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浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三下学期3月月考物理试题
1．（2025高三下·浙江月考）下列属于国际单位制基本单位符号的是（　　）
A．K B．N C．F D．T
2．（2025高三下·浙江月考）跑酷青年在路灯柱做如图高难度动作，仅靠两只手臂让身体与地面平行，路灯柱看作竖直，手臂与路灯柱夹角相等，下列说法正确的是（　　）
A．灯柱对上边手的弹力沿手臂向上
B．青年受到的合力竖直向上
C．灯柱对青年的作用力大于青年的重力
D．灯柱与上边手之间可以没有摩擦力
3．（2025高三下·浙江月考）近年来，我国在科技、军事、工业等方面发展迅速，有些领域领先世界。下列说法正确的是（　　）
A．我国向12000公里外的太平洋公海海域发射的洲际弹道导弹，飞行速度可超过7.9km/s
B．中国5G技术跃居世界前列。5G频率相比4G更高，故5G信号更容易衍射，传播更远
C．我国量子技术在这一领域的成就引人瞩目，其中“量子”是一种基本粒子
D．讨论高铁停靠站点时的精确性时，高铁不能看成质点
4．（2025高三下·浙江月考）在干燥的冬天，人们身体常常会带有大量静电，当手靠近金属时，经常会有一种被电击的感觉。原理如图所示，带负电的手在缓慢靠近金属板，下列说法正确的是（　　）
A．金属板和手间的空气被电离形成向右的电流
B．金属板左端电势低于右端电势
C．离金属板越近场强越大
D．手上的负电荷在金属板内产生的场强为零
5．（2025高三下·浙江月考）钚—238用作核电池的热源，也可用作空间核动力和飞船的电源。镎—吸收一个中子得到钚—，其核反应方程为，。衰变时只放出射线，半衰期为88年，下列说法正确的是（　　）
A．X为质子
B．的结合能大于的结合能
C．1kg含原料经过88年后剩余0.5kg
D．外界温度降低，的半衰期变长
6．（2025高三下·浙江月考）人类对外太空探索永不停止，如图是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。在转移轨道上忽略地球和火星对探测器引力，已知火星的轨道半径是地球轨道半径的1.5倍，下列说法正确的是（　　）
A．绕太阳公转时，地球的加速度小于火星的加速度
B．进入地火转移轨道后，动能逐渐增大，机械能守恒
C．探测器从P到Q，经历的时间约255天
D．相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积大于火星与太阳连线扫过的面积
7．（2025高三下·浙江月考）如图所示为潜水员在水下一定深度处潜水的情景，其在水面上的投影为0点，则下列说法正确的是（　　）
A．岸上的人看到潜水员的位置比潜水员的实际位置要深
B．潜水员看岸上的人，比人的实际位置要高
C．潜水员在水下只能看到水面以上以O点为圆心，一定半径范围内的物体
D．若潜水员用随身携带的手电筒照射水面，潜水员位置越深，能照亮的范围越小
8．（2025高三下·浙江月考）气排球比赛中，甲同学在m处将气排球以m/s水平击出，乙同学在离地m处将气排球垫起，气排球被垫起后以6m/s速度竖直弹起。已知重力加速度为10m/s2，气排球的质量为100g，不计空气阻力，则关于此排球的运动下列说法正确的是（　　）
A．气排球击出点与垫球点的距离约为5.1m
B．气排球被甲同学击出后在空中飞行过程中重力的最大功率10W
C．气排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小0.6N s
D．气排球被乙同学垫起过程中所受合外力做的功为3.2J
9．（2025高三下·浙江月考）如图甲所示，人们听音乐时外界噪声容易传入人耳中，其中A、C、E、F均位于平衡位置，图乙所示戴上降噪耳塞后可有效降低外界噪声的影响，则下列说法正确的是（　　）
A．图甲中AF之间的距离为一个波长
B．图甲中A点的运动速度比B点快
C．图乙中利用了声波的衍射
D．图乙中若环境噪声的频率增加，降噪声波的频率可以保持不变
10．（2025高三下·浙江月考）裸露的柔软导线ab，单位长度的电阻为R，其中一部分弯曲成为半径为r的圆圈，圆圈导线相交处接触良好，圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的匀强磁场B，将导线的b端固定，用沿ba方向的恒力F慢慢将导线拉直，若圆圈在缩小的过程中始终保持圆的形状，则拉直导线所用的时间为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高三下·浙江月考）如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中巴耳末系中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．光电管阴极K金属材料的逸出功为1.36eV
B．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
C．若用两束强度相同的不同颜色的光照射图乙中的光电管K极，频率高的饱和电流大
D．氢原子从能级跃迁到能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加
12．（2025高三下·浙江月考）如图所示，边长为L的n匝正方形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心轴做匀速转动，角速度为，线圈阻值为R，通过电刷与外电路连接，理想变压器原线圈与副线圈匝数比为1∶2，定值电阻，滑动变阻器最大阻值为8R，开始滑片P位于最上端，忽略电流表及线路电阻，下列说法中正确的是（　　）
A．线圈经过图示位置时，电流表的示数为零
B．线圈由图示位置转过一个周期，流过电流表的电量为零
C．仅将滑片P向下滑动，发电机的输出功率将增大
D．滑片P不动，一个周期内电阻消耗的功率为
13．（2025高三下·浙江月考）如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，如果等离子源以速度发射质量均为m、带电量大小均为q的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射入两板间，单位体积内正负离子的个数均为n。忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板
B．设等离子体的电阻率为，没有接通电路时，等离子体受到阻力为f，则接通电路后，为了维持速度不变在通道两侧所加的压强差为
C．电键闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图中虚线所示（负离子与之类似），设此时两极板电压为U，图中轨迹的最高点和最低点的高度差为
D．图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h，在的情况下，通过电阻的电流
14．（2025高三下·浙江月考）某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
（1）下列说法中正确的是______
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．打点计时器应使用工作电压为8V的交流电源
C．实验前，把木板的一端抬高，以补偿小车与纸带受到的阻力
D．实验条件必须满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量
（2）该同学根据实验数据作出了小车的加速度a与拉力传感器示数F的关系图像如图乙所示，图像不过原点的原因是　 　；
（3）若图乙中图线在纵轴上的截距为b，直线斜率为k，则小车的质量　 　；该值与小车的实际质量相比是　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）的。
15．（2025高三下·浙江月考）某同学利用以下装置测量某蓄电池的电动势和内阻；
电压表V1：0~3V内阻很大
电压表V2：0~6V内阻很大
待测电源电动势约为4~5V内阻未知
定值电阻
电阻箱R的调节范围为0~99.9Ω
该同学设计了如下甲图的电路，组装好实验器材后，首先将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关，慢慢减小电阻箱的阻值，读出两电压表V1、V2的示数分别为、，反复调节记录多组实验数据（此过程中电压表均未超出量程）
（1）该同学利用测得的数据做出了乙图所示的关系图像，该图像的表达式关系应该为　 　根据该图像得到定值电阻的准确值为　 　。（结果保留两位有效数字）
（2）该同学将两电压表的示数相减，得到，并做出了的图像，如图丙所示，则由图像可知该电源的电动势　 　V，内阻　 　Ω（结果均保留两位有效数字）；内阻r的测量值与真实值相比将　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（2025高三下·浙江月考）16．如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A 臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。实验中使瓶内气体的体积不变，多次改变气体温度，用表示气体升高的摄氏温度，用p表示烧瓶内气体压强。根据测量数据作出的图线是______。
A． B．
C． D．
17．该同学还想用此实验装置验证玻意耳定律，在保证温度不变的情况下，寻找体积和压强满足的关系，现在不知道大气压强的具体数值，但大气压强可视为不变。也无法直接测出气体的体积和B管的内径，但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律。初始时，B，C管中水银面等高，然后向上移动C管，测量B管中水银面比初始状态水银面上升了h，此时，BC管中水银面的高度差为，在h和都很小的情况下（即），只要h和满足下图中______关系就可以验证玻意耳定律。
A． B．
C． D．
18．（2025高三下·浙江月考）气撑杆是常见的支撑缓冲装置。图甲所示为气撑杆的简化原理图，导热性良好、横截面积为S的气缸内封闭着长度为L，压强为的高压氮气。当引擎盖关闭时，活塞向左运动，气体的体积变成原来的，当引擎盖打开时（如图乙），气体向外膨胀，气体体积变成原来的，令大气压强为，环境温度为，不计气撑杆自身的重力。试回答下列问题
（1）当快速打开汽车前引擎盖时，气体还来不及和外界发生热交换，此时单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数　 　（选填“变多”“不变”或“变少”），气体的温度将　 　（选填“升高”“保持不变”或“降低”）
（2）打开汽车引擎盖后一段时间后，求高压气体对汽车前保险盖的支持力大小F；
（3）当快速关闭汽车引擎盖时，短时间内缸内气体压强变成，再经过一段时间，气缸和外界发生热交换后，温度和外界趋于一致，令气体吸放热量与温度的关系式为，求此过程中气体吸收的热量。
19．（2025高三下·浙江月考）水上项目比赛中，如图所示运动员从右边高为H的平台上的D点以一定初速度沿DC进入光滑轨道，然后通过长度为3L水平轨道BC，再滑上倾角为37°的倾斜轨道AB，不考虑在B点的能量损耗，然后从A点飞出后抓住用长为L的轻绳吊着的质量为m的球，再荡起60°角后到落在对面的平台上，就算比赛成功。已知运动员质量为M，AE等高且高为h，运动员与水平轨道BC的动摩擦因数为，其它摩擦不计。若某次恰好成功，
（1）则运动员在E点抓住球后轻绳的张力多大？
（2）运动员飞出A点时速度多大，A点离球的水平距离多少？
（3）运动员的初速度多大？
20．（2025高三下·浙江月考）水平桌面上存在如图所示的装置，间距为L的长直导轨PQ和MN由两部分拼接构成，第一段为金属导轨PB、MC，第二段为绝缘导轨BQ、CN。PM之间恒流源能提供沿图中箭头所示方向的恒定电流A，在ABCD区域存在平行于平面的恒定磁场，BKJC区域无磁场，三边长均为L的U型框b，其右侧存在垂直于水平面，大小相等，方向交替的匀强磁场。用外力F将长度为L，电阻为R，质量为kg的金属棒a沿导轨方向拉动到BC处，撤去外力，金属棒a将与质量为kg的U型框b相撞。已知图中磁场沿导轨方向的宽度均为m，，U型框KJ边的电阻，另外两边和金属部分导轨电阻均忽略不计，导体棒a与AB、DC之间的动摩擦系数均为，其余部分不计摩擦。则
（1）若棒a在AB区间拉动时所用力为恒力N，求棒a到达BC处时的速度大小；
（2）若棒a在AB区间拉动时所用力为变力F，且的关系如图所示，求F与棒a到AD之间的距离x的函数关系；
（3）若棒a以4m/s的速度与“U”型框b发生碰撞后黏连形成正方形边框，假设KQ、JN无限长，线框的右边刚好KJ重合，求U型框向右运动的最大位移？
21．（2025高三下·浙江月考）如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场和，磁感应强度大小均为0.1T，分布在半径m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，分布在MN左侧的半圆形区域外，磁场中有粒子源S，S与O的距离m，且。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量kg、电量C、速率m/s，不计粒子之间的相互作用。（已知，，，）
（1）求能进入圆形区域的粒子所占的比率；
（2）求最终射出圆形区域时速度方向与SO平行的粒子在磁场中运动的总时间；
（3）若在圆形区域加上和方向相同，大小为E=10N/C的电场，以O点为坐标原点，OP方向为x轴正方向，OM方向为y轴正方向，垂直纸面向内为z轴正方向，求进入圆形区域且恰好经过z轴的粒子从圆形区域射出时的坐标位置。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】基本单位：基本物理量的单位， 基本单位和导出单位共同组成了单位制。K（开尔文）是国际单位制的基本单位；N（牛顿）、F（法拉）和T（特斯拉）都是国际单位制的导出单位。
故选A。
【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，根据基本单位及其符号分析答题。
2．【答案】D
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析。A．弹力方向垂直于接触面。路灯柱竖直，灯柱对上边手的弹力应为水平方向，A错误；
B．青年静止，处于平衡状态，合力为零，B错误；
C．灯柱对青年的作用力（包括弹力和摩擦力）与重力平衡，大小相等，C错误；
D．从整体受力看，只要两只手的摩擦力总和等于重力，其中一只手可以没有摩擦力，D正确。
故选D。
【分析】弹力方向垂直于接触面。平衡状态，合力为零，灯柱对青年的作用力刚好和重力平衡。
3．【答案】D
【知识点】质点；第一、第二与第三宇宙速度；光的衍射；能量子与量子化现象
【解析】【解答】本题考查了第一宇宙速度和量子等相关知识，熟悉质点和衍射等概念是解题关键。A．若洲际弹道导弹飞行速度超过7.9km/s，那么可能进入地球轨道成为人造卫星，不会重返大气层攻击目标，A错误；
B.5G频率相比4G更高，故5G信号电磁波波长短，衍射现象更不明显，传播更近，B错误；
C．量子说的是物理量的特性，如能量、角动量这些物理量是一份一份的，不是连续的。所以，量子不是基本粒子，它可以是某个物理量的最小单位；
D．讨论高铁停靠站点时的精确性时，大小和形状不能忽略，高铁不能看成质点，D正确。
故选D。
【分析】飞行速度超过7.9km/s将成为地球卫星，波长越短，衍射现象越不明显，量子是某个物理量的最小单位。
4．【答案】A
【知识点】电场线；电场强度的叠加
【解析】【解答】放在电场中的导体，其内部自由电荷在电场力作用下定向移动，而使导体两端出现等量异号电荷的现象。A．若手带负电，金属板靠近受的一面（右侧）感应出正电荷，电势较高，则放电时空气被电离，按“正电流”方向看，电流由金属板流向手（即向右），A项正确；
B．金属板为导体，静电平衡时整块金属板处于等势状态，不存在“左端电势低于右端电势”，B项错误；
C．手和金属板间电场线类似于等量异种点电荷右侧电场，手越靠近金属板（相当于等量异种点电荷电场的中垂线），电场强度越小，C项错误；
D．在静电平衡中，导体内部电场为零指的是外部电场与导体表面感应电荷在内部场强的矢量和为零，手上负电在金属板内部产生的电场不为零，D项错误。
故选A 。
【分析】根据近异远同的规律判断；沿电场线方向电势逐渐降低；根据点电荷场强判断。
5．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题主要考查了原子核的衰变问题，理解核反应前后的质量数守恒和电荷数守恒，结合半衰期的相关运算即可完成解答。A．根据反应过程满足电荷数守恒和质量数守恒可得，X为电子，故A错误；
B．的核子数大于的核子数，则的结合能大于的结合能，故B正确；
C.1kg含原料经过88年后，由于一半的原子核发生了衰变，变成新的原子核，但不是质量剩余0.5kg，故C错误；
D．半衰期只由原子核自身决定，外界温度降低，的半衰期不变，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒分析；根据能量的特点得出比结合能的大小关系；根据半衰期的相关计算完成分析。
6．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查开普勒第三定律，涉及两个圆形轨道、一个椭圆（半椭圆）轨道。只要中心天体相同，就适用开普勒第三定律。A．根据万有引力提供向心力可得
解得
由于火星的轨道半径大于地球的轨道半径，故绕太阳公转时，地球的加速度大于火星的加速度，A错误；
B．进入地火转移轨道后，探测器克服引力做功，动能减小，势能增大，机械能守恒，B错误；
C．根据开普勒第三定律
则有
解得
探测器从P到Q经历的时间
C正确；
D．根据开普勒第三定律可得
故其转动的角速度之比为
在相同的时间内，地球与太阳连线与火星与太阳连线扫过的圆心角之比
相同时间内地球与太阳连线扫过的面积与地球与太阳连线扫过的面积之比为
即相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积小于火星与太阳连线扫过的面积。
D错误。
故选C。
【分析】地球和火星都围绕太阳公转，满足开普勒第三定律，列出方程可比较两者公转周期。
探测器进入地火转移轨道后，克服万有引力做功，速度逐渐减小。探测器在地火转移椭圆轨道上运行，围绕太阳公转，火星也围绕太阳公转，两者满足开普勒第三定律，列出方程可比较两者公转周期。
7．【答案】B
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】折射现象是指当光由一种介质（比如水）斜射入第二介质（比如空气）时，在界面上部分光发生偏离原来路线而与原来路线产生夹角的现象。A．岸上的人看到潜水员，是因为潜水员反射的光线进入空气折射后进入到岸上人的眼睛中，根据光的折射定律可知，光线从水中斜射入空气中，折射角大于入射角，岸上的人逆着折射光线的方向看，会觉得潜水员的位置比实际位置要浅，A错误；
B．潜水员看岸上的人，是由于岸上的人反射的光线进入到潜水员的眼睛中，由于光线是由空气射入水中，折射角小于入射角，潜水员逆着折射光线看，岸上的人的位置比实际位置要高，B正确；
C．潜水员能看到岸上的物体，是由于岸上物体反射的光线进入水中折射后进入潜水员的眼睛中，潜水员就可以看到岸上的这个物体，并不是只能看到以O点为圆心一定半径范围内的物体，C错误；
D．若手电筒发出相同的锥形光束，则能射出水面的光线临界角C不变，如图所示
几何分析可得照在水面上的圆形光斑半径
h越大，R反而越大，D错误。
故选B。
【分析】光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，折射光线远离法线；光从空气斜射如水中时，折射角小于入射角，折射光线靠近法线。岸上的人逆着折射光线的方向看。看到对应位置的虚像，结合全反射知识分析。
8．【答案】A
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。对于恒力做功，瞬时功率为P=Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）。A．排球被甲同学击出后做平抛运动，由
解得
排球击出点与垫球点的水平距离
气排球击出点与垫球点的距离约为
故A正确；
B．气排球被甲同学击出后，落地前瞬间竖直方向速度最大
其中排球被垫起后以6m/s速度竖直弹起，解得竖直方向最大速度
重力最大功率
故B错误；
C．排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小
垫球被垫起前瞬间时的速度大小
则排球被乙同学垫起过程中水平方向合力的冲量大小
竖直方向合力冲量大小
所以合力冲量大小
故C错误；
D．气排球被乙同学垫起过程中所受合外力做的功等于动能改变量
故D错误。
故选A。
【分析】排球被甲同学击出后做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式求解；根据瞬时功率表达式求解；根据动能定理求解合外力做的功。
9．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】声波是一种机械波，具有波的一切特性。利用波的特点可以求解声波的相关问题。A．由图甲可知，AF之间的距离为两个波长，A错误；
B．振动中，质点离平衡位置越近速度越快。A比B离平衡位置近，则A速度更快，B正确；
C．降噪过程应用了波的干涉原理，主动降噪利用的是声波干涉（两列波叠加抵消）而非衍射，C错误；
D．降噪声波需要与环境噪声波的频率相同才能干涉相消，若环境噪声频率增加，降噪声波频率必须改变，D错误。
故选B。
【分析】相邻密部和密部之间的距离等于一个波长，根据叠加原理，两列声波等幅反相，振动减弱。
10．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解决本题的关键根据能量守恒定律，抓住F所做功全部变为感应电流产生的焦耳热，运用积分的思想解决。设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有
在时间内做的功等于回路中电功
电动势为
可认为由于半径减小微小量而引起的面积的变化，有
而回路中的电阻
联立解得
显然与圆面积变化成正比，所以由面积变化为零，所经历的时间为
故选A。
【分析】在恒力F的作用下，圆圈不断减小，其磁通量不断减小，产生感应电动势，由于交叉点处导线接触良好，所以圆圈形成闭合回路，产生感应电流。因圆圈缩小是缓慢的，F做功全部转化为感应电流产生的焦耳热，由此可寻得半径随时间的变化规律，得出圆圈从初始的半径R到拉直导线所用的时间。
11．【答案】A,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题通过氢原子的能级图和光电效应实验电路中电流随电压变化的图像考查爱因斯坦光电效应方程和氢原子的能级跃迁。掌握爱因斯坦光电效应方程和光电效应实验的现象与蕴含的原理。A．大量处于激发态的氢原子跃迁到时，发出巴耳末系中频率最高的光子，光子对应的能量为
由丙图可知截止电压为1.5V，光电子的最大初动能为
由光电效应方程可得
阴极K金属材料的逸出功为
A正确；
B．若调节滑片使光电流为零，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故B错误；
C．若用两束强度相同的不同颜色的光照射，单位时间内发射光子数是不一样的，频率高的光子对应较大能量，光子数少，饱和电流小，C错误；
D．氢原子从n=5能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，库仑力做正功，核外电子动能增加，D正确。
【分析】能级差越大，光子频率越高；根据动能定理结合光电效应方程求解金属的逸出功；在光电管两端施加反向电压可让光电流为零；根据光电效应的条件判断。
12．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查交流电的相关计算，难点是计的电功率，需要用等效电阻的思路，求解原线圈的等效电阻。A．线圈处于图示位置时，其线圈平面与磁场方向正好垂直（即线圈的法线与磁场平行），这时磁通量最大，瞬时感应电动势为零，电流顺时值为零，但电流表示数为有效值，故示数不为零，A错误；
B．线圈做周期交变发电，一周期内感应电动势“正负对称”，流过外电路的电荷总量必为零，B正确；
C．变压器的等效电阻
将线圈产生的电动势看成电源，其内阻R看成电源的内阻， 将和并联的阻值看成外电阻，开始时
此时并联部分的阻值
恰好等于电源的内阻，则开始时发电机的输出功率最大，仅将滑片P向下滑动，发电机的输出功率将减小，C错误；
D．线圈产生的感应电动势的最大值
有效值
根据欧姆定律，结合上述结论可得
由上述结论可知
故原线圈的电流
由变压器知识可得
联立解得
故一个周期内的电功率为
D错误。
故选B。
【分析】由图示位置，结合法拉第电磁感应定律，可知感应电动势瞬时值的表达式；由原副线圈的电压、电流与匝数的关系分析；由发电机的感应电动势、感应线圈的电流，即可计算发电机的输出功率；由原副线圈的电压、电流关系，即可计算原线圈的等效电阻，根据闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、并联电路电压电流关系，即可计算的电功率。
13．【答案】A,C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】磁流体发电机的原理原理：等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 等离子体在磁场中偏转，电荷在极板上聚集提供电动势。A．开关断开时，极板间的电压大小等于电动势。由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上，可知上极板电势高。A正确；
B．根据电阻定律可知发电机板间部分的等离子体等效内阻
接通电路，此时发电通道内电荷量为q的离子受力平衡有
解得
由欧姆定律可得
该电流在发电通道内受到的安培力大小为
要使等离子做匀速直线运动，所需推力
整理后解得
B错误；
C．两板间电场强度为
配速
其中
离子受到的洛伦兹力
故离子以线速度做匀速圆周运动和以做匀速直线运动的合运动。那么
做匀速圆周运动的半径为
则
C正确；
D．当在的情况下，即，即时，与极板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电流，单位时间内打到一块极板上的粒子数为
此时发电机的输出电流为
D错误。
故选AC。
【分析】由左手定则判断电势高低，根据受力平衡求解两侧所加的压强差，离子以线速度做匀速圆周运动和以做匀速直线运动的合运动，求出单位时间内打到一块极板上的粒子数，结合知道能刘定义式分析。
14．【答案】（1）A；C
（2）平衡摩擦力过度
（3）；相等
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了验证牛顿第二运动定律的实验。注意点：用拉力传感器记录小车受到细线的拉力F大小，并不需要用钩码的重力去替代拉力，则不需要满足钩码的总质量远小于小车的质量的关系。
（1）A．为了使小车受到的合外力等于细线的拉力，应调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，A正确；
B．电火花打点计时器应使用工作电压为220V的交流电源，B错误；
C．实验前，把木板的一端抬高，以补偿小车与纸带受到的阻力，C正确；
D．实验中力传感器可以直接测量出细线的拉力，不需要满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量，D错误。
故选AC。
（2）由图可知，小车在没有外力作用时，就有加速度，显然是平衡摩擦力过度；
（3）对小车受力分析可知
解得
则图像斜率
解得
而理论上
则有
由此可知，小车的质量与实际值相等。
【分析】 （1）电火花计时器应使用工作电压220V的交流电源；本实验需要平衡摩擦力；细绳的拉力由拉力传感器测量，不需要满足M＞＞m
（2）图象不过原点的原因是没有平衡摩擦力；
（3）根据牛顿第二定律列出表达式，整理成关于a与F的一次函数关系式，根据图象的斜率与截距解得m。
（1）A．为了使小车受到的合外力等于细线的拉力，应调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，A正确；
B．电火花打点计时器应使用工作电压为220V的交流电源，B错误；
C．实验前，把木板的一端抬高，以补偿小车与纸带受到的阻力，C正确；
D．实验中力传感器可以直接测量出细线的拉力，不需要满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量，D错误。
故选AC。
（2）由图可知，小车在没有外力作用时，就有加速度，显然是平衡摩擦力过度；
（3）对小车受力分析可知
解得
则图像斜率
解得
而理论上
则有
由此可知，小车的质量与实际值相等。
15．【答案】（1）；
（2）4.5V；；偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查对图象的认识，要掌握从图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，要注意斜率的意义。
（1）由题图可知，R0和R串联，电流相等，即
变形得
由此可知，乙图的纵截距为
斜率为
解得定值电阻
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
由此可知，丙图的纵截距为电源电动势
斜率的绝对值为
由于电压表分流的作用，实验等效内接伏安法测电源电动势和内阻，内阻的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据串联电路电流处处相等结合欧姆定律列式，对表达式进行整理即可求解；
（2）根据闭合电路的欧姆定律可得图像的函数解析式，根据图像的斜率与截距分析解答，再根据该实验引起误差的原因为电压表的分流，进行误差分析。
（1）由题图可知，R0和R串联，电流相等，即
变形得
由此可知，乙图的纵截距为
斜率为
解得定值电阻
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
由此可知，丙图的纵截距为电源电动势
斜率的绝对值为
由于电压表分流的作用，实验等效内接伏安法测电源电动势和内阻，内阻的测量值比真实值偏小。
【答案】16．C
17．C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作。理想气体的三个实验定律，总体来看，探究的方法属于控制变量法，要掌握公式及变形，了解图像的变化规律。
（1）瓶中气体的体积不变，设初状态压强为，温度为，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，即
由查理定律可知
整理可得
故选C。
（2）设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，则有
末状态压强与体积为
，
代入上式整理可得
h和都很小，可以忽略，则有
故选C。
【分析】（1）瓶中气体的体积不变，由查理定律得到p-表达式，结合图像完成分析；
（2）气体做等温变化，根据玻意耳定律结合图像完成分析。
16．瓶中气体的体积不变，设初状态压强为，温度为，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，即
由查理定律可知
整理可得
故选C。
17．设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，则有
末状态压强与体积为
，
代入上式整理可得
h和都很小，可以忽略，则有
故选C。
18．【答案】（1）变少；降低
（2）解：由
解得
则
（3）解：由理想气体状态方程且快速关闭过程中气体和外界没有热交换，则
解得
由气体吸热公式可知，此过程中气体向外放出的热量
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
（1）快速打开汽车前引擎盖时气体来不及和外界发生热交换，即， 而气体向外膨胀，有由
可知气体的内能降低，因
可知气体的温度降低；因气体的体积变大，则分子数密度变小，而温度降低导致分子运动的平均速率变小，则单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数变少；
【分析】（1）气体向外膨胀，气体对外做功，温度降低，单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数变少；
（2） 导热性良好 ，等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（3）快速关闭过程中气体和外界没有热交换，根据理想气体状态方程求解温度，结合 分析。
（1）[1][2]快速打开汽车前引擎盖时气体来不及和外界发生热交换，即， 而气体向外膨胀，有，由可知气体的内能降低，因可知气体的温度降低；因气体的体积变大，则分子数密度变小，而温度降低导致分子运动的平均速率变小，则单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数变少；
（2）由
解得
则
（3）由理想气体状态方程且快速关闭过程中气体和外界没有热交换，则
解得
由气体吸热公式可知，此过程中气体向外放出的热量
19．【答案】（1）解：从E点荡到平台的过程中，根据机械能守恒定律可得
在E点，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）解：运动员与球碰撞前满足水平方向动量守恒
结合上述结论可知
解得碰撞前运动员的水平速度为
运动员从A点飞出后做斜抛运动
（3）解：从D到A点根据能量守恒定律有
解得
由运动的分解可知
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求解在E点速度，在E点，由牛顿第二定律求解 轻绳的张力 ；
（2）运动员与球碰撞前满足水平方向动量守恒，求解得碰撞前运动员的水平速度，根据斜抛运动水平方向做匀速运动求解；
（3）从D到A点根据能量守恒定律求解初速度表达式，结合运动的分解求解VA表达式，从而得解。
（1）从E点荡到平台的过程中，根据机械能守恒定律可得
在E点，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）运动员与球碰撞前满足水平方向动量守恒
结合上述结论可知
解得碰撞前运动员的水平速度为
运动员从A点飞出后做斜抛运动
（3）从D到A点根据能量守恒定律有
解得
由运动的分解可知
联立解得
20．【答案】（1）解：对导体棒a受力分析，其所受安培力恒定垂直导轨向下，故金属棒a将做匀加速直线运动，令棒a到BC处的速度为v，则根据牛顿第二定律可得
由运动学公式得
得
（2）解：设金属棒a运动的距离为x时，加速度为a，速度为v，由图乙可知
其中，取一段位移所用时间为，有
由于
，
可得
则金属棒a到达BC之前，有
联立可得
代入数据可得
（m）
（3）解：当金属棒a与U型框b发生完全非弹性碰撞，令碰撞之后的速度为，由动量守恒有
进入第一个磁场区域时，由动量定理可得安培力的冲量
此后每进入一个区域安培力的冲量
则有
代入数据解得
故金属棒a最后停在距离KJ为1.55m处。
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解棒a到达BC处时的速度大小；
（2） 得到加速度可位移的关系式，根据牛顿第二定律得到力和加速度的表达式，从而得到力和位移表达式；
（3）当金属棒a与U型框b发生完全非弹性碰撞，由动量守恒求解共同速度，动量定理可得安培力的冲量，结合动量定理求解型框向右运动的最大位移。
（1）对导体棒a受力分析，其所受安培力恒定垂直导轨向下，故金属棒a将做匀加速直线运动，令棒a到BC处的速度为v，则根据牛顿第二定律可得
由运动学公式得
得m/s
（2）设金属棒a运动的距离为x时，加速度为a，速度为v，由图乙可知其中，
取一段位移所用时间为，有
由于，
可得
则金属棒a到达BC之前，有
联立可得
代入数据可得（m）
（3）当金属棒a与U型框b发生完全非弹性碰撞，令碰撞之后的速度为，由动量守恒有kg·m/s
进入第一个磁场区域时，由动量定理可得安培力的冲量kg·m/s
此后每进入一个区域安培力的冲量kg·m/s
则有
代入数据解得m
故金属棒a最后停在距离KJ为1.55m处。
21．【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力
可得
当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入区域的临界情况，如图根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（2）解：利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如下
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间
故总时间为
（3）解：讨论粒子进入圆形区域后能经过z轴的情景，能经过z轴，则投影在O点，其圆心必定位于圆周上，进入点和圆心，O点构成等边三角形，轨迹如图所示，令其出射点为A，则由几何关系可知
则
则
则三角形为等腰三角形，令，则
令OA与OP的夹角为，则
则粒子射出圆形区域时其坐标为
，，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力，根据几何关系求解；
（2）粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，结合粒子运动轨迹以及轨迹的圆心角，求出粒子在磁场中运动周期，从而求解 粒子在磁场中运动的总时间；
（3）能经过z轴，则投影在O点，其圆心必定位于圆周上，画出运动轨迹，由几何关系求解角度大小，从而求解位置坐标。
（1）根据洛伦兹力提供向心力
可得
当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入区域的临界情况，如图根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（2）利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如下
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间
故总时间为
（3）讨论粒子进入圆形区域后能经过z轴的情景，能经过z轴，则投影在O点，其圆心必定位于圆周上，进入点和圆心，O点构成等边三角形，轨迹如图所示，令其出射点为A，则由几何关系可知
则
则
则三角形为等腰三角形，令，则
令OA与OP的夹角为，则
则粒子射出圆形区域时其坐标为，，
1 / 1浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三下学期3月月考物理试题
1．（2025高三下·浙江月考）下列属于国际单位制基本单位符号的是（　　）
A．K B．N C．F D．T
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】基本单位：基本物理量的单位， 基本单位和导出单位共同组成了单位制。K（开尔文）是国际单位制的基本单位；N（牛顿）、F（法拉）和T（特斯拉）都是国际单位制的导出单位。
故选A。
【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，根据基本单位及其符号分析答题。
2．（2025高三下·浙江月考）跑酷青年在路灯柱做如图高难度动作，仅靠两只手臂让身体与地面平行，路灯柱看作竖直，手臂与路灯柱夹角相等，下列说法正确的是（　　）
A．灯柱对上边手的弹力沿手臂向上
B．青年受到的合力竖直向上
C．灯柱对青年的作用力大于青年的重力
D．灯柱与上边手之间可以没有摩擦力
【答案】D
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析。A．弹力方向垂直于接触面。路灯柱竖直，灯柱对上边手的弹力应为水平方向，A错误；
B．青年静止，处于平衡状态，合力为零，B错误；
C．灯柱对青年的作用力（包括弹力和摩擦力）与重力平衡，大小相等，C错误；
D．从整体受力看，只要两只手的摩擦力总和等于重力，其中一只手可以没有摩擦力，D正确。
故选D。
【分析】弹力方向垂直于接触面。平衡状态，合力为零，灯柱对青年的作用力刚好和重力平衡。
3．（2025高三下·浙江月考）近年来，我国在科技、军事、工业等方面发展迅速，有些领域领先世界。下列说法正确的是（　　）
A．我国向12000公里外的太平洋公海海域发射的洲际弹道导弹，飞行速度可超过7.9km/s
B．中国5G技术跃居世界前列。5G频率相比4G更高，故5G信号更容易衍射，传播更远
C．我国量子技术在这一领域的成就引人瞩目，其中“量子”是一种基本粒子
D．讨论高铁停靠站点时的精确性时，高铁不能看成质点
【答案】D
【知识点】质点；第一、第二与第三宇宙速度；光的衍射；能量子与量子化现象
【解析】【解答】本题考查了第一宇宙速度和量子等相关知识，熟悉质点和衍射等概念是解题关键。A．若洲际弹道导弹飞行速度超过7.9km/s，那么可能进入地球轨道成为人造卫星，不会重返大气层攻击目标，A错误；
B.5G频率相比4G更高，故5G信号电磁波波长短，衍射现象更不明显，传播更近，B错误；
C．量子说的是物理量的特性，如能量、角动量这些物理量是一份一份的，不是连续的。所以，量子不是基本粒子，它可以是某个物理量的最小单位；
D．讨论高铁停靠站点时的精确性时，大小和形状不能忽略，高铁不能看成质点，D正确。
故选D。
【分析】飞行速度超过7.9km/s将成为地球卫星，波长越短，衍射现象越不明显，量子是某个物理量的最小单位。
4．（2025高三下·浙江月考）在干燥的冬天，人们身体常常会带有大量静电，当手靠近金属时，经常会有一种被电击的感觉。原理如图所示，带负电的手在缓慢靠近金属板，下列说法正确的是（　　）
A．金属板和手间的空气被电离形成向右的电流
B．金属板左端电势低于右端电势
C．离金属板越近场强越大
D．手上的负电荷在金属板内产生的场强为零
【答案】A
【知识点】电场线；电场强度的叠加
【解析】【解答】放在电场中的导体，其内部自由电荷在电场力作用下定向移动，而使导体两端出现等量异号电荷的现象。A．若手带负电，金属板靠近受的一面（右侧）感应出正电荷，电势较高，则放电时空气被电离，按“正电流”方向看，电流由金属板流向手（即向右），A项正确；
B．金属板为导体，静电平衡时整块金属板处于等势状态，不存在“左端电势低于右端电势”，B项错误；
C．手和金属板间电场线类似于等量异种点电荷右侧电场，手越靠近金属板（相当于等量异种点电荷电场的中垂线），电场强度越小，C项错误；
D．在静电平衡中，导体内部电场为零指的是外部电场与导体表面感应电荷在内部场强的矢量和为零，手上负电在金属板内部产生的电场不为零，D项错误。
故选A 。
【分析】根据近异远同的规律判断；沿电场线方向电势逐渐降低；根据点电荷场强判断。
5．（2025高三下·浙江月考）钚—238用作核电池的热源，也可用作空间核动力和飞船的电源。镎—吸收一个中子得到钚—，其核反应方程为，。衰变时只放出射线，半衰期为88年，下列说法正确的是（　　）
A．X为质子
B．的结合能大于的结合能
C．1kg含原料经过88年后剩余0.5kg
D．外界温度降低，的半衰期变长
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题主要考查了原子核的衰变问题，理解核反应前后的质量数守恒和电荷数守恒，结合半衰期的相关运算即可完成解答。A．根据反应过程满足电荷数守恒和质量数守恒可得，X为电子，故A错误；
B．的核子数大于的核子数，则的结合能大于的结合能，故B正确；
C.1kg含原料经过88年后，由于一半的原子核发生了衰变，变成新的原子核，但不是质量剩余0.5kg，故C错误；
D．半衰期只由原子核自身决定，外界温度降低，的半衰期不变，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒分析；根据能量的特点得出比结合能的大小关系；根据半衰期的相关计算完成分析。
6．（2025高三下·浙江月考）人类对外太空探索永不停止，如图是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。在转移轨道上忽略地球和火星对探测器引力，已知火星的轨道半径是地球轨道半径的1.5倍，下列说法正确的是（　　）
A．绕太阳公转时，地球的加速度小于火星的加速度
B．进入地火转移轨道后，动能逐渐增大，机械能守恒
C．探测器从P到Q，经历的时间约255天
D．相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积大于火星与太阳连线扫过的面积
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查开普勒第三定律，涉及两个圆形轨道、一个椭圆（半椭圆）轨道。只要中心天体相同，就适用开普勒第三定律。A．根据万有引力提供向心力可得
解得
由于火星的轨道半径大于地球的轨道半径，故绕太阳公转时，地球的加速度大于火星的加速度，A错误；
B．进入地火转移轨道后，探测器克服引力做功，动能减小，势能增大，机械能守恒，B错误；
C．根据开普勒第三定律
则有
解得
探测器从P到Q经历的时间
C正确；
D．根据开普勒第三定律可得
故其转动的角速度之比为
在相同的时间内，地球与太阳连线与火星与太阳连线扫过的圆心角之比
相同时间内地球与太阳连线扫过的面积与地球与太阳连线扫过的面积之比为
即相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积小于火星与太阳连线扫过的面积。
D错误。
故选C。
【分析】地球和火星都围绕太阳公转，满足开普勒第三定律，列出方程可比较两者公转周期。
探测器进入地火转移轨道后，克服万有引力做功，速度逐渐减小。探测器在地火转移椭圆轨道上运行，围绕太阳公转，火星也围绕太阳公转，两者满足开普勒第三定律，列出方程可比较两者公转周期。
7．（2025高三下·浙江月考）如图所示为潜水员在水下一定深度处潜水的情景，其在水面上的投影为0点，则下列说法正确的是（　　）
A．岸上的人看到潜水员的位置比潜水员的实际位置要深
B．潜水员看岸上的人，比人的实际位置要高
C．潜水员在水下只能看到水面以上以O点为圆心，一定半径范围内的物体
D．若潜水员用随身携带的手电筒照射水面，潜水员位置越深，能照亮的范围越小
【答案】B
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】折射现象是指当光由一种介质（比如水）斜射入第二介质（比如空气）时，在界面上部分光发生偏离原来路线而与原来路线产生夹角的现象。A．岸上的人看到潜水员，是因为潜水员反射的光线进入空气折射后进入到岸上人的眼睛中，根据光的折射定律可知，光线从水中斜射入空气中，折射角大于入射角，岸上的人逆着折射光线的方向看，会觉得潜水员的位置比实际位置要浅，A错误；
B．潜水员看岸上的人，是由于岸上的人反射的光线进入到潜水员的眼睛中，由于光线是由空气射入水中，折射角小于入射角，潜水员逆着折射光线看，岸上的人的位置比实际位置要高，B正确；
C．潜水员能看到岸上的物体，是由于岸上物体反射的光线进入水中折射后进入潜水员的眼睛中，潜水员就可以看到岸上的这个物体，并不是只能看到以O点为圆心一定半径范围内的物体，C错误；
D．若手电筒发出相同的锥形光束，则能射出水面的光线临界角C不变，如图所示
几何分析可得照在水面上的圆形光斑半径
h越大，R反而越大，D错误。
故选B。
【分析】光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，折射光线远离法线；光从空气斜射如水中时，折射角小于入射角，折射光线靠近法线。岸上的人逆着折射光线的方向看。看到对应位置的虚像，结合全反射知识分析。
8．（2025高三下·浙江月考）气排球比赛中，甲同学在m处将气排球以m/s水平击出，乙同学在离地m处将气排球垫起，气排球被垫起后以6m/s速度竖直弹起。已知重力加速度为10m/s2，气排球的质量为100g，不计空气阻力，则关于此排球的运动下列说法正确的是（　　）
A．气排球击出点与垫球点的距离约为5.1m
B．气排球被甲同学击出后在空中飞行过程中重力的最大功率10W
C．气排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小0.6N s
D．气排球被乙同学垫起过程中所受合外力做的功为3.2J
【答案】A
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。对于恒力做功，瞬时功率为P=Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）。A．排球被甲同学击出后做平抛运动，由
解得
排球击出点与垫球点的水平距离
气排球击出点与垫球点的距离约为
故A正确；
B．气排球被甲同学击出后，落地前瞬间竖直方向速度最大
其中排球被垫起后以6m/s速度竖直弹起，解得竖直方向最大速度
重力最大功率
故B错误；
C．排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小
垫球被垫起前瞬间时的速度大小
则排球被乙同学垫起过程中水平方向合力的冲量大小
竖直方向合力冲量大小
所以合力冲量大小
故C错误；
D．气排球被乙同学垫起过程中所受合外力做的功等于动能改变量
故D错误。
故选A。
【分析】排球被甲同学击出后做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式求解；根据瞬时功率表达式求解；根据动能定理求解合外力做的功。
9．（2025高三下·浙江月考）如图甲所示，人们听音乐时外界噪声容易传入人耳中，其中A、C、E、F均位于平衡位置，图乙所示戴上降噪耳塞后可有效降低外界噪声的影响，则下列说法正确的是（　　）
A．图甲中AF之间的距离为一个波长
B．图甲中A点的运动速度比B点快
C．图乙中利用了声波的衍射
D．图乙中若环境噪声的频率增加，降噪声波的频率可以保持不变
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】声波是一种机械波，具有波的一切特性。利用波的特点可以求解声波的相关问题。A．由图甲可知，AF之间的距离为两个波长，A错误；
B．振动中，质点离平衡位置越近速度越快。A比B离平衡位置近，则A速度更快，B正确；
C．降噪过程应用了波的干涉原理，主动降噪利用的是声波干涉（两列波叠加抵消）而非衍射，C错误；
D．降噪声波需要与环境噪声波的频率相同才能干涉相消，若环境噪声频率增加，降噪声波频率必须改变，D错误。
故选B。
【分析】相邻密部和密部之间的距离等于一个波长，根据叠加原理，两列声波等幅反相，振动减弱。
10．（2025高三下·浙江月考）裸露的柔软导线ab，单位长度的电阻为R，其中一部分弯曲成为半径为r的圆圈，圆圈导线相交处接触良好，圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的匀强磁场B，将导线的b端固定，用沿ba方向的恒力F慢慢将导线拉直，若圆圈在缩小的过程中始终保持圆的形状，则拉直导线所用的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解决本题的关键根据能量守恒定律，抓住F所做功全部变为感应电流产生的焦耳热，运用积分的思想解决。设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有
在时间内做的功等于回路中电功
电动势为
可认为由于半径减小微小量而引起的面积的变化，有
而回路中的电阻
联立解得
显然与圆面积变化成正比，所以由面积变化为零，所经历的时间为
故选A。
【分析】在恒力F的作用下，圆圈不断减小，其磁通量不断减小，产生感应电动势，由于交叉点处导线接触良好，所以圆圈形成闭合回路，产生感应电流。因圆圈缩小是缓慢的，F做功全部转化为感应电流产生的焦耳热，由此可寻得半径随时间的变化规律，得出圆圈从初始的半径R到拉直导线所用的时间。
11．（2025高三下·浙江月考）如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中巴耳末系中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．光电管阴极K金属材料的逸出功为1.36eV
B．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
C．若用两束强度相同的不同颜色的光照射图乙中的光电管K极，频率高的饱和电流大
D．氢原子从能级跃迁到能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加
【答案】A,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题通过氢原子的能级图和光电效应实验电路中电流随电压变化的图像考查爱因斯坦光电效应方程和氢原子的能级跃迁。掌握爱因斯坦光电效应方程和光电效应实验的现象与蕴含的原理。A．大量处于激发态的氢原子跃迁到时，发出巴耳末系中频率最高的光子，光子对应的能量为
由丙图可知截止电压为1.5V，光电子的最大初动能为
由光电效应方程可得
阴极K金属材料的逸出功为
A正确；
B．若调节滑片使光电流为零，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故B错误；
C．若用两束强度相同的不同颜色的光照射，单位时间内发射光子数是不一样的，频率高的光子对应较大能量，光子数少，饱和电流小，C错误；
D．氢原子从n=5能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，库仑力做正功，核外电子动能增加，D正确。
【分析】能级差越大，光子频率越高；根据动能定理结合光电效应方程求解金属的逸出功；在光电管两端施加反向电压可让光电流为零；根据光电效应的条件判断。
12．（2025高三下·浙江月考）如图所示，边长为L的n匝正方形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心轴做匀速转动，角速度为，线圈阻值为R，通过电刷与外电路连接，理想变压器原线圈与副线圈匝数比为1∶2，定值电阻，滑动变阻器最大阻值为8R，开始滑片P位于最上端，忽略电流表及线路电阻，下列说法中正确的是（　　）
A．线圈经过图示位置时，电流表的示数为零
B．线圈由图示位置转过一个周期，流过电流表的电量为零
C．仅将滑片P向下滑动，发电机的输出功率将增大
D．滑片P不动，一个周期内电阻消耗的功率为
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查交流电的相关计算，难点是计的电功率，需要用等效电阻的思路，求解原线圈的等效电阻。A．线圈处于图示位置时，其线圈平面与磁场方向正好垂直（即线圈的法线与磁场平行），这时磁通量最大，瞬时感应电动势为零，电流顺时值为零，但电流表示数为有效值，故示数不为零，A错误；
B．线圈做周期交变发电，一周期内感应电动势“正负对称”，流过外电路的电荷总量必为零，B正确；
C．变压器的等效电阻
将线圈产生的电动势看成电源，其内阻R看成电源的内阻， 将和并联的阻值看成外电阻，开始时
此时并联部分的阻值
恰好等于电源的内阻，则开始时发电机的输出功率最大，仅将滑片P向下滑动，发电机的输出功率将减小，C错误；
D．线圈产生的感应电动势的最大值
有效值
根据欧姆定律，结合上述结论可得
由上述结论可知
故原线圈的电流
由变压器知识可得
联立解得
故一个周期内的电功率为
D错误。
故选B。
【分析】由图示位置，结合法拉第电磁感应定律，可知感应电动势瞬时值的表达式；由原副线圈的电压、电流与匝数的关系分析；由发电机的感应电动势、感应线圈的电流，即可计算发电机的输出功率；由原副线圈的电压、电流关系，即可计算原线圈的等效电阻，根据闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、并联电路电压电流关系，即可计算的电功率。
13．（2025高三下·浙江月考）如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，如果等离子源以速度发射质量均为m、带电量大小均为q的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射入两板间，单位体积内正负离子的个数均为n。忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板
B．设等离子体的电阻率为，没有接通电路时，等离子体受到阻力为f，则接通电路后，为了维持速度不变在通道两侧所加的压强差为
C．电键闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图中虚线所示（负离子与之类似），设此时两极板电压为U，图中轨迹的最高点和最低点的高度差为
D．图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h，在的情况下，通过电阻的电流
【答案】A,C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】磁流体发电机的原理原理：等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 等离子体在磁场中偏转，电荷在极板上聚集提供电动势。A．开关断开时，极板间的电压大小等于电动势。由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上，可知上极板电势高。A正确；
B．根据电阻定律可知发电机板间部分的等离子体等效内阻
接通电路，此时发电通道内电荷量为q的离子受力平衡有
解得
由欧姆定律可得
该电流在发电通道内受到的安培力大小为
要使等离子做匀速直线运动，所需推力
整理后解得
B错误；
C．两板间电场强度为
配速
其中
离子受到的洛伦兹力
故离子以线速度做匀速圆周运动和以做匀速直线运动的合运动。那么
做匀速圆周运动的半径为
则
C正确；
D．当在的情况下，即，即时，与极板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电流，单位时间内打到一块极板上的粒子数为
此时发电机的输出电流为
D错误。
故选AC。
【分析】由左手定则判断电势高低，根据受力平衡求解两侧所加的压强差，离子以线速度做匀速圆周运动和以做匀速直线运动的合运动，求出单位时间内打到一块极板上的粒子数，结合知道能刘定义式分析。
14．（2025高三下·浙江月考）某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
（1）下列说法中正确的是______
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．打点计时器应使用工作电压为8V的交流电源
C．实验前，把木板的一端抬高，以补偿小车与纸带受到的阻力
D．实验条件必须满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量
（2）该同学根据实验数据作出了小车的加速度a与拉力传感器示数F的关系图像如图乙所示，图像不过原点的原因是　 　；
（3）若图乙中图线在纵轴上的截距为b，直线斜率为k，则小车的质量　 　；该值与小车的实际质量相比是　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）的。
【答案】（1）A；C
（2）平衡摩擦力过度
（3）；相等
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了验证牛顿第二运动定律的实验。注意点：用拉力传感器记录小车受到细线的拉力F大小，并不需要用钩码的重力去替代拉力，则不需要满足钩码的总质量远小于小车的质量的关系。
（1）A．为了使小车受到的合外力等于细线的拉力，应调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，A正确；
B．电火花打点计时器应使用工作电压为220V的交流电源，B错误；
C．实验前，把木板的一端抬高，以补偿小车与纸带受到的阻力，C正确；
D．实验中力传感器可以直接测量出细线的拉力，不需要满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量，D错误。
故选AC。
（2）由图可知，小车在没有外力作用时，就有加速度，显然是平衡摩擦力过度；
（3）对小车受力分析可知
解得
则图像斜率
解得
而理论上
则有
由此可知，小车的质量与实际值相等。
【分析】 （1）电火花计时器应使用工作电压220V的交流电源；本实验需要平衡摩擦力；细绳的拉力由拉力传感器测量，不需要满足M＞＞m
（2）图象不过原点的原因是没有平衡摩擦力；
（3）根据牛顿第二定律列出表达式，整理成关于a与F的一次函数关系式，根据图象的斜率与截距解得m。
（1）A．为了使小车受到的合外力等于细线的拉力，应调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，A正确；
B．电火花打点计时器应使用工作电压为220V的交流电源，B错误；
C．实验前，把木板的一端抬高，以补偿小车与纸带受到的阻力，C正确；
D．实验中力传感器可以直接测量出细线的拉力，不需要满足钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量，D错误。
故选AC。
（2）由图可知，小车在没有外力作用时，就有加速度，显然是平衡摩擦力过度；
（3）对小车受力分析可知
解得
则图像斜率
解得
而理论上
则有
由此可知，小车的质量与实际值相等。
15．（2025高三下·浙江月考）某同学利用以下装置测量某蓄电池的电动势和内阻；
电压表V1：0~3V内阻很大
电压表V2：0~6V内阻很大
待测电源电动势约为4~5V内阻未知
定值电阻
电阻箱R的调节范围为0~99.9Ω
该同学设计了如下甲图的电路，组装好实验器材后，首先将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关，慢慢减小电阻箱的阻值，读出两电压表V1、V2的示数分别为、，反复调节记录多组实验数据（此过程中电压表均未超出量程）
（1）该同学利用测得的数据做出了乙图所示的关系图像，该图像的表达式关系应该为　 　根据该图像得到定值电阻的准确值为　 　。（结果保留两位有效数字）
（2）该同学将两电压表的示数相减，得到，并做出了的图像，如图丙所示，则由图像可知该电源的电动势　 　V，内阻　 　Ω（结果均保留两位有效数字）；内阻r的测量值与真实值相比将　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）；
（2）4.5V；；偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查对图象的认识，要掌握从图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，要注意斜率的意义。
（1）由题图可知，R0和R串联，电流相等，即
变形得
由此可知，乙图的纵截距为
斜率为
解得定值电阻
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
由此可知，丙图的纵截距为电源电动势
斜率的绝对值为
由于电压表分流的作用，实验等效内接伏安法测电源电动势和内阻，内阻的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据串联电路电流处处相等结合欧姆定律列式，对表达式进行整理即可求解；
（2）根据闭合电路的欧姆定律可得图像的函数解析式，根据图像的斜率与截距分析解答，再根据该实验引起误差的原因为电压表的分流，进行误差分析。
（1）由题图可知，R0和R串联，电流相等，即
变形得
由此可知，乙图的纵截距为
斜率为
解得定值电阻
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
由此可知，丙图的纵截距为电源电动势
斜率的绝对值为
由于电压表分流的作用，实验等效内接伏安法测电源电动势和内阻，内阻的测量值比真实值偏小。
（2025高三下·浙江月考）16．如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A 臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。实验中使瓶内气体的体积不变，多次改变气体温度，用表示气体升高的摄氏温度，用p表示烧瓶内气体压强。根据测量数据作出的图线是______。
A． B．
C． D．
17．该同学还想用此实验装置验证玻意耳定律，在保证温度不变的情况下，寻找体积和压强满足的关系，现在不知道大气压强的具体数值，但大气压强可视为不变。也无法直接测出气体的体积和B管的内径，但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律。初始时，B，C管中水银面等高，然后向上移动C管，测量B管中水银面比初始状态水银面上升了h，此时，BC管中水银面的高度差为，在h和都很小的情况下（即），只要h和满足下图中______关系就可以验证玻意耳定律。
A． B．
C． D．
【答案】16．C
17．C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作。理想气体的三个实验定律，总体来看，探究的方法属于控制变量法，要掌握公式及变形，了解图像的变化规律。
（1）瓶中气体的体积不变，设初状态压强为，温度为，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，即
由查理定律可知
整理可得
故选C。
（2）设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，则有
末状态压强与体积为
，
代入上式整理可得
h和都很小，可以忽略，则有
故选C。
【分析】（1）瓶中气体的体积不变，由查理定律得到p-表达式，结合图像完成分析；
（2）气体做等温变化，根据玻意耳定律结合图像完成分析。
16．瓶中气体的体积不变，设初状态压强为，温度为，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，即
由查理定律可知
整理可得
故选C。
17．设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，则有
末状态压强与体积为
，
代入上式整理可得
h和都很小，可以忽略，则有
故选C。
18．（2025高三下·浙江月考）气撑杆是常见的支撑缓冲装置。图甲所示为气撑杆的简化原理图，导热性良好、横截面积为S的气缸内封闭着长度为L，压强为的高压氮气。当引擎盖关闭时，活塞向左运动，气体的体积变成原来的，当引擎盖打开时（如图乙），气体向外膨胀，气体体积变成原来的，令大气压强为，环境温度为，不计气撑杆自身的重力。试回答下列问题
（1）当快速打开汽车前引擎盖时，气体还来不及和外界发生热交换，此时单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数　 　（选填“变多”“不变”或“变少”），气体的温度将　 　（选填“升高”“保持不变”或“降低”）
（2）打开汽车引擎盖后一段时间后，求高压气体对汽车前保险盖的支持力大小F；
（3）当快速关闭汽车引擎盖时，短时间内缸内气体压强变成，再经过一段时间，气缸和外界发生热交换后，温度和外界趋于一致，令气体吸放热量与温度的关系式为，求此过程中气体吸收的热量。
【答案】（1）变少；降低
（2）解：由
解得
则
（3）解：由理想气体状态方程且快速关闭过程中气体和外界没有热交换，则
解得
由气体吸热公式可知，此过程中气体向外放出的热量
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
（1）快速打开汽车前引擎盖时气体来不及和外界发生热交换，即， 而气体向外膨胀，有由
可知气体的内能降低，因
可知气体的温度降低；因气体的体积变大，则分子数密度变小，而温度降低导致分子运动的平均速率变小，则单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数变少；
【分析】（1）气体向外膨胀，气体对外做功，温度降低，单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数变少；
（2） 导热性良好 ，等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（3）快速关闭过程中气体和外界没有热交换，根据理想气体状态方程求解温度，结合 分析。
（1）[1][2]快速打开汽车前引擎盖时气体来不及和外界发生热交换，即， 而气体向外膨胀，有，由可知气体的内能降低，因可知气体的温度降低；因气体的体积变大，则分子数密度变小，而温度降低导致分子运动的平均速率变小，则单位时间内气体分子撞击气缸壁的次数变少；
（2）由
解得
则
（3）由理想气体状态方程且快速关闭过程中气体和外界没有热交换，则
解得
由气体吸热公式可知，此过程中气体向外放出的热量
19．（2025高三下·浙江月考）水上项目比赛中，如图所示运动员从右边高为H的平台上的D点以一定初速度沿DC进入光滑轨道，然后通过长度为3L水平轨道BC，再滑上倾角为37°的倾斜轨道AB，不考虑在B点的能量损耗，然后从A点飞出后抓住用长为L的轻绳吊着的质量为m的球，再荡起60°角后到落在对面的平台上，就算比赛成功。已知运动员质量为M，AE等高且高为h，运动员与水平轨道BC的动摩擦因数为，其它摩擦不计。若某次恰好成功，
（1）则运动员在E点抓住球后轻绳的张力多大？
（2）运动员飞出A点时速度多大，A点离球的水平距离多少？
（3）运动员的初速度多大？
【答案】（1）解：从E点荡到平台的过程中，根据机械能守恒定律可得
在E点，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）解：运动员与球碰撞前满足水平方向动量守恒
结合上述结论可知
解得碰撞前运动员的水平速度为
运动员从A点飞出后做斜抛运动
（3）解：从D到A点根据能量守恒定律有
解得
由运动的分解可知
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求解在E点速度，在E点，由牛顿第二定律求解 轻绳的张力 ；
（2）运动员与球碰撞前满足水平方向动量守恒，求解得碰撞前运动员的水平速度，根据斜抛运动水平方向做匀速运动求解；
（3）从D到A点根据能量守恒定律求解初速度表达式，结合运动的分解求解VA表达式，从而得解。
（1）从E点荡到平台的过程中，根据机械能守恒定律可得
在E点，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）运动员与球碰撞前满足水平方向动量守恒
结合上述结论可知
解得碰撞前运动员的水平速度为
运动员从A点飞出后做斜抛运动
（3）从D到A点根据能量守恒定律有
解得
由运动的分解可知
联立解得
20．（2025高三下·浙江月考）水平桌面上存在如图所示的装置，间距为L的长直导轨PQ和MN由两部分拼接构成，第一段为金属导轨PB、MC，第二段为绝缘导轨BQ、CN。PM之间恒流源能提供沿图中箭头所示方向的恒定电流A，在ABCD区域存在平行于平面的恒定磁场，BKJC区域无磁场，三边长均为L的U型框b，其右侧存在垂直于水平面，大小相等，方向交替的匀强磁场。用外力F将长度为L，电阻为R，质量为kg的金属棒a沿导轨方向拉动到BC处，撤去外力，金属棒a将与质量为kg的U型框b相撞。已知图中磁场沿导轨方向的宽度均为m，，U型框KJ边的电阻，另外两边和金属部分导轨电阻均忽略不计，导体棒a与AB、DC之间的动摩擦系数均为，其余部分不计摩擦。则
（1）若棒a在AB区间拉动时所用力为恒力N，求棒a到达BC处时的速度大小；
（2）若棒a在AB区间拉动时所用力为变力F，且的关系如图所示，求F与棒a到AD之间的距离x的函数关系；
（3）若棒a以4m/s的速度与“U”型框b发生碰撞后黏连形成正方形边框，假设KQ、JN无限长，线框的右边刚好KJ重合，求U型框向右运动的最大位移？
【答案】（1）解：对导体棒a受力分析，其所受安培力恒定垂直导轨向下，故金属棒a将做匀加速直线运动，令棒a到BC处的速度为v，则根据牛顿第二定律可得
由运动学公式得
得
（2）解：设金属棒a运动的距离为x时，加速度为a，速度为v，由图乙可知
其中，取一段位移所用时间为，有
由于
，
可得
则金属棒a到达BC之前，有
联立可得
代入数据可得
（m）
（3）解：当金属棒a与U型框b发生完全非弹性碰撞，令碰撞之后的速度为，由动量守恒有
进入第一个磁场区域时，由动量定理可得安培力的冲量
此后每进入一个区域安培力的冲量
则有
代入数据解得
故金属棒a最后停在距离KJ为1.55m处。
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解棒a到达BC处时的速度大小；
（2） 得到加速度可位移的关系式，根据牛顿第二定律得到力和加速度的表达式，从而得到力和位移表达式；
（3）当金属棒a与U型框b发生完全非弹性碰撞，由动量守恒求解共同速度，动量定理可得安培力的冲量，结合动量定理求解型框向右运动的最大位移。
（1）对导体棒a受力分析，其所受安培力恒定垂直导轨向下，故金属棒a将做匀加速直线运动，令棒a到BC处的速度为v，则根据牛顿第二定律可得
由运动学公式得
得m/s
（2）设金属棒a运动的距离为x时，加速度为a，速度为v，由图乙可知其中，
取一段位移所用时间为，有
由于，
可得
则金属棒a到达BC之前，有
联立可得
代入数据可得（m）
（3）当金属棒a与U型框b发生完全非弹性碰撞，令碰撞之后的速度为，由动量守恒有kg·m/s
进入第一个磁场区域时，由动量定理可得安培力的冲量kg·m/s
此后每进入一个区域安培力的冲量kg·m/s
则有
代入数据解得m
故金属棒a最后停在距离KJ为1.55m处。
21．（2025高三下·浙江月考）如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场和，磁感应强度大小均为0.1T，分布在半径m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，分布在MN左侧的半圆形区域外，磁场中有粒子源S，S与O的距离m，且。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量kg、电量C、速率m/s，不计粒子之间的相互作用。（已知，，，）
（1）求能进入圆形区域的粒子所占的比率；
（2）求最终射出圆形区域时速度方向与SO平行的粒子在磁场中运动的总时间；
（3）若在圆形区域加上和方向相同，大小为E=10N/C的电场，以O点为坐标原点，OP方向为x轴正方向，OM方向为y轴正方向，垂直纸面向内为z轴正方向，求进入圆形区域且恰好经过z轴的粒子从圆形区域射出时的坐标位置。
【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力
可得
当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入区域的临界情况，如图根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（2）解：利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如下
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间
故总时间为
（3）解：讨论粒子进入圆形区域后能经过z轴的情景，能经过z轴，则投影在O点，其圆心必定位于圆周上，进入点和圆心，O点构成等边三角形，轨迹如图所示，令其出射点为A，则由几何关系可知
则
则
则三角形为等腰三角形，令，则
令OA与OP的夹角为，则
则粒子射出圆形区域时其坐标为
，，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力，根据几何关系求解；
（2）粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，结合粒子运动轨迹以及轨迹的圆心角，求出粒子在磁场中运动周期，从而求解 粒子在磁场中运动的总时间；
（3）能经过z轴，则投影在O点，其圆心必定位于圆周上，画出运动轨迹，由几何关系求解角度大小，从而求解位置坐标。
（1）根据洛伦兹力提供向心力
可得
当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入区域的临界情况，如图根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（2）利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如下
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间
故总时间为
（3）讨论粒子进入圆形区域后能经过z轴的情景，能经过z轴，则投影在O点，其圆心必定位于圆周上，进入点和圆心，O点构成等边三角形，轨迹如图所示，令其出射点为A，则由几何关系可知
则
则
则三角形为等腰三角形，令，则
令OA与OP的夹角为，则
则粒子射出圆形区域时其坐标为，，
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