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{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}2024-2025 学年南京高三零模解析卷
一、选择题（共11 题，每题4分）
1.
【答案】B
【解析】结合v-t图像的知识可知：运动学图像只能描述直线运动，图中质点速度大小呈周
期性变化，所以不是匀速直线运动，A错误；速度的方向未发生变化，所以做单向直线运动，
位移一直在增大，B正确D错误；斜率正负表示加速度的方向，发生变化，C错误，综上所
述，正确答案为B。
2.
【答案】A
【解析】油膜法测分子直径实验中，将油酸稀释配置成一定浓度的油酸酒精溶液，为清晰显
示轮廓，先在浅盘中均匀撒上一层痱子粉，然后滴入1滴油酸酒精溶液，最后形成单分子油
膜，若将油酸分子简化成球形模型，认为它们紧密排列，则该油膜的厚度即为油酸分子的直
径，A正确B错误；根据溶液的浓度可以求出1滴溶液中纯油酸的体积V，等轮廓稳定后利
用数格数的方法，不足半格的舍去，大于半格的当做一格，记下格数，则轮廓的面积等于格
V
数乘以每格的面积，记作S，根据公式d= 从而计算出油酸分子的直径，如果描绘轮廓时
S
油酸还未散开就会导致S偏小从而导致测得的分子直径偏大，CD错误，综上所述，正确答
案为A。
3.
【答案】A
【解析】根据天体环绕规律可知：
高轨低速大周期，A正确；
卫星运行过程中，加速度大小不变方向始终在变化，B错误；
圆轨道上近地卫星的环绕速度最大为第一宇宙速度，其他圆轨道均小于第一宇宙速度，C错
误；
根据万有引力公式，地球外部同一物体所受万有引力与距离之间满足平方反比，D错误；
综上所述，正确答案为A。
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}4.
【答案】D
【解析】根据振动图像与波形图的相关知识：
λ
a图中�=2m，b图T=4s，波速v= =0.5m/s，A错误；
T
由b图可知t=0时刻质点P振动方向沿y轴正方向，在a图中结合同侧法可知，波沿x轴负
方向传播，B错误；
振幅A=4cm，0-4s内，质点P运动的路程为s=4A=16cm，C错误；
b图斜率表示速度，正负表示方向，t=2s时质点P沿y轴负方向运动，D正确；
综上所述，正确答案为D。
5.
【答案】B
【解析】根据热学图像以及热力学定律相关知识分析：
P-V图像根据等温线特点，上方为高等温线下方为低等温线，有：T =T >T =T ，A错
A B C D
误；
P-V图像封闭区域面积为全程气体对外做功大小，内能不变，气体从外界吸收热量，B正确；
由B→C过程中，气体总分子数不变，体积变大，单位体积内分子数减小，C错误；
从A→B温度不变内能不变，
从B→C温度降低内能减小，
从C→D温度不变内能不变，
从D→A温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，
则B→C过程内能减少量等于D→A过程内能增加量，且这两个过程均绝热，故做功数值大
小相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，D错误；
综上所述，正确答案为B。
6.
【答案】C
【解析】原子核反应中满足质量数守恒和电荷数守恒，可得X为
−1
0�，A错误；
衰变过程中要释放能量，伴随质量亏损，且反应后能量更低更稳定，比结合能更大，B错误
C正确；
1 t
若放射性元素半衰期为T，经历时间t后剩余放射性元素的含量占比为k= T，代入数据
2
1
可得，核污水中所含有的氚还有 未发生衰变，D错误；
4
综上所述，正确答案为C。
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}7.
【答案】D
kQ 1 4�
【解析】根据点电荷的场强公式E= 得，E∝ ，一个点电荷在中点处场强为 ，两个点
r2 r2 �
8�
电荷产生同向电场叠加则为 ，故选D
�
8.
【答案】B
【解析】
A. 当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，� >푚 ，处于超重状态，A错；
�
B. 由mgtanθ=mω2 lsin� 得，ω= g ，两物体高度一致，故B正确；
h
C. 物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C错；
D. 超速时重力的分力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向内的力，故D错。
9.
【答案】C
【解析】
A.由丙图知，� <� ，故a光为2→1跃迁时发出的光，b光为3→1跃迁时发出的光，A；.
� �
B.由� <� 得，a光的波长大于b光的波长，故a光衍射现象更明显，B错；
� �
C.�
푘푚
=hv
b
−w 0=9.54eV，故C正确；
D.部分光被遮挡，光强降低，饱和光电流减小，D错。
10.
【答案】D
L2B2 L2B2
【解析】对杆受力分析得：F− v=ma，即F=ma+ at；故该图像为不过原点的直线，
R R
D正确
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}11.
【答案】A
【解析】
A. 对空竹受力分析，由于空竹是缓慢运动，受力分析，故由水平方向知左右两侧绳与竖直
方向夹角一致，竖直方向有 2Fcosθ=mg，沿a移动，θ变小，故F减小，A正确；
B. 沿b上移，由晾衣绳模型特征可知，此时θ不变，故F不变，B错；
C. 沿c移动，θ变大，F增大，C错；
D. 沿d移动，空竹所受合力大小仍等于重力，故D错。
二、非选择题：共5题，共56分，其中第13～16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值
和单位.
12.
【答案】（1）15000Ω；（2）R ；（3）如图；（4）左；（5）1990Ω
1
【解析】
（1）由题可知，电压表内阻为3000Ω，量程为3V，需改装成量程为18V的电压表，n=6，则
需要串联一个（n-1）r的电阻。则为15000Ω
g
（2）图示为分压式接法，滑动变阻器应当选择较小的，过大不利于读数。选择R
1
（3）根据电路图连接实物图
（4）闭合开关前，应当将滑片移至最左端，使电压表示数从0开始变化
（5）电压表示数为1.20V，则可得知此时改装后的电压表示数为7.2V，Rx和电流表两端的电
压为7.2V
7.2�
可得：Rx+RA= =2000Ω，由于RA=10Ω，则RX=1990Ω
3.6푚
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}13.
【答案】
（1）v= 6푚 �
（2）I= 12� �；方向水平向左
·
【解析】
（1）小球从A运动到B，涉及重力势能转换成动能的能量转化过程；
即 1 푚�2=푚 ℎ
2
代入数据，得
�=6푚/�
（2）A运动到B的过程中合力方向改变，应用动量定理；
�=� �=푚∆�
合
代入数据，得
�=12� �
·
根据A、B动量关系判断得出，小球所受合力的冲量I方向为水平向左。
14.
【答案】
n= 3
（1）
5L
t
（2）
2c
【解析】
作出完整的光路如图
（1）根据几何关系可知：入射角θ=60°
做AC界面法线交于BC于D点，光线在AB界面交于O点，P点发生全反射，Q点发生折
射，
∠PQC=60°，且∠DPQ=60°，可知 PDQ为等边三角形，所以α=30°，
∆
因为最终出射光线与AC平行，所以β=60°，
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}sin
由n 可得，n= 3
sin
（2）根据几何关系可知，
3L 3L 5 3L
s OPPQ
2 3 6
c c
又因为 v
n 3
s 5L
光在玻璃内传播的时间t ，代入数据得，t
v 2c
15.
【答案】
푚�2
（1） U=
2�
푚� 2푚�
（2） xϵ[ , ]
퐵� 퐵�
（3） η= 2:3
【解析】
（1）由离子经加速后的最大速度为2�，初速度范围0~ 3�，显然初速度最大离子加速后
速度最大：
1 1
qU= m(2�)2− m( 3�)2
2 2
푚�2
U=
2�
（2）由于粒子带正电，磁场垂直于纸面向外；可以做出离子在磁场中的轨迹。最小速度的
轨迹圆最小，将出射点标记为A。最大速度的轨迹圆最大，将出射点标记为B。离子首次到
达x轴的范围在A、B之间。过入射点O做入射速度方向的垂线，过出射点A做出射速度方
向的垂线。交汇于C点，该点为最小轨迹圆的圆心，OC、AC为半径。
由于入射速度与x轴正方向的夹角为30°，所以
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}α= 90°−30°= 60°
由于OC、AC为轨迹圆半径，故
OC= AC
θ= β= α= 60°
所以AC的长度等于最小轨迹圆半径，入射速度为�
由于向心力等于离子所受的洛伦兹力
�2
qvB= m
�
푚�
R=
퐵�
所以A的坐标
푚�
x=
퐵�
同理，由于最大轨迹圆的入射速度方向不变，大小为2�。所以该轨迹圆的圆心角不变，半
径大小为原来的2倍。
B的坐标为
2푚�
x=
퐵�
综上离子首次到达x轴的坐标范围为
푚� 2푚�
xϵ[ , ]
퐵� 퐵�
（3）由于探测板足够长，所以不用考虑粒子从水平方向离开探测板范围的可能性。仅需要
考虑竖直方向的运动。电场强度方向向上，对正离子的作用力和加速度向上，大小为
� ��
a= =
푚 푚
2푚�2 � 2�2
a= × =
9� 푚 9
设出射速度为�'的离子恰好达到探测板，该速度的离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减
为0。当离子进入电场的速度大于等于该临界速度时能达到探测板，小于临界速度时不能达
到。
由于β为60°所以出射速度与x轴方向的夹角为30°，所以进入电场前竖直方向的速度为
�'
� =�'sin30°=
� 2
根据离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0，列写运动学方程
2ad=�2−0
�
2�2 �'
2× × =( )2
9 2
4
�'= �
3
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}所以当离子速度
4
� [[�, �)
1 3
不能到达探测板。
当离子速度
4
� �[ �,2�]
2 3
能到达探测板。
粒子首次到达x轴上时分布均匀，所以
4 2
η= 2�− � : 2�−� =
3 3
16.
【答案】
（1）a
1
=2푚 �2；a
2
=6푚 �2
（2）v
1
=4푚 �
（3）Q = 56J
【解析】
（1）显而易见，A和B会发生相对滑动，两物体之间为滑动摩擦；
对滑块B分析：a
1
= μmg =μg= 2푚 �2
m
对木板A分析：a
2
= F−μmg =6푚 �2
M
（2）A，B发生碰撞前
1
� = a t2
2 2
1
� = a t2
퐵 2 1
� − � =L
퐵
由上述三式得：t= 1s v =6푚 � v =2푚 �
A B
A，B发生碰撞后
碰撞瞬间交换速度：v =2푚 � v =6푚 �
A1 B1
碰后受力分析得： a =a =a=μg= 2푚 �2
A B
碰后至共速过程中：v −at= v +at
B1 A1
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}� =
vB1+v
共 ·t−
vA1+v
共 ·t
相对 2 2
得：t= 1s v =4푚 � x =2m= 板长L
共 相对
即：物体B和木板A达到共速瞬间运动至板的最右端
最终滑上传送带的速度v=v =4푚 �
共
（3）由逆向水平传送带特征知，物体滑上传送带后会以v
0
返回
因为返回后以a减速，有
�0 2
=1m<板长L
2�
所以第一次返回就静止在B上，不会发生第二次碰撞
1 2 1 2
Q=μmg2L+ m（�+�
0
） + m�
0
=56J
2 2
{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}
