2025年江西省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

物理

考生注意：

1.答題前，考生務(wù)必將自己的準(zhǔn)考證號(hào)、姓名填寫(xiě)在答題卡上?？忌J(rèn)真核對(duì)答題卡上粘貼

的條形碼的“準(zhǔn)考證號(hào)、姓名、考試科目”與考生本人準(zhǔn)考證號(hào)、姓名是否一致。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需

改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，用黑色墨水簽字筆將答案

寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束，監(jiān)考員將試卷、答題卡一并收回。

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符

合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，

選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1.超級(jí)電容器可集成到太陽(yáng)能發(fā)電系統(tǒng)中，通過(guò)超級(jí)電容器儲(chǔ)存和釋放能量，優(yōu)化功率輸出，提升電網(wǎng)穩(wěn)

定性。關(guān)于超級(jí)電容器儲(chǔ)存能量過(guò)程中所帶電荷量Q和兩極板間電壓U的變化，下列說(shuō)法正確的是（）

A.Q增大，U增大B.Q減小，U減小

C.Q減小，U增大D.Q增大，U減小

【答案】A

【解析】

【詳解】超級(jí)電容器儲(chǔ)存能量時(shí)處于充電過(guò)程，電荷量Q增加。根據(jù)電容公式QCU，若電容C不變（由

結(jié)構(gòu)決定，題目未提及變化），則Q與U成正比。因此，Q增大時(shí)，U必然增大。

故選A。

2.如圖所示，Ⅰ和Ⅱ分別為神舟二十號(hào)飛船的近地圓軌道、橢圓變軌軌道，Ⅲ為天和核心艙運(yùn)行圓軌道，P、

Q為變軌點(diǎn)。不計(jì)阻力，飛船在軌道Ⅱ上從P點(diǎn)到Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列選項(xiàng)正確的是（）

A.速率增大，機(jī)械能增大B.速率減小，機(jī)械能減小

C.速率增大，機(jī)械能不變D.速率減小，機(jī)械能不變

【答案】D

【解析】

【詳解】根據(jù)題意可知，飛船在軌道Ⅱ上從P點(diǎn)到Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有萬(wàn)有引力做負(fù)功，則機(jī)械能不變，

動(dòng)能減小，即速率減小。

故選D。

3.某變壓器的原線圈匝數(shù)未知，將9V的正弦交流電輸入原線圈。改變副線圈的匝數(shù)n，測(cè)得副線圈兩端的

電壓U與匝數(shù)n之間的關(guān)系如圖所示。若該變壓器為理想變壓器，則原線圈的匝數(shù)最接近（）

A.110B.160C.210D.310

【答案】C

【解析】

nUn

【詳解】設(shè)原線圈的匝數(shù)為n，根據(jù)11，可得nU

1nU1U1

70

由題圖可知當(dāng)U3V時(shí)，n70，代入可得n9210

13

故選C。

4.如圖所示，人形機(jī)器人陪伴小孩玩接球游戲。機(jī)器人在高度為H的固定點(diǎn)以速率v1水平向右拋球，小孩

以速率v2水平向左勻速運(yùn)動(dòng)，接球時(shí)手掌離地面高度為h。當(dāng)小孩與機(jī)器人水平距離為l時(shí)，機(jī)器人將小球

拋出。忽略空氣阻力，重力加速度為g。若小孩能接到球，則v1為（）

2ggHh2(Hh)

A.lvB.lv2C.lv2D.lv2

Hh22(Hh)2gg

【答案】B

【解析】

1

【詳解】若小孩能接到球，則有Hhgt2，lvtvt

212

g

聯(lián)立解得vlv

12(Hh)2

故選B。

5.托卡馬克是一種磁約束核聚變裝置，其中心柱上的密繞螺線管（CS線圈）可以驅(qū)動(dòng)附近由電子和離子

組成的磁約束等離子體旋轉(zhuǎn)形成等離子體電流，如圖（a）所示。當(dāng)CS線圈通以如圖（b）所示的電流時(shí)，

產(chǎn)生的等離子體電流方向（俯視）為（）

A.順時(shí)針B.逆時(shí)針C.先順時(shí)針后逆時(shí)針D.先逆時(shí)針后順時(shí)針

【答案】A

【解析】

【詳解】由圖（b）可知開(kāi)始階段流過(guò)CS線圈的電流正向減小，根據(jù)右手定則可知，CS線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)下

端為N極，上端為S極，則穿過(guò)線圈周圍某一截面的磁通量向下減小，由楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電場(chǎng)方

向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎瑒t產(chǎn)生的等離子體電流方向（俯視）為順時(shí)針；同理在以后階段通過(guò)CS線圈的

電流反向增加時(shí)，情況與前一階段等效，即產(chǎn)生的等離子體電流方向（俯視）仍為順時(shí)針。

故選A。

6.如圖所示，一泵水器通過(guò)細(xì)水管與桶裝水相連。按壓一次泵水器可將壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)p0、體積為V0的

空氣壓入水桶中。在設(shè)計(jì)泵水器時(shí)應(yīng)計(jì)算出V0的臨界值V0c，當(dāng)V0=V0c時(shí)，在液面最低的情況下僅按壓一

次泵水器恰能出水。設(shè)桶身的高度和橫截面積分別為H、S，頸部高度為l，按壓前桶中氣體壓強(qiáng)為p0。不

考慮溫度變化和漏氣，忽略桶壁厚度及桶頸部、細(xì)水管和出水管的體積。已知水的密度為，重力加速度

為g。該臨界值V0c等于（）

gS2gS

A.HB.H(Hl)

p0p0

p0g(Hl)p0g(Hl)

C.SHD.SH

p0p0

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)往桶內(nèi)壓入壓強(qiáng)為p0、體積為V0c的空氣后，桶內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大到p，根據(jù)玻意耳

定律有p0SHp0V0cpSH

泵水器恰能出水滿足pp0gHl

gS

聯(lián)立解得V0cH(Hl)

p0

故選B。

7.為避免火車在水平面上過(guò)彎時(shí)因內(nèi)外軌道半徑不同致使輪子打滑造成危險(xiǎn)（不考慮離心問(wèn)題），把固定連

接為一體的兩輪設(shè)計(jì)成錐頂角很小的圓臺(tái)形，如圖所示。設(shè)鐵軌間距為L(zhǎng)，正常直線行駛時(shí)兩輪與鐵軌接

觸處的直徑均為D，過(guò)彎時(shí)內(nèi)外軌間中點(diǎn)位置到軌道圓心的距離為過(guò)彎半徑R。在很小時(shí)，

tansin。若在水平軌道過(guò)彎時(shí)要求輪子不打滑且橫向偏移量不超過(guò)x，則最小過(guò)彎半徑R為

（）

2LDLDLDLD

A.B.C.D.

xx2x4x

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)題意可知，轉(zhuǎn)彎時(shí)車輪會(huì)向外偏移x，這樣導(dǎo)致輪子與外鐵軌接觸的位置半徑增大為r1，根

據(jù)幾何關(guān)系有2rD2xtan

12

同理可知，輪子與內(nèi)鐵軌接觸的位置半徑減小為r，則有2rD2xtan

222

設(shè)一段時(shí)間內(nèi)，外軌道輪子與鐵軌接觸的位置向前運(yùn)動(dòng)的距離為，內(nèi)軌道輪子與鐵軌接觸的位置向前運(yùn)

s1

D2xtan

sr

動(dòng)的距離為s，由于兩輪固定連接為一體，且輪子不打滑，則有112

2sr

22D2xtan

2

由于tan

22

sDx

則有1

s2Dx

轉(zhuǎn)彎過(guò)程俯視圖，如圖所示

L

R

s

由幾何關(guān)系有12

sL

2R

2

LD

聯(lián)立解得R

2x

故選C。

8.如圖所示，一細(xì)金屬導(dǎo)體棒PQ在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿紙面由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。不考

慮棒中自由電子的熱運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（）

A.電子沿棒運(yùn)動(dòng)時(shí)不受洛倫茲力作用B.棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，P端比Q端電勢(shì)低

C.棒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒中電場(chǎng)強(qiáng)度變大D.棒保持勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子最終相對(duì)棒靜止

【答案】CD

【解析】

【詳解】A．由左手定則可知，電子沿棒運(yùn)動(dòng)時(shí)受到水平方向的洛倫茲力作用，A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)右手定則可知，棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，P端比Q端電勢(shì)高，B錯(cuò)誤；

U

C．PQ兩端電勢(shì)差U=BLv，可知棒中電場(chǎng)強(qiáng)度EBv，則棒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒中電場(chǎng)強(qiáng)度變大，C正

L

確；

D．棒保持勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，PQ兩端電勢(shì)差保持恒定，電子將集聚在導(dǎo)體棒下端，最終相對(duì)棒靜止，D正確。

故選CD。

9.每逢端午節(jié)，江西各地常會(huì)舉辦熱鬧非凡的賽龍舟活動(dòng)。利用與某龍舟同方向勻速直線飛行的無(wú)人機(jī)跟

蹤拍攝，發(fā)現(xiàn)在某段時(shí)間內(nèi)該龍舟做勻加速和勻減速交替的周期性直線運(yùn)動(dòng)。若以無(wú)人機(jī)為參考系，該龍

舟在0.4s時(shí)間內(nèi)速度由0增加到0.6m/s（劃槳階段），再經(jīng)歷0.6s時(shí)間速度減為0（未劃槳階段），則關(guān)于

這段時(shí)間內(nèi)該龍舟的位置x、速度v、加速度a、動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系，下列圖像可能正確的是（）

A.B.C.D.

【答案】AB

【解析】

【詳解】A．位移時(shí)間圖像斜率代表速度，所以斜率先增大后減小，再增大再減小，故A正確；

B．龍舟在0.4s時(shí)間內(nèi)速度由0增加到0.6m/s（劃槳階段），再經(jīng)歷0.6s時(shí)間速度減為0，速度方向始終為

正向，故B正確；

C．因?yàn)槭莿蚣铀俸蛣驕p速，所以加速度在0.4s時(shí)間內(nèi)是不變的，后0.6s內(nèi)也是不變的，故C錯(cuò)誤；

11

D．根據(jù)Emv2m(at)2可知，前0.4s開(kāi)口向上，故D錯(cuò)誤。

k22

故選AB。

10.如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為，速率恒為v0，寬為d的MNQP區(qū)域存在與傳送帶平

d

面垂直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。邊長(zhǎng)為l(l)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線框efgh置

2

于傳送帶上，進(jìn)入磁場(chǎng)前與傳送帶保持相對(duì)靜止，線框ef邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速率恰為v0。若線框ef或

gh邊受到安培力，則其安培力大于2mgsin。線框受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，動(dòng)摩擦因數(shù)

tan，ef邊始終平行于MN，重力加速度為g。下列選項(xiàng)正確的是（）

線框速率的最小值為2

A.v04g(dl)sin

B.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱為2mgdsin

B2l3mRv24g(dl)sinv

C.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為00

2mgRsin

B2l3v

D.ef邊從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間內(nèi)，傳送帶移動(dòng)距離為0

2mgRsin

【答案】AD

【解析】

【詳解】A．在

ef邊進(jìn)入磁場(chǎng)而gh邊未進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框受到沿傳送帶平面向上的安培力BIL和沿

傳送帶平面向下的重力分力mgsin。若線框相對(duì)傳送帶滑動(dòng)，則滑動(dòng)摩擦力為mgcos，而tan，

故mgcosmgsin

已知線框受到的安培力BLI2mgsin

即BILmgsinmgcos

因此線框?qū)⑾鄬?duì)傳送帶向上滑動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力方向沿傳送帶平面向下。線框在沿傳送帶平面的安培力、重

力分力、摩擦力作用下做減速運(yùn)動(dòng)。在gh邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，因線框速度小于傳送帶速

度，故其所受滑動(dòng)摩擦力方向沿傳送帶平面向下。又因線框不受安培力，所以其在沿傳送帶平面的滑動(dòng)摩

擦力和重力分力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。綜上分析可知，當(dāng)gh邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框有最小速度vmin。

設(shè)線框加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinmgcosma

22

ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度恰好為v0，則有v0vmin2adl

聯(lián)立解得2，故正確；

vmin04g()sinAvdl

B．在ef邊進(jìn)入磁場(chǎng)到gh邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

1212

mglsinmglcosW安mvmv

2min20

則該過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱QW安2mgdsin

在ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)到gh邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱也為Q。因此，線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦

耳熱為4mgdsin，故B錯(cuò)誤；

BLv

C．設(shè)ef邊進(jìn)入磁場(chǎng)到gh邊進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為t，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I

1R

根據(jù)動(dòng)量定理有

mgsint1mgcost1BILtmvminmv0

設(shè)gh邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為t2，有v0vminat2

因?yàn)閑f邊離開(kāi)磁場(chǎng)到gh邊離開(kāi)磁場(chǎng)所用時(shí)間也為t1，所以線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的總時(shí)間t2t1t2

232

2BlmRv04gdlsinv0

聯(lián)立解得t，故C錯(cuò)誤；

2mgRsin

D．ef邊從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間tt1t2

B2l3v

該段時(shí)間內(nèi)傳送帶移動(dòng)的距離svt0，故D正確。

02mgRsin

故選AD。

二、非選擇題：

11.某小組利用氣墊導(dǎo)軌、兩個(gè)光電門、滑塊、遮光片等，組成具有一定傾角的導(dǎo)軌裝置，研究機(jī)械能守恒

定律。重力加速度g取9.80m/s2。

（1）實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)合理安裝實(shí)驗(yàn)器材。圖（a）中光電門____的位置安裝不合理，應(yīng)如何調(diào)整_____：

（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，導(dǎo)軌傾斜角的正弦值sin0.0613，光電門1、2相距L。將寬度d4.82mm的遮光片固

定于滑塊上，從導(dǎo)軌最左端靜止釋放滑塊，分別記錄遮光片通過(guò)光電門1、2的時(shí)間t1和t2。移動(dòng)光電門

2的位置改變L，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，所測(cè)數(shù)據(jù)見(jiàn)下表。

L/cm10.0015.0020.0025.0030.0060.0065.0070.00

t1/ms9.9829.88310.01910.06810.04910.07310.06610.170

t2/ms8.0167.5787.0326.5836.583…4.9384.7874.677

滑塊經(jīng)過(guò)光電門1、2的速度分別為v1和v2。當(dāng)L65.00cm時(shí)，v2_____，滑塊通過(guò)兩光電門下降的高

度HL_____cm。（結(jié)果保留2位小數(shù)）

（）處理上表數(shù)據(jù)，并繪制2關(guān)系曲線（其中222），如圖（）所示。根據(jù)圖（）中的

3vHLvv2v1bb

信息，分析滑塊在下滑過(guò)程中機(jī)械能是否守恒：_____，并給出理由：________。

【答案】（1）①.1②.適當(dāng)向右移動(dòng)光電門1

（2）①.1.01②.3.98

（3）①.守恒②.見(jiàn)解析

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

[1]光電門1安裝不合理；

[2]由圖可知，光電門1靠近釋放點(diǎn)，滑塊到光電門1的距離較短，速度較小，導(dǎo)致滑塊通過(guò)光電門1的速

度測(cè)量誤差較大。

【小問(wèn)2詳解】

[1]當(dāng)L65.00cm時(shí)，由表格可知通過(guò)光電門2的時(shí)間為t24.787ms

d4.82103

故通過(guò)光電門的速度

2v23m/s1.01m/s

t24.78710

[2]根據(jù)幾何關(guān)系可得滑塊通過(guò)兩光電門下降的高度HLLsin650.0613cm3.98cm

【小問(wèn)3詳解】

[1]守恒；

0.392

[2]根據(jù)圖（b）可知其斜率約為km/s219.6m/s22g

0.020

故在誤差范圍內(nèi)2成立，說(shuō)明下滑過(guò)程中滑塊的動(dòng)能增加量等于重力勢(shì)能的減少量，即機(jī)械能守

v2gHL

恒。

12.熱敏電阻的阻值隨溫度的變化而改變，通過(guò)建立溫度與熱敏電阻兩端電壓的關(guān)系，可制作一簡(jiǎn)易的溫度

傳感器，進(jìn)而實(shí)現(xiàn)溫度測(cè)量。如圖（a）所示，RT為熱敏電阻，R0為匹配電阻，電源電動(dòng)勢(shì)為E（內(nèi)阻不

計(jì)），數(shù)字電壓表V（內(nèi)阻視為無(wú)窮大）用于測(cè)量熱敏電阻兩端的電壓Uout。

（1）由圖（a）可得Uout的表達(dá)式為_(kāi)____。

（2）已知某熱敏電阻從20℃升溫到100℃時(shí)，其阻值從10k單調(diào)減小到0.5k。為了合理配置R0的阻

值，用電阻箱代替該熱敏電阻進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。經(jīng)數(shù)據(jù)處理得到不同值對(duì)應(yīng)的-關(guān)系圖線，如圖（）

R1RTR0UoutR1b

所示，分析可知應(yīng)選圖線對(duì)應(yīng)的作為匹配電阻，可使在更寬范圍內(nèi)對(duì)變化的響應(yīng)更靈敏。

_____R0UoutR1

（3）選定匹配電阻R0后，按圖（a）連接電路，改變熱敏電阻的溫度T，測(cè)量其兩端的電壓Uout，并嘗試

℃

用二次多項(xiàng)式進(jìn)行數(shù)據(jù)擬合，得到溫度T與Uout(V)的關(guān)系。

（4）用已標(biāo)定的溫度傳感器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，記錄數(shù)據(jù)，如下表所示，其中T為測(cè)量溫度，Tb為標(biāo)準(zhǔn)溫度，

TTTb。表中絕對(duì)誤差最大和最小的測(cè)量溫度值T分別為_(kāi)____℃和_____℃。除涉及元器件的精度

和穩(wěn)定性之外，分析該溫度傳感器測(cè)量誤差的主要來(lái)源：_____。

T℃29.634.038.042.247.051.655.066.170.2

℃

Tb31.436.440.544.548.752.555.865.770.0

T(℃)1.82.42.5-2.31.70.90.80.40.2

R

【答案】①TE②乙③④⑤匹配電阻R的阻值不太合適或選用

.+..38.0.70.2.0

RTR0

二次多項(xiàng)式進(jìn)行數(shù)據(jù)擬合不夠精確

【解析】

E

【詳解】（1）[1]由閉合電路的歐姆定律可得電路中電流I

R0RT

R

可得UIRTE

outT+

RTR0

（）由圖（）可知，圖線乙在相同的變化區(qū)間，變化范圍更大，即圖線乙對(duì)應(yīng)的作為匹配

2[2]bR1UoutR0

電阻，可使在更寬范圍內(nèi)對(duì)變化的響應(yīng)更靈敏。

UoutR1

（4）[3][4]結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析，可知測(cè)量的絕對(duì)誤差最大和最小對(duì)應(yīng)的測(cè)量溫度分別為38.0℃和70.2℃。

[5]誤差的主要來(lái)源除去涉及元器件的精度和穩(wěn)定性之外，可能是匹配電阻R0的阻值不太合適或選用二次多

項(xiàng)式進(jìn)行數(shù)據(jù)擬合不夠精確。

13.如圖所示，在豎直平面內(nèi)一輕質(zhì)彈力繩的一端固定于P點(diǎn)，另一端經(jīng)光滑孔釘Q連接質(zhì)量為m的小球

A，該球穿過(guò)與水平直桿OM（足夠長(zhǎng)）成30角的直桿ON，兩桿平滑連接。點(diǎn)P、Q和O在同一豎直線

上，PQ間距為彈力繩原長(zhǎng)。將小球A拉至與Q等高的位置由靜止釋放。當(dāng)小球A首次運(yùn)動(dòng)到斜桿底端O

點(diǎn)后，在水平方向與穿在直桿OM且靜止于O點(diǎn)、質(zhì)量為3m的小球B發(fā)生彈性碰撞。小球A、B與桿間

3

的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈力繩始終在彈性限度內(nèi)且滿足胡克定律，

3

12mg

勁度系數(shù)為k，其彈性勢(shì)能E與伸長(zhǎng)量x的關(guān)系為Ekx2。已知重力加速度為g，OQ間距為。

Pp2k

（1）求小球A下滑過(guò)程中滑動(dòng)摩擦力的大?。?/p>

k

（）若從碰撞后開(kāi)始計(jì)時(shí)，小球第一次上滑過(guò)程中離點(diǎn)的距離與時(shí)間關(guān)系為（

2AOxtxA0sintA0

m

為常數(shù)），求小球A第一次速度為零時(shí)，小球B與O點(diǎn)的距離。

1

【答案】（1）fmg

2

232mg

（2）s

224k

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

如圖所示

以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿傾斜直桿ON向上為x軸正方向建立坐標(biāo)系。任意選取小球A下滑過(guò)程中的某一位

置O1，設(shè)此時(shí)彈力繩的伸長(zhǎng)量為l，小球A受到的滑動(dòng)摩擦力為f，小球A對(duì)傾斜直桿的壓力為FN，小

2mg

球A所受彈力繩的拉力為F，彈力繩與傾斜直桿的夾角為，孔釘Q到傾斜直桿的距離為h。設(shè)h

1k

對(duì)小球A進(jìn)行受力分析，可知fFN，F(xiàn)NFsinmgcos，F(xiàn)kl

由幾何關(guān)系可得h1lsinhcos

1

聯(lián)立解得fmg

2

【小問(wèn)2詳解】

設(shè)小球A下滑到斜桿底端O點(diǎn)時(shí)的速度為vA，小球由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得

2

11212

f2hmghk3hkhmvA

222

1211

可得22

k3hkhmvA

222

由小球A、B發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

111

mvmv3mv，mv2mv23mv2

AAB2A2A2B

2m2m

解得vg，vg

AkBk

k

由，可知小球上滑過(guò)程做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，小球第一次速度為零時(shí)，距離達(dá)到最大值

xA0sintAA

m

k

xmA0，則有t

mA2

m

解得t

A2k

g

小球B碰撞后開(kāi)始在直桿OM上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為，設(shè)小球B速度減為0所經(jīng)歷的時(shí)間為tB，

v12m

則tB

Bgk

1

因tt，則小球A在碰撞后第一次速度為零時(shí)，小球B與O點(diǎn)的距離為s，則有svtgt2

BABA2A

232mg

聯(lián)立解得s

224k

14.精密條紋相機(jī)通過(guò)將時(shí)域信號(hào)轉(zhuǎn)換成空間信息可實(shí)現(xiàn)超短激光脈沖持續(xù)時(shí)間的測(cè)量，其簡(jiǎn)化原理如圖所

示。某個(gè)待測(cè)激光脈沖的持續(xù)時(shí)間為t，經(jīng)過(guò)狹縫和聚焦透鏡入射至真空條紋管的光電陰極中心。由于光

電效應(yīng)，產(chǎn)生與輸入激光脈沖持續(xù)時(shí)間相同的電子脈沖。電子脈沖先后經(jīng)加速和偏轉(zhuǎn)等過(guò)程打到熒光屏上。

陽(yáng)極與光電陰極間的加速電壓為U1，距離為d1。偏轉(zhuǎn)極板間距和長(zhǎng)度分別為d2和L2，其左端與陽(yáng)極的距

離為L(zhǎng)1，右端與熒光屏的距離為L(zhǎng)3。光電效應(yīng)產(chǎn)生電子的初速度忽略不計(jì)，電子不會(huì)打到偏轉(zhuǎn)極板上。電

子質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮電場(chǎng)力和相對(duì)論效應(yīng)，以及電子之間相互作用。所有元件的中心在同一條

直線上，并以熒光屏中心O為原點(diǎn)、豎直方向?yàn)閥軸建立坐標(biāo)系。（普朗克常量h6.631034Js，光速

c3108m/s）

（1）現(xiàn)有多堿、Au和CsI三種常用的光電陰極材料，它們的逸出功分別約為1.1eV、4.5eV、6.2eV。若要

使波長(zhǎng)范圍為200~900nm的入射激光都能打出光電子，請(qǐng)通過(guò)定量分析確定應(yīng)選用哪種光電陰極材料。

1eV1.61019J

（2）當(dāng)偏轉(zhuǎn)極板間電壓U為常數(shù)時(shí)，求電子打在熒光屏上的位置。

（）真實(shí)情況下，偏轉(zhuǎn)極板間電壓與時(shí)間的關(guān)系為（和為大于零的常數(shù)），其零時(shí)

3UtUU0ktU0k

刻與激光脈沖剛?cè)肷渲凉怆婈帢O的時(shí)刻相同。

①求最后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板間的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)極板時(shí)y方向速度的大?。?/p>

②若L2小且L2L3，此時(shí)可忽略不同時(shí)刻電子在偏轉(zhuǎn)極板間y方向位移的差別，求電子脈沖在熒光屏上

的空間寬度y與激光脈沖持續(xù)時(shí)間t的關(guān)系。

UL2L22L3

【答案】（1）多堿（2）

4U1d2

LekLkLL

2223

（3）①U0kt4d12L1L2；②yt

d22mU14U1d22U1d2

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

hc

根據(jù)題意，設(shè)入射激光波長(zhǎng)為，則對(duì)應(yīng)的光子能量為h

可得波長(zhǎng)范圍為200~900nm的入射激光的能量范圍為1.38eV~6.2eV

要使入射激光都能打出光電子，則所有入射激光的能量應(yīng)大于光電陰極材料的逸出功，所以應(yīng)選擇多堿光

電陰極材料。

【小問(wèn)2詳解】

電子在光電陰極與陽(yáng)極之間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在此過(guò)程中的加速度大小為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，離

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