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2025届浙江省精诚联盟高三下学期二模物理试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025·浙江模拟）在微观世界，粒子的位置和动量不能同时精准确定，即有。除了动量与位置外还有其他物理量的不确定关系。如某物理量A，也有，其中t代表时间，h为普朗克常量，则物理量A的单位是（　　）
A．N B．W C．K D．J
2．（2025·浙江模拟）电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m的1/4圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是（　　）
A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点
B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s
C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s2
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
3．（2025·浙江模拟）上海中心大厦高632米，为中国第一，全球第二高楼。当台风来袭时，大厦会出现了晃动，为减小晃动幅度，在距离地面583米处悬挂重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”。当台风来袭时，阻尼器中的质量块惯性会产生一个反作用力，大厦摇晃时发生反向摆动，达到减小大厦晃动幅度的目的。以下说法不合理的是（　　）
A．上海慧眼能“吸收”大厦振动的能量
B．上海慧眼通过与大厦共振达到抗振目的
C．风力越大，阻尼器摆动幅度也越大
D．如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
4．（2025·浙江模拟）如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧产生和消失的过程。二根呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。下列说法正确的是（　　）
A．P处电势差最高
B．P处的电场强度最大
C．在真空中实验效果更加明显
D．弧光存在的时候两电极电势相同
5．（2025·浙江模拟）汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（　　）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
6．（2025·浙江模拟）如图为交变电流的两种引出方式，图甲采用两滑环引出电流，图乙则采用换向器实现电流的导出，两装置其它部分完全一样。发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所在磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，线框从图示位置开始以角速度ω绕轴转动，图中电阻阻值均为R，不计其它电阻。下列说法正确的是（　　）
A．图示位置电动势最大
B．甲图电流表读数是乙图电表的2倍
C．乙图中线框转动一圈，通过电流表的电流方向改变两次
D．两装置线圈转一圈，克服安培力做功均为
7．（2025·浙江模拟）具有完全自主知识产权的国家科技重大专项——华能石岛湾高温气冷堆核电站示范工程商运投产，成为世界首个实现模块化第四代核电技术商业化运行的核电站，标志着我国在高温气冷堆核电技术领域实现了全球领先。关于高温气冷堆核电站说法正确的是（　　）
A．利用核聚变发电，所以需要高温
B．通过改变温度控制核反应速度
C．利用核裂变时发生“质量亏损”而提供能量
D．核反应堆中镉棒插入是提高核反应速度
8．（2025·浙江模拟）如图甲所示，滑块、中间用一根轻质弹簧相连，静止于光滑水平面上，初始时弹簧处于原长。现对物块施加水平向右，大小为的恒力，内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个过程中弹簧均未超出弹性限度，下列说法正确的是（　　）
A．滑块的质量之比为
B．若已知末的速度为，则末的速度为
C．由图可知，后、两物体的加速度将保持不变
D．后的加速度将继续增大，的加速度将减小，最终两物体的加速度会相同，做匀变速直线运动
9．（2025·浙江模拟）2023年11月29日美国《自然》杂志发表了新发现----“完美太阳系”。星系中的6颗行星大小差不多，以一种和谐的方式围绕一颗恒星a公转。6颗行星依照离恒星由近到远被以英文字母b、c、d、e、f、g编号。星系中的行星存在罕见的轨道共振现象，其中，b、c、d、e这四颗行星存在3比2的轨道共振率，即离恒星较近的行星每公转3圈，紧邻它外侧的行星公转2圈。e、f、g的轨道共振率是4比3。把行星的运动简化为圆周运动，且只受到中央恒星的引力作用。令b行星的运行周期为T，下列选项中正确的为（　　）
A．行星c与行星e的运行周期之比为9：4
B．a、b、d三个天体每经过时间会重新处于同一直线
C．行星b与行星g的运行轨道半径之比
D．经过时间t（t10．（2025·浙江模拟）老花镜可以看做厚度很薄的透镜，其前后表面可以看做半径分别为和的球面（），过两球面球心的连线称为主光轴，与主光轴距离为（）靠近光轴的光线为近轴光线。一束平行近轴光线通过透镜后与主光轴的交点到透镜（厚度不计）的距离称为焦距。则该老花镜（透镜）的焦距为（已知透镜折射率为n，当很小时，有，）（　　）
A． B． C． D．
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025·浙江模拟）量子论使人们认识了微观世界的运动规律，并发展了一系列对原子、分子等微观粒子进行有效操控和测量的技术。图为利用扫描隧道显微镜将48个铁原子排成的“原子围栏”，围栏内电子的量子行为，出现一系列圆形的“纹路”。则（　　）
A．纹路是电子运动的轨迹
B．纹路是电子干涉的结果
C．电子在中心点出现的概率最大
D．围栏内的电子不可能穿越围栏出来
12．（2025·浙江模拟）虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。考虑M、N、P、Q点对应的光，则（　　）
A．以相同入射角射入玻璃砖，N光的侧移量比P光大
B．照射同一光电效应装置，M光的饱和光电流比Q光大
C．入射同一单缝，P光中心衍射条纹宽度比Q光小
D．白光中由氢原子发出的光，则M光比N光从更高能级跃迁到相同的第一激发态
13．（2025·浙江模拟）如图x轴的正、负半轴分别是两种弹性绳，两振源P、Q位于x轴上，所在位置的x坐标分别为-2m和4m。两振源同时在0时刻开始振动，t=1.5s时形成如图所示的波形。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长不同，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直在变化
B．t=2.25s时原点处的质点位移为4cm
C．t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0
D．t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．（2025·浙江模拟）如图所示的单摆摆线长为l，摆球直径为d
（1）①利用该单摆测量当地的重力加速度g，测得单摆周期为T。则测量重力加速度g的表达式为　 　；
②以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是　 　；
A．摆线粗些、弹性好些
B．摆球密度大些，体积小些
C．由静止释放摆球的同时开始计时，当摆球回到初始位置停止计时，由此测得单摆振动周期T
D．单摆周期大些，可以提高测量精度，因此在拉开摆球时应使摆线与竖直方向有较大的角度
（2）将该单摆置于机车上，测量机车在水平路面上启动过程中的加速度。在机车上观测到摆线偏离竖直方向的角度为θ角，则该机车加速度为　 　（已知重力加速度g）；
（3）利用该单摆验证机械能守恒。将摆线拉直至水平位置，静止释放，则摆球绕悬点在竖直面内做圆周运动，为了测量小球摆到最低点时的速度，在该位置放置了光电门，小球通过光电门的挡光时间为Δt，则从静止到最低点过程中，
①机械能守恒需要验证的表达式为　 　（用题目中的已知量表示，当地重力加速度为g）
②实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，则可能的原因是　 　
A．空气阻力对小球做负功
B．摆线没有拉直时静止释放
C．光电门位置偏低，小球球心没过光电门
15．（2025·浙江模拟）某同学探究焊锡丝电阻及相关因素。
（1）将待测锡丝紧密绕在金属杆上，用如图1所示的方法测量其直径，则直径为　 　mm。
（2）然后用多用电表粗测这段焊锡丝的电阻，按正确的程序进行操作，发现指针示数很小。改用1m长的焊锡丝再次进行测量，多用电表的读数如图2所示，则焊锡丝的电阻约为　 　Ω。这样测得的1m长的焊锡丝的电阻是否精确？　 　理由是　 　。
（3）用图3所示的电路准确地测量1m长的焊锡丝的电阻。连接好电路后，在移动变阻器滑动触头时，发现电流和电压表示数几乎为零，只是在滑到某一端附近时才有明显的变化。造成这一现象，可能变阻器选用了_________
A．滑动变阻器（0~5Ω）
B．滑动变阻器（0~10Ω）
C．滑动变阻器（0~200Ω）
16．（2025·浙江模拟）以下实验说法正确的是（　　）
A．用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法
B．用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝
C．探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度释放
D．用硅钢做变压器铁芯材料，是因为其电阻率低，涡流小
17．（2025·浙江模拟）如图所示，一固定直立汽缸由上、下两个相互连通的圆筒构成。上部圆筒体积为2V0，其中有一质量为2m、面积为2S的薄活塞A。下部圆筒长度足够，其中有一质量为m、面积为S的活塞B。两圆筒由一短而细的管道连通，两活塞均可在各自的圆筒内无摩擦地上下滑动，活塞A的上方盛有理想气体X，A、B之间盛有另一种气体Y，活塞B下方与大气连通。开始时整个系统处于热平衡态，X气体温度为T0、体积为V0，内能与温度的关系为U=CT，其中C为已知常量，T为热力学温度；活塞B下方的大气压强为常量p0。若汽缸壁、管道、活塞均不导热。现通过灯丝L对X气体缓慢加热
（1）若活塞A恰好到达上圆筒底部时，X气体处于热平衡态，求其温度Tf1，以及从灯丝中吸收的热量Q1。
（2）若气体X从灯丝中吸收的热量为（1）问中的两倍（即2Q1），求达到平衡态时气体X的温度Tf2
18．（2025·浙江模拟）如图所示，长为L2=1.5m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，以v0=4.0m/s的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ的长为L1=3.25m，左端R点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN的长为L3=3.5m，其右端与光滑圆弧轨道相切（N点为圆弧轨道的最低点）。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的滑动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速g取10m/s2，π2=10，不计物块与挡板的碰撞时间。
（1）求物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
（3）当物块从半径大于100m圆弧轨道上高度为0.8m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。
19．（2025·浙江模拟）如图所示，间距的两平行竖直导轨空间存在垂直平面向内的匀强磁场，磁感应强度，其中AB两处为处于同一高度、长度可忽略不计的绝缘物质，其余部分均由金属材料制成，其上下分别接有电阻和电容，开始时电容器不带电。现将一质量的导体棒从上磁场边界上方不同高度处紧贴导轨静止释放，导体棒与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻极小，忽略一切摩擦，不计回路自感。若AB上下导轨足够长，
（1）试定性分析导体棒进入AB上方磁场区时运动的情况，并在答题纸上画出其速率随时间变化可能的关系曲线；
（2）导体棒通过AB后一瞬间，求电容器C所带的电荷量；
（3）求导体棒运动到AB下方处的速度。
20．（2025·浙江模拟）如图所示，在平面内的区域有竖直向下、大小为的匀强电场，在区域有以轴为中心轴、半径为、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与平面重合，圆心处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在平面内有一粒子发射带，其两端坐标：、，之间各点均可在平面内向轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从点偏离水平方向向右下方发射的粒子恰能通过点进入磁场，求该粒子发射的速度；
（2）在某次发射中，从两点水平发射的粒子穿过点到达了圆筒底部，求它们发光点点的坐标；
（3）若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过进入磁场，请通过分析，在乙图中画出荧光屏上的图案。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】不确定性关系；力学单位制
【解析】【解答】根据题意，
解得
ΔA的单位是
根据
动能的单位是
ΔA的单位是J，故答案为：D。
【分析】1. 抓公式与单位关联：利用题目给出的不确定关系公式，明确 与 、、 的联系，通过单位换算推导 。
2. 借已知量单位过渡：回忆动量（ ）、长度（ ）、时间（ ）的单位，代入推导 单位 。
3. 靠熟悉物理量验证：关联动能（单位 ）的单位公式，发现与推导结果一致，从而确定 的单位 。
2．【答案】B
【知识点】质点；平均速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．停车时汽车的形状和大小对停车过程影响较大，汽车不能看作质点，故A错误；
B．汽车的位移约为
汽车泊车的平均速度约为
故B正确；
C．转弯时，最大静摩擦力（近似滑动摩擦力）提供向心力，由
且
联立可得
代入 、 ，可得，故C错误；
D．圆周运动中，摩擦力的分力提供向心力，所以摩擦力不可能与运动的方向平行，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：看“形状大小对研究问题是否可忽略”，停车需精准控制车身，形状大小影响大，不能当质点 。
B：平均速度 = 位移÷时间 。先找初末位置，用几何法算位移（圆弧 + 直线的“直角三角形斜边” ），再代入公式算速度，验证数值 。
C：转弯时静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力对应最大向心加速度 。利用 静 ，约去质量直接算加速度 。
D：圆周运动中，摩擦力分力提供向心力（指向圆心），另一分力可能与运动方向共线（如减速时阻碍运动 ），故摩擦力不“总是与运动方向相反” 。
3．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A .阻尼器反向摆动，消耗大厦振动的机械能（转化为自身摆动的能量等 ），等效于 “吸收” 振动能量，使大厦晃动幅度减小，故A正确；
B．共振是指系统做 “同向、同频” 振动，会放大振幅。而阻尼器是 “反向摆动”，目的是抵消大厦振动，并非共振，若共振会让晃动更剧烈 ，故B错误；C．如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，楼房摆动幅度越大，则阻尼器摆动幅度越大，故C正确；
D．如果发生地震，楼房主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D正确。
故答案为：B。
【分析】AD：阻尼器 “反向摆动” 的本质是 “消耗振动能量” 。无论是台风还是地震，只要大厦有振动（机械能 ），阻尼器就通过反向运动 “吸收” 能量，达到减震目的，以此判断 A、D 。
B：明确 “共振是同向叠加，会放大振幅”，而阻尼器是 “反向抵消”，与共振原理完全相反，以此判断 B 。
C：风力→大厦晃动幅度→阻尼器摆动幅度，是 “驱动力→受迫振动→反向响应” 的连锁关系，风力越大，各环节幅度同步增大，以此判断C 。
4．【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．两电极间的各处的电势差相等，两电极间总电压固定，处是电极底部，间距最小 ，由电场强度公式 ， 不变、 越小， 越大 。空气被击穿需要强电场，故处因最大先产生电弧，说明电势差“不是处最高”（总电势差固定 ），A错误、B正确 。
C．电弧是 “空气被电离（导电 ）” 产生的发光现象。真空中无空气，无法电离形成导电通路，不会有电弧，C错误；
D．弧光存在时，回路有电流（电荷定向移动 ），有电流说明 “存在电势差”（否则电荷不移动 ），故两电极电势不相等，D错误。
故答案为：B。
【分析】AB：抓住“两电极总电势差恒定”，用 分析。处间距小，大，空气被击穿，判定“电势差相等，电场强度不等”，筛选出B正确 。
C：明确电弧依赖“空气电离”（空气导电 ）。真空无空气，无法电离→无电弧，直接排除C 。
3. 电流与电势差关系（D）：依据“有电流必有电势差”（电荷因电势差才会移动 ），弧光存在时回路有电流→两电极电势不等，排除D 。
5．【答案】B
【知识点】磁感应强度；电势差；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【解答】A．N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹子与静电力平衡，前后表面光形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；
B．加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；
D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：明确载流子类型（电子 ）、电流方向，用左手定则判断洛伦兹力方向，确定电荷聚集面，比较电势高低 。
B：加速度，偏移量，磁感应强度 变化，入霍尔电压公式 ，分析 对 的影响正确 。
C：加速度为0→元件在磁场抵消位置（ ），无论电流多大， 。
D：区分“速度大”和“加速度大”，加速度才决定偏移量（ ），速度不直接影响霍尔电压 。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置是中性面，磁通量最大，磁通量变化率最小，则电动势为零，A错误；
B．电流表测得的是交变电流的有效值，乙图中通过换向器后，电流方向不变，但跟甲图中的电流热效应相同，所以电流表读数相等，B错误；
C．乙图有换向器，线圈转动时，换向器自动改变电流方向，使输出电流方向保持不变（直流 ），线圈转一圈，电流方向不改变（仅换向器作用下方向恒定 ）
，C错误；
D．电动势最大值 ，有效值 有，周期 ，焦耳热 有。代入计算，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：磁通量最大，则电动势为0，判断选项A。
B：交变电流与直流电流热效应等效，则电流表读数相等，判断选项B。
C：换向器使电流方向恒定，转一圈方向不变，判断选项C。
D：克服安培力做功=焦耳热，结合有效值、周期计算热量，判断选项D。
7．【答案】C
【知识点】核裂变
【解析】【解答】A． 核电站（包括高温气冷堆 ）的发电原理是核裂变（不是聚变 ）。聚变目前还难以商业化（如太阳内部是聚变，但地球上难以模拟极端高温高压环境 ），高温气冷堆的“高温”是指冷却剂（气体 ）温度高，与聚变无关，故A错误 。A错误；
B．可控核裂变指的是通过隔棒吸收中子，调节参与反应的中子数目以控制反应速度，B错误；
C．可控核裂变是利用重核裂变的原理，重核裂变在放出能量的过程中存在质量亏损，C正确；
D．核反应堆中镉棒插入吸收中子，降低核反应速度，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 裂变：记清“当前核电站均为裂变，聚变未商业化”，直接判定A（高温气冷堆属于裂变技术 ）。
2. 控制核反应的关键（B）：核反应速度由“中子数目”决定（链式反应的核心是中子撞击重核 ），温度不直接影响，判定B 。
3. 质量亏损原理（C）：核裂变释放能量的本质是“质量亏损→”，只要是裂变电站，必然遵循此规律，验证C正确 。
4. 镉棒的功能（D）：牢记“镉棒吸收中子→减少反应原料→降低反应速度”，插入镉棒是“减速”，判定D 。
（围绕“裂变/聚变区别、核反应控制方式、质能方程、镉棒功能”四个考点，用“知识点直接对应”的方式，快速筛选正确选项。核心逻辑是“记准核裂变的基本原理和控制手段”，无需复杂推导，靠知识记忆与匹配即可解题 。 ）
8．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A.t=0 时，对A，由
得
时
对A
对B
得
质量比 3：2，故A错误；
B．整个过程中外力的冲量等于滑块A、B的动量变化，即
已知1s末B的速度为0.36m/s，则求得1s末A的速度为vA=0.76m/s，故B正确；
C.1s后A、B虽然加速度一样，但是，因此弹簧会继续伸长，B的加速度会继续增加，故C错误；
D．由前面分析可知，当两者再次加速度相同时，两者速度不同，加速度仍然会继续发生变化，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 质量求解：抓初始（t=0）和 t=1s 两个状态，用牛顿定律分别对A、B列方程，联立算质量比。
2. 动量定理应用：外力恒力，冲量易算；系统动量变化等于外力冲量，代入已知量直接解速度。
3. 加速度变化判断： t=1s 后，A速度大于B（前1s A加速快 ），弹簧继续拉长，B受弹力增大、加速度增大，A受弹力增大、合力减小，但因速度差持续，加速度不会稳定。
9．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A．已知b、c、d、e 轨道共振率 ，即公转圈数比
（每向外一层，圈数按 缩放 ），周期 与圈数 成反比（ ），故
A错误；
B．由，，可知，
可知相对角速度
三个天体每经过周期后重新处于同一直线上
B错误；
C．由题意可知b、g行星的周期
则轨道半径之比
C错误；
D．已知扫过的面积
，
b行星与d行星运动t时间划过的面积之比
D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 轨道共振与周期关系：轨道共振率 = 公转圈数比，周期与圈数成反比（ ），据此推导不同行星周期比。
2. 相对运动与共线条件：，角速度与圈数成正比（ ），天体共线时相对转过角度π，用相对角速度 算时间。
3. 开普勒第三定律应用：行星轨道半径 r 与周期 T 满足 ，通过周期比推导半径比。
4. 扫过面积公式推导：面积 ，结合角速度比、半径比，代入开普勒定律结论，化简得面积比。
10．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】因，厚度又可不计，对近轴光线，可将r1视为无限大，即左边近似为平面
根据几何关系有
、
可知
解得
故答案为：D。
【分析】1. 模型简化：利用 条件，将左侧大球面简化为“平面”，减少变量，聚焦右侧球面（r2 ）的折射作用。
2. 小角度近似：因 ，入射角、折射角均很小，用 （弧度制 ）简化三角关系，把几何问题转化为线性关系。
3. 折射定律与几何结合：先由折射定律 关联入射角 和折射角 ，再用几何关系（偏折角 ）推导焦距.
11．【答案】B,C
【知识点】粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A.量子力学中，电子是概率波，无确定“运动轨迹”，“纹路”反映的是电子出现概率的分布，而非轨迹，故A错误 。
B.电子具有波动性，围栏内电子的物质波发生干涉（类似光的干涉 ），“纹路”是干涉后“概率加强/减弱”的分布，属于电子干涉的结果，故B正确 。
C.中心区域是干涉加强区（物质波相干叠加 ），电子出现概率最大，与“纹路”中心亮（概率高 ）的现象一致，故C正确 。
D.微观粒子有“隧道效应”（量子隧穿 ），即使能量低于围栏势垒，电子也有一定概率穿越围栏，故D错误 。
故答案为：BC。
【分析】
A：电子是概率波，“轨迹”是经典物理概念，量子世界中电子位置用“概率分布”描述，判定 。
B：电子的波动性→物质波→可发生干涉。“纹路”是概率分布的“干涉条纹”，对应电子干涉的结果，验证判定 。
C：干涉中“加强区”电子出现概率高，中心是典型加强区（纹路最明显 ），故中心点概率最大，判定。
D：微观粒子有隧穿效应（如隧道二极管 ），电子可穿越势垒（围栏 ），判定 。
12．【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的折射及折射定律；光的衍射；光电效应
【解析】【解答】根据光的折射和色散规律知射到M点和Q点的光折射率都是最大的，即频率最大，射到N点和P点的光的折射率都是最小的，即频率最小，即频率关系为
A．因N和P两种光频率相同，折射率相同，则有N光的侧移量与P相同，选项A错误；
C．P光波长大于Q光，可知P光衍射现象更加明显，即P光中心衍射条纹宽度比Q光大，选项C错误；
D．M光比N光频率更大，则跃迁时对应的能级差更大，即M光从更高能级跃迁到相同的第一激发态，选项D正确；
B．M光与Q光频率一样，但M光是经过一次反射射出，Q光是经过两次反射射出的，则M光的光强大，故饱和光电流大，选项B正确。
故答案为：BD。
【分析】A：抓“频率决定折射率”，N、P频率相同→折射率相同→侧移量相同。
B：频率相同（光子能量相同 ）时，光强由“反射次数”定。饱和光电流∝光强（光子数 ）。
C：频率，波长（ ），波长，衍射条纹宽度（ 越长，条纹越宽 ），推导得P光条纹更宽。
D：频率，光子能量（ ），能量差，跃迁能级（ 越大，高能级越高 ）。
13．【答案】C,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．振源P产生的波的波速
振源P产生的波的频率
振源Q产生的波的波速
振源Q产生的波的频率
两列波的频率相同，相遇时会发生干涉，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直不变，A错误；
B．根据
振源P产生的波的第1个波峰传播的距离
振源Q产生的波的第1个波谷传播的距离
t=2.25s时，也就是再经过0.75s，振源P产生的波的第1个波峰与振源Q产生的波的第1个波谷在坐标原点相遇，此时位于坐标原点的质点的位移等于零，B错误；
C．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到Q的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，Q波的振源处的质点在平衡位置向上振动，再经过2.75s，Q波的振源处的质点恰好位于波谷处，与振源P产生的波的第1个波峰恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到Q点之间的所有质点此时的位移均等于零；
振源Q产生的波的第1个波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到P的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，P波的振源处的质点在平衡位置向下振动，再经过2.75s，P波的振源处的质点恰好位于波峰处，与振源Q产生的波的第1个波谷恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到P点之间的所有质点此时的位移均等于零；
综上所述，t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0；
D．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到+1.5m处，那么振源P产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
振源Q产生的波的第1个波波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到-0.75m处，那么振源Q产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
综上所述，t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm，坐标是+1.5m、-0.25m处是波峰相遇点，位移为+4cm，坐标是+0.5m、-0.75m处波谷相遇点，位移是-4cm。D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：两波频率相同（ 相同 ）、波速相同→满足干涉条件，干涉区振幅稳定，排除A。
BC：先算波到原点的时间→确定振动时长→找相位→叠加位移。C选项利用“完全重叠 + 相位相反”直接得位移为0；B选项分步计算相位，得总位移非4cm。
D：两波完全相遇时，用干涉加强条件（ ）找位移为 （加强 ）的点，结合间距与波长关系，数得4处，验证D正确。
14．【答案】（1）；B
（2）
（3）；C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】（1） ① 根据
，
解得
故答案为：。
② A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故答案为：B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得
该机车加速度为即为。
故答案为：
（3）将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故答案为：；C
【分析】（1）单摆周期公式是核心，关键要明确 “摆长是悬点到球心的距离”（摆线长 + 球半径 ）。通过周期公式变形，直接推导重力加速度表达式。
（2）摆球与机车相对静止，加速度相同。通过受力分析（水平合力提供加速度，竖直合力平衡重力 ），利用三角函数关系消去拉力 F，直接推导加速度表达式。
（3） 机械能守恒验证的是 “势能减少量 = 动能增加量”
（1）[1]根据，
解得
[2]A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故选B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得，该机车加速度为即为。
（3）[1]将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为。
[2]实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故选C。
15．【答案】（1）1.01
（2）1；不精确；电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确
（3）C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）设锡丝的直径为，由如图1可知锡丝紧密绕在金属杆上有10匝
得
故答案为：1.01
（2）选用的欧姆挡，焊锡丝的电阻约为
这样测得的1m长的焊锡丝的电阻不精确，理由是电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确。
故答案为：1；不精确；电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确。
（3）滑线变阻器总电阻不同时，分压电路输出电压随滑片移动的关系如图所示
连接好电路后，在移动变阻器滑动触头时，发现电流和电压表示数几乎为零，只是在滑到某一端附近时才有明显的变化，造成这一现象，可能变阻器选用了滑动变阻器（0~200Ω）。
故答案为：C。
【分析】（1）“累积法”测微小直径，通过密绕匝数 和总宽度 ，用 计算。关键是读出游标尺总宽度，注意精度（0.1mm ）。
（2）多用电表测电阻：先选合适量程（指针偏角小→换小量程 ），读数 = 表盘示数×倍率。判断是否精确：指针应在表盘中央附近（误差小 ），此测量指针偏角小（阻值小，即使最小量程也偏右 ），误差大，不精确。
（3）分压电路中，变阻器总阻值远大于待测电阻时，电压调节“迟钝”（大部分电压在变阻器 ），只有滑片接近端点，并联部分才分得电压。通过“电压变化特征”匹配变阻器阻值大小，锁定总阻值大的选项。
（1）设锡丝的直径为，由如图1可知锡丝紧密绕在金属杆上有10匝
得
（2）[1]选用的欧姆挡，焊锡丝的电阻约为
[2] [3] 这样测得的1m长的焊锡丝的电阻不精确，理由是电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确。
（3）滑线变阻器总电阻不同时，分压电路输出电压随滑片移动的关系如图所示
连接好电路后，在移动变阻器滑动触头时，发现电流和电压表示数几乎为零，只是在滑到某一端附近时才有明显的变化，造成这一现象，可能变阻器选用了滑动变阻器（0~200Ω）。
故选C。
16．【答案】A,B
【知识点】变压器原理；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】A. 用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，选项A正确；
B. 用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝，以得到相干光源，选项B正确；
C. 探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度由静止释放，选项C错误；
D. 变压器的铁芯，在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，而用很多片相互绝缘的硅钢片叠在一起，其目的是增大电阻，从而为了减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A： 记准油膜法是“用宏观可测的体积、面积，算微观分子直径”。
B： 明白普通光源需“单缝分割波面”变相干光，双缝干涉才成立。
C： 清楚平抛要求“初速度水平且为0”，释放得“同一高度 + 静止”，漏“静止”则错误。
D： 理解硅钢片是“增大电阻减涡流”，不是因电阻率低，纠正逻辑。
17．【答案】（1）解：初态
等压过程
解得
此过程外界对X气体做功
根据热力学第一定律
可得
。
（2）解：继续输入热量的过程中，气体X经历等体过程，内能变化
解得
。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】1. 过程分段： 先等压（A移动 ），后等容（A到底后体积不变 ）。
2. 热量分配： 总热量 中，第一阶段用掉 ，第二阶段吸收 。
3. 等容变化应用： 等容时做功为0，内能变化等于吸收的热量，结合 推导温度。
（1）初态
等压过程
解得
此过程外界对X气体做功
根据热力学第一定律
可得
（2）继续输入热量的过程中，气体X经历等体过程，内能变化
解得
18．【答案】（1）解：设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）解：物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
故
（3）解：物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】1. 小角度摆动近似： 圆弧半径 ，物块运动可视为单摆（简谐运动 ），用周期公式 。
2. 水平路径分析： 明确“第二次到P”的往返路径，计算总水平距离与时间。
3. 时间相等关联： 圆弧运动时间（四分之一周期 ）等于水平运动时间，联立方程求半径。
（1）设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
（3）物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
19．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为

（2）解：导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得
，
（3）解：导体棒速度突变后，由牛顿定律，有
，
解得
根据
可得
【知识点】动量定理；电容器及其应用；安培力；能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】1. 加速度恒定判断： 下方回路含电容，电流 ，代入牛顿定律后加速度 恒定（与速度无关 ），做匀加速运动。
2. 匀变速公式应用： 用 直接求末速度，简化计算。
（1）（1）根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为
（2）导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得，
（3）导体棒速度突变后，由牛顿定律，有，
解得
根据
可得
20．【答案】（1）解：水平方向
竖直方向
得
（2）解：水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得

（3）解：粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 类斜抛运动首先水平匀速（无电场力 ）、竖直匀加速（电场力 ），水平位移（ ）和竖直位移（ ）关联时间 ，消元后直接解速度 。
（2） 先在电场中做类平抛（水平匀速、竖直加速 ），后在磁场中做匀速圆周（洛伦兹力向心力 ），磁场中圆周运动的半径 与速度关联，发光点坐标由圆周运动的圆心角、圆筒高度和半径共同决定，利用对称性简化计算。
（3）速度 - 半径关联： 速度影响合速度，进而影响圆周运动半径，不同速度对应不同打在圆筒的位置，对称性与连续性： 、 对称，图案关于y轴对称；速度连续变化，图案为连续圆弧段。
（1）水平方向
竖直方向
得
（2）水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
1 / 12025届浙江省精诚联盟高三下学期二模物理试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025·浙江模拟）在微观世界，粒子的位置和动量不能同时精准确定，即有。除了动量与位置外还有其他物理量的不确定关系。如某物理量A，也有，其中t代表时间，h为普朗克常量，则物理量A的单位是（　　）
A．N B．W C．K D．J
【答案】D
【知识点】不确定性关系；力学单位制
【解析】【解答】根据题意，
解得
ΔA的单位是
根据
动能的单位是
ΔA的单位是J，故答案为：D。
【分析】1. 抓公式与单位关联：利用题目给出的不确定关系公式，明确 与 、、 的联系，通过单位换算推导 。
2. 借已知量单位过渡：回忆动量（ ）、长度（ ）、时间（ ）的单位，代入推导 单位 。
3. 靠熟悉物理量验证：关联动能（单位 ）的单位公式，发现与推导结果一致，从而确定 的单位 。
2．（2025·浙江模拟）电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m的1/4圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是（　　）
A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点
B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s
C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s2
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
【答案】B
【知识点】质点；平均速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．停车时汽车的形状和大小对停车过程影响较大，汽车不能看作质点，故A错误；
B．汽车的位移约为
汽车泊车的平均速度约为
故B正确；
C．转弯时，最大静摩擦力（近似滑动摩擦力）提供向心力，由
且
联立可得
代入 、 ，可得，故C错误；
D．圆周运动中，摩擦力的分力提供向心力，所以摩擦力不可能与运动的方向平行，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：看“形状大小对研究问题是否可忽略”，停车需精准控制车身，形状大小影响大，不能当质点 。
B：平均速度 = 位移÷时间 。先找初末位置，用几何法算位移（圆弧 + 直线的“直角三角形斜边” ），再代入公式算速度，验证数值 。
C：转弯时静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力对应最大向心加速度 。利用 静 ，约去质量直接算加速度 。
D：圆周运动中，摩擦力分力提供向心力（指向圆心），另一分力可能与运动方向共线（如减速时阻碍运动 ），故摩擦力不“总是与运动方向相反” 。
3．（2025·浙江模拟）上海中心大厦高632米，为中国第一，全球第二高楼。当台风来袭时，大厦会出现了晃动，为减小晃动幅度，在距离地面583米处悬挂重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”。当台风来袭时，阻尼器中的质量块惯性会产生一个反作用力，大厦摇晃时发生反向摆动，达到减小大厦晃动幅度的目的。以下说法不合理的是（　　）
A．上海慧眼能“吸收”大厦振动的能量
B．上海慧眼通过与大厦共振达到抗振目的
C．风力越大，阻尼器摆动幅度也越大
D．如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A .阻尼器反向摆动，消耗大厦振动的机械能（转化为自身摆动的能量等 ），等效于 “吸收” 振动能量，使大厦晃动幅度减小，故A正确；
B．共振是指系统做 “同向、同频” 振动，会放大振幅。而阻尼器是 “反向摆动”，目的是抵消大厦振动，并非共振，若共振会让晃动更剧烈 ，故B错误；C．如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，楼房摆动幅度越大，则阻尼器摆动幅度越大，故C正确；
D．如果发生地震，楼房主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D正确。
故答案为：B。
【分析】AD：阻尼器 “反向摆动” 的本质是 “消耗振动能量” 。无论是台风还是地震，只要大厦有振动（机械能 ），阻尼器就通过反向运动 “吸收” 能量，达到减震目的，以此判断 A、D 。
B：明确 “共振是同向叠加，会放大振幅”，而阻尼器是 “反向抵消”，与共振原理完全相反，以此判断 B 。
C：风力→大厦晃动幅度→阻尼器摆动幅度，是 “驱动力→受迫振动→反向响应” 的连锁关系，风力越大，各环节幅度同步增大，以此判断C 。
4．（2025·浙江模拟）如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧产生和消失的过程。二根呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。下列说法正确的是（　　）
A．P处电势差最高
B．P处的电场强度最大
C．在真空中实验效果更加明显
D．弧光存在的时候两电极电势相同
【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．两电极间的各处的电势差相等，两电极间总电压固定，处是电极底部，间距最小 ，由电场强度公式 ， 不变、 越小， 越大 。空气被击穿需要强电场，故处因最大先产生电弧，说明电势差“不是处最高”（总电势差固定 ），A错误、B正确 。
C．电弧是 “空气被电离（导电 ）” 产生的发光现象。真空中无空气，无法电离形成导电通路，不会有电弧，C错误；
D．弧光存在时，回路有电流（电荷定向移动 ），有电流说明 “存在电势差”（否则电荷不移动 ），故两电极电势不相等，D错误。
故答案为：B。
【分析】AB：抓住“两电极总电势差恒定”，用 分析。处间距小，大，空气被击穿，判定“电势差相等，电场强度不等”，筛选出B正确 。
C：明确电弧依赖“空气电离”（空气导电 ）。真空无空气，无法电离→无电弧，直接排除C 。
3. 电流与电势差关系（D）：依据“有电流必有电势差”（电荷因电势差才会移动 ），弧光存在时回路有电流→两电极电势不等，排除D 。
5．（2025·浙江模拟）汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（　　）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
【答案】B
【知识点】磁感应强度；电势差；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【解答】A．N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹子与静电力平衡，前后表面光形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；
B．加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；
D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：明确载流子类型（电子 ）、电流方向，用左手定则判断洛伦兹力方向，确定电荷聚集面，比较电势高低 。
B：加速度，偏移量，磁感应强度 变化，入霍尔电压公式 ，分析 对 的影响正确 。
C：加速度为0→元件在磁场抵消位置（ ），无论电流多大， 。
D：区分“速度大”和“加速度大”，加速度才决定偏移量（ ），速度不直接影响霍尔电压 。
6．（2025·浙江模拟）如图为交变电流的两种引出方式，图甲采用两滑环引出电流，图乙则采用换向器实现电流的导出，两装置其它部分完全一样。发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所在磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，线框从图示位置开始以角速度ω绕轴转动，图中电阻阻值均为R，不计其它电阻。下列说法正确的是（　　）
A．图示位置电动势最大
B．甲图电流表读数是乙图电表的2倍
C．乙图中线框转动一圈，通过电流表的电流方向改变两次
D．两装置线圈转一圈，克服安培力做功均为
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置是中性面，磁通量最大，磁通量变化率最小，则电动势为零，A错误；
B．电流表测得的是交变电流的有效值，乙图中通过换向器后，电流方向不变，但跟甲图中的电流热效应相同，所以电流表读数相等，B错误；
C．乙图有换向器，线圈转动时，换向器自动改变电流方向，使输出电流方向保持不变（直流 ），线圈转一圈，电流方向不改变（仅换向器作用下方向恒定 ）
，C错误；
D．电动势最大值 ，有效值 有，周期 ，焦耳热 有。代入计算，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：磁通量最大，则电动势为0，判断选项A。
B：交变电流与直流电流热效应等效，则电流表读数相等，判断选项B。
C：换向器使电流方向恒定，转一圈方向不变，判断选项C。
D：克服安培力做功=焦耳热，结合有效值、周期计算热量，判断选项D。
7．（2025·浙江模拟）具有完全自主知识产权的国家科技重大专项——华能石岛湾高温气冷堆核电站示范工程商运投产，成为世界首个实现模块化第四代核电技术商业化运行的核电站，标志着我国在高温气冷堆核电技术领域实现了全球领先。关于高温气冷堆核电站说法正确的是（　　）
A．利用核聚变发电，所以需要高温
B．通过改变温度控制核反应速度
C．利用核裂变时发生“质量亏损”而提供能量
D．核反应堆中镉棒插入是提高核反应速度
【答案】C
【知识点】核裂变
【解析】【解答】A． 核电站（包括高温气冷堆 ）的发电原理是核裂变（不是聚变 ）。聚变目前还难以商业化（如太阳内部是聚变，但地球上难以模拟极端高温高压环境 ），高温气冷堆的“高温”是指冷却剂（气体 ）温度高，与聚变无关，故A错误 。A错误；
B．可控核裂变指的是通过隔棒吸收中子，调节参与反应的中子数目以控制反应速度，B错误；
C．可控核裂变是利用重核裂变的原理，重核裂变在放出能量的过程中存在质量亏损，C正确；
D．核反应堆中镉棒插入吸收中子，降低核反应速度，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 裂变：记清“当前核电站均为裂变，聚变未商业化”，直接判定A（高温气冷堆属于裂变技术 ）。
2. 控制核反应的关键（B）：核反应速度由“中子数目”决定（链式反应的核心是中子撞击重核 ），温度不直接影响，判定B 。
3. 质量亏损原理（C）：核裂变释放能量的本质是“质量亏损→”，只要是裂变电站，必然遵循此规律，验证C正确 。
4. 镉棒的功能（D）：牢记“镉棒吸收中子→减少反应原料→降低反应速度”，插入镉棒是“减速”，判定D 。
（围绕“裂变/聚变区别、核反应控制方式、质能方程、镉棒功能”四个考点，用“知识点直接对应”的方式，快速筛选正确选项。核心逻辑是“记准核裂变的基本原理和控制手段”，无需复杂推导，靠知识记忆与匹配即可解题 。 ）
8．（2025·浙江模拟）如图甲所示，滑块、中间用一根轻质弹簧相连，静止于光滑水平面上，初始时弹簧处于原长。现对物块施加水平向右，大小为的恒力，内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个过程中弹簧均未超出弹性限度，下列说法正确的是（　　）
A．滑块的质量之比为
B．若已知末的速度为，则末的速度为
C．由图可知，后、两物体的加速度将保持不变
D．后的加速度将继续增大，的加速度将减小，最终两物体的加速度会相同，做匀变速直线运动
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A.t=0 时，对A，由
得
时
对A
对B
得
质量比 3：2，故A错误；
B．整个过程中外力的冲量等于滑块A、B的动量变化，即
已知1s末B的速度为0.36m/s，则求得1s末A的速度为vA=0.76m/s，故B正确；
C.1s后A、B虽然加速度一样，但是，因此弹簧会继续伸长，B的加速度会继续增加，故C错误；
D．由前面分析可知，当两者再次加速度相同时，两者速度不同，加速度仍然会继续发生变化，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 质量求解：抓初始（t=0）和 t=1s 两个状态，用牛顿定律分别对A、B列方程，联立算质量比。
2. 动量定理应用：外力恒力，冲量易算；系统动量变化等于外力冲量，代入已知量直接解速度。
3. 加速度变化判断： t=1s 后，A速度大于B（前1s A加速快 ），弹簧继续拉长，B受弹力增大、加速度增大，A受弹力增大、合力减小，但因速度差持续，加速度不会稳定。
9．（2025·浙江模拟）2023年11月29日美国《自然》杂志发表了新发现----“完美太阳系”。星系中的6颗行星大小差不多，以一种和谐的方式围绕一颗恒星a公转。6颗行星依照离恒星由近到远被以英文字母b、c、d、e、f、g编号。星系中的行星存在罕见的轨道共振现象，其中，b、c、d、e这四颗行星存在3比2的轨道共振率，即离恒星较近的行星每公转3圈，紧邻它外侧的行星公转2圈。e、f、g的轨道共振率是4比3。把行星的运动简化为圆周运动，且只受到中央恒星的引力作用。令b行星的运行周期为T，下列选项中正确的为（　　）
A．行星c与行星e的运行周期之比为9：4
B．a、b、d三个天体每经过时间会重新处于同一直线
C．行星b与行星g的运行轨道半径之比
D．经过时间t（t【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A．已知b、c、d、e 轨道共振率 ，即公转圈数比
（每向外一层，圈数按 缩放 ），周期 与圈数 成反比（ ），故
A错误；
B．由，，可知，
可知相对角速度
三个天体每经过周期后重新处于同一直线上
B错误；
C．由题意可知b、g行星的周期
则轨道半径之比
C错误；
D．已知扫过的面积
，
b行星与d行星运动t时间划过的面积之比
D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 轨道共振与周期关系：轨道共振率 = 公转圈数比，周期与圈数成反比（ ），据此推导不同行星周期比。
2. 相对运动与共线条件：，角速度与圈数成正比（ ），天体共线时相对转过角度π，用相对角速度 算时间。
3. 开普勒第三定律应用：行星轨道半径 r 与周期 T 满足 ，通过周期比推导半径比。
4. 扫过面积公式推导：面积 ，结合角速度比、半径比，代入开普勒定律结论，化简得面积比。
10．（2025·浙江模拟）老花镜可以看做厚度很薄的透镜，其前后表面可以看做半径分别为和的球面（），过两球面球心的连线称为主光轴，与主光轴距离为（）靠近光轴的光线为近轴光线。一束平行近轴光线通过透镜后与主光轴的交点到透镜（厚度不计）的距离称为焦距。则该老花镜（透镜）的焦距为（已知透镜折射率为n，当很小时，有，）（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】因，厚度又可不计，对近轴光线，可将r1视为无限大，即左边近似为平面
根据几何关系有
、
可知
解得
故答案为：D。
【分析】1. 模型简化：利用 条件，将左侧大球面简化为“平面”，减少变量，聚焦右侧球面（r2 ）的折射作用。
2. 小角度近似：因 ，入射角、折射角均很小，用 （弧度制 ）简化三角关系，把几何问题转化为线性关系。
3. 折射定律与几何结合：先由折射定律 关联入射角 和折射角 ，再用几何关系（偏折角 ）推导焦距.
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025·浙江模拟）量子论使人们认识了微观世界的运动规律，并发展了一系列对原子、分子等微观粒子进行有效操控和测量的技术。图为利用扫描隧道显微镜将48个铁原子排成的“原子围栏”，围栏内电子的量子行为，出现一系列圆形的“纹路”。则（　　）
A．纹路是电子运动的轨迹
B．纹路是电子干涉的结果
C．电子在中心点出现的概率最大
D．围栏内的电子不可能穿越围栏出来
【答案】B,C
【知识点】粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A.量子力学中，电子是概率波，无确定“运动轨迹”，“纹路”反映的是电子出现概率的分布，而非轨迹，故A错误 。
B.电子具有波动性，围栏内电子的物质波发生干涉（类似光的干涉 ），“纹路”是干涉后“概率加强/减弱”的分布，属于电子干涉的结果，故B正确 。
C.中心区域是干涉加强区（物质波相干叠加 ），电子出现概率最大，与“纹路”中心亮（概率高 ）的现象一致，故C正确 。
D.微观粒子有“隧道效应”（量子隧穿 ），即使能量低于围栏势垒，电子也有一定概率穿越围栏，故D错误 。
故答案为：BC。
【分析】
A：电子是概率波，“轨迹”是经典物理概念，量子世界中电子位置用“概率分布”描述，判定 。
B：电子的波动性→物质波→可发生干涉。“纹路”是概率分布的“干涉条纹”，对应电子干涉的结果，验证判定 。
C：干涉中“加强区”电子出现概率高，中心是典型加强区（纹路最明显 ），故中心点概率最大，判定。
D：微观粒子有隧穿效应（如隧道二极管 ），电子可穿越势垒（围栏 ），判定 。
12．（2025·浙江模拟）虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。考虑M、N、P、Q点对应的光，则（　　）
A．以相同入射角射入玻璃砖，N光的侧移量比P光大
B．照射同一光电效应装置，M光的饱和光电流比Q光大
C．入射同一单缝，P光中心衍射条纹宽度比Q光小
D．白光中由氢原子发出的光，则M光比N光从更高能级跃迁到相同的第一激发态
【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的折射及折射定律；光的衍射；光电效应
【解析】【解答】根据光的折射和色散规律知射到M点和Q点的光折射率都是最大的，即频率最大，射到N点和P点的光的折射率都是最小的，即频率最小，即频率关系为
A．因N和P两种光频率相同，折射率相同，则有N光的侧移量与P相同，选项A错误；
C．P光波长大于Q光，可知P光衍射现象更加明显，即P光中心衍射条纹宽度比Q光大，选项C错误；
D．M光比N光频率更大，则跃迁时对应的能级差更大，即M光从更高能级跃迁到相同的第一激发态，选项D正确；
B．M光与Q光频率一样，但M光是经过一次反射射出，Q光是经过两次反射射出的，则M光的光强大，故饱和光电流大，选项B正确。
故答案为：BD。
【分析】A：抓“频率决定折射率”，N、P频率相同→折射率相同→侧移量相同。
B：频率相同（光子能量相同 ）时，光强由“反射次数”定。饱和光电流∝光强（光子数 ）。
C：频率，波长（ ），波长，衍射条纹宽度（ 越长，条纹越宽 ），推导得P光条纹更宽。
D：频率，光子能量（ ），能量差，跃迁能级（ 越大，高能级越高 ）。
13．（2025·浙江模拟）如图x轴的正、负半轴分别是两种弹性绳，两振源P、Q位于x轴上，所在位置的x坐标分别为-2m和4m。两振源同时在0时刻开始振动，t=1.5s时形成如图所示的波形。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长不同，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直在变化
B．t=2.25s时原点处的质点位移为4cm
C．t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0
D．t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm
【答案】C,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．振源P产生的波的波速
振源P产生的波的频率
振源Q产生的波的波速
振源Q产生的波的频率
两列波的频率相同，相遇时会发生干涉，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直不变，A错误；
B．根据
振源P产生的波的第1个波峰传播的距离
振源Q产生的波的第1个波谷传播的距离
t=2.25s时，也就是再经过0.75s，振源P产生的波的第1个波峰与振源Q产生的波的第1个波谷在坐标原点相遇，此时位于坐标原点的质点的位移等于零，B错误；
C．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到Q的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，Q波的振源处的质点在平衡位置向上振动，再经过2.75s，Q波的振源处的质点恰好位于波谷处，与振源P产生的波的第1个波峰恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到Q点之间的所有质点此时的位移均等于零；
振源Q产生的波的第1个波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到P的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，P波的振源处的质点在平衡位置向下振动，再经过2.75s，P波的振源处的质点恰好位于波峰处，与振源Q产生的波的第1个波谷恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到P点之间的所有质点此时的位移均等于零；
综上所述，t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0；
D．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到+1.5m处，那么振源P产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
振源Q产生的波的第1个波波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到-0.75m处，那么振源Q产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
综上所述，t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm，坐标是+1.5m、-0.25m处是波峰相遇点，位移为+4cm，坐标是+0.5m、-0.75m处波谷相遇点，位移是-4cm。D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：两波频率相同（ 相同 ）、波速相同→满足干涉条件，干涉区振幅稳定，排除A。
BC：先算波到原点的时间→确定振动时长→找相位→叠加位移。C选项利用“完全重叠 + 相位相反”直接得位移为0；B选项分步计算相位，得总位移非4cm。
D：两波完全相遇时，用干涉加强条件（ ）找位移为 （加强 ）的点，结合间距与波长关系，数得4处，验证D正确。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．（2025·浙江模拟）如图所示的单摆摆线长为l，摆球直径为d
（1）①利用该单摆测量当地的重力加速度g，测得单摆周期为T。则测量重力加速度g的表达式为　 　；
②以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是　 　；
A．摆线粗些、弹性好些
B．摆球密度大些，体积小些
C．由静止释放摆球的同时开始计时，当摆球回到初始位置停止计时，由此测得单摆振动周期T
D．单摆周期大些，可以提高测量精度，因此在拉开摆球时应使摆线与竖直方向有较大的角度
（2）将该单摆置于机车上，测量机车在水平路面上启动过程中的加速度。在机车上观测到摆线偏离竖直方向的角度为θ角，则该机车加速度为　 　（已知重力加速度g）；
（3）利用该单摆验证机械能守恒。将摆线拉直至水平位置，静止释放，则摆球绕悬点在竖直面内做圆周运动，为了测量小球摆到最低点时的速度，在该位置放置了光电门，小球通过光电门的挡光时间为Δt，则从静止到最低点过程中，
①机械能守恒需要验证的表达式为　 　（用题目中的已知量表示，当地重力加速度为g）
②实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，则可能的原因是　 　
A．空气阻力对小球做负功
B．摆线没有拉直时静止释放
C．光电门位置偏低，小球球心没过光电门
【答案】（1）；B
（2）
（3）；C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】（1） ① 根据
，
解得
故答案为：。
② A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故答案为：B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得
该机车加速度为即为。
故答案为：
（3）将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故答案为：；C
【分析】（1）单摆周期公式是核心，关键要明确 “摆长是悬点到球心的距离”（摆线长 + 球半径 ）。通过周期公式变形，直接推导重力加速度表达式。
（2）摆球与机车相对静止，加速度相同。通过受力分析（水平合力提供加速度，竖直合力平衡重力 ），利用三角函数关系消去拉力 F，直接推导加速度表达式。
（3） 机械能守恒验证的是 “势能减少量 = 动能增加量”
（1）[1]根据，
解得
[2]A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故选B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得，该机车加速度为即为。
（3）[1]将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为。
[2]实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故选C。
15．（2025·浙江模拟）某同学探究焊锡丝电阻及相关因素。
（1）将待测锡丝紧密绕在金属杆上，用如图1所示的方法测量其直径，则直径为　 　mm。
（2）然后用多用电表粗测这段焊锡丝的电阻，按正确的程序进行操作，发现指针示数很小。改用1m长的焊锡丝再次进行测量，多用电表的读数如图2所示，则焊锡丝的电阻约为　 　Ω。这样测得的1m长的焊锡丝的电阻是否精确？　 　理由是　 　。
（3）用图3所示的电路准确地测量1m长的焊锡丝的电阻。连接好电路后，在移动变阻器滑动触头时，发现电流和电压表示数几乎为零，只是在滑到某一端附近时才有明显的变化。造成这一现象，可能变阻器选用了_________
A．滑动变阻器（0~5Ω）
B．滑动变阻器（0~10Ω）
C．滑动变阻器（0~200Ω）
【答案】（1）1.01
（2）1；不精确；电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确
（3）C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）设锡丝的直径为，由如图1可知锡丝紧密绕在金属杆上有10匝
得
故答案为：1.01
（2）选用的欧姆挡，焊锡丝的电阻约为
这样测得的1m长的焊锡丝的电阻不精确，理由是电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确。
故答案为：1；不精确；电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确。
（3）滑线变阻器总电阻不同时，分压电路输出电压随滑片移动的关系如图所示
连接好电路后，在移动变阻器滑动触头时，发现电流和电压表示数几乎为零，只是在滑到某一端附近时才有明显的变化，造成这一现象，可能变阻器选用了滑动变阻器（0~200Ω）。
故答案为：C。
【分析】（1）“累积法”测微小直径，通过密绕匝数 和总宽度 ，用 计算。关键是读出游标尺总宽度，注意精度（0.1mm ）。
（2）多用电表测电阻：先选合适量程（指针偏角小→换小量程 ），读数 = 表盘示数×倍率。判断是否精确：指针应在表盘中央附近（误差小 ），此测量指针偏角小（阻值小，即使最小量程也偏右 ），误差大，不精确。
（3）分压电路中，变阻器总阻值远大于待测电阻时，电压调节“迟钝”（大部分电压在变阻器 ），只有滑片接近端点，并联部分才分得电压。通过“电压变化特征”匹配变阻器阻值大小，锁定总阻值大的选项。
（1）设锡丝的直径为，由如图1可知锡丝紧密绕在金属杆上有10匝
得
（2）[1]选用的欧姆挡，焊锡丝的电阻约为
[2] [3] 这样测得的1m长的焊锡丝的电阻不精确，理由是电阻值偏小，即使用最小量程，多用表的指针也偏小，达不到刻度盘的中央附近，因此测量误差大，不精确。
（3）滑线变阻器总电阻不同时，分压电路输出电压随滑片移动的关系如图所示
连接好电路后，在移动变阻器滑动触头时，发现电流和电压表示数几乎为零，只是在滑到某一端附近时才有明显的变化，造成这一现象，可能变阻器选用了滑动变阻器（0~200Ω）。
故选C。
16．（2025·浙江模拟）以下实验说法正确的是（　　）
A．用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法
B．用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝
C．探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度释放
D．用硅钢做变压器铁芯材料，是因为其电阻率低，涡流小
【答案】A,B
【知识点】变压器原理；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】A. 用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，选项A正确；
B. 用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝，以得到相干光源，选项B正确；
C. 探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度由静止释放，选项C错误；
D. 变压器的铁芯，在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，而用很多片相互绝缘的硅钢片叠在一起，其目的是增大电阻，从而为了减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A： 记准油膜法是“用宏观可测的体积、面积，算微观分子直径”。
B： 明白普通光源需“单缝分割波面”变相干光，双缝干涉才成立。
C： 清楚平抛要求“初速度水平且为0”，释放得“同一高度 + 静止”，漏“静止”则错误。
D： 理解硅钢片是“增大电阻减涡流”，不是因电阻率低，纠正逻辑。
17．（2025·浙江模拟）如图所示，一固定直立汽缸由上、下两个相互连通的圆筒构成。上部圆筒体积为2V0，其中有一质量为2m、面积为2S的薄活塞A。下部圆筒长度足够，其中有一质量为m、面积为S的活塞B。两圆筒由一短而细的管道连通，两活塞均可在各自的圆筒内无摩擦地上下滑动，活塞A的上方盛有理想气体X，A、B之间盛有另一种气体Y，活塞B下方与大气连通。开始时整个系统处于热平衡态，X气体温度为T0、体积为V0，内能与温度的关系为U=CT，其中C为已知常量，T为热力学温度；活塞B下方的大气压强为常量p0。若汽缸壁、管道、活塞均不导热。现通过灯丝L对X气体缓慢加热
（1）若活塞A恰好到达上圆筒底部时，X气体处于热平衡态，求其温度Tf1，以及从灯丝中吸收的热量Q1。
（2）若气体X从灯丝中吸收的热量为（1）问中的两倍（即2Q1），求达到平衡态时气体X的温度Tf2
【答案】（1）解：初态
等压过程
解得
此过程外界对X气体做功
根据热力学第一定律
可得
。
（2）解：继续输入热量的过程中，气体X经历等体过程，内能变化
解得
。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】1. 过程分段： 先等压（A移动 ），后等容（A到底后体积不变 ）。
2. 热量分配： 总热量 中，第一阶段用掉 ，第二阶段吸收 。
3. 等容变化应用： 等容时做功为0，内能变化等于吸收的热量，结合 推导温度。
（1）初态
等压过程
解得
此过程外界对X气体做功
根据热力学第一定律
可得
（2）继续输入热量的过程中，气体X经历等体过程，内能变化
解得
18．（2025·浙江模拟）如图所示，长为L2=1.5m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，以v0=4.0m/s的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ的长为L1=3.25m，左端R点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN的长为L3=3.5m，其右端与光滑圆弧轨道相切（N点为圆弧轨道的最低点）。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的滑动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速g取10m/s2，π2=10，不计物块与挡板的碰撞时间。
（1）求物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
（3）当物块从半径大于100m圆弧轨道上高度为0.8m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。
【答案】（1）解：设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）解：物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
故
（3）解：物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】1. 小角度摆动近似： 圆弧半径 ，物块运动可视为单摆（简谐运动 ），用周期公式 。
2. 水平路径分析： 明确“第二次到P”的往返路径，计算总水平距离与时间。
3. 时间相等关联： 圆弧运动时间（四分之一周期 ）等于水平运动时间，联立方程求半径。
（1）设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
（3）物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
19．（2025·浙江模拟）如图所示，间距的两平行竖直导轨空间存在垂直平面向内的匀强磁场，磁感应强度，其中AB两处为处于同一高度、长度可忽略不计的绝缘物质，其余部分均由金属材料制成，其上下分别接有电阻和电容，开始时电容器不带电。现将一质量的导体棒从上磁场边界上方不同高度处紧贴导轨静止释放，导体棒与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻极小，忽略一切摩擦，不计回路自感。若AB上下导轨足够长，
（1）试定性分析导体棒进入AB上方磁场区时运动的情况，并在答题纸上画出其速率随时间变化可能的关系曲线；
（2）导体棒通过AB后一瞬间，求电容器C所带的电荷量；
（3）求导体棒运动到AB下方处的速度。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为

（2）解：导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得
，
（3）解：导体棒速度突变后，由牛顿定律，有
，
解得
根据
可得
【知识点】动量定理；电容器及其应用；安培力；能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】1. 加速度恒定判断： 下方回路含电容，电流 ，代入牛顿定律后加速度 恒定（与速度无关 ），做匀加速运动。
2. 匀变速公式应用： 用 直接求末速度，简化计算。
（1）（1）根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为
（2）导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得，
（3）导体棒速度突变后，由牛顿定律，有，
解得
根据
可得
20．（2025·浙江模拟）如图所示，在平面内的区域有竖直向下、大小为的匀强电场，在区域有以轴为中心轴、半径为、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与平面重合，圆心处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在平面内有一粒子发射带，其两端坐标：、，之间各点均可在平面内向轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从点偏离水平方向向右下方发射的粒子恰能通过点进入磁场，求该粒子发射的速度；
（2）在某次发射中，从两点水平发射的粒子穿过点到达了圆筒底部，求它们发光点点的坐标；
（3）若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过进入磁场，请通过分析，在乙图中画出荧光屏上的图案。
【答案】（1）解：水平方向
竖直方向
得
（2）解：水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得

（3）解：粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 类斜抛运动首先水平匀速（无电场力 ）、竖直匀加速（电场力 ），水平位移（ ）和竖直位移（ ）关联时间 ，消元后直接解速度 。
（2） 先在电场中做类平抛（水平匀速、竖直加速 ），后在磁场中做匀速圆周（洛伦兹力向心力 ），磁场中圆周运动的半径 与速度关联，发光点坐标由圆周运动的圆心角、圆筒高度和半径共同决定，利用对称性简化计算。
（3）速度 - 半径关联： 速度影响合速度，进而影响圆周运动半径，不同速度对应不同打在圆筒的位置，对称性与连续性： 、 对称，图案关于y轴对称；速度连续变化，图案为连续圆弧段。
（1）水平方向
竖直方向
得
（2）水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
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