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2025 年 1 月浙江高考真题物理试题
一、单选题
1．我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为210W⋅h/kg。其中单位“W⋅h”（瓦时）对应的物
理量是（ ）
A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量
【答案】A
【解析】根据电功𝑊 =𝑃𝑡可知W⋅h是能量的单位。
故选A。
2．我国水下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是（ ）
A．操控机器人进行挖沟作业 B．监测机器人搜寻时的转弯姿态
C．定位机器人在敷埋线路上的位置 D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
【答案】C
【解析】操控机器人进行挖沟作业、监测机器人搜寻时的转弯姿态、测试机器人敷埋作业时的机械臂动作均不能忽
略机器人的大小和形状，需要关注机器人本身的变化情况，因此不可以看作质点，定位机器人在敷埋线路上的位置
时可以忽略机器人的大小和形状，可以视为质点。
故选C。
3．中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加
速度𝑔 =10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为605N
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【解析】AB．杠铃的重力为
𝐺 =𝑚𝑔 =121×10=1210N
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为𝜃，根据平衡条件可知
2𝐹cos𝜃 =𝐺
可知，双臂夹角越大，F越大；结合cos𝜃 <1，解得杠铃对手臂的作用力
𝐹 >605N
AB错误；
C．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错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人
与杠铃的总重力，D正确。
故选D。4．三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d，e与e，f两点间的距离相等，则（ ）
A．a点电势高于b点电势
B．a、c两点的电场强度相同
C．d、f间电势差为d、e间电势差的两倍
D．从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等
【答案】D
【解析】A．电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的等势面高于
a点所在的等势面，A错误；
B．a、c两点电场强度方向不同，电场强度不同，B错误；
C．从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合𝑈 =𝐸𝑑可知0<𝑈 <𝑈 ，则𝑈 <2𝑈 ，C错误；
𝑓𝑒 𝑒𝑑 𝑓𝑑 𝑒𝑑
D．a点与f点在同一等势面上，a、b两点和f、b两点的电势差相等，根据电场力做功𝑊 =𝑞𝑈可知从a到b与从f
到b，电场力对电子做功相等，D正确。
故选D。
5．有一离地面高度20m、质量为2×10−13kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正
比，比例系数1×10−9kg/s，重力加速度𝑔 =10m/s2，则它降落到地面的时间约为（ ）
A．0.5h B．3h C．28h D．166h
【答案】B
【解析】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知𝑚𝑔−𝑘𝑣 =𝑚𝑎…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当𝑎 =0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足𝑚𝑔 =
𝑘𝑣 …………②
m
解得
𝑣 =2×10−3m/s
m
由动量定理可得
𝑚𝑔𝑡−𝑘𝑣𝑡 =𝑚𝑣
即
𝑚𝑔𝑡−𝑘ℎ =𝑚𝑣
则沙尘下落时间为
𝑘ℎ+𝑚𝑣
𝑡 =
𝑚𝑔
由于𝑚𝑣 ≪𝑘ℎ，则
𝑘ℎ
𝑡 ≈ =104s≈3h
𝑚𝑔
故选B。
6．地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面
积分别为𝑆 和𝑆 ，且𝑆 >𝑆 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星（ ）
1 2 1 2A．在近日点的速度小于地球的速度
B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小
C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间
D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍
【答案】C
【解析】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
𝑀𝑚 𝑣2 𝐺𝑀
𝐺 =𝑚 →𝑣 =√
𝑟2 𝑟 𝑟
哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球半径，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；
B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B
错误；
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据𝑆 >𝑆 可知从a运行到b的时
1 2
间大于从c运行到d的时间，C正确；
D．万有引力提供加速度
𝑀𝑚 𝐺𝑀
𝐺 =𝑚𝑎 →𝑎 =
𝑟2 𝑟2
则哈雷彗星的加速度𝑎 与地球的加速度𝑎 比值为
1 2
𝑎 𝑟2 1
1 2
= =
𝑎 𝑟2 0.36
2 1
D错误。
故选C。
7．有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图1中，𝑈 :𝑈 =𝑛 :𝑛
1 2 2 1
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，电容器中电场的能量正在增大
D．图4中，增大电容C，调谐频率增大
【答案】C
【解析】A．理想变压器原副线圈与匝数的关系为𝑈1
=
𝑛1，A错误；
𝑈2 𝑛2
B．从图2所示位置转动至线框与磁感线垂直的过程中，逐渐转向中性面，因此线框中的电动势逐渐减小，B错误；
C．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，根据线圈的磁场方向结合安培定则可知
电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，C正确；D．电容C增大，根据电磁振荡的频率𝑓 = 1 可知调谐频率减小，D错误。
2𝜋√𝐿𝐶
故选C。
8．如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均
为1kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已
知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（ ）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
【答案】D
【解析】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；
B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒
𝑚𝑣 −𝑚𝑣 =2𝑚𝑣
A B 1
解得
v =1m/s
1
方向向右；当三者共速时
2𝑚𝑣 −𝑚𝑣 =3𝑚𝑣
1 𝐶
可知v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
𝑣 2
𝐶
𝑡 = = s=0.4s
𝜇𝑔 0.5×10
B错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
1 1
𝑄 = ×2𝑚𝑣2+ 𝑚𝑣2 =3J
2 1 2 C
C错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
𝑄 =𝜇𝑚𝑔𝑥
相对
可得
𝑥 =0.6m
相对
D正确。
故选D。
9．新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）
比动力电池所需充电电压（𝑈 ）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低
0
压向高压充电，其中正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】B
【解析】A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈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相当电源，
电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压
U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，C错误；
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相
当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，D错误。
故选B。
10．测量透明溶液折射率的装置如图1所示。在转盘上共轴放置一圆柱形容器，容器被透明隔板平分为两部分，一
半充满待测溶液，另一半是空气。一束激光从左侧沿直径方向入射，右侧放置足够大的观测屏。在某次实验中，容
器从图2（俯视图）所示位置开始逆时针匀速旋转，此时观测屏上无亮点；随着继续转动，亮点突然出现，并开始
计时，经Δ𝑡后亮点消失。已知转盘转动角速度为𝜔，空气折射率为1，隔板折射率为n，则待测溶液折射率𝑛 为（ ）
𝑥
（光从折射率𝑛 的介质射入折射率𝑛 的介质，入射角与折射角分别为𝜃 与𝜃 ，有sin𝜃1 = 𝑛2）
1 2 1 2
sin𝜃2 𝑛1
A． 1 B． 1
𝜔Δ𝑡 π−𝜔Δ𝑡
sin( ) sin( )
2 2
C． 𝑛 D． 𝑛
𝜔Δ𝑡 π−𝜔Δ𝑡
sin( ) sin( )
2 2
【答案】A
【解析】由题意可知当屏上无光点时，光线从隔板射到空气上时发生了全发射，出现亮点时，光线从溶液射到隔板
再射到空气时发生了折射，可知从出现亮点到亮点消失，容器旋转𝜃满足
2𝜃 =𝜔Δ𝑡
光线能透过液体和隔板从空气中射出时，即出现亮点时，可知光线的在空气中的入射角为θ时，光线在隔板和空气
界面发生全反射,在隔板和液体界面，有
sin𝜃 𝑛
=
sin𝐶 𝑛
𝑥
在隔板和空气界面
1
𝑛 =
sin𝐶
解得
1
𝑛 =
𝑥 𝜔Δ𝑡
sin( )
2
故选A。二、多选题
11．如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记
录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽
B．P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于Q
C．氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高
D．对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q
【答案】BC
【解析】A．根据𝑈 𝑒 = 1 𝑚𝑣2 =ℎ𝜈−𝑊
𝑐 2 𝑚 逸出功
因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，
R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，A错误；
B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据𝜆 = ℎ = ℎ
𝑝 √2𝑚𝐸𝑘𝑚
可知最小德布罗意波长，P大于Q，B正确；
C．因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时，根据ℎ𝜈 =𝐸 −𝐸
𝑚 2
可知三束光中Q对应的能级最高，C正确；
D．对应于图2中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，D错误。
故选BC。
12．如图1所示，两波源𝑆 和𝑆 分别位于𝑥 =0与𝑥 =12m处，以𝑥 =6m为边界，两侧为不同的均匀介质。𝑡 =0时
1 2
两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。𝑡 =0.1s时𝑥 =4m与𝑥 =6m两处的质点开始振动。不考虑反
射波的影响，则（ ）
A．𝑡 =0.15s时两列波开始相遇
B．在6m<𝑥 ≤12m间𝑆 波的波长为1.2m
2
C．两列波叠加稳定后，𝑥 =8.4m处的质点振动减弱
D．两列波叠加稳定后，在0<𝑥 <6m间共有7个加强点
【答案】BC
【解析】A．波在𝑥 =6m左侧的波速
4
𝑣 = m/s=40m/s
1 0.1
右侧的波速6
𝑣 = m/s=60m/s
2 0.1
从0.1s开始，再经过𝛥𝑡时间相遇
𝛥𝑥
𝛥𝑡 = =0.025s
2𝑣
1
所以
𝑡 =0.1s+0.025s=0.125s
1
A错误；
B．在6m<𝑥 ≤12m间𝑆 波的波长为
2
𝜆 =𝑣 𝑇=60×0.02m=1.2m
2 2
B正确；
C．左侧波传到𝑥 =8.4m时用时间为
6 8.4−6
𝑡′ = s+ s=0.19s
40 60
此时右侧波在该质点已经振动
12−8.4 1
Δ𝑡 =0.19s− s=0.13s=6 𝑇
60 2
即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可知该点的振动
减弱，C正确；
D．当右侧波传到x=6m位置时用时间为0.1s=5T，即此时x=6m处质点从平衡位置向上振动；此时x=0处的波源S
1
也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在0<𝑥 <6m内到x=0和x=6m两点的路程差为波长整数倍时振动
加强，波在该区间内的波长𝜆 =𝑣 𝑇=40×0.02m=0.8m
1 1
可知
𝑥−(6−𝑥)=𝑛𝜆 =0.8𝑛
即
x=3+0.4n
其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7
则共有15个振动加强点，D错误。
故选BC。
13．如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感
应强度B随时间变化如图2所示，周期为3𝑡 。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同
0
心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2𝑟的导电圆环I，与磁场边界
相切的半径为0.5𝑟的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角𝜑 =30°；另有一可视为无限长
的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（ ）
A．圆环I中电流的有效值为√3𝜋𝑟2𝐵0
𝑅𝑡0
B．𝑡 =1.5𝑡 时刻直导线CD电动势为𝜋𝑟2𝐵0
0
𝑡0
C．𝑡 =0.5𝑡
时刻圆环Ⅱ中电流为𝜋𝑟2𝐵0
0
12𝑅𝑡0D．𝑡 =0.5𝑡 时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为1 𝜋𝑟2𝐵0
0
12 𝑡0
【答案】BD
【解析】A．由题图可知，在0~𝑡 内和2𝑡 ~3𝑡 内圆环I中的电流大小均为𝐼 =
𝜋𝑟2𝐵0
0 0 0 1
𝑅𝑡0
在𝑡 ~2𝑡 内圆环I中的电流大小为𝐼 =
2𝜋𝑟2𝐵0
0 0 2
𝑅𝑡0
设圆环I中电流的有效值为𝐼，根据有效值定义可得𝐼2𝑅⋅3𝑡 =𝐼2𝑅⋅2𝑡 +𝐼2𝑅𝑡
0 1 0 2 0
联立解得𝐼 =
√2𝜋𝑟2𝐵0，A错误；
𝑅𝑡0
B．设右侧又一无限长的直导线𝐶𝐷对称的无限长的直导线𝐶′𝐷′与𝐶𝐷构成回路，则𝑡 =1.5𝑡 时刻，𝐶𝐷、𝐶′𝐷′回路产
0
生的总电动势为𝐸 =𝜋𝑟2⋅ 2𝐵0
总 𝑡0
根据对称性可知𝑡 =1.5𝑡 时刻直导线CD电动势为𝜋𝑟2𝐵0，B正确；
0
𝑡0
C．由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则𝑡 =0.5𝑡 时刻圆环Ⅱ
0
中电流为0，C错误；
D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在𝑡 =0.5𝑡 时刻产生的电动势为𝐸 =𝜋𝑟2𝐵0
0
𝑡0
则P、Q两点间圆弧的电动势为𝐸′ = 30° 𝐸 = 1 𝜋𝑟2𝐵0
360° 12 𝑡0
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为1 𝜋𝑟2𝐵0，D正确。
12 𝑡0
故选BD。
三、实验题
14．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。
(1)如图是某次实验中得到的纸带的一部分。每5个连续打出的点为一个计数点，电源频率为50Hz，打下计数点3
时小车速度为 m/s（保留三位有效数字）。
(2)下列说法正确的是_____（多选）
A．改变小车总质量，需要重新补偿阻力
B．将打点计时器接到输出电压为8V的交流电源上
C．调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行
D．小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车
(3)改用如图1所示的气垫导轨进行实验。气垫导轨放在水平桌面上并调至水平，滑块在槽码的牵引下先后通过两个
光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为Δ𝑡 ，Δ𝑡 ，测得两个光电门间距为x，
1 2
用游标卡尺测量遮光条宽度d，结果如图2所示，其读数𝑑 = mm，则滑块加速度𝑎 = （用题中所给物理量符号表示）。
【答案】(1)0.390
(2)CD
𝑑2 1 1
(3) 10.00 𝑎 = ( − )
2𝑥 Δ𝑡2 Δ𝑡2
2 1
【解析】（1）相邻计数点间的时间间隔T=0.1s打计数点3时的速度
𝑥 (16.70−8.90)×10−2
24
𝑣 = = m/s=0.390m/s
3 2𝑇 0.2
（2）A．平衡摩擦力时满足
𝑚𝑔sin𝜃 =𝜇𝑚𝑔cos𝜃
两边质量消掉，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．电火花计时器需要接220V交流电源，B错误；
C．调节滑轮高度，使牵引小车的细线根长木板保持平行，C正确；
D．小车应尽量接近打点计时器，并应该先接通电源后释放小车，以充分利用纸带，D正确。
故选CD。
（3）[1]遮光条宽度d=10mm+0.05mm×0=10.00mm
[2]经过两光电门时的速度分别为
𝑑
𝑣 =
1 Δ𝑡
1
𝑑
𝑣 =
2 Δ𝑡
2
根据
𝑣2−𝑣2 =2𝑎𝑥
2 1
解得
𝑑2 1 1
𝑎 = ( − )
2𝑥 Δ𝑡2 Δ𝑡2
2 1
15．在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏：从“𝐺 ”或“𝐺 ”接线
0 1
柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间，则
(1)此时磁铁的运动状态是 （选填“向上拔出”、“静止”或“向下插入”）。
(2)只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是_____（多选）
A．磁铁静止，向上移动线圈
B．增大（1）中磁铁运动速度
C．将导线从接线柱𝐺 移接至接线柱𝐺
1 0D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
【答案】(1)向上拔出
(2)BC
【解析】（1）由图可知，电表指针左偏，则感应电流从“-”极流入，感应电流在线圈内产生的磁场方向向下，根据楞
次定律可知，与条形磁体在线圈位置产生的磁场方向相同，可知穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，此时
磁铁的运动状态是向上拔出。
（2）A．磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，A错误；
B．增大（1）中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，B正确；
C．减小电流计的量程，即将导线从接线柱G 移接到G ，可是电流计指针偏角变大，C正确；
1 0
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流计指针偏角不变，D错误。
故选BC。
16．某同学研究半导体热敏电阻（其室温电阻约为几百欧姆）𝑅 的阻值随温度规律，设计了如图所示电路。器材有：
𝑡
电源E（4.5V,0.5Ω），电压表（3V,50kΩ），滑动变阻器R（A：“0~10Ω”或B：“0~100Ω”），电阻箱𝑅（0~99999.9Ω），
1
开关、导线若干。
(1)要使cd两端电压𝑈 在实验过程中基本不变，滑动变阻器选 （选填“A”或“B”）；
0
(2)正确连线，实验操作如下：
①滑动变阻器滑片P移到最左端，电阻箱调至合适阻值，合上开关𝑆 ；
1
②开关𝑆 切换到a，调节滑片P使电压表示数为𝑈 =2.50V；再将开关𝑆 切换到b，电阻箱调至𝑅 =200.0Ω，记录
2 0 2 1
电压表示数𝑈 =1.40V、调温箱温度𝑡 =20°C。则温度𝑡 下𝑅 = Ω（保留三位有效数字）：
1 1 1 𝑡
③保持𝑅 、滑片P位置和开关𝑆 状态不变，升高调温箱温度，记录调温箱温度和相应电压表示数，得到不同温度下
1 2
𝑅 的阻值。
𝑡
(3)请根据题中给定的电路且滑片P位置保持不变，给出另一种测量电阻𝑅 的简要方案。
𝑡
【答案】(1)A
(2)157
(3)见解析
【解析】（1）要使得cd两端电压U 在实验中基本不变，则滑动变阻器应该选择阻值较小的A；
0
（2）由电路可知𝑅 = 𝑈0−𝑈1 = (2.50−1.40)×200 Ω≈157Ω
𝑡 𝑈1 1.40
𝑅1
（3）题中滑片P位置保持不变，则电阻箱R 与热敏电阻R 两端电压之和保持不变，先让S 接a，此时电压表读数
1 t 2
为U，然后接b，读出电阻箱R 的读数和电压表读数U＇，当温度改变时，调整R ，使得R 两端的电压表U＇保持
1 1 1
不变，因此可得𝑅𝑡
=
𝑈−𝑈′
𝑅1 𝑈′
整理得𝑅 =( 𝑈 −1)𝑅
𝑡 𝑈′ 1
可得热敏电阻R 的值。
t
四、解答题17．如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T = 300 K，体积V = 1 × 103 cm3处于状态1的理想气体，
1 1
管内水面与瓶内水面高度差h = 10 cm。将瓶子放进T = 303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，
2
h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到
状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p = 1.0
0
× 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率 （“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数
（“增大”、“不变”、“减小”）；
(2)求气体在状态3的体积V ；
3
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【答案】(1) 不变 减小
(2)V = 1.0201 × 103 cm3
3
(3)ΔU = 2.53 J
【解析】（1）[1][2]从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于
气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
（2）气体从状态1到状态2的过程，由盖—吕萨克定律
𝑉 𝑉
1 2
=
𝑇 𝑇
1 2
其中𝑉 =1×103cm3，𝑇 =300K，𝑇 =303K
1 1 2
解得
𝑉 =1.01×103cm3
2
此时气体压强为
𝑝 =𝑝 =𝑝 +𝜌𝑔ℎ =1.01×105Pa
2 1 0
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律
𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉
2 2 3 3
其中
𝑝 =𝑝
3 0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
𝑉 =1.0201×103cm3
3
（3）气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为
𝑊 =𝑝 (𝑉 −𝑉 )=1.01J
1 1 2 1
由热力学第一定律
Δ𝑈 =𝑄−(𝑊 +𝑊 )
1 2
其中
𝑄 =4.56J，𝑊 =1.02J
2
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为
Δ𝑈 =2.53J
18．一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和𝐶′𝐸、倾角为37°
的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI
等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发
生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知𝑅 =0.2m,𝑚 =0.1kg，EF段长度𝐿 = 5 m，FG间距𝐿 =0.4m，
𝐹𝐺
16
GH间距𝐿 =0.22m，HI间距𝐿 =0.1m，EF段𝜇 =0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°=
𝐺𝐻 𝐻𝐼
0.6, cos37°=0.8，𝑔 =10m/s2。
(1)若ℎ =0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小𝑣 ；
𝐶
(2)若滑块3恰好能通过圆轨道𝐶𝐷𝐶′，求高度h；
(3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
【答案】(1)𝑣 =2m/s
𝐶
(2)2m
(3)2.5m或2m
【解析】（1）对滑块1由动能定理
1
𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣2
2 0
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
𝑣 =4m/s
0
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
𝑚𝑣 =2𝑚𝑣
0 𝐶
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
𝑣 =2m/s
𝐶
（2）在轨道D点，由牛顿第二定律
𝑣2
𝐷
2𝑚𝑔 =2𝑚
𝑅
解得
𝑣 =√2m/s
𝐷
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律
1 1
×2𝑚𝑣 ′2 =2𝑚𝑔⋅2𝑅+ ×2𝑚𝑣2
2 𝐶 2 𝐷
解得
𝑣 ′ =√10m/s
𝐶
结合
𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣 ′2，𝑚𝑣 ′ =2𝑚𝑣 ′
0 0 𝐶
2
联立解得
ℎ =2m
（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
1 1
−2𝑚𝑔𝐿sin37°−𝜇⋅2𝑚𝑔cos37°𝐿 = ×2𝑚𝑣2− ×2𝑚𝑣 ′2
2 𝐹 2 𝐶
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
𝑡
1
𝑣 sin37°=𝑔
𝐹 2
水平方向
𝐿 +𝐿 +𝐿 =𝑣 cos37°𝑡
𝐹𝐺 𝐺𝐻 𝐻𝐼 𝐹 1结合
𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣 ′′2，𝑚𝑣 ′′ =2𝑚𝑣 ′′
1 0 0 𝐶
2
联立解得
ℎ =2.5m
1
若经一次反弹落入洞中，则
2𝑣 ′sin37° 𝑣 ′sin37°
𝐹 𝐹
𝑡 = +
2 𝑔 𝑔
水平方向
𝐿 +𝐿 +𝐿 =𝑣 ′cos37°𝑡
𝐹𝐺 𝐺𝐻 𝐻𝐼 𝐹 2
结合
𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣 ′′′2，𝑚𝑣 ′′′ =2𝑚𝑣 ′′′
2 0 0 𝐶
2
1 1
−2𝑚𝑔𝐿sin37°−𝜇⋅2𝑚𝑔cos37°𝐿 = ×2𝑚𝑣
′2
− ×2𝑚𝑣
′′′2
2 𝐹 2 𝐶
联立解得
ℎ =2m
2
19．如图所示，接有恒流源的正方形线框边长√2𝐿、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地
面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立𝑂𝑥轴，线框中心和一条
对角线始终位于𝑂𝑥轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
(1)线框中心位于𝑥 =0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至𝑥 = 𝐿过程中，安培力做功及冲量；
2
③线框中心运动至𝑥 = 𝐿时，恒流源提供的电压；
2
(2)线框中心分别位于𝑥 =0和𝑥 = 𝐿，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到𝑥 =𝐿所需时间分别
2
为𝑡 和𝑡 ，求𝑡 −𝑡 。
1 2 1 2
【答案】(1)①2BIL；② 3𝐵𝐼𝐿2 ，√ 3𝐼𝐵𝑚 𝐿；③𝑈 =𝐵𝐿2√ 3𝐵𝐼 +𝐼𝑅
4 2 2𝑚
(2)0
【解析】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
𝑙 =2𝐿
所以线框受到的安培力大小为
𝐹 =𝐵𝐼𝑙 =2𝐵𝐼𝐿
安
②线框运动到x时，安培力大小为
𝐹 =2𝐵𝐼(𝐿−𝑥)
安则初始时和线框中心运动至𝑥 = 𝐿时的安培力分别为
2
𝐹 =2𝐵𝐼𝐿，𝐹 =𝐵𝐼𝐿
安1 安2
则线框中心运动至𝑥 = 𝐿过程中，安培力做功为
2
𝑊 =𝐹̅ ⋅Δ𝑥 =
𝐹 安1 +𝐹 安2
⋅
𝐿
=
3𝐵𝐼𝐿2
安 安 2 2 4
由动能定理
1
𝑊 = 𝑚𝑣2
安 2
可得
3𝐵𝐼
𝑣 =√ 𝐿
2𝑚
则安培力的冲量为
3𝐼𝐵𝑚
𝐼 =𝑚𝑣 =√ 𝐿
2
③由能量守恒定律
𝑈𝐼 =𝐵𝐼𝐿𝑣+𝐼2𝑅
可得，恒流源提供的电压为
3𝐵𝐼
𝑈 =𝐵𝐿2√ +𝐼𝑅
2𝑚
（2）类比于简谐运动，则回复力为
𝐹 =𝐹 =2𝐵𝐼(𝐿−𝑥)=2𝐵𝐼𝑥′ =𝑘𝑥′
回 安
根据简谐运动周期公式
𝑚 𝑚
𝑇 =2𝜋√ =2𝜋√
𝑘 2𝐼𝐵
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
𝑇 𝜋 𝑚
𝑡 =𝑡 = = √
1 2 4 2 2𝐼𝐵
故
𝑡 −𝑡 =0
1 2
20．同位素 14C相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、电离后，
6
产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素 12C、 13C、 14C的C3+离子
6 6 6
束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一
圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离 12C、 13C、 14C三种同位素，其中 12C、 13C的C3+离
6 6 6 6 6
子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而 14C离子可通过接收器F，
6
进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。(1)写出中子与 14N发生核反应生成 14C，以及 14C发生𝛽衰变生成 14N的核反应方程式：
7 6 6 7
(2)根据图2写出 12C的C3+离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字。已知𝑅 =
6
0.2m，原子质量单位𝑢 =1.66×10−27kg，元电荷𝑒 =1.6×10−19C）；
(3)如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距𝑑 =5cm两平行极板，在下极板开有间距𝐿 =10cm的两小孔，仅允许入射角𝜑 =
45°的 14C离子通过。求两极板之间的电势差U：
6
(4)对古木样品，测得 14C与 12C离子数之比值为4×10−13；采用同样办法，测得活木头中 14C与 12C的比值为
6 6 6 6
1.2×10−12，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今的时间（已知 14C
6
的半衰期约为5700年，ln3=1.1,ln2=0.7）
【答案】(1)1n+14N→ 14C+1H，14C→ 14N+ 0e
0 7 6 1 6 7 −1
(2)1.93×106V，2.0T
(3)1.65×106V
(4)8957年
【解析】（1）中子与 14N发生核反应生成 14C的核反应方程式为
7 6
1n+14N→ 14C+1H 14C发生𝛽衰变生成 14N的核反应方程式为
0 7 6 1 6 7
14C→ 14N+ 0e
6 7 −1
（2）在加速电场中，由动能定理得
1
𝑞𝑈 = 𝑚𝑣2
2
解得
2𝑈𝑞
𝑣 =√
𝑚
磁场中，洛伦兹力提供向心力
𝑚𝑣2
𝑞𝑣𝐵 =
𝑅
联立解得：𝑣 = 𝑞𝐵𝑅，𝑈 = 𝑞𝐵2𝑅2
𝑚 2𝑚
相比 13C， 12C的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为1.93×106V时， 12C与 13C
6 6 6 6
的离子数百分比为100%，故 12C的C3+离子所对应的U值为1.93×106V。
6
根据𝑈 =
𝑞𝐵2𝑅2
整理得
2𝑚
2𝑚𝑈 2×12𝑢×𝑈
𝐵 =√ =√ =2.0T
𝑞𝑅2 3𝑒𝑅2
（3）由题意知， 14C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有𝑣 = √2 𝑣，𝐿 =𝑣 𝑡
6 𝑥 2 𝑥
竖直方向有𝑣 = √2 𝑣，𝑎 = 𝑞𝑈1，𝑣 =𝑎 𝑡
𝑦0 𝑦0
2 𝑚𝑑 2
联立解得
𝑞𝐵2𝑅2𝑑 3𝑒𝐵2𝑅2𝑑
𝑈 = = =1.65×106V
1 𝑚𝐿 14𝑢𝐿（4）古木中 14C与 12C比值是活木头中的1，说明经过衰变后 14C只剩下1，已知经过一个半衰期剩下1，设经过
6 6 3 6 3 2
n个半衰期，则有
1 𝑛 1
( ) =
2 3
解得
ln3 11
𝑛 =log 3= =
2 ln2 7
则砍伐时间：𝑡 =𝑛×5700=8957(年)
