息的做无规则运动，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这是由于气体压强逐渐增加，与分子间的斥力无关，故D错误。
故选A。
【分析】根据不浸润的现象分析；气体做的是自由膨胀；扩散现象说明分子在做无规则运动；体积减小，气体的压强增大。
4．（2025·宁波模拟）如图所示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，已知，计时牌的重力大小为。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．如图位置平衡时，绳的拉力大于绳的拉力
B．如图位置平衡时，绳与竖直方向的夹角大于绳与竖直方向的夹角
C．如图位置平衡时，绳的拉力大小为
D．将计时牌挂正，平衡时绳的拉力小于计时牌倾斜时绳的拉力
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题，一要明确绳上张力大小处处相等；二要明确高考倒计时牌在三个力的作用下处于共点力的平衡状态。ABC．一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则绳上张力大小处处相等，设绳上张力大小为T。高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。将绳OA、OB上的拉力T延长，则两力的合力必与重力等大反向，绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°，如下图所示
由直角三角形几何关系可得
解得
故AB错误；C正确；
D．将计时牌挂正，由几何知识可知两绳间的夹角增大，两绳合力不变，绳子拉力增大，故D错误。
故选C。
【分析】一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则O点为“活结”，绳上张力大小处处相等，高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T，共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。而后，根据共点力的平衡知识，结合几何关系，可求平衡时绳OB中的张力大小；两力的合力不变，两力间的夹角在增大时，分力增大。
5．（2025·宁波模拟）2023年4月12日我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测部分数据向国内外试开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动，两轨道相交于两点。已知夸父一号卫星的速度大小为，卫星在椭圆轨道远地点时速度大小为，椭圆轨道的近地点为，两颗卫星的运行周期相同，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是（　　）
A．两卫星在图示位置的速度
B．从点运动到点的过程中卫星的机械能增加
C．两卫星通过点时的加速度大小相等，但方向不同
D．在相等时间内卫星与地心连线扫过的面积与夸父一号与地心连线扫过的面积相等
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查学生对万有引力提供向心力、牛顿第二定律开普勒第三定律的掌握情况，关键要知道在椭圆的远地点，万有引力大于向心力。A．设沿椭圆轨道运行卫星在远地点变轨成绕地球做匀速圆周运动，则需要在变轨处点火加速，可知小于变轨后圆轨道的运行速度；卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
解得
可知
则两卫星在图示位置的速度
A正确；
B．从点运动到点的过程中，只有引力做功，机械能守恒，B错误；
C．两卫星在A处，都靠万有引力提供加速度，加速度大小相等，方向相同，C错误；
D．开普勒第二定律是指同一卫星在相等的时间内，与中心天体连线扫过的面积相等，而“夸父一号”卫星和另一颗卫星不是同一卫星，在相等的时间内，与地心连线扫过的面积不一定相等，D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律，分析周期关系，判断两颗卫星能否相遇；再与同步卫星的轨道半径对比，从而可以确定周期小于24小时：根据万有引力定律比较万有引力的大小；由变轨原理比较图示时刻两卫星速度的大小关系。
6．（2025·宁波模拟）如图所示，以水平向右为轴，以竖直向上为轴建立直角坐标系，发射器能把小球以和的速度从坐标原点射出，射出方向均与轴正向成角，过原点放置一块很长的倾斜挡板，以射出的小球沿轴正向击打在挡板上点，点坐标（x，y）。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为
B．射出的小球击打斜面上的点的坐标为（2x，2y）
C．挡板所在的直线方程是
D．以和的速度射出的两小球击打到挡板的速度不平行
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题主要考查了运动的合成与分解问题，要求同学们能正确分析小球的运动情况，特别要知道小球的速度方向与挡板平行时，离挡板最远。D．设挡板与水平方向成角，根据平抛运动推论：平抛运动物体运动轨迹上某点速度与水平方向夹角的正切值等于此时位移与水平方向夹角正切值的2倍，可得打在挡板上时有
可推知以和的速度射出的两小球击打到挡板的速度平行，故D错误。
A．设挡板与水平方向成角，以射出的小球沿轴正向击打在挡板上点，可把小球的运动等效看做初速度为的平抛运动，当小球的速度与挡板平行时，射出的小球离斜面最远。将该速度和小球的重力加速度分别沿垂直挡板和平行挡板方向分解，在垂直挡板方向上有
求得
小球竖直下落的距离为
由于
把代入，联立可得射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为
故A错误；
C．根据平抛运动速度偏转角与位移偏转角关系推论，可知射出的小球击打斜面上时，满足
可得挡板所在的直线方程是
故C正确；
B．结合前面选项分析，可知射出的小球击打斜面上时，则有
可得
则
根据挡板所在的直线方程
可知
则射出的小球击打斜面上的点的坐标为（4x，4y），故B错误；
故选C。
【分析】根据平抛运动规律求挡板所在的直线方程；根据逆向思维判断以v0和2v0的速度射出的两小球击打到挡板的速度方向；根据运动学公式求v0射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标；根据运动学公式求2v0射出的小球击打斜面上的点的坐标。
7．（2025·宁波模拟）真空中有两个点电荷，电荷量均为，固定于相距为的、两点，是连线的中点，点在连线的中垂线上，距离点为，已知静电力常量为，则下列说法正确的是（　　）
A．点的电场强度为
B．中垂线上电场强度最大的点到点的距离为
C．在点放入一电子，从静止释放，电子的电势能一直增大
D．在点放入一质子，从静止释放，质子将以为平衡位置做简谐运动
【答案】B
【知识点】简谐运动的回复力和能量；电场强度的叠加
【解析】【解答】本题的难点在于理解电场的叠加原理，以及如何通过计算电场强度来确定电场的强弱和方向。同时，还需要理解电场力对电荷的作用，以及电场力如何影响电荷的运动和电势能的变化。A．由题可知，三角形和为等腰直角三角形，所以
一个点电荷在M点的场强为
根据对称性可得，M点的场强为
A错误；
B．设中垂线上任一点到 O 的距离为 y ，则其到任一负电荷的距离
由对称性可知，两电荷在该点的场强水平分量相互抵消，竖直分量相加，可得
对y求导，并令其为零，则有
整理可得
解得
即中垂线上电场强度最大的点到点的距离为，B正确；
C．由题可知，连线中垂线上的场强方向由无穷远指向O点，在M点由静止释放一电子，电子受到的电场力背离O点，电场力做正功，电势能减小，C错误；
D．设质子到O点的距离为（较小），单个点电荷对质子的作用力
（Q为质子的电荷量）
则合力为
显然，当x较小时，不满足简谐振动回复力
D错误。
故选B。
【分析】根据电场的叠加，判断合场强的大小和方向；根据电场力做功与电势能之间的关系判断选项；根据简谐运动概念判断是否满足条件。
8．（2025·宁波模拟）如图所示，交流发电机的线圈输出的交变电压为。理想变压器原、副线圈的匝数比，副线圈中分别接有灯泡和灯泡，灯泡上标有“”，灯泡上标有“”。图中电表均为理想电表，变压器均为理想变压器，交流发电机线圈的电阻忽略不计。当仅闭合开关时，灯泡恰能正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．仅闭合开关时，电阻上消耗的功率为
B．若仅闭合开关，则灯泡恰好能正常发光
C．若均断开，则电压表的示数为0
D．若均闭合，则原线圈中的电流表示数为
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的动态分析问题。掌握当原线圈串联电阻时应用等效电阻的方法处理问题的方法。A．当仅闭合开关时，灯泡恰能正常发光，此时
根据
，
解得
，
电阻上消耗的功率为
故A错误；
B．若仅闭合开关，假设灯泡恰好能正常发光，则
根据
解得
根据A选项分析此时，则满足
所以假设成立，故B正确；
C．若均断开，根据变压器原理可知，副线圈两端电压不为零，所以电压表的示数不为零，故C错误；
D．由于
若均闭合时原线圈的电流为3A，则电阻R分到的电压为
这是不可能的，故D错误。
故选B。
【分析】确定交流电输入电压有效值与两灯泡正常工作时的电阻。仅闭合开关S1时，灯泡a正常发光，根据理想变压器的电流比。电压比与匝数比的关系，得到原线圈的电压与电流，根据闭合电路欧姆定律与电功率计算公式得到定值电阻R的电阻与功率；若仅闭合开关S2，将变压器与灯泡b整体视为一个等效电阻，同理分析判断灯泡b的电压是否等于额定电压；若S1、S2均断开，副线圈回路没有电流，但副线圈两端仍有电压；假设S1、S2均闭合时原线圈的电流为3A，判断电阻R分到的电压是否合理。
9．（2025·宁波模拟）有一透明材料制成的型半圆柱体，内径是，外径是，其横截面（纸面内）如图所示，是对称轴，一束单色光（纸面内）从半圆柱体外表面上点射入，光线与直线所成夹角时，经折射后恰好与内表面相切。已知真空中的光速为，不考虑多次反射，下列说法正确的是（　　）
A．这束单色光在该材料中的折射率为
B．这束单色光在该材料中的传播时间为
C．当入射角大于时，该单色光可能在半圆柱体内发生全反射
D．该单色光在内圆柱面恰好发生全反射时，从点射入的光线与直线的夹角
【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解决几何光学问题应先准确画好光路图。用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系。在处理几何光学问题时应充分利用光的可逆性、对称性、相似性等几何关系。A．几何关系可知，折射角满足
则为，故折射率
故A错误；
B．光在介质中传播速度
则传播时间
联立解得
故B错误；
C．反射全发射时临界角满足
当入射角大于时，光不会打在内球面，打在内球面下方，如图
随着增大，会增大，光线会向E点移动，即光不可能在半圆柱体内发生全反射，故C错误；
D．当该单色光在内圆柱面恰好发生全反射时，设此时从O'点射入的光线与O'O直线的夹角为，折射角为，如图
由几何关系有
因为
联立解得
则有
解得
故
故D正确。
故选D。
【分析】根据折射定律，结合几何关系求解该材料中的折射率；根据光在介质中和真空中的传播速度的关系，结合几何关系求解这束单色光在该材料中的传播时间；当入射角增大时，折射角也增大，折射光线将顺时针偏转，考虑入射角最大的情况下是否会发生全反射，根据折射定律与全反射临界条件判断分析；根据折射定律与全反射临界条件，结合几何关系，求解当光线在内圆柱面发生全反射时得入射角。
10．（2025·宁波模拟）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力相互作用，的大小与分界线的长度成正比，即（为液体的表面张力系数），的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为的形细框上放置一细杆，两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对产生水平向左的力。小明用一测力计水平向右拉住使其保持静止，测力计示数为，接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图丙所示。当肥皂泡大小稳定时，测得其球形半径为。则小明测得肥皂水的表面张力系数和肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压强差分别为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】液体的表面张力
【解析】【解答】表面张力是液体表面的一种特性，它使得液体的表面像一层弹性薄膜，有收缩的趋势。这种力使得液体表面尽可能缩小，表现为液滴总是试图保持球形。肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有
得到肥皂水的表面张力系数为
右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图
根据受力平衡可知
因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
故压强差为
故选C。
【分析】由F=σl结合平衡条件可求表面张力系数σ；对膜由平衡条件可求膜受到的压力差，再由压强的定义可求压强差。
11．（2025·宁波模拟）核电池又叫“放射性同位素电池”，它是通过半导体换能器将同位素在衰变过程中放出的具有热能的射线转变为电能制造而成。某核电池由放射性同位素制成，已知衰变为铀核（符号），其半衰期为88年，若该电池在第一年内的平均功率为，其发电效率为，不考虑其他衰变，则下列说法中正确的是（　　）
A．该核反应为衰变
B．经过44年，该核电池中的放射性同位素有一半发生衰变变成了
C．该核电池在第一年内释放的核能约为
D．该核电池在第一年内亏损的质量约为
【答案】A,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查了原子核的衰变问题，以及爱因斯坦质能方程的应用。掌握半衰期的物理意义，要知道衰变过程质量数与核电荷数守恒，而存在质量亏损。A．的衰变方程为
故为衰变，A正确；
B．半衰期为88年，经过88年，该核电池中的放射性同位素有一半发生衰变变成了，故B错误；
CD．该电池在第一年内的平均功率为，其发电效率为，故释放的核能约为
根据
可得
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据质量数守恒与核电荷数守恒判断是何种衰变；根据半衰期的物理意义可知有一半发生衰变所需时间；由功率的公式和发电效率求出释放的核能；由爱因斯坦质能方程求解亏损的质量。
12．（2025·宁波模拟）如图甲所示，是同一水面上的两个波源，是水面上的某一点，其与两波源的距离分别是、，、间距为。波源的振动图像如图乙所示，波源振动频率，其产生的简谐横波在时沿水面某一传播方向的图像如图丙所示，已知均在时刻开始振动，则下列说法正确的是（　　）
A．波源的起振方向沿轴正方向
B．质点为振动减弱点
C．时质点向轴负方向运动
D．若以为圆心，为半径画一个圆，在该圆上有14个振动减弱点
【答案】A,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波长相等，波速
波源P2产生的波在t=0.25s时间内传播的距离
s=vt=10×0.25m=2.5m
由图丙可知，波源P2在t=0.25s时刚好传播到x=2.5m处，根据“同侧法”可知x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，因此波源为P2的起振方向沿y轴正方向，故A正确；
B．根据波源P1的振动图像图乙可知，波源P1的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为Δx=|P1S-P2S|=|7m-9m|=2m
由于波程差满足
Δx=nλ（n=1）
S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B错误；
C．根据上述A选项分析可知，波速v=10m/s，则P1波传到S点的时间为
同理P2波传到S点的时间为t2=0.9s，由于S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同；当t=1s，S点已经振动了0.3s，刚好为1.5个周期，所以它此时向y轴负方向运动，故C正确；
D．若以P1为圆心，P1S为半径画一个圆，则振动减弱点满足
即
当n=0时，SP2=8m或6m
当n=1时，SP2=10m或4m
当n=2时，SP2=12m或2m
当n=3时，SP2=14m
当n=4时，SP2=16m
即在圆周上方共有8个减弱点（包括直径两端），可知在该圆上有14个振动减弱点，故D正确。
故选ABD。
【分析】由波形图可知波的波长、由振动图像可知周期，根据公式可计算出波速；根据“同侧法”分析起振方向；根据波程差和起振方向分析；根据波的传播时间和周期分析运动方向；对振动情况完全相同的两个波源，在同一介质中形成的两列波的重叠区内，某点的振动是加强还是减弱，取决于两个相干波源到该点的波程差。
13．（2025·宁波模拟）1879年，霍尔（EdwinHall）做了一个经典的实验，他让电流沿着方向通过一个两维金属薄片（即薄片在方向的厚度相比方向长度和方向的宽度很小），然后在方向加上一个磁感应强度为的匀强磁场，如图所示。霍尔发现，在薄片的方向出现了电势差，后世把这个实验现象称为经典霍尔效应。这个实验的不寻常之处在于电压和电流不在一个方向上，因此意味着出现了一种新的横向电阻，它把方向的电流和方向的压降联系起来，该电阻也被称为霍尔电阻，定义为。在室温和磁感应强度不大且不变的情况下，下列说法正确的是（　　）
A．方向上标号为4这侧的电势高于3这侧
B．与成正比
C．与成正比
D．与成反比
【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查霍尔效应的知识，利用平衡条件结合电流的微观表达式，会根据题意进行准确分析解答。A．金属片中的电流是自由电子的定向移动形成的，根据左手定则可知，电子偏向3侧面，克制方向上标号为4这侧的电势高于3这侧，选项A正确；
BCD．根据
且
，
解得
可知与成反比，与成正比，与无关，选项C正确，BD错误。
故选AC。
【分析】根据载流子情况结合左手定则判断电势高低，利用平衡条件结合电流的微观表达式推导相应的表达式进行判断。
14．（2025·宁波模拟）两研究小组分别用图甲和图乙装置探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”。装置甲中各器材如图所示，装置乙中含有：带有遮光条的小车容器（内有一压力传感器，可测小钢球对容器后侧壁的压力）、光电门、一端带有定滑轮的木板、重物、直径略小于容器宽度的小钢球（忽略小球和容器之间的摩擦力）、细线。
（1）若图甲中所挂重物的重力视为小车的合力，若图乙中压力传感器的示数视为小球所受合力。则在实验过程中，需要满足重物质量远小于小车质量的是　 　（填“甲”、“乙”或“甲和乙”），同时，甲装置中需要长木板　 　，乙装置中需要长木板　 　。
A.保持水平 B.倾斜一特定角度 C.倾斜任意一小角度
（2）在正确操作的前提下，图乙装置改变重物质量，小车从同一位置开始运动，记录多组压力传感器示数和遮光时间，已知小球的质量为，遮光条的宽度为。根据测量的数据，实验小组作出图像，图像斜率为，则钢球开始运动的位置到光电门的距离为　 　（用字母m、d、k表示）。
【答案】（1）甲；B；A
（2）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系。
（1）图甲中为了使细线拉力近似等于重物的重力，需要满足重物质量远小于小车质量；图乙中小球所受合力可以通过中压力传感器的示数得到，所以不需要满足重物质量远小于小车质量；
甲装置中为了使细线拉力等于小车受到的合力，需要平衡摩擦力，即需要长木板倾斜一特定角度；
故选B。
乙装置中由于忽略小球和容器之间的摩擦力，所以需要长木板保持水平；
故选A。
（2）遮光条经过光电门的速度为
根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得钢球开始运动的位置到光电门的距离为
【分析】 （1）根据实验原理，结合实验装置分析作答；
（2）根据极短时间内的平均速度求解遮光条通过光电门的瞬时速度；根据动能定理求解函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）[1]图甲中为了使细线拉力近似等于重物的重力，需要满足重物质量远小于小车质量；图乙中小球所受合力可以通过中压力传感器的示数得到，所以不需要满足重物质量远小于小车质量；
[2]甲装置中为了使细线拉力等于小车受到的合力，需要平衡摩擦力，即需要长木板倾斜一特定角度；
故选B。
[3]乙装置中由于忽略小球和容器之间的摩擦力，所以需要长木板保持水平；
故选A。
（2）遮光条经过光电门的速度为
根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得钢球开始运动的位置到光电门的距离为
15．（2025·宁波模拟）（1）在做“用单摆测重力加速度的大小”实验时，同组内两同学使用同一游标卡尺测量了同一小球的直径，操作图片如图甲和乙所示，从放大图可见测量值偏差较大，对得最齐的线已圈出。你认为该小球直径测量值应取　 　mm。
（2）小球直径记为d，悬点到小球上端绳长记为L，把小球拉开一个小角度，让小球在竖直平面内稳定摆动，某次经过平衡位置时，数1并开始计时，再次经过平衡位置时数2….，当数n时结束计时，总时间记为t，则计算重力加速度g的表达式为　 　。
【答案】（1）15.90
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查游标卡尺的读数；单摆周期公式的运用，解题关键掌握单摆周期的理解。
（1）图甲中小球的位置放的不对，根据游标卡尺的使用方法可知图乙准确，游标卡尺是50分度的，所以游标卡尺精确度为0.02mm，则读数为
15mm+45×0.02mm=15.90mm
（2）根据单摆周期公式可得
，
联立可得
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数，游标卡尺读数等于主尺读数加上游标读数；
（2）根据单摆周期公式分析解答。
（1）用游标卡尺测量小球直径时，应将小球置于外测量爪之间，即图乙所示，且游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的直径为
（2）根据单摆周期公式可得，
联立可得
16．（2025·宁波模拟）（1）小陈所在小组对水果电池非常感兴趣，他们用图（a）中电路测量西红柿电池的电动势和内阻。
其中电源是西红柿上插有宽为的铜片和锌片，两金属片平行正对间距，插入深度为。电流表用多用电表的档（阻值为），电阻箱。某次测量，电阻箱阻值为，电流表指针偏转如图（b）所示，读数为　 　mA，多次实验，把记录的数据描在图像中并用直线拟合，获得图（c），则由图像求得西红柿电池的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω（两空计算结果均保留2位有效数字）。
（2）小明同学按下面电路图“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”，其中A、B两个电容器完全相同。步骤如下：
①取一个电容器和电压表相连，把开关接1，用一节干电池给充电，可以看到充电后两极板具有一定的电压，记为。
②把开关接2，使另一个相同的但不带电的与并联。希望可以看到电压表示数变为的一半。
③继续实验，希望看到电压表示数继续减半。操作步骤已被打乱，分别为a.把开关接2；b.断开和2；c.闭合；d.断开，正确操作顺序为　 　（填“A”、“B”或“C”）。
A.bcda B.cbda C.cdba
④不断重复步骤③，小明读出电压表示数依次为、、、，记录在表中。
。。
1.50 0.65 0.25 0.10 。。
理论上每次电压值应该减半，看表分析实际数据与理论值出现差异的最大可能原因：　 　
【答案】（1）0.150；；
（2）A；电压表内阻不够大，电容器会通过电压表放掉一部分电量
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；观察电容器的充、放电现象；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了测量西红柿电池的电动势和内阻的实验和“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作步骤，掌握欧姆定律的运用；理解电容器的充电和放电原理。
（1）电流表用多用电表的档，最小分度值为0.01mA电流表指针偏转如图（b）所示，读数为
根据
整理得
所以
，
解得
，
（2）③希望看到电压表示数继续减半，则先断开和2，然后闭合，电容器B放电，之后断开，再对电容器B进行充电，把开关接2。
故选A。
④看表分析实际数据与理论值出现差异的最大可能原因是电压表内阻不够大，电容器会通过电压表放掉一部分电量。
【分析】（1）量程为0～0.5mA的电流表的分度值为0.01mA，根据电流表的读数规则读数；
根据闭合电路的欧姆定律求解I-1-R函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答；
（2）③根据实验原理和正确操作步骤分析作答；
④电压表与电容器A并联，电压表不是理想电压表，电容器会通过电压表放掉少量电荷。
（1）[1]电流表用多用电表的档，最小分度值为0.01mA电流表指针偏转如图（b）所示，读数为
[2][3]根据
整理得
所以，
解得，
（2）③[1]希望看到电压表示数继续减半，则先断开和2，然后闭合，电容器B放电，之后断开，再对电容器B进行充电，把开关接2。
故选A。
④[2]看表分析实际数据与理论值出现差异的最大可能原因是电压表内阻不够大，电容器会通过电压表放掉一部分电量。
17．（2025·宁波模拟）如图所示，固定的直立绝热容器由上细下粗的两个圆筒拼接而成，底部密封，顶端开口。上方细圆筒内部高度为，下方粗圆筒内部高度为4h，。其中有两个轻质且厚度不计的活塞A、B各封闭一定质量的理想气体，分别记为气体Ⅰ和气体Ⅱ，活塞A绝热，活塞B导热，均能沿筒壁无摩擦滑动。活塞A、B的面积分别为S和4S，。初始时，气体II温度为，两个活塞均距离两圆筒拼接处。当电阻丝缓慢加热时，两活塞缓慢滑动，最终气体Ⅱ温度升高至，达到新的平衡。整个过程中，大气压保持不变，始终为，活塞A没有从细圆筒顶部滑出，不计电阻丝体积，忽略各部分因升温或压强变化引起的形变。
（1）气体II从缓慢升高至的过程中，气体I中分子的平均速率　 　（填“增加”、“不变”或“减少”）；细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力　 　（填“增加”、“不变”或“减少”）；
（2）温度升高至时，求气体II的压强；
（3）已知气体Ⅰ内能与热力学温度的关系为，则气体II从到过程中，求气体Ⅰ吸收的热量。
【答案】（1）增加；不变
（2）解：设活塞恰好到达两圆筒拼接处时温度为，由于活塞质量不计，各部分气体压强始终等于大气压强。对于气体II，根据盖吕萨克定律有
解得
可知，气体Ⅱ从到过程，气体Ⅱ体积不变，根据查理定律有
解得

（3）解：活塞B导热，所以两部分气体温度相同，对于气体Ⅰ，温度从到的过程中，发生等压变化，设时活塞A距离两圆筒拼接处，根据盖吕萨克定律有
解得
对于气体Ⅰ，发生等压变化，且气体膨胀，气体对外界做功，则有
解得
气体I内能增加
解得
根据热力学第一定律有
解得

【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】 抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。
（1）气体温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子运动的平均速率增加。对轻质活塞A进行分析可知，气体I中压强大小始终等于大气压强，即气体I中压强大小不变，可知，细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力不变。
【分析】 （1）温度是分子平均动能的标志，由压强的微观解释结合等压变化即可解题；
（2）对气体Ⅱ，由查理定律可求压强的大小；
（3）对于气体Ⅰ，由盖—吕萨克定律可求活塞上移的距离，然后由热力学第一定律可求气体吸收的热量。
（1）气体温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子运动的平均速率增加。对轻质活塞A进行分析可知，气体I中压强大小始终等于大气压强，即气体I中压强大小不变，可知，细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力不变。
（2）设活塞恰好到达两圆筒拼接处时温度为，由于活塞质量不计，各部分气体压强始终等于大气压强。对于气体II，根据盖吕萨克定律有
解得
可知，气体Ⅱ从到过程，气体Ⅱ体积不变，根据查理定律有
解得
（3）活塞B导热，所以两部分气体温度相同，对于气体Ⅰ，温度从到的过程中，发生等压变化，设时活塞A距离两圆筒拼接处，根据盖吕萨克定律有
解得
对于气体Ⅰ，发生等压变化，且气体膨胀，气体对外界做功，则有
解得
气体I内能增加
解得
根据热力学第一定律有
解得
18．（2025·宁波模拟）一游戏装置截面如图所示，为足够长的倾斜直轨道，、是两段半径均为的竖直圆管轨道，为水平轨道，固定水平传送带以顺时针转动，轨道与圆管道相切于处，各部分之间平滑连接，紧靠处有一质量的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面和半径的四分之一圆弧面组成。一个可视为质点的滑块，从轨道上距点处由静止开始下滑，经过圆管轨道和水平轨道，并冲上传送带，已知滑块的质量，传送带的长度，滑块与传送带间的动摩擦因数，与其余各处阻力均不计，，则
（1）求滑块到达点时对轨道的压力大小；
（2）求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
（3）求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
（4）调节传送带以不同的速度顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面最大高度与速度的关系。
【答案】（1）解：从B点到D点根据动能定理
解得
根据牛顿第二定律得
结合牛顿第三定律可得 滑块到达点时对轨道的压力大小 等于82N；
（2）解：滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功

（3）解：滑块以的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为，设滑块的速度为，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）解：根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
②若一直在传送带上加速
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理和牛顿运动定律求滑块到达D点时对轨道的压力大小；
（2）根据运动学公式和功的公式求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
（3）根据动量守恒和机械能守恒求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
（4）根据不同的运动情况求滑块离小车上表面GH最大高度H与速度v的关系。
（1）从B点到D点根据动能定理
解得
（2）滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功
（3）滑块以的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为，设滑块的速度为，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
②若一直在传送带上加速，
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则
19．（2025·宁波模拟）十九世纪中叶，科学家对物理学电学量的研究有广泛兴趣。图甲改编自当年Rayleigh与Sidgwick设计的实验装置。其中恒流源提供大小为的电流，方向如图箭头所示。图甲中为可变电阻，为阻值的定值电阻，、为单刀双掷开关。两个相同的线圈、B，匝数均为匝，半径均为。其中心处各有一电阻不计且上端带电刷的中心镂空导体圆盘，两者相距，圆盘大圆半径，小圆半径，如图乙所示。圆盘套在一根薄壁轻质中空的金属转轴上并和它固定，转轴薄壁厚度，电阻率。一足够长且不计粗细的轻绳一端缠绕在转轴上，另一端连接一质量的重物。已知一匝电流为的线圈在中心处产生的磁感应强度大小为（其中为真空磁导率，为线圈半径），圆盘处可看作匀强磁场。实验开始时装置开关与分别置于、。由静止释放重物，从左往右看转轴为顺时针转动。假设装置中A、B线圈产生的磁场互不干扰，不计一切阻力，计算时将。
（1）比较点和点的电势高低；
（2）计算重物最终运动状态时圆盘的角速度的大小；
（3）重新开始实验时，将与分别置于、，发现当物块速度时灵敏电流计表的示数为0。求此时可变电阻大小。
【答案】（1）解：如图恒流源方向向左，由右手螺旋定则可知，与之相连的线圈A，左侧为N极，与之相连的线圈B，右侧为N极，对线圈B中的圆盘分析，线圈B内部磁感线方向水平向右，由右手定则可知，电流在支路中，方向由c到a，故c点电势高。
（2）解：中心处磁场
薄壁金属转轴的电阻为
设圆盘转动角速度为，圆盘切割磁场产生的总电动势为
由能量守恒
可得
（3）解：设可变电阻阻值为，此时
根据
可得
又由
联立上式
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）由安培定则判断左侧圆盘与右侧圆盘所处的磁场方向，根据右手定则判断感应电流方向，进而判断c点与a点的电势高低；
（2）根据题意求得中心处的磁感应强度大小，由电阻定律得到薄壁金属转轴的电阻。根据法拉第电磁感应定律求得圆盘切割磁场产生的总电动势，根据能量守恒求解重物最终运动状态时圆盘的角速度的大小。
（3）灵敏电流计G表的示数为0，说明圆盘切割磁场产生的总电动势等于可变电阻两端的电压，据此求解此时可变电阻R1大小。
（1）如图恒流源方向向左，由右手螺旋定则可知，与之相连的线圈A，左侧为N极，与之相连的线圈B，右侧为N极，对线圈B中的圆盘分析，线圈B内部磁感线方向水平向右，由右手定则可知，电流在支路中，方向由c到a，故c点电势高。
（2）中心处磁场
薄壁金属转轴的电阻为
设圆盘转动角速度为，圆盘切割磁场产生的总电动势为
由能量守恒
可得
（3）设可变电阻阻值为，此时
根据可得
又由
联立上式
20．（2025·宁波模拟）某离子实验装置的基本原理如图甲所示，离子源能源源不断从坐标原点沿轴正向发射同种离子，离子质量为，电量为，初速度大小范围在之间。以过垂直于纸面的界面为边界，左侧为区，存在沿轴正向的匀强电场，大小未知，右侧为II区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小也未知。其中初速为的离子从点出射后立刻进入区，在电场中偏转后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。
（1）求和的比值；
（2）求初速度为的离子在磁场中圆周运动的半径和周期；
（3）求从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程；
（4）如图乙所示，保持离子源情况和I区电场不变，把II区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小为，方向相反且平行于轴的匀强磁场，两磁场界面也垂直于轴，且整个II区均存在沿轴负向的匀强电场，电场强度大小为。在II区某处放置一块与纸面垂直的足够大的测试板，离子抵达板的左侧面时会发光。沿轴左右调节两磁场区的分界面，使得测试板在分界面右侧磁场沿轴在一定范围内移动时均能探测到发光直线。当分界面在某一特定位置时，此时测试板离轴最远时能探测到的发光直线恰好在平面内。此时把处分界面到测试板之间的两个磁场区间宽度记为和。求这种特定情况下
①与的比值；
②发光直线的长度。
【答案】（1）解：经分析，离子在电场中的加速度为
初速为的离子从点出射后立刻进入区，做类平抛运动，在电场中偏转后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为，根据牛顿第二定律
解得在磁场中的加速度为
此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得
（2）解：离子在电场中根据运动规律
解得加速度
在磁场中的速度大小为，故加速度为
联立可得
故周期
（3）解：如图1所示
离子在电场中水平方向做初速为0的匀加速直线运动，根据小问1的分析知，离子在点水平向右的分速度为，根据运动规律
解得
故水平方向，根据运动学规律
从边界点射出后进入磁场时
联立上方两式可得
离子在磁场中圆周运动的速度为，满足
可得
圆心的横坐标为
纵坐标为
且当磁场中速度为时
即
则
或
联立以上三式可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为
其中或，其中
（4）解：①经分析，沿轴负方向看，离子均以做匀速圆周运动，满足要求的轨迹如图2所示
由几何关系可得
则
或
②沿轴方向离子做匀变速直线运动，加速度相同，抵达板上的运动时间也相同，则
，
初速为的离子落在板上位置最高，到达I区右边界时
所以到板上的位置最高为
初速为0的离子落在板上位置最低，到板上的位置最低为
所以到板上的发光直线长度为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力求E0和B0的比值；
（2）根据动能定理和洛伦兹力提供向心力以及周期公式求初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径和周期；
（3）根据运动学公式和洛伦兹力提供向心力求从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程；
（4）①根据几何关系求L1与L2的比值；
②根据周期公式、牛顿第二定律和运动学公式求发光直线的长度。
（1）经分析，离子在电场中的加速度为
初速为的离子从点出射后立刻进入区，做类平抛运动，在电场中偏转后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为，根据牛顿第二定律
解得在磁场中的加速度为
此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得
（2）离子在电场中根据运动规律
解得加速度
在磁场中的速度大小为，故加速度为
联立可得
故周期
（3）如图1所示
离子在电场中水平方向做初速为0的匀加速直线运动，根据小问1的分析知，离子在点水平向右的分速度为，根据运动规律
解得
故水平方向，根据运动学规律
从边界点射出后进入磁场时
联立上方两式可得
离子在磁场中圆周运动的速度为，满足
可得
圆心的横坐标为
纵坐标为
且当磁场中速度为时
即
则
或
联立以上三式可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为
其中
或，其中
（4）①经分析，沿轴负方向看，离子均以做匀速圆周运动，满足要求的轨迹如图2所示
由几何关系可得
则或
②沿轴方向离子做匀变速直线运动，加速度相同，抵达板上的运动时间也相同，则
，
初速为的离子落在板上位置最高，到达I区右边界时
所以到板上的位置最高为
初速为0的离子落在板上位置最低，到板上的位置最低为
所以到板上的发光直线长度为
1 / 12025届浙江省宁波市十校高三下学期一模物理试题
1．（2025·宁波模拟）下列属于国际单位制中的基本单位的是（　　）
A．C B．V C．T D．mol
2．（2025·宁波模拟）北京时间2024年8月4日凌晨，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得首枚女网奥运金牌。图中郑钦文挥拍打出一个强烈的上旋球，网球划过一条优美的弧线直飞对方的底线。下列说法正确的是（　　）
A．研究击打出上旋球时可以把网球看作质点
B．研究网球的飞行轨迹时可以把网球看作质点
C．该网球的飞行轨迹长度就是它的位移的大小
D．某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指平均速度
3．（2025·宁波模拟）下面有四幅图片，涉及有关物理现象，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃
B．图乙中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体的温度将降低
C．图丙中，观察二氧化氮扩散实验，说明空气分子和二氧化氮分子间存在引力
D．图丁中，封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体分子间距离减小时，分子间斥力会增大
4．（2025·宁波模拟）如图所示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，已知，计时牌的重力大小为。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．如图位置平衡时，绳的拉力大于绳的拉力
B．如图位置平衡时，绳与竖直方向的夹角大于绳与竖直方向的夹角
C．如图位置平衡时，绳的拉力大小为
D．将计时牌挂正，平衡时绳的拉力小于计时牌倾斜时绳的拉力
5．（2025·宁波模拟）2023年4月12日我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测部分数据向国内外试开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动，两轨道相交于两点。已知夸父一号卫星的速度大小为，卫星在椭圆轨道远地点时速度大小为，椭圆轨道的近地点为，两颗卫星的运行周期相同，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是（　　）
A．两卫星在图示位置的速度
B．从点运动到点的过程中卫星的机械能增加
C．两卫星通过点时的加速度大小相等，但方向不同
D．在相等时间内卫星与地心连线扫过的面积与夸父一号与地心连线扫过的面积相等
6．（2025·宁波模拟）如图所示，以水平向右为轴，以竖直向上为轴建立直角坐标系，发射器能把小球以和的速度从坐标原点射出，射出方向均与轴正向成角，过原点放置一块很长的倾斜挡板，以射出的小球沿轴正向击打在挡板上点，点坐标（x，y）。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为
B．射出的小球击打斜面上的点的坐标为（2x，2y）
C．挡板所在的直线方程是
D．以和的速度射出的两小球击打到挡板的速度不平行
7．（2025·宁波模拟）真空中有两个点电荷，电荷量均为，固定于相距为的、两点，是连线的中点，点在连线的中垂线上，距离点为，已知静电力常量为，则下列说法正确的是（　　）
A．点的电场强度为
B．中垂线上电场强度最大的点到点的距离为
C．在点放入一电子，从静止释放，电子的电势能一直增大
D．在点放入一质子，从静止释放，质子将以为平衡位置做简谐运动
8．（2025·宁波模拟）如图所示，交流发电机的线圈输出的交变电压为。理想变压器原、副线圈的匝数比，副线圈中分别接有灯泡和灯泡，灯泡上标有“”，灯泡上标有“”。图中电表均为理想电表，变压器均为理想变压器，交流发电机线圈的电阻忽略不计。当仅闭合开关时，灯泡恰能正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．仅闭合开关时，电阻上消耗的功率为
B．若仅闭合开关，则灯泡恰好能正常发光
C．若均断开，则电压表的示数为0
D．若均闭合，则原线圈中的电流表示数为
9．（2025·宁波模拟）有一透明材料制成的型半圆柱体，内径是，外径是，其横截面（纸面内）如图所示，是对称轴，一束单色光（纸面内）从半圆柱体外表面上点射入，光线与直线所成夹角时，经折射后恰好与内表面相切。已知真空中的光速为，不考虑多次反射，下列说法正确的是（　　）
A．这束单色光在该材料中的折射率为
B．这束单色光在该材料中的传播时间为
C．当入射角大于时，该单色光可能在半圆柱体内发生全反射
D．该单色光在内圆柱面恰好发生全反射时，从点射入的光线与直线的夹角
10．（2025·宁波模拟）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力相互作用，的大小与分界线的长度成正比，即（为液体的表面张力系数），的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为的形细框上放置一细杆，两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对产生水平向左的力。小明用一测力计水平向右拉住使其保持静止，测力计示数为，接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图丙所示。当肥皂泡大小稳定时，测得其球形半径为。则小明测得肥皂水的表面张力系数和肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压强差分别为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·宁波模拟）核电池又叫“放射性同位素电池”，它是通过半导体换能器将同位素在衰变过程中放出的具有热能的射线转变为电能制造而成。某核电池由放射性同位素制成，已知衰变为铀核（符号），其半衰期为88年，若该电池在第一年内的平均功率为，其发电效率为，不考虑其他衰变，则下列说法中正确的是（　　）
A．该核反应为衰变
B．经过44年，该核电池中的放射性同位素有一半发生衰变变成了
C．该核电池在第一年内释放的核能约为
D．该核电池在第一年内亏损的质量约为
12．（2025·宁波模拟）如图甲所示，是同一水面上的两个波源，是水面上的某一点，其与两波源的距离分别是、，、间距为。波源的振动图像如图乙所示，波源振动频率，其产生的简谐横波在时沿水面某一传播方向的图像如图丙所示，已知均在时刻开始振动，则下列说法正确的是（　　）
A．波源的起振方向沿轴正方向
B．质点为振动减弱点
C．时质点向轴负方向运动
D．若以为圆心，为半径画一个圆，在该圆上有14个振动减弱点
13．（2025·宁波模拟）1879年，霍尔（EdwinHall）做了一个经典的实验，他让电流沿着方向通过一个两维金属薄片（即薄片在方向的厚度相比方向长度和方向的宽度很小），然后在方向加上一个磁感应强度为的匀强磁场，如图所示。霍尔发现，在薄片的方向出现了电势差，后世把这个实验现象称为经典霍尔效应。这个实验的不寻常之处在于电压和电流不在一个方向上，因此意味着出现了一种新的横向电阻，它把方向的电流和方向的压降联系起来，该电阻也被称为霍尔电阻，定义为。在室温和磁感应强度不大且不变的情况下，下列说法正确的是（　　）
A．方向上标号为4这侧的电势高于3这侧
B．与成正比
C．与成正比
D．与成反比
14．（2025·宁波模拟）两研究小组分别用图甲和图乙装置探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”。装置甲中各器材如图所示，装置乙中含有：带有遮光条的小车容器（内有一压力传感器，可测小钢球对容器后侧壁的压力）、光电门、一端带有定滑轮的木板、重物、直径略小于容器宽度的小钢球（忽略小球和容器之间的摩擦力）、细线。
（1）若图甲中所挂重物的重力视为小车的合力，若图乙中压力传感器的示数视为小球所受合力。则在实验过程中，需要满足重物质量远小于小车质量的是　 　（填“甲”、“乙”或“甲和乙”），同时，甲装置中需要长木板　 　，乙装置中需要长木板　 　。
A.保持水平 B.倾斜一特定角度 C.倾斜任意一小角度
（2）在正确操作的前提下，图乙装置改变重物质量，小车从同一位置开始运动，记录多组压力传感器示数和遮光时间，已知小球的质量为，遮光条的宽度为。根据测量的数据，实验小组作出图像，图像斜率为，则钢球开始运动的位置到光电门的距离为　 　（用字母m、d、k表示）。
15．（2025·宁波模拟）（1）在做“用单摆测重力加速度的大小”实验时，同组内两同学使用同一游标卡尺测量了同一小球的直径，操作图片如图甲和乙所示，从放大图可见测量值偏差较大，对得最齐的线已圈出。你认为该小球直径测量值应取　 　mm。
（2）小球直径记为d，悬点到小球上端绳长记为L，把小球拉开一个小角度，让小球在竖直平面内稳定摆动，某次经过平衡位置时，数1并开始计时，再次经过平衡位置时数2….，当数n时结束计时，总时间记为t，则计算重力加速度g的表达式为　 　。
16．（2025·宁波模拟）（1）小陈所在小组对水果电池非常感兴趣，他们用图（a）中电路测量西红柿电池的电动势和内阻。
其中电源是西红柿上插有宽为的铜片和锌片，两金属片平行正对间距，插入深度为。电流表用多用电表的档（阻值为），电阻箱。某次测量，电阻箱阻值为，电流表指针偏转如图（b）所示，读数为　 　mA，多次实验，把记录的数据描在图像中并用直线拟合，获得图（c），则由图像求得西红柿电池的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω（两空计算结果均保留2位有效数字）。
（2）小明同学按下面电路图“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”，其中A、B两个电容器完全相同。步骤如下：
①取一个电容器和电压表相连，把开关接1，用一节干电池给充电，可以看到充电后两极板具有一定的电压，记为。
②把开关接2，使另一个相同的但不带电的与并联。希望可以看到电压表示数变为的一半。
③继续实验，希望看到电压表示数继续减半。操作步骤已被打乱，分别为a.把开关接2；b.断开和2；c.闭合；d.断开，正确操作顺序为　 　（填“A”、“B”或“C”）。
A.bcda B.cbda C.cdba
④不断重复步骤③，小明读出电压表示数依次为、、、，记录在表中。
。。
1.50 0.65 0.25 0.10 。。
理论上每次电压值应该减半，看表分析实际数据与理论值出现差异的最大可能原因：　 　
17．（2025·宁波模拟）如图所示，固定的直立绝热容器由上细下粗的两个圆筒拼接而成，底部密封，顶端开口。上方细圆筒内部高度为，下方粗圆筒内部高度为4h，。其中有两个轻质且厚度不计的活塞A、B各封闭一定质量的理想气体，分别记为气体Ⅰ和气体Ⅱ，活塞A绝热，活塞B导热，均能沿筒壁无摩擦滑动。活塞A、B的面积分别为S和4S，。初始时，气体II温度为，两个活塞均距离两圆筒拼接处。当电阻丝缓慢加热时，两活塞缓慢滑动，最终气体Ⅱ温度升高至，达到新的平衡。整个过程中，大气压保持不变，始终为，活塞A没有从细圆筒顶部滑出，不计电阻丝体积，忽略各部分因升温或压强变化引起的形变。
（1）气体II从缓慢升高至的过程中，气体I中分子的平均速率　 　（填“增加”、“不变”或“减少”）；细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力　 　（填“增加”、“不变”或“减少”）；
（2）温度升高至时，求气体II的压强；
（3）已知气体Ⅰ内能与热力学温度的关系为，则气体II从到过程中，求气体Ⅰ吸收的热量。
18．（2025·宁波模拟）一游戏装置截面如图所示，为足够长的倾斜直轨道，、是两段半径均为的竖直圆管轨道，为水平轨道，固定水平传送带以顺时针转动，轨道与圆管道相切于处，各部分之间平滑连接，紧靠处有一质量的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面和半径的四分之一圆弧面组成。一个可视为质点的滑块，从轨道上距点处由静止开始下滑，经过圆管轨道和水平轨道，并冲上传送带，已知滑块的质量，传送带的长度，滑块与传送带间的动摩擦因数，与其余各处阻力均不计，，则
（1）求滑块到达点时对轨道的压力大小；
（2）求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
（3）求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
（4）调节传送带以不同的速度顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面最大高度与速度的关系。
19．（2025·宁波模拟）十九世纪中叶，科学家对物理学电学量的研究有广泛兴趣。图甲改编自当年Rayleigh与Sidgwick设计的实验装置。其中恒流源提供大小为的电流，方向如图箭头所示。图甲中为可变电阻，为阻值的定值电阻，、为单刀双掷开关。两个相同的线圈、B，匝数均为匝，半径均为。其中心处各有一电阻不计且上端带电刷的中心镂空导体圆盘，两者相距，圆盘大圆半径，小圆半径，如图乙所示。圆盘套在一根薄壁轻质中空的金属转轴上并和它固定，转轴薄壁厚度，电阻率。一足够长且不计粗细的轻绳一端缠绕在转轴上，另一端连接一质量的重物。已知一匝电流为的线圈在中心处产生的磁感应强度大小为（其中为真空磁导率，为线圈半径），圆盘处可看作匀强磁场。实验开始时装置开关与分别置于、。由静止释放重物，从左往右看转轴为顺时针转动。假设装置中A、B线圈产生的磁场互不干扰，不计一切阻力，计算时将。
（1）比较点和点的电势高低；
（2）计算重物最终运动状态时圆盘的角速度的大小；
（3）重新开始实验时，将与分别置于、，发现当物块速度时灵敏电流计表的示数为0。求此时可变电阻大小。
20．（2025·宁波模拟）某离子实验装置的基本原理如图甲所示，离子源能源源不断从坐标原点沿轴正向发射同种离子，离子质量为，电量为，初速度大小范围在之间。以过垂直于纸面的界面为边界，左侧为区，存在沿轴正向的匀强电场，大小未知，右侧为II区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小也未知。其中初速为的离子从点出射后立刻进入区，在电场中偏转后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。
（1）求和的比值；
（2）求初速度为的离子在磁场中圆周运动的半径和周期；
（3）求从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程；
（4）如图乙所示，保持离子源情况和I区电场不变，把II区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小为，方向相反且平行于轴的匀强磁场，两磁场界面也垂直于轴，且整个II区均存在沿轴负向的匀强电场，电场强度大小为。在II区某处放置一块与纸面垂直的足够大的测试板，离子抵达板的左侧面时会发光。沿轴左右调节两磁场区的分界面，使得测试板在分界面右侧磁场沿轴在一定范围内移动时均能探测到发光直线。当分界面在某一特定位置时，此时测试板离轴最远时能探测到的发光直线恰好在平面内。此时把处分界面到测试板之间的两个磁场区间宽度记为和。求这种特定情况下
①与的比值；
②发光直线的长度。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】熟记国际单位制规定的七个基本物理量即可顺利解题。mol（摩尔）是物质的量的单位，属于国际单位制中的基本单位，C、V、T为导出单位。
故选D。
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量.它们的在国际单位制中的单位，称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
2．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查直线运动的基本概念，掌握质点、路程、瞬时速度和平均速度的概念即可作答。AB．研究击打出上旋球时，网球各部分运动情况不同，不能将其看成质点，而研究网球飞行轨迹时，可以忽略网球的大小和各部分的旋转情况，将其看成质点，A错误，B正确；
C．该网球的飞行轨迹长度就是它的路程的大小，位移大小是指从起始位置到终止位置有向线段的长度，C错误；
D．某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指瞬时速度，D错误。
故选B。
【分析】根据质点的定义分析；根据路程的定义分析；根据瞬时速度和平均速度的定义分析。
3．【答案】A
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；浸润和不浸润
【解析】【解答】本题考查了浸润和不浸润现象，气体的自由膨胀、气体的扩散现象、以及气体压强的变化等问题，基础题。A．图甲中，水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃，故A正确；
B．图乙中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体会扩散均匀，没有做功，气体温度不变，故B错误；
C．图丙中，观察二氧化氮扩散实验，说明空气分子和二氧化氮分子永不停息的做无规则运动，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这是由于气体压强逐渐增加，与分子间的斥力无关，故D错误。
故选A。
【分析】根据不浸润的现象分析；气体做的是自由膨胀；扩散现象说明分子在做无规则运动；体积减小，气体的压强增大。
4．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题，一要明确绳上张力大小处处相等；二要明确高考倒计时牌在三个力的作用下处于共点力的平衡状态。ABC．一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则绳上张力大小处处相等，设绳上张力大小为T。高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。将绳OA、OB上的拉力T延长，则两力的合力必与重力等大反向，绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°，如下图所示
由直角三角形几何关系可得
解得
故AB错误；C正确；
D．将计时牌挂正，由几何知识可知两绳间的夹角增大，两绳合力不变，绳子拉力增大，故D错误。
故选C。
【分析】一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则O点为“活结”，绳上张力大小处处相等，高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T，共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。而后，根据共点力的平衡知识，结合几何关系，可求平衡时绳OB中的张力大小；两力的合力不变，两力间的夹角在增大时，分力增大。
5．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查学生对万有引力提供向心力、牛顿第二定律开普勒第三定律的掌握情况，关键要知道在椭圆的远地点，万有引力大于向心力。A．设沿椭圆轨道运行卫星在远地点变轨成绕地球做匀速圆周运动，则需要在变轨处点火加速，可知小于变轨后圆轨道的运行速度；卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
解得
可知
则两卫星在图示位置的速度
A正确；
B．从点运动到点的过程中，只有引力做功，机械能守恒，B错误；
C．两卫星在A处，都靠万有引力提供加速度，加速度大小相等，方向相同，C错误；
D．开普勒第二定律是指同一卫星在相等的时间内，与中心天体连线扫过的面积相等，而“夸父一号”卫星和另一颗卫星不是同一卫星，在相等的时间内，与地心连线扫过的面积不一定相等，D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律，分析周期关系，判断两颗卫星能否相遇；再与同步卫星的轨道半径对比，从而可以确定周期小于24小时：根据万有引力定律比较万有引力的大小；由变轨原理比较图示时刻两卫星速度的大小关系。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题主要考查了运动的合成与分解问题，要求同学们能正确分析小球的运动情况，特别要知道小球的速度方向与挡板平行时，离挡板最远。D．设挡板与水平方向成角，根据平抛运动推论：平抛运动物体运动轨迹上某点速度与水平方向夹角的正切值等于此时位移与水平方向夹角正切值的2倍，可得打在挡板上时有
可推知以和的速度射出的两小球击打到挡板的速度平行，故D错误。
A．设挡板与水平方向成角，以射出的小球沿轴正向击打在挡板上点，可把小球的运动等效看做初速度为的平抛运动，当小球的速度与挡板平行时，射出的小球离斜面最远。将该速度和小球的重力加速度分别沿垂直挡板和平行挡板方向分解，在垂直挡板方向上有
求得
小球竖直下落的距离为
由于
把代入，联立可得射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为
故A错误；
C．根据平抛运动速度偏转角与位移偏转角关系推论，可知射出的小球击打斜面上时，满足
可得挡板所在的直线方程是
故C正确；
B．结合前面选项分析，可知射出的小球击打斜面上时，则有
可得
则
根据挡板所在的直线方程
可知
则射出的小球击打斜面上的点的坐标为（4x，4y），故B错误；
故选C。
【分析】根据平抛运动规律求挡板所在的直线方程；根据逆向思维判断以v0和2v0的速度射出的两小球击打到挡板的速度方向；根据运动学公式求v0射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标；根据运动学公式求2v0射出的小球击打斜面上的点的坐标。
7．【答案】B
【知识点】简谐运动的回复力和能量；电场强度的叠加
【解析】【解答】本题的难点在于理解电场的叠加原理，以及如何通过计算电场强度来确定电场的强弱和方向。同时，还需要理解电场力对电荷的作用，以及电场力如何影响电荷的运动和电势能的变化。A．由题可知，三角形和为等腰直角三角形，所以
一个点电荷在M点的场强为
根据对称性可得，M点的场强为
A错误；
B．设中垂线上任一点到 O 的距离为 y ，则其到任一负电荷的距离
由对称性可知，两电荷在该点的场强水平分量相互抵消，竖直分量相加，可得
对y求导，并令其为零，则有
整理可得
解得
即中垂线上电场强度最大的点到点的距离为，B正确；
C．由题可知，连线中垂线上的场强方向由无穷远指向O点，在M点由静止释放一电子，电子受到的电场力背离O点，电场力做正功，电势能减小，C错误；
D．设质子到O点的距离为（较小），单个点电荷对质子的作用力
（Q为质子的电荷量）
则合力为
显然，当x较小时，不满足简谐振动回复力
D错误。
故选B。
【分析】根据电场的叠加，判断合场强的大小和方向；根据电场力做功与电势能之间的关系判断选项；根据简谐运动概念判断是否满足条件。
8．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的动态分析问题。掌握当原线圈串联电阻时应用等效电阻的方法处理问题的方法。A．当仅闭合开关时，灯泡恰能正常发光，此时
根据
，
解得
，
电阻上消耗的功率为
故A错误；
B．若仅闭合开关，假设灯泡恰好能正常发光，则
根据
解得
根据A选项分析此时，则满足
所以假设成立，故B正确；
C．若均断开，根据变压器原理可知，副线圈两端电压不为零，所以电压表的示数不为零，故C错误；
D．由于
若均闭合时原线圈的电流为3A，则电阻R分到的电压为
这是不可能的，故D错误。
故选B。
【分析】确定交流电输入电压有效值与两灯泡正常工作时的电阻。仅闭合开关S1时，灯泡a正常发光，根据理想变压器的电流比。电压比与匝数比的关系，得到原线圈的电压与电流，根据闭合电路欧姆定律与电功率计算公式得到定值电阻R的电阻与功率；若仅闭合开关S2，将变压器与灯泡b整体视为一个等效电阻，同理分析判断灯泡b的电压是否等于额定电压；若S1、S2均断开，副线圈回路没有电流，但副线圈两端仍有电压；假设S1、S2均闭合时原线圈的电流为3A，判断电阻R分到的电压是否合理。
9．【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解决几何光学问题应先准确画好光路图。用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系。在处理几何光学问题时应充分利用光的可逆性、对称性、相似性等几何关系。A．几何关系可知，折射角满足
则为，故折射率
故A错误；
B．光在介质中传播速度
则传播时间
联立解得
故B错误；
C．反射全发射时临界角满足
当入射角大于时，光不会打在内球面，打在内球面下方，如图
随着增大，会增大，光线会向E点移动，即光不可能在半圆柱体内发生全反射，故C错误；
D．当该单色光在内圆柱面恰好发生全反射时，设此时从O'点射入的光线与O'O直线的夹角为，折射角为，如图
由几何关系有
因为
联立解得
则有
解得
故
故D正确。
故选D。
【分析】根据折射定律，结合几何关系求解该材料中的折射率；根据光在介质中和真空中的传播速度的关系，结合几何关系求解这束单色光在该材料中的传播时间；当入射角增大时，折射角也增大，折射光线将顺时针偏转，考虑入射角最大的情况下是否会发生全反射，根据折射定律与全反射临界条件判断分析；根据折射定律与全反射临界条件，结合几何关系，求解当光线在内圆柱面发生全反射时得入射角。
10．【答案】C
【知识点】液体的表面张力
【解析】【解答】表面张力是液体表面的一种特性，它使得液体的表面像一层弹性薄膜，有收缩的趋势。这种力使得液体表面尽可能缩小，表现为液滴总是试图保持球形。肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有
得到肥皂水的表面张力系数为
右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图
根据受力平衡可知
因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
故压强差为
故选C。
【分析】由F=σl结合平衡条件可求表面张力系数σ；对膜由平衡条件可求膜受到的压力差，再由压强的定义可求压强差。
11．【答案】A,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查了原子核的衰变问题，以及爱因斯坦质能方程的应用。掌握半衰期的物理意义，要知道衰变过程质量数与核电荷数守恒，而存在质量亏损。A．的衰变方程为
故为衰变，A正确；
B．半衰期为88年，经过88年，该核电池中的放射性同位素有一半发生衰变变成了，故B错误；
CD．该电池在第一年内的平均功率为，其发电效率为，故释放的核能约为
根据
可得
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据质量数守恒与核电荷数守恒判断是何种衰变；根据半衰期的物理意义可知有一半发生衰变所需时间；由功率的公式和发电效率求出释放的核能；由爱因斯坦质能方程求解亏损的质量。
12．【答案】A,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波长相等，波速
波源P2产生的波在t=0.25s时间内传播的距离
s=vt=10×0.25m=2.5m
由图丙可知，波源P2在t=0.25s时刚好传播到x=2.5m处，根据“同侧法”可知x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，因此波源为P2的起振方向沿y轴正方向，故A正确；
B．根据波源P1的振动图像图乙可知，波源P1的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为Δx=|P1S-P2S|=|7m-9m|=2m
由于波程差满足
Δx=nλ（n=1）
S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B错误；
C．根据上述A选项分析可知，波速v=10m/s，则P1波传到S点的时间为
同理P2波传到S点的时间为t2=0.9s，由于S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同；当t=1s，S点已经振动了0.3s，刚好为1.5个周期，所以它此时向y轴负方向运动，故C正确；
D．若以P1为圆心，P1S为半径画一个圆，则振动减弱点满足
即
当n=0时，SP2=8m或6m
当n=1时，SP2=10m或4m
当n=2时，SP2=12m或2m
当n=3时，SP2=14m
当n=4时，SP2=16m
即在圆周上方共有8个减弱点（包括直径两端），可知在该圆上有14个振动减弱点，故D正确。
故选ABD。
【分析】由波形图可知波的波长、由振动图像可知周期，根据公式可计算出波速；根据“同侧法”分析起振方向；根据波程差和起振方向分析；根据波的传播时间和周期分析运动方向；对振动情况完全相同的两个波源，在同一介质中形成的两列波的重叠区内，某点的振动是加强还是减弱，取决于两个相干波源到该点的波程差。
13．【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查霍尔效应的知识，利用平衡条件结合电流的微观表达式，会根据题意进行准确分析解答。A．金属片中的电流是自由电子的定向移动形成的，根据左手定则可知，电子偏向3侧面，克制方向上标号为4这侧的电势高于3这侧，选项A正确；
BCD．根据
且
，
解得
可知与成反比，与成正比，与无关，选项C正确，BD错误。
故选AC。
【分析】根据载流子情况结合左手定则判断电势高低，利用平衡条件结合电流的微观表达式推导相应的表达式进行判断。
14．【答案】（1）甲；B；A
（2）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系。
（1）图甲中为了使细线拉力近似等于重物的重力，需要满足重物质量远小于小车质量；图乙中小球所受合力可以通过中压力传感器的示数得到，所以不需要满足重物质量远小于小车质量；
甲装置中为了使细线拉力等于小车受到的合力，需要平衡摩擦力，即需要长木板倾斜一特定角度；
故选B。
乙装置中由于忽略小球和容器之间的摩擦力，所以需要长木板保持水平；
故选A。
（2）遮光条经过光电门的速度为
根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得钢球开始运动的位置到光电门的距离为
【分析】 （1）根据实验原理，结合实验装置分析作答；
（2）根据极短时间内的平均速度求解遮光条通过光电门的瞬时速度；根据动能定理求解函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）[1]图甲中为了使细线拉力近似等于重物的重力，需要满足重物质量远小于小车质量；图乙中小球所受合力可以通过中压力传感器的示数得到，所以不需要满足重物质量远小于小车质量；
[2]甲装置中为了使细线拉力等于小车受到的合力，需要平衡摩擦力，即需要长木板倾斜一特定角度；
故选B。
[3]乙装置中由于忽略小球和容器之间的摩擦力，所以需要长木板保持水平；
故选A。
（2）遮光条经过光电门的速度为
根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得钢球开始运动的位置到光电门的距离为
15．【答案】（1）15.90
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查游标卡尺的读数；单摆周期公式的运用，解题关键掌握单摆周期的理解。
（1）图甲中小球的位置放的不对，根据游标卡尺的使用方法可知图乙准确，游标卡尺是50分度的，所以游标卡尺精确度为0.02mm，则读数为
15mm+45×0.02mm=15.90mm
（2）根据单摆周期公式可得
，
联立可得
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数，游标卡尺读数等于主尺读数加上游标读数；
（2）根据单摆周期公式分析解答。
（1）用游标卡尺测量小球直径时，应将小球置于外测量爪之间，即图乙所示，且游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的直径为
（2）根据单摆周期公式可得，
联立可得
16．【答案】（1）0.150；；
（2）A；电压表内阻不够大，电容器会通过电压表放掉一部分电量
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；观察电容器的充、放电现象；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了测量西红柿电池的电动势和内阻的实验和“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作步骤，掌握欧姆定律的运用；理解电容器的充电和放电原理。
（1）电流表用多用电表的档，最小分度值为0.01mA电流表指针偏转如图（b）所示，读数为
根据
整理得
所以
，
解得
，
（2）③希望看到电压表示数继续减半，则先断开和2，然后闭合，电容器B放电，之后断开，再对电容器B进行充电，把开关接2。
故选A。
④看表分析实际数据与理论值出现差异的最大可能原因是电压表内阻不够大，电容器会通过电压表放掉一部分电量。
【分析】（1）量程为0～0.5mA的电流表的分度值为0.01mA，根据电流表的读数规则读数；
根据闭合电路的欧姆定律求解I-1-R函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答；
（2）③根据实验原理和正确操作步骤分析作答；
④电压表与电容器A并联，电压表不是理想电压表，电容器会通过电压表放掉少量电荷。
（1）[1]电流表用多用电表的档，最小分度值为0.01mA电流表指针偏转如图（b）所示，读数为
[2][3]根据
整理得
所以，
解得，
（2）③[1]希望看到电压表示数继续减半，则先断开和2，然后闭合，电容器B放电，之后断开，再对电容器B进行充电，把开关接2。
故选A。
④[2]看表分析实际数据与理论值出现差异的最大可能原因是电压表内阻不够大，电容器会通过电压表放掉一部分电量。
17．【答案】（1）增加；不变
（2）解：设活塞恰好到达两圆筒拼接处时温度为，由于活塞质量不计，各部分气体压强始终等于大气压强。对于气体II，根据盖吕萨克定律有
解得
可知，气体Ⅱ从到过程，气体Ⅱ体积不变，根据查理定律有
解得

（3）解：活塞B导热，所以两部分气体温度相同，对于气体Ⅰ，温度从到的过程中，发生等压变化，设时活塞A距离两圆筒拼接处，根据盖吕萨克定律有
解得
对于气体Ⅰ，发生等压变化，且气体膨胀，气体对外界做功，则有
解得
气体I内能增加
解得
根据热力学第一定律有
解得

【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】 抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。
（1）气体温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子运动的平均速率增加。对轻质活塞A进行分析可知，气体I中压强大小始终等于大气压强，即气体I中压强大小不变，可知，细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力不变。
【分析】 （1）温度是分子平均动能的标志，由压强的微观解释结合等压变化即可解题；
（2）对气体Ⅱ，由查理定律可求压强的大小；
（3）对于气体Ⅰ，由盖—吕萨克定律可求活塞上移的距离，然后由热力学第一定律可求气体吸收的热量。
（1）气体温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子运动的平均速率增加。对轻质活塞A进行分析可知，气体I中压强大小始终等于大气压强，即气体I中压强大小不变，可知，细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力不变。
（2）设活塞恰好到达两圆筒拼接处时温度为，由于活塞质量不计，各部分气体压强始终等于大气压强。对于气体II，根据盖吕萨克定律有
解得
可知，气体Ⅱ从到过程，气体Ⅱ体积不变，根据查理定律有
解得
（3）活塞B导热，所以两部分气体温度相同，对于气体Ⅰ，温度从到的过程中，发生等压变化，设时活塞A距离两圆筒拼接处，根据盖吕萨克定律有
解得
对于气体Ⅰ，发生等压变化，且气体膨胀，气体对外界做功，则有
解得
气体I内能增加
解得
根据热力学第一定律有
解得
18．【答案】（1）解：从B点到D点根据动能定理
解得
根据牛顿第二定律得
结合牛顿第三定律可得 滑块到达点时对轨道的压力大小 等于82N；
（2）解：滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功

（3）解：滑块以的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为，设滑块的速度为，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）解：根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
②若一直在传送带上加速
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理和牛顿运动定律求滑块到达D点时对轨道的压力大小；
（2）根据运动学公式和功的公式求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
（3）根据动量守恒和机械能守恒求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
（4）根据不同的运动情况求滑块离小车上表面GH最大高度H与速度v的关系。
（1）从B点到D点根据动能定理
解得
（2）滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功
（3）滑块以的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为，设滑块的速度为，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
②若一直在传送带上加速，
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则
19．【答案】（1）解：如图恒流源方向向左，由右手螺旋定则可知，与之相连的线圈A，左侧为N极，与之相连的线圈B，右侧为N极，对线圈B中的圆盘分析，线圈B内部磁感线方向水平向右，由右手定则可知，电流在支路中，方向由c到a，故c点电势高。
（2）解：中心处磁场
薄壁金属转轴的电阻为
设圆盘转动角速度为，圆盘切割磁场产生的总电动势为
由能量守恒
可得
（3）解：设可变电阻阻值为，此时
根据
可得
又由
联立上式
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）由安培定则判断左侧圆盘与右侧圆盘所处的磁场方向，根据右手定则判断感应电流方向，进而判断c点与a点的电势高低；
（2）根据题意求得中心处的磁感应强度大小，由电阻定律得到薄壁金属转轴的电阻。根据法拉第电磁感应定律求得圆盘切割磁场产生的总电动势，根据能量守恒求解重物最终运动状态时圆盘的角速度的大小。
（3）灵敏电流计G表的示数为0，说明圆盘切割磁场产生的总电动势等于可变电阻两端的电压，据此求解此时可变电阻R1大小。
（1）如图恒流源方向向左，由右手螺旋定则可知，与之相连的线圈A，左侧为N极，与之相连的线圈B，右侧为N极，对线圈B中的圆盘分析，线圈B内部磁感线方向水平向右，由右手定则可知，电流在支路中，方向由c到a，故c点电势高。
（2）中心处磁场
薄壁金属转轴的电阻为
设圆盘转动角速度为，圆盘切割磁场产生的总电动势为
由能量守恒
可得
（3）设可变电阻阻值为，此时
根据可得
又由
联立上式
20．【答案】（1）解：经分析，离子在电场中的加速度为
初速为的离子从点出射后立刻进入区，做类平抛运动，在电场中偏转后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为，根据牛顿第二定律
解得在磁场中的加速度为
此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得
（2）解：离子在电场中根据运动规律
解得加速度
在磁场中的速度大小为，故加速度为
联立可得
故周期
（3）解：如图1所示
离子在电场中水平方向做初速为0的匀加速直线运动，根据小问1的分析知，离子在点水平向右的分速度为，根据运动规律
解得
故水平方向，根据运动学规律
从边界点射出后进入磁场时
联立上方两式可得
离子在磁场中圆周运动的速度为，满足
可得
圆心的横坐标为
纵坐标为
且当磁场中速度为时
即
则
或
联立以上三式可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为
其中或，其中
（4）解：①经分析，沿轴负方向看，离子均以做匀速圆周运动，满足要求的轨迹如图2所示
由几何关系可得
则
或
②沿轴方向离子做匀变速直线运动，加速度相同，抵达板上的运动时间也相同，则
，
初速为的离子落在板上位置最高，到达I区右边界时
所以到板上的位置最高为
初速为0的离子落在板上位置最低，到板上的位置最低为
所以到板上的发光直线长度为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力求E0和B0的比值；
（2）根据动能定理和洛伦兹力提供向心力以及周期公式求初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径和周期；
（3）根据运动学公式和洛伦兹力提供向心力求从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程；
（4）①根据几何关系求L1与L2的比值；
②根据周期公式、牛顿第二定律和运动学公式求发光直线的长度。
（1）经分析，离子在电场中的加速度为
初速为的离子从点出射后立刻进入区，做类平抛运动，在电场中偏转后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为，根据牛顿第二定律
解得在磁场中的加速度为
此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得
（2）离子在电场中根据运动规律
解得加速度
在磁场中的速度大小为，故加速度为
联立可得
故周期
（3）如图1所示
离子在电场中水平方向做初速为0的匀加速直线运动，根据小问1的分析知，离子在点水平向右的分速度为，根据运动规律
解得
故水平方向，根据运动学规律
从边界点射出后进入磁场时
联立上方两式可得
离子在磁场中圆周运动的速度为，满足
可得
圆心的横坐标为
纵坐标为
且当磁场中速度为时
即
则
或
联立以上三式可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为
其中
或，其中
（4）①经分析，沿轴负方向看，离子均以做匀速圆周运动，满足要求的轨迹如图2所示
由几何关系可得
则或
②沿轴方向离子做匀变速直线运动，加速度相同，抵达板上的运动时间也相同，则
，
初速为的离子落在板上位置最高，到达I区右边界时
所以到板上的位置最高为
初速为0的离子落在板上位置最低，到板上的位置最低为
所以到板上的发光直线长度为
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