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2025届浙江省北斗星盟高三下学期三模物理试题
1．（2025·浙江模拟）单位为J/s的物理量是（　　）
A．电功率 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电场强度
【答案】A
【知识点】单位制
【解析】【解答】焦耳为能量单位，秒是时间单位。写成对应的表达式为。由可知，单位为的物理量是功率。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】由可知，单位为的物理量是功率。
2．（2025·浙江模拟）如图为泰山景区的机器狗在搬运垃圾（　　）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．在研究机器狗的运动步距时，可以将它视为质点
C．在研究垃圾桶在机器狗背部的安装位置时，可以将机器狗视为质点
D．在研究机器狗通过较长距离的运动时间时，可以将它视为质点
【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】在研究机器狗的爬行动作时，研究机器狗的运动步距时以及研究垃圾桶在机器狗背部的安装位置时，机器狗的大小形状都不能忽略不计，不可以将机器狗看做质点；而在研究机器狗通过较长距离的运动时间时，可以忽略机器狗的大小和形状，将它视为质点。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】当物体的形状、大小对研究的问题没有影响时，可以视为质点。例如，当研究物体整体的运动轨迹、位移、时间等宏观运动时。相反，当研究物体的转动、内部结构、特定部位的位置时，不能视为质点。
3．（2025·浙江模拟）月壤中含有丰富的，参与核反应释放巨大能量，同时几乎不产生具有长期放射性的核废料，因此是清洁、高效的未来能源。其核反应方程为，则（　　）
A．X为质子，该核反应是α衰变
B．的比结合能比的比结合能大
C．核子平均释放的能量约为6.42MeV
D．该反应的质量亏损约为
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．设X粒子质量数和核电荷数分别为、，根据质量数守恒和电荷数守恒可得，，解得，，由此可知X粒子为质子，该核反应是核聚变，故A错误；
B．核反应放出核能，生成物比反应物更稳定，比结合能也更大，即的比结合能比小，故B错误；
C．参与反应的核子数为，核子平均释放的能量为，故C错误；
D．根据质能方程可知，质量亏损约，故D正确。
故选D。
【分析】1、根据质量数守恒和电荷数守恒可得X粒子为质子，该核反应是核聚变。
2、生成物比反应物更稳定，比结合能也更大。
3、核子平均释放的能量=。
4、质量亏损。
4．（2025·浙江模拟）锂电池体积小、容量大、电压稳定，在手机中广泛应用。它主要依靠锂离子在正极（含锂化合物）和负极（碳材料）之间移动来工作，其原理如图所示。若某款手机锂电池的电动势3.7V，电池容量4000mA·h，正常通话电流400mA，则（　　）
A．正常通话时，电池输出的功率为1.48W
B．电池充满电后，手机能正常通话2.7h
C．图示状态是电池放电状态
D．负极积累的锂离子越多，电池存储的电能越少
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．正常通话时，电池的总功率为，由于存在一定的内阻，所以电池输出的功率小于1.48W，故A错误；
B．电池充满电后，手机能正常通话时间为，故B错误；
C．图示状态锂离子从电池负极到正极，即为电池内部的电流方向，故处于放电状态，故C正确；
D．负极积累的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多，存储的电能越多，故D错误。
故选C。
【分析】1、电动势乘以电流等于电池的总功率，电池输出的功率应小于电池的总功率。
2、 电池容量4000mA·h， 实质是电流与时间的乘积，即电荷量。
3、负极积累的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多，存储的电能越多。
5．（2025·浙江模拟）火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流电，副线圈的电路中R为热敏电阻，为滑动变阻器，为定值电阻。当温度升高时，R的阻值变小，报警装置通过检测中的电流来实现报警。则（　　）
A．发生火灾时，原线圈中的电流在变小
B．发生火灾时，报警装置检测到电流变小
C．为了降低报警温度，的滑片P应向下滑动
D．的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大
【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB．发生火灾时，温度升高，热敏电阻阻值变小，根据欧姆定律可知副线圈电流变大，则报警装置检测到电流变大；根据可知，原线圈电流也变大，故AB错误；
C．为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，根据可知，滑动变阻器接入电路的电阻应减小，则的滑片P应向下滑动，故C正确；
D．根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，故D错误。
故选C。
【分析】此题考查变压器副线圈负载的动态变化。
1、匝数恒定，副线圈负载电阻变小，则副线圈电流变大，原线圈电流也变大。
2、报警电流是一定的，由可知，为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，则滑动变阻器接入电路的电阻应减小。
3、根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，匝数不变，则副线圈两端的电压。
6．（2025·浙江模拟）如图所示，卫星甲、乙沿不同轨道绕半径为R的某一星球转动。其中，卫星甲在竖直平面内做匀速圆周运动，其距星球表面的高度为R；卫星乙在水平面上做长轴为4R的椭圆运动。则（　　）
A．甲的运行周期比乙的大
B．甲的平均速率比乙的小
C．某时刻甲的速率与乙的速率相等
D．甲的加速度大小始终比乙的小
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．因为甲的半径与乙的半长轴相等，由开普勒第三定律知，周期相同，故A错误；
B．圆周长大于椭圆周长，甲的平均速率更大，故B错误；
C．乙在椭圆上，距离星球最近点的速率比甲的速率大，而最远点比甲的速率小，某时刻两者速率相等，故C正确；
D．由图知，某时刻星球距甲和乙的距离将相同，此时加速度大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】1、绕同一星球转动，甲的半径与乙的半长轴相等，由开普勒第三定律知，周期相同。
2、远地点速率小，近地点速率大。
3、由可知同一天体，距离相等则加速度大小相等。
7．（2025·浙江模拟）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（　　）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】AB．重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，知加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误；
C．因，知一直减小，故C正确；
D．空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大，相邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】1、上升阶段速度减小，下降阶段速度增大。
2、整个过程重力与空气阻力的夹角一直在增大，则合力一直减小，根据牛顿第二定律可知加速度一直减小。
3、由动量定理，知一直减小。
4、相邻位置的机械能变化量等于克服阻力做功，阻力大小恒定，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大。
8．（2025·浙江模拟）半球体透明介质ABC和置于底部的发光管芯PQ组成照明装置。管芯是一个圆心与介质的球心O重合的圆面，装置的截面如图所示。已知半球体的半径为R，圆面的半径为，透明介质的折射率为，则（　　）
A．管芯射向半球面的所有光线都将从圆弧区域射出
B．圆弧区域有光线射出和没有光线射出的比例为
C．射向半球面的所有光线都能射出的相应管芯面积为
D．射向半球面的光线，所有光线都能射出圆弧面与部分光线能射出圆弧面的相应管芯长度之比为2：1
【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．管芯射向半球面的某些光线可能在圆弧区域发生全反射，故A错误；
B．因为从圆心O处发出的光线均可从球面射出，可知半球面所有区域均有光线射出，故B错误；
C．根据可得临界角，最难射出的是平行于竖直边OB的边界，知，解得，相应的面积，故C错误；
D．射向半球面的光线，所有光线都能射出圆弧面与部分光线能射出圆弧面的相应管芯长度之比为，故D正确。
故选D。
【分析】1、从光密介质到光疏介质，可能发生全反射。
2、要计算射向半球面的所有光线都能射出的相应管芯面积，先根据临界角找到恰好射出的位置，再根据几何关系计算能射出的相应管芯面积。
3、根据光路图利用几何关系计算所有光线都能射出圆弧面与部分光线能射出圆弧面的相应管芯长度之比。
9．（2025·浙江模拟）无动力帆船依靠风力垂直河岸渡河。船头正指对岸，通过调整帆面位置使风向垂直于帆面，此时帆面与航向间的夹角为θ。若风力的大小为F，河水沿平行河岸方向的阻力恒为，沿垂直河岸方向的阻力大小（k为比例系数，v为航行速度），则帆船（　　）
A．先做加速度增大的加速运动，后匀速运动
B．航行时的最大速度为
C．若风力大小加倍，最大速度也加倍
D．若风力大小增大，为保持航向不变，θ也增大
【答案】D
【知识点】力的分解；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．垂直航向受力平衡，沿航向，知先做加速度减小的加速运动，后匀速运动，故A错误；
B．根据题意可得解得，故B错误；
C．风力大小加倍，垂直航线方向不再平衡而产生加速度，速度不再沿船头指向，故C错误；
D．根据题意，知F增大时，θ也增大，故D正确。
故选D。
【分析】此题研究两分运动，沿水流方向受力平衡，风力的分力与 沿平行河岸方向的阻力平衡，沿航向有风力的分力和沿垂直河岸方向的阻力，根据牛顿第二定律可知加速度减小的加速运动，后匀速运动。加速度为零时速度最大。
10．（2025·浙江模拟）如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值为
B．若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值为
C．若物块B恰好不滑离木板C，则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D．若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
【答案】B
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．设木板长为L，恰好发生碰撞时，由，能量守恒有，联立解得， 若物块A、B不发生碰撞，木板长的最小值为，故A错误；
B．由于AB质量相等且A、B的碰撞为弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B到C右端恰好静止，则有，能量守恒有
联立解得，故B正确；
C．A碰B前，BC做一起做加速运动，A做减速运动，A碰B后，速度交换，AC一起做加速运动，B做减速运动，最终共速，速度时间图像如下
如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，故C错误；
D．只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置无关，故D错误。
故选B。
【分析】本题是板块模型和多物体弹性碰撞综合题。
1、恰好不发生碰撞的条件是到板边缘速度相等，根据动量守恒和能量守恒列等式求解物块A、B不发生碰撞，木板C长度的最大值。
2、 物块A、B不从木板C的右端滑离得条件是B到C右端恰好静止，根据动量守恒和能量守恒列等式求解物块A、B不从木板C的右端滑离木板C长度的最小值。
3、只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置无关。
11．（2025·浙江模拟）如图所示是研究光电效应的实验装置。大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子能量为12.09eV，用此光束照射到光电管电极K上。移动滑片P，当电压表的示数为7V时，微安表的示数恰好为零。图示位置中滑片P和O点刚好位于滑动变阻器的上、下中点位置。则（　　）
A．要使微安表的示数恰好为零，滑片P应由图示位置向a端移动
B．不同频率的光子照射电极K，只要能发生光电效应，遏止电压是相同的
C．若10.2eV为另一光子能量，则能发生光电效应的光子共有2种
D．从图示位置滑动滑片P，微安表的读数可能不变
【答案】A,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．要使微安表的示数恰好为零，光电管应接入反向电压，即K板电势高于A板电势，则滑片P应由图示位置向a端移动，故A正确；
B．根据，可知不同频率的光子照射电极K，只要能发生光电效应，遏止电压是不同的，故B错误；
C．用光子能量为12.09eV照射到光电管电极K上，当电压表的示数为7V时，微安表的示数恰好为零，根据，逸出功
由于逸出功小于10.2eV，大于1.89eV，可知能发生光电效应的光子共有2种，故C正确；
D．图示电压趋近于零，未能达到饱和电流，所以从图示位置滑动滑片P，微安表的读数会变化，故D错误。
故选AC。
【分析】1、研究光电效应的实验装置中要使微安表的示数恰好为零，光电管应接入反向电压。
2、根据，不同频率的光子照射电极K，遏止电压不同。
3、当电压表的示数为7V时，微安表的示数恰好为零，说明遏止电压为7v.
4、未能达到饱和电流时，移动滑片微安表的读数会变化，当达到饱和电流时，移动滑片，微安表的读数不会变化。
12．（2025·浙江模拟）波源P、Q分别位于x＝0和x＝12m处，如图所示，t＝0时刻分别恰好传到2m和6m处，图中箭头分别为两列波的传播方向，波速为2m/s，振幅均为5cm，则（　　）
A．t＝1s后，x＝4m处的质点做振幅为10cm的简谐运动
B．波源间质点位移大小第1次达到10cm是由于两列波的波峰相遇
C．波源间质点位移大小第1次和第2次达到10cm的两质点相距2.5m
D．t＝3s时，两波源间（不含波源）有4个质点位移为零
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】A．题图可知两波的波长不同，因为同种介质波速相同，因而两波频率不同，不能形成稳定干涉，振幅周期性变化，故A错误；
BC．由题意知，，t＝0.5s时，波源P达到第1次波峰，此时距波源Q第1个波峰出现在x=6.5m，故再经两波峰第一次相遇，即在时波峰相遇，质点坐标x＝3.25m；同理，可以求得两波谷第一次相遇为t＝2.375s，质点坐标x＝5.75m，两个波峰相遇使质点位移大小第1次达到10cm，第1次和第2次位移达到10cm的两质点相距2.5m，故B、C正确；
D．由图形知，t＝3s时，P波传到8m处，Q波传到0m处，波形如下（红线为P波，蓝线为Q波）
根据叠加原理可知，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零，故D错误。
故选BC。
【分析】1、波长不同，波速相同，则频率不同；两波频率不同，不能形成稳定干涉。
2、画出两列波波形图，根据叠加原理可知位移为零的点个数。
13．（2025·浙江模拟）如图所示半径为R的虚线圆内，存在垂直纸面向里感应强度大小为（k>0）的有界匀强磁场。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。长度为2R的导体棒ac与虚线圆交于a、b两点，其中b为ac的中点。则（　　）
A．b点的电势比a点高
B．b、c两点的电势相等
C．a、b两点间的电动势大小为
D．a、c两点间的电动势大小为
【答案】A,C
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】AB．磁感应强度变化时，电场线为逆时针方向的同心圆，使电子向a点聚集，b点的电势比a点高；同理可知c点的电势比b点高，故A正确，B错误；
CD．连接Oa、Ob、Oc，Oab构成等边三角形，Ob和Oc所围磁场区域为圆心角30°的扇形，如图所示
电场线垂直于Oa和Ob，电子不发生定向移动，
a、b两点间的电动势大小为
b、c两点间的电动势大小为
a、c两点间的电动势大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】1、变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为逆时针方向的同心圆，电子受电场力作用向a点聚集，则a点电势低。
2、a、b两点间的电动势大小为，b、c两点间的电动势大小为，a、c两点间的电动势大小为。
14．（2025·浙江模拟）用如图1所示装置完成“验证机械能守恒定律”实验，查阅当地重力加速度。
（1）在纸带上确定计数点时，选取起始点为第1个计数点，得到的纸带如图2所示，打下B点时重物的速度为　 　m/s（结果保留3位有效数字）；
（2）测得重物的质量，重物由O点运动到C点时重力势能的减小量为　 　J（结果保留2位有效数字），C点可能是第　 　（选填“11”、“12”或“13”）计数点；
（3）将测得的数据描绘图像，求得图线斜率为k，下落h时，重力势能减小量与动能增加量之间的差值为　 　（结果用字母“m”、“h”、“k”、“g”表示）。
【答案】（1）2.07
（2）0.52；13
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）电火花计时器的周期，打下B点时重物的速度为
（2）重物由O点运动到C点时，重力做功，重力做正功，重力势能减小量为。
由O运动到C点，由自由落体运动公式可得，运动时间
设运动到C点有n个时间间隔，可得，由于存在阻力作用，因此取12，又因为O点为第1个计数点，因此C点可能是第13个计数点。
（3）下落的高度为时，重力势能的减小量为
由图像和图线斜率k可得图像的表达式为
由于初速度为0，可得动能的增加量
重力势能减小量与动能增加量之间的差值为
【分析】（1）根据打点计时器打出纸带计算速度方法： 当时间间隔很小时，平均速度可近似为中间时刻的瞬时速度。因此，可用某点前后两点间的平均速度代表该点的瞬时速度。
（2）重物由O点运动到C点时，重力做功。重力势能减小量等于重力做功。
（3，）下落的高度为时，重力势能的减小量为，动能的增加量，结合图像斜率得出，重力势能减小量与动能增加量之间的差值为。
（1）电火花计时器的周期
打下B点时重物的速度为
（2）[1]重物由O点运动到C点时，重力做功
重力做正功，重力势能减小量为。
[2]由O运动到C点，由自由落体运动公式可得
运动时间
设运动到C点有n个时间间隔，可得
由于存在阻力作用，因此取12，又因为O点为第1个计数点，因此C点可能是第13个计数点。
（3）下落的高度为时，重力势能的减小量为
由图像和图线斜率k可得图像的表达式为
由于初速度为0，可得动能的增加量
重力势能减小量与动能增加量之间的差值为
15．（2025·浙江模拟）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，电流表内阻很小，电压表内阻很大，
（1）按电路图1连接的实物图2，其中连接错误的导线是　 　（选填“①”、“②”或“③”）；
（2）该小组并未发现连线错误，于是继续进行实验。记录电压表和电流表示数，发现电压表最小示数为2V，此时电流表示数最大为2A；电压表最大示数为2.7V时，此时电流表示数为0.3A，定值电阻　 　Ω，滑动变阻器全电阻，R＝　 　Ω，由此知电源总电动势E＝　 　V，总内阻r＝　 　Ω（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）②
（2）1.0；14；3.0；0.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图1可知滑动变阻器采用的是限流式接法，而图2中滑动变阻器采用的是分压式接法，即图2中连接错误的是②；
（2）电压示数最小时（滑动变阻器接入电路阻值为0），故此时
电压示数最大时（此时滑动变阻器滑片置于滑动变阻器中间位置，），故此时，解得
电压示数最小时，根据闭合电路欧姆定律有，电压示数最大时，根据闭合电路欧姆定律有，联立解得
【分析】（1）在“测定电源电动势和内阻”的实验中滑动变阻器采用的是限流式接法。
（2）电压示数最小时根据欧姆定律计算 定值电阻 ，电压示数最大时根据欧姆定律计算滑动变阻器全电阻阻值，再根据闭合电路欧姆定律两种情况列方程联立求解电源总电动势和内阻。
（1）图1可知滑动变阻器采用的是限流式接法，而图2中滑动变阻器采用的是分压式接法，即图2中连接错误的是②；
（2）[1][2]电压示数最小时（滑动变阻器接入电路阻值为0），故此时
电压示数最大时（此时滑动变阻器滑片置于滑动变阻器中间位置，），故此时
解得
[3][4]电压示数最小时，根据闭合电路欧姆定律有
电压示数最大时，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
16．（2025·浙江模拟）为了研究图1所示的玩具电动机的能量转换，设计了如图2所示的电路，其中学生电源稳压4V。先将滑动变阻器的滑片移到最左端，闭合开关S，缓慢改变滑动变阻器的阻值，增大电动机两端的电压，在表中记录电压表、电流表的读数。
表
组数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
U/V 0.07 0.14 0.21 0.28 0.35 0.42 0.52 0.68 0.89 1.10 1.32 1.50
I/A 0.04 0.08 0.16 0.20 0.24 0.14 0.16 0.18 0.20 0.22 0.24
（1）补充第3组电流表读数为　 　A
（2）电流相同时，电动机两端的电压可能不同。比如第4组和第8组，从能量转换的角度，其理由是　 　
（3）电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率　 　（选填“逐渐变大”、“逐渐变小”或“保持不变”）。
【答案】（1）0.12（0.11~0.13均可）
（2）电动机不转动时，相当于一个电阻，电能完全转化为内能，电动机转动时，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。
（3）逐渐变大
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】（1）由表中数据分析可得，当电压较小时，电动机不转动，相当于一个电阻，此时线圈的电阻为，第3组电流表读数为
（2）第4组数据，电压较小，电动机不转动，相当于一个电阻，电能完全转化为内能；第8组数据，电动机转动，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。因此电流相同时，电动机两端的电压可能不同。
（3）不考虑发热对线圈电阻的影响，机械能的转换效率，可得第7组数据的转换效率，第8组数据的转换效率，第9组数据的转换效率
第10组数据的转换效率，第11组数据的转换效率，第12组数据的转换效率由表中给出的数据可知电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率逐渐变大。
【分析】（1）电动机不转动，相当于一个定值电阻，根据欧姆定律求解此时线圈的电阻，再计算第3组电流表读数。
（2）电动机不转动，相当于一个电阻，电能完全转化为内能，电动机转动，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。
（3）由机械能的转换效率可计算各组数据的转换效率，根据计算结果得出电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率逐渐变大。
（1）由表中数据分析可得，当电压较小时，电动机不转动，相当于一个电阻，此时线圈的电阻为
第3组电流表读数为
（2）第4组数据，电压较小，电动机不转动，相当于一个电阻，电能完全转化为内能；第8组数据，电动机转动，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。因此电流相同时，电动机两端的电压可能不同。
（3）不考虑发热对线圈电阻的影响，机械能的转换效率
可得第7组数据的转换效率
第8组数据的转换效率
第9组数据的转换效率
第10组数据的转换效率
第11组数据的转换效率
第12组数据的转换效率
由表中给出的数据可知电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率逐渐变大。
17．（2025·浙江模拟）如图为一测温装置的结构简图。玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，此温度可由B管上的刻度直接读出。当温度时，管内水银面高度，此高度即为300K的刻度线。已知管内水银面最大高度为26cm，大气压强。忽略B管的体积和水银槽内液面的变化，当环境温度从300K缓慢下降的过程中：
（1）A泡内气体分子动能　 　（选填“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），其内壁单位面积受到的气体分子的平均作用力　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）该装置能测出的最低温度；
（3）已知分子平均动能跟热力学温度成正比，其关系满足（k＝0.2J/K），环境温度下降至（2）问中的时，外界对气体做功为2.9J，求热量的变化Q。
【答案】（1）增大和减小均有；变小
（2）
（3）放出热量12.9J
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）温度降低时A泡内气体分子平均动能减小，但对个别分子动能增大和减小均有；
温度降低时，液柱液面上升，则其它压强减小，即其内壁单位面积受到的气体分子的平均作用力减小；
（2）气体等容变化，由查理定理，其中，，得
（3）温度降低，则内能减小；减小量，而W=2.9J，由 U＝W＋Q
Q＝－12.9J，即气体放出热量12.9J。
【分析】（1）根据温度变化得出气体分子平均动能，温度降低，则气体分子平均动能减小。
（2）气体等容变化，由查理定理列等式可求解测出的最低温度。
（3）对于理想气体温度降低则内能减小，根据题目已知可得出内能减少量和对气体做功，再根据热力学第一定律 U＝W＋Q可计算热量的变化Q。
（1）[1]温度降低时A泡内气体分子平均动能减小，但对个别分子动能增大和减小均有；
[2]温度降低时，液柱液面上升，则其它压强减小，即其内壁单位面积受到的气体分子的平均作用力减小；
（2）气体等容变化，由查理定理
其中，
得
（3）温度降低，则内能减小；减小量
而W=2.9J
由 U＝W＋Q
Q＝－12.9J
即气体放出热量12.9J。
18．（2025·浙江模拟）一游戏装置由弹射器，水平轨道AB，圆心为的竖直半圆细管道BCD，圆心为的竖直半圆轨道DEF，水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止在GH上，其上表面与IJ相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，在同一条竖直线上。如图所示，游戏时，滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一起运动，滑板到达侧壁HI后即被锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为（大小未知），M＝0.02kg，轨道GH长L＝1.4m，滑板右端距侧壁HI的距离d＝0.2m，BCD、DEF的半径均为R＝0.1m，滑块乙与滑板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各处均光滑，各轨道间平滑连接，弹簧的弹性势能，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能滑块，滑块甲、乙均可视为质点。
（1）求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小；
（2）若，求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q；
（3）若滑板长度，左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹后不脱离轨道（返回接触到弹射器后即被锁定），乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求滑块乙的质量取值范围。
【答案】（1）解：对滑块甲，从A到F过程中，以AB面的重力势能为0
由能量守恒 ，得v1＝4m/s
在F点，由 得
（2）解：依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定，对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2，由动能定理，得v2＝1m/s
由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度为v1＝4m/s
对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度为，以水平向右为正，
由动量守恒，得
此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q1
由能量守恒，得
经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为
整个过程中，
（3）解：①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有
得，方向水平向左
以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时，由动量守恒
由能量守恒，得，为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板
由能量守恒
由动量守恒
对滑块甲和滑块乙
由动量守恒
由能量守恒
得，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。
比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为。
【知识点】竖直平面的圆周运动；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】本题涉及竖直圆周，带弹簧的弹性碰撞以及板块模型。
（1）对滑块甲，从A到F过程中，由能量守恒
在F点，由牛顿第二定律： 联立可求解 最高点F时受到的支持力大小。
（2）运用板块模型来求解，由动能定理，由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，对滑板和滑块乙，由动量守恒，
此过程，滑板和滑块乙组成的系统由能量守恒
经分析可知，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能
整个过程中，
（3）①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有，滑块甲、乙碰撞时，由动量守恒，由能量守恒，可求解滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板由能量守恒
由动量守恒 ，对滑块甲和滑块乙由动量守恒，由能量守恒，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。比较①②后，可得知滑块乙的质量取值范围。
（1）对滑块甲，从A到F过程中，以AB面的重力势能为0
由能量守恒
得v1＝4m/s
在F点，由
得
（2）依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定
对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2
由动能定理
得v2＝1m/s
由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度为v1＝4m/s
对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度为，以水平向右为正
由动量守恒
得
此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q1
由能量守恒
得
经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为
整个过程中，
（3）①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有
得，方向水平向左
以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时
由动量守恒
由能量守恒
得，为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板
由能量守恒
由动量守恒
对滑块甲和滑块乙
由动量守恒
由能量守恒
得，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。
比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为。
19．（2025·浙江模拟）某探究小组利用电磁阻尼原理设计了一减震装置，其简化结构如图1所示。质量为m的“日”字型金属框架abcdef由7根长度均为l，电阻均为r的金属杆焊接而成，水平有界匀强磁场的高度也为l，水平足够宽广，磁感应强度大小为B。开始时水平杆af与磁场的上边界平行。框架由某一高度下落，以初速度进入磁场，磁场中框架运动的速度v与下落距离x之间的v~x图像如图2所示，则
（1）框架刚进入磁场时受到的安培力的大小；
（2）穿过磁场过程中，框架上产生的焦耳热Q；
（3）框架在磁场中运动时间t。
【答案】（1）解：由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，则
又整个电路的总电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
故
（2）解：由v~x图像知，在2l~3l时，框架匀速运动，
又
得
框架在运动过程中，总的焦耳热为Q，由能量守恒得
即
（3）解：设框架从开始进入磁场到下落得过程中用时，末状态的速度为由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
联立得
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势 ，又整个电路的总电阻为，由闭合电路的欧姆定律计算电流，由公式计算安培力大小。
（2）由v~x图像知，在2l~3l时，框架匀速运动受力平衡，，
框架在运动过程中，由能量守恒得，联立可求解总的焦耳热Q
（3）框架从开始进入磁场到下落得过程中由动量定理列等式：
从到得过程中由动量定理列等式：
从到得过程中由动量定理列等式：
联立可求解 框架在磁场中运动时间t
（1）由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，则
又整个电路的总电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
故
（2）由v~x图像知，在2l~3l时，框架匀速运动，
又
得
框架在运动过程中，总的焦耳热为Q，由能量守恒得
即
（3）设框架从开始进入磁场到下落得过程中用时，末状态的速度为由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
联立得
20．（2025·浙江模拟）正负电子对撞机是研究粒子基本性质和相互作用的实验装置。正负电子经加速器加速到极高速度后，射入对撞测量区域，通过调整测量区的磁感应强度大小，使正负电子发生正碰。一实验探究小组设计的对撞机结构原理图如图所示，测量区ABCD中存在两个有界匀强磁场，水平虚线MN下方Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小为（大小未知），方向垂直纸面向外，MN上方Ⅱ区域磁场的磁感应强度大小为（大小未知），方向垂直纸面向里，直线EF为测量区的中线。在同一水平面上的直线加速器甲、乙同时以相同速率分别垂直AB、CD边界射入电子和正电子，并最终在EF上的某处实现正碰。已知正、负电子的比荷为k，边界AB、CD间的距离为4d，两加速器与MN的距离均为d，忽略电荷间的相互作用及正、负电子的重力。
（1）电子以速度大小射入Ⅰ区域，
①若电子能垂直MN进入Ⅱ区域，求；
②若，为使电子不从AB射出，求Ⅱ区域磁场的最小值；
（2）若，为使正负电子在EF上某处发生正碰，求射入磁场的速度大小v与B之间满足的关系。
【答案】（1）解：①加速器甲射出电子，在Ⅰ区域中的半径，由
得
②如图所示
轨迹与AB恰好相切于G点时，对应磁感应强度最小。在中，，
在中，得
Ⅱ区域磁场的最小值
（2）解：若正负电子在MN上方正碰，正负电子奇数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为2、6、10…段，每段
由
得
正负电子偶数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为4、8、12……段，每段
同理，得
因此，速度大小v与B之间满足的关系为：
分析粒子在Ⅱ区域磁场AB相切时，
得
要求即
得n＝1、2、3
综上，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）①加速器甲射出电子在Ⅰ区域磁场中匀速圆周运动，根据题意可得轨迹半径，由，可得
②根据题意画轨迹图
根据几何关系可求解在磁场中轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力列等式求解Ⅱ区域磁场的最小值
（2）若正负电子在MN上方正碰，正负电子奇数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为2、6、10…段，每段
由，得
正负电子偶数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为4、8、12……段，每段，同理，得
因此，速度大小v与B之间满足的关系为：
要求即，综合上述可求解射入磁场的速度大小v与B之间满足的关系。
（1）①加速器甲射出电子，在Ⅰ区域中的半径，由
得
②如图所示
轨迹与AB恰好相切于G点时，对应磁感应强度最小。在中，，
在中，得
Ⅱ区域磁场的最小值
（2）若正负电子在MN上方正碰，正负电子奇数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为2、6、10…段，每段
由
得
正负电子偶数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为4、8、12……段，每段
同理，得
因此，速度大小v与B之间满足的关系为：
分析粒子在Ⅱ区域磁场AB相切时，
得
要求即
得n＝1、2、3
综上，
1 / 12025届浙江省北斗星盟高三下学期三模物理试题
1．（2025·浙江模拟）单位为J/s的物理量是（　　）
A．电功率 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电场强度
2．（2025·浙江模拟）如图为泰山景区的机器狗在搬运垃圾（　　）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．在研究机器狗的运动步距时，可以将它视为质点
C．在研究垃圾桶在机器狗背部的安装位置时，可以将机器狗视为质点
D．在研究机器狗通过较长距离的运动时间时，可以将它视为质点
3．（2025·浙江模拟）月壤中含有丰富的，参与核反应释放巨大能量，同时几乎不产生具有长期放射性的核废料，因此是清洁、高效的未来能源。其核反应方程为，则（　　）
A．X为质子，该核反应是α衰变
B．的比结合能比的比结合能大
C．核子平均释放的能量约为6.42MeV
D．该反应的质量亏损约为
4．（2025·浙江模拟）锂电池体积小、容量大、电压稳定，在手机中广泛应用。它主要依靠锂离子在正极（含锂化合物）和负极（碳材料）之间移动来工作，其原理如图所示。若某款手机锂电池的电动势3.7V，电池容量4000mA·h，正常通话电流400mA，则（　　）
A．正常通话时，电池输出的功率为1.48W
B．电池充满电后，手机能正常通话2.7h
C．图示状态是电池放电状态
D．负极积累的锂离子越多，电池存储的电能越少
5．（2025·浙江模拟）火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流电，副线圈的电路中R为热敏电阻，为滑动变阻器，为定值电阻。当温度升高时，R的阻值变小，报警装置通过检测中的电流来实现报警。则（　　）
A．发生火灾时，原线圈中的电流在变小
B．发生火灾时，报警装置检测到电流变小
C．为了降低报警温度，的滑片P应向下滑动
D．的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大
6．（2025·浙江模拟）如图所示，卫星甲、乙沿不同轨道绕半径为R的某一星球转动。其中，卫星甲在竖直平面内做匀速圆周运动，其距星球表面的高度为R；卫星乙在水平面上做长轴为4R的椭圆运动。则（　　）
A．甲的运行周期比乙的大
B．甲的平均速率比乙的小
C．某时刻甲的速率与乙的速率相等
D．甲的加速度大小始终比乙的小
7．（2025·浙江模拟）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（　　）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
8．（2025·浙江模拟）半球体透明介质ABC和置于底部的发光管芯PQ组成照明装置。管芯是一个圆心与介质的球心O重合的圆面，装置的截面如图所示。已知半球体的半径为R，圆面的半径为，透明介质的折射率为，则（　　）
A．管芯射向半球面的所有光线都将从圆弧区域射出
B．圆弧区域有光线射出和没有光线射出的比例为
C．射向半球面的所有光线都能射出的相应管芯面积为
D．射向半球面的光线，所有光线都能射出圆弧面与部分光线能射出圆弧面的相应管芯长度之比为2：1
9．（2025·浙江模拟）无动力帆船依靠风力垂直河岸渡河。船头正指对岸，通过调整帆面位置使风向垂直于帆面，此时帆面与航向间的夹角为θ。若风力的大小为F，河水沿平行河岸方向的阻力恒为，沿垂直河岸方向的阻力大小（k为比例系数，v为航行速度），则帆船（　　）
A．先做加速度增大的加速运动，后匀速运动
B．航行时的最大速度为
C．若风力大小加倍，最大速度也加倍
D．若风力大小增大，为保持航向不变，θ也增大
10．（2025·浙江模拟）如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值为
B．若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值为
C．若物块B恰好不滑离木板C，则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D．若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
11．（2025·浙江模拟）如图所示是研究光电效应的实验装置。大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子能量为12.09eV，用此光束照射到光电管电极K上。移动滑片P，当电压表的示数为7V时，微安表的示数恰好为零。图示位置中滑片P和O点刚好位于滑动变阻器的上、下中点位置。则（　　）
A．要使微安表的示数恰好为零，滑片P应由图示位置向a端移动
B．不同频率的光子照射电极K，只要能发生光电效应，遏止电压是相同的
C．若10.2eV为另一光子能量，则能发生光电效应的光子共有2种
D．从图示位置滑动滑片P，微安表的读数可能不变
12．（2025·浙江模拟）波源P、Q分别位于x＝0和x＝12m处，如图所示，t＝0时刻分别恰好传到2m和6m处，图中箭头分别为两列波的传播方向，波速为2m/s，振幅均为5cm，则（　　）
A．t＝1s后，x＝4m处的质点做振幅为10cm的简谐运动
B．波源间质点位移大小第1次达到10cm是由于两列波的波峰相遇
C．波源间质点位移大小第1次和第2次达到10cm的两质点相距2.5m
D．t＝3s时，两波源间（不含波源）有4个质点位移为零
13．（2025·浙江模拟）如图所示半径为R的虚线圆内，存在垂直纸面向里感应强度大小为（k>0）的有界匀强磁场。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。长度为2R的导体棒ac与虚线圆交于a、b两点，其中b为ac的中点。则（　　）
A．b点的电势比a点高
B．b、c两点的电势相等
C．a、b两点间的电动势大小为
D．a、c两点间的电动势大小为
14．（2025·浙江模拟）用如图1所示装置完成“验证机械能守恒定律”实验，查阅当地重力加速度。
（1）在纸带上确定计数点时，选取起始点为第1个计数点，得到的纸带如图2所示，打下B点时重物的速度为　 　m/s（结果保留3位有效数字）；
（2）测得重物的质量，重物由O点运动到C点时重力势能的减小量为　 　J（结果保留2位有效数字），C点可能是第　 　（选填“11”、“12”或“13”）计数点；
（3）将测得的数据描绘图像，求得图线斜率为k，下落h时，重力势能减小量与动能增加量之间的差值为　 　（结果用字母“m”、“h”、“k”、“g”表示）。
15．（2025·浙江模拟）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，电流表内阻很小，电压表内阻很大，
（1）按电路图1连接的实物图2，其中连接错误的导线是　 　（选填“①”、“②”或“③”）；
（2）该小组并未发现连线错误，于是继续进行实验。记录电压表和电流表示数，发现电压表最小示数为2V，此时电流表示数最大为2A；电压表最大示数为2.7V时，此时电流表示数为0.3A，定值电阻　 　Ω，滑动变阻器全电阻，R＝　 　Ω，由此知电源总电动势E＝　 　V，总内阻r＝　 　Ω（结果保留2位有效数字）。
16．（2025·浙江模拟）为了研究图1所示的玩具电动机的能量转换，设计了如图2所示的电路，其中学生电源稳压4V。先将滑动变阻器的滑片移到最左端，闭合开关S，缓慢改变滑动变阻器的阻值，增大电动机两端的电压，在表中记录电压表、电流表的读数。
表
组数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
U/V 0.07 0.14 0.21 0.28 0.35 0.42 0.52 0.68 0.89 1.10 1.32 1.50
I/A 0.04 0.08 0.16 0.20 0.24 0.14 0.16 0.18 0.20 0.22 0.24
（1）补充第3组电流表读数为　 　A
（2）电流相同时，电动机两端的电压可能不同。比如第4组和第8组，从能量转换的角度，其理由是　 　
（3）电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率　 　（选填“逐渐变大”、“逐渐变小”或“保持不变”）。
17．（2025·浙江模拟）如图为一测温装置的结构简图。玻璃泡A内封有一定量气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，此温度可由B管上的刻度直接读出。当温度时，管内水银面高度，此高度即为300K的刻度线。已知管内水银面最大高度为26cm，大气压强。忽略B管的体积和水银槽内液面的变化，当环境温度从300K缓慢下降的过程中：
（1）A泡内气体分子动能　 　（选填“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），其内壁单位面积受到的气体分子的平均作用力　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）该装置能测出的最低温度；
（3）已知分子平均动能跟热力学温度成正比，其关系满足（k＝0.2J/K），环境温度下降至（2）问中的时，外界对气体做功为2.9J，求热量的变化Q。
18．（2025·浙江模拟）一游戏装置由弹射器，水平轨道AB，圆心为的竖直半圆细管道BCD，圆心为的竖直半圆轨道DEF，水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止在GH上，其上表面与IJ相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，在同一条竖直线上。如图所示，游戏时，滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一起运动，滑板到达侧壁HI后即被锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为（大小未知），M＝0.02kg，轨道GH长L＝1.4m，滑板右端距侧壁HI的距离d＝0.2m，BCD、DEF的半径均为R＝0.1m，滑块乙与滑板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各处均光滑，各轨道间平滑连接，弹簧的弹性势能，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能滑块，滑块甲、乙均可视为质点。
（1）求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小；
（2）若，求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q；
（3）若滑板长度，左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹后不脱离轨道（返回接触到弹射器后即被锁定），乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求滑块乙的质量取值范围。
19．（2025·浙江模拟）某探究小组利用电磁阻尼原理设计了一减震装置，其简化结构如图1所示。质量为m的“日”字型金属框架abcdef由7根长度均为l，电阻均为r的金属杆焊接而成，水平有界匀强磁场的高度也为l，水平足够宽广，磁感应强度大小为B。开始时水平杆af与磁场的上边界平行。框架由某一高度下落，以初速度进入磁场，磁场中框架运动的速度v与下落距离x之间的v~x图像如图2所示，则
（1）框架刚进入磁场时受到的安培力的大小；
（2）穿过磁场过程中，框架上产生的焦耳热Q；
（3）框架在磁场中运动时间t。
20．（2025·浙江模拟）正负电子对撞机是研究粒子基本性质和相互作用的实验装置。正负电子经加速器加速到极高速度后，射入对撞测量区域，通过调整测量区的磁感应强度大小，使正负电子发生正碰。一实验探究小组设计的对撞机结构原理图如图所示，测量区ABCD中存在两个有界匀强磁场，水平虚线MN下方Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小为（大小未知），方向垂直纸面向外，MN上方Ⅱ区域磁场的磁感应强度大小为（大小未知），方向垂直纸面向里，直线EF为测量区的中线。在同一水平面上的直线加速器甲、乙同时以相同速率分别垂直AB、CD边界射入电子和正电子，并最终在EF上的某处实现正碰。已知正、负电子的比荷为k，边界AB、CD间的距离为4d，两加速器与MN的距离均为d，忽略电荷间的相互作用及正、负电子的重力。
（1）电子以速度大小射入Ⅰ区域，
①若电子能垂直MN进入Ⅱ区域，求；
②若，为使电子不从AB射出，求Ⅱ区域磁场的最小值；
（2）若，为使正负电子在EF上某处发生正碰，求射入磁场的速度大小v与B之间满足的关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】单位制
【解析】【解答】焦耳为能量单位，秒是时间单位。写成对应的表达式为。由可知，单位为的物理量是功率。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】由可知，单位为的物理量是功率。
2．【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】在研究机器狗的爬行动作时，研究机器狗的运动步距时以及研究垃圾桶在机器狗背部的安装位置时，机器狗的大小形状都不能忽略不计，不可以将机器狗看做质点；而在研究机器狗通过较长距离的运动时间时，可以忽略机器狗的大小和形状，将它视为质点。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】当物体的形状、大小对研究的问题没有影响时，可以视为质点。例如，当研究物体整体的运动轨迹、位移、时间等宏观运动时。相反，当研究物体的转动、内部结构、特定部位的位置时，不能视为质点。
3．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．设X粒子质量数和核电荷数分别为、，根据质量数守恒和电荷数守恒可得，，解得，，由此可知X粒子为质子，该核反应是核聚变，故A错误；
B．核反应放出核能，生成物比反应物更稳定，比结合能也更大，即的比结合能比小，故B错误；
C．参与反应的核子数为，核子平均释放的能量为，故C错误；
D．根据质能方程可知，质量亏损约，故D正确。
故选D。
【分析】1、根据质量数守恒和电荷数守恒可得X粒子为质子，该核反应是核聚变。
2、生成物比反应物更稳定，比结合能也更大。
3、核子平均释放的能量=。
4、质量亏损。
4．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．正常通话时，电池的总功率为，由于存在一定的内阻，所以电池输出的功率小于1.48W，故A错误；
B．电池充满电后，手机能正常通话时间为，故B错误；
C．图示状态锂离子从电池负极到正极，即为电池内部的电流方向，故处于放电状态，故C正确；
D．负极积累的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多，存储的电能越多，故D错误。
故选C。
【分析】1、电动势乘以电流等于电池的总功率，电池输出的功率应小于电池的总功率。
2、 电池容量4000mA·h， 实质是电流与时间的乘积，即电荷量。
3、负极积累的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多，存储的电能越多。
5．【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB．发生火灾时，温度升高，热敏电阻阻值变小，根据欧姆定律可知副线圈电流变大，则报警装置检测到电流变大；根据可知，原线圈电流也变大，故AB错误；
C．为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，根据可知，滑动变阻器接入电路的电阻应减小，则的滑片P应向下滑动，故C正确；
D．根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，故D错误。
故选C。
【分析】此题考查变压器副线圈负载的动态变化。
1、匝数恒定，副线圈负载电阻变小，则副线圈电流变大，原线圈电流也变大。
2、报警电流是一定的，由可知，为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，则滑动变阻器接入电路的电阻应减小。
3、根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，匝数不变，则副线圈两端的电压。
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．因为甲的半径与乙的半长轴相等，由开普勒第三定律知，周期相同，故A错误；
B．圆周长大于椭圆周长，甲的平均速率更大，故B错误；
C．乙在椭圆上，距离星球最近点的速率比甲的速率大，而最远点比甲的速率小，某时刻两者速率相等，故C正确；
D．由图知，某时刻星球距甲和乙的距离将相同，此时加速度大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】1、绕同一星球转动，甲的半径与乙的半长轴相等，由开普勒第三定律知，周期相同。
2、远地点速率小，近地点速率大。
3、由可知同一天体，距离相等则加速度大小相等。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】AB．重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，知加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误；
C．因，知一直减小，故C正确；
D．空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大，相邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】1、上升阶段速度减小，下降阶段速度增大。
2、整个过程重力与空气阻力的夹角一直在增大，则合力一直减小，根据牛顿第二定律可知加速度一直减小。
3、由动量定理，知一直减小。
4、相邻位置的机械能变化量等于克服阻力做功，阻力大小恒定，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大。
8．【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．管芯射向半球面的某些光线可能在圆弧区域发生全反射，故A错误；
B．因为从圆心O处发出的光线均可从球面射出，可知半球面所有区域均有光线射出，故B错误；
C．根据可得临界角，最难射出的是平行于竖直边OB的边界，知，解得，相应的面积，故C错误；
D．射向半球面的光线，所有光线都能射出圆弧面与部分光线能射出圆弧面的相应管芯长度之比为，故D正确。
故选D。
【分析】1、从光密介质到光疏介质，可能发生全反射。
2、要计算射向半球面的所有光线都能射出的相应管芯面积，先根据临界角找到恰好射出的位置，再根据几何关系计算能射出的相应管芯面积。
3、根据光路图利用几何关系计算所有光线都能射出圆弧面与部分光线能射出圆弧面的相应管芯长度之比。
9．【答案】D
【知识点】力的分解；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．垂直航向受力平衡，沿航向，知先做加速度减小的加速运动，后匀速运动，故A错误；
B．根据题意可得解得，故B错误；
C．风力大小加倍，垂直航线方向不再平衡而产生加速度，速度不再沿船头指向，故C错误；
D．根据题意，知F增大时，θ也增大，故D正确。
故选D。
【分析】此题研究两分运动，沿水流方向受力平衡，风力的分力与 沿平行河岸方向的阻力平衡，沿航向有风力的分力和沿垂直河岸方向的阻力，根据牛顿第二定律可知加速度减小的加速运动，后匀速运动。加速度为零时速度最大。
10．【答案】B
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．设木板长为L，恰好发生碰撞时，由，能量守恒有，联立解得， 若物块A、B不发生碰撞，木板长的最小值为，故A错误；
B．由于AB质量相等且A、B的碰撞为弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B到C右端恰好静止，则有，能量守恒有
联立解得，故B正确；
C．A碰B前，BC做一起做加速运动，A做减速运动，A碰B后，速度交换，AC一起做加速运动，B做减速运动，最终共速，速度时间图像如下
如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，故C错误；
D．只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置无关，故D错误。
故选B。
【分析】本题是板块模型和多物体弹性碰撞综合题。
1、恰好不发生碰撞的条件是到板边缘速度相等，根据动量守恒和能量守恒列等式求解物块A、B不发生碰撞，木板C长度的最大值。
2、 物块A、B不从木板C的右端滑离得条件是B到C右端恰好静止，根据动量守恒和能量守恒列等式求解物块A、B不从木板C的右端滑离木板C长度的最小值。
3、只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置无关。
11．【答案】A,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．要使微安表的示数恰好为零，光电管应接入反向电压，即K板电势高于A板电势，则滑片P应由图示位置向a端移动，故A正确；
B．根据，可知不同频率的光子照射电极K，只要能发生光电效应，遏止电压是不同的，故B错误；
C．用光子能量为12.09eV照射到光电管电极K上，当电压表的示数为7V时，微安表的示数恰好为零，根据，逸出功
由于逸出功小于10.2eV，大于1.89eV，可知能发生光电效应的光子共有2种，故C正确；
D．图示电压趋近于零，未能达到饱和电流，所以从图示位置滑动滑片P，微安表的读数会变化，故D错误。
故选AC。
【分析】1、研究光电效应的实验装置中要使微安表的示数恰好为零，光电管应接入反向电压。
2、根据，不同频率的光子照射电极K，遏止电压不同。
3、当电压表的示数为7V时，微安表的示数恰好为零，说明遏止电压为7v.
4、未能达到饱和电流时，移动滑片微安表的读数会变化，当达到饱和电流时，移动滑片，微安表的读数不会变化。
12．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】A．题图可知两波的波长不同，因为同种介质波速相同，因而两波频率不同，不能形成稳定干涉，振幅周期性变化，故A错误；
BC．由题意知，，t＝0.5s时，波源P达到第1次波峰，此时距波源Q第1个波峰出现在x=6.5m，故再经两波峰第一次相遇，即在时波峰相遇，质点坐标x＝3.25m；同理，可以求得两波谷第一次相遇为t＝2.375s，质点坐标x＝5.75m，两个波峰相遇使质点位移大小第1次达到10cm，第1次和第2次位移达到10cm的两质点相距2.5m，故B、C正确；
D．由图形知，t＝3s时，P波传到8m处，Q波传到0m处，波形如下（红线为P波，蓝线为Q波）
根据叠加原理可知，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零，故D错误。
故选BC。
【分析】1、波长不同，波速相同，则频率不同；两波频率不同，不能形成稳定干涉。
2、画出两列波波形图，根据叠加原理可知位移为零的点个数。
13．【答案】A,C
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】AB．磁感应强度变化时，电场线为逆时针方向的同心圆，使电子向a点聚集，b点的电势比a点高；同理可知c点的电势比b点高，故A正确，B错误；
CD．连接Oa、Ob、Oc，Oab构成等边三角形，Ob和Oc所围磁场区域为圆心角30°的扇形，如图所示
电场线垂直于Oa和Ob，电子不发生定向移动，
a、b两点间的电动势大小为
b、c两点间的电动势大小为
a、c两点间的电动势大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】1、变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为逆时针方向的同心圆，电子受电场力作用向a点聚集，则a点电势低。
2、a、b两点间的电动势大小为，b、c两点间的电动势大小为，a、c两点间的电动势大小为。
14．【答案】（1）2.07
（2）0.52；13
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）电火花计时器的周期，打下B点时重物的速度为
（2）重物由O点运动到C点时，重力做功，重力做正功，重力势能减小量为。
由O运动到C点，由自由落体运动公式可得，运动时间
设运动到C点有n个时间间隔，可得，由于存在阻力作用，因此取12，又因为O点为第1个计数点，因此C点可能是第13个计数点。
（3）下落的高度为时，重力势能的减小量为
由图像和图线斜率k可得图像的表达式为
由于初速度为0，可得动能的增加量
重力势能减小量与动能增加量之间的差值为
【分析】（1）根据打点计时器打出纸带计算速度方法： 当时间间隔很小时，平均速度可近似为中间时刻的瞬时速度。因此，可用某点前后两点间的平均速度代表该点的瞬时速度。
（2）重物由O点运动到C点时，重力做功。重力势能减小量等于重力做功。
（3，）下落的高度为时，重力势能的减小量为，动能的增加量，结合图像斜率得出，重力势能减小量与动能增加量之间的差值为。
（1）电火花计时器的周期
打下B点时重物的速度为
（2）[1]重物由O点运动到C点时，重力做功
重力做正功，重力势能减小量为。
[2]由O运动到C点，由自由落体运动公式可得
运动时间
设运动到C点有n个时间间隔，可得
由于存在阻力作用，因此取12，又因为O点为第1个计数点，因此C点可能是第13个计数点。
（3）下落的高度为时，重力势能的减小量为
由图像和图线斜率k可得图像的表达式为
由于初速度为0，可得动能的增加量
重力势能减小量与动能增加量之间的差值为
15．【答案】（1）②
（2）1.0；14；3.0；0.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图1可知滑动变阻器采用的是限流式接法，而图2中滑动变阻器采用的是分压式接法，即图2中连接错误的是②；
（2）电压示数最小时（滑动变阻器接入电路阻值为0），故此时
电压示数最大时（此时滑动变阻器滑片置于滑动变阻器中间位置，），故此时，解得
电压示数最小时，根据闭合电路欧姆定律有，电压示数最大时，根据闭合电路欧姆定律有，联立解得
【分析】（1）在“测定电源电动势和内阻”的实验中滑动变阻器采用的是限流式接法。
（2）电压示数最小时根据欧姆定律计算 定值电阻 ，电压示数最大时根据欧姆定律计算滑动变阻器全电阻阻值，再根据闭合电路欧姆定律两种情况列方程联立求解电源总电动势和内阻。
（1）图1可知滑动变阻器采用的是限流式接法，而图2中滑动变阻器采用的是分压式接法，即图2中连接错误的是②；
（2）[1][2]电压示数最小时（滑动变阻器接入电路阻值为0），故此时
电压示数最大时（此时滑动变阻器滑片置于滑动变阻器中间位置，），故此时
解得
[3][4]电压示数最小时，根据闭合电路欧姆定律有
电压示数最大时，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
16．【答案】（1）0.12（0.11~0.13均可）
（2）电动机不转动时，相当于一个电阻，电能完全转化为内能，电动机转动时，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。
（3）逐渐变大
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】（1）由表中数据分析可得，当电压较小时，电动机不转动，相当于一个电阻，此时线圈的电阻为，第3组电流表读数为
（2）第4组数据，电压较小，电动机不转动，相当于一个电阻，电能完全转化为内能；第8组数据，电动机转动，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。因此电流相同时，电动机两端的电压可能不同。
（3）不考虑发热对线圈电阻的影响，机械能的转换效率，可得第7组数据的转换效率，第8组数据的转换效率，第9组数据的转换效率
第10组数据的转换效率，第11组数据的转换效率，第12组数据的转换效率由表中给出的数据可知电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率逐渐变大。
【分析】（1）电动机不转动，相当于一个定值电阻，根据欧姆定律求解此时线圈的电阻，再计算第3组电流表读数。
（2）电动机不转动，相当于一个电阻，电能完全转化为内能，电动机转动，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。
（3）由机械能的转换效率可计算各组数据的转换效率，根据计算结果得出电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率逐渐变大。
（1）由表中数据分析可得，当电压较小时，电动机不转动，相当于一个电阻，此时线圈的电阻为
第3组电流表读数为
（2）第4组数据，电压较小，电动机不转动，相当于一个电阻，电能完全转化为内能；第8组数据，电动机转动，电能除了转化为内能外，大部分转化为叶片转动的机械能。因此电流相同时，电动机两端的电压可能不同。
（3）不考虑发热对线圈电阻的影响，机械能的转换效率
可得第7组数据的转换效率
第8组数据的转换效率
第9组数据的转换效率
第10组数据的转换效率
第11组数据的转换效率
第12组数据的转换效率
由表中给出的数据可知电动机转动后，随着电压的增大，机械能的转换效率逐渐变大。
17．【答案】（1）增大和减小均有；变小
（2）
（3）放出热量12.9J
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）温度降低时A泡内气体分子平均动能减小，但对个别分子动能增大和减小均有；
温度降低时，液柱液面上升，则其它压强减小，即其内壁单位面积受到的气体分子的平均作用力减小；
（2）气体等容变化，由查理定理，其中，，得
（3）温度降低，则内能减小；减小量，而W=2.9J，由 U＝W＋Q
Q＝－12.9J，即气体放出热量12.9J。
【分析】（1）根据温度变化得出气体分子平均动能，温度降低，则气体分子平均动能减小。
（2）气体等容变化，由查理定理列等式可求解测出的最低温度。
（3）对于理想气体温度降低则内能减小，根据题目已知可得出内能减少量和对气体做功，再根据热力学第一定律 U＝W＋Q可计算热量的变化Q。
（1）[1]温度降低时A泡内气体分子平均动能减小，但对个别分子动能增大和减小均有；
[2]温度降低时，液柱液面上升，则其它压强减小，即其内壁单位面积受到的气体分子的平均作用力减小；
（2）气体等容变化，由查理定理
其中，
得
（3）温度降低，则内能减小；减小量
而W=2.9J
由 U＝W＋Q
Q＝－12.9J
即气体放出热量12.9J。
18．【答案】（1）解：对滑块甲，从A到F过程中，以AB面的重力势能为0
由能量守恒 ，得v1＝4m/s
在F点，由 得
（2）解：依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定，对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2，由动能定理，得v2＝1m/s
由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度为v1＝4m/s
对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度为，以水平向右为正，
由动量守恒，得
此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q1
由能量守恒，得
经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为
整个过程中，
（3）解：①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有
得，方向水平向左
以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时，由动量守恒
由能量守恒，得，为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板
由能量守恒
由动量守恒
对滑块甲和滑块乙
由动量守恒
由能量守恒
得，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。
比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为。
【知识点】竖直平面的圆周运动；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】本题涉及竖直圆周，带弹簧的弹性碰撞以及板块模型。
（1）对滑块甲，从A到F过程中，由能量守恒
在F点，由牛顿第二定律： 联立可求解 最高点F时受到的支持力大小。
（2）运用板块模型来求解，由动能定理，由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，对滑板和滑块乙，由动量守恒，
此过程，滑板和滑块乙组成的系统由能量守恒
经分析可知，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能
整个过程中，
（3）①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有，滑块甲、乙碰撞时，由动量守恒，由能量守恒，可求解滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板由能量守恒
由动量守恒 ，对滑块甲和滑块乙由动量守恒，由能量守恒，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。比较①②后，可得知滑块乙的质量取值范围。
（1）对滑块甲，从A到F过程中，以AB面的重力势能为0
由能量守恒
得v1＝4m/s
在F点，由
得
（2）依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定
对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2
由动能定理
得v2＝1m/s
由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度为v1＝4m/s
对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度为，以水平向右为正
由动量守恒
得
此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q1
由能量守恒
得
经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为
整个过程中，
（3）①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有
得，方向水平向左
以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时
由动量守恒
由能量守恒
得，为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板
由能量守恒
由动量守恒
对滑块甲和滑块乙
由动量守恒
由能量守恒
得，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。
比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为。
19．【答案】（1）解：由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，则
又整个电路的总电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
故
（2）解：由v~x图像知，在2l~3l时，框架匀速运动，
又
得
框架在运动过程中，总的焦耳热为Q，由能量守恒得
即
（3）解：设框架从开始进入磁场到下落得过程中用时，末状态的速度为由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
联立得
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势 ，又整个电路的总电阻为，由闭合电路的欧姆定律计算电流，由公式计算安培力大小。
（2）由v~x图像知，在2l~3l时，框架匀速运动受力平衡，，
框架在运动过程中，由能量守恒得，联立可求解总的焦耳热Q
（3）框架从开始进入磁场到下落得过程中由动量定理列等式：
从到得过程中由动量定理列等式：
从到得过程中由动量定理列等式：
联立可求解 框架在磁场中运动时间t
（1）由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，则
又整个电路的总电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
故
（2）由v~x图像知，在2l~3l时，框架匀速运动，
又
得
框架在运动过程中，总的焦耳热为Q，由能量守恒得
即
（3）设框架从开始进入磁场到下落得过程中用时，末状态的速度为由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
从到得过程中用时，由动量定理得
联立得
20．【答案】（1）解：①加速器甲射出电子，在Ⅰ区域中的半径，由
得
②如图所示
轨迹与AB恰好相切于G点时，对应磁感应强度最小。在中，，
在中，得
Ⅱ区域磁场的最小值
（2）解：若正负电子在MN上方正碰，正负电子奇数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为2、6、10…段，每段
由
得
正负电子偶数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为4、8、12……段，每段
同理，得
因此，速度大小v与B之间满足的关系为：
分析粒子在Ⅱ区域磁场AB相切时，
得
要求即
得n＝1、2、3
综上，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）①加速器甲射出电子在Ⅰ区域磁场中匀速圆周运动，根据题意可得轨迹半径，由，可得
②根据题意画轨迹图
根据几何关系可求解在磁场中轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力列等式求解Ⅱ区域磁场的最小值
（2）若正负电子在MN上方正碰，正负电子奇数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为2、6、10…段，每段
由，得
正负电子偶数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为4、8、12……段，每段，同理，得
因此，速度大小v与B之间满足的关系为：
要求即，综合上述可求解射入磁场的速度大小v与B之间满足的关系。
（1）①加速器甲射出电子，在Ⅰ区域中的半径，由
得
②如图所示
轨迹与AB恰好相切于G点时，对应磁感应强度最小。在中，，
在中，得
Ⅱ区域磁场的最小值
（2）若正负电子在MN上方正碰，正负电子奇数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为2、6、10…段，每段
由
得
正负电子偶数次穿过MN，以第1次经过MN的点到边界的弦长作为一段，分别把2d均分为4、8、12……段，每段
同理，得
因此，速度大小v与B之间满足的关系为：
分析粒子在Ⅱ区域磁场AB相切时，
得
要求即
得n＝1、2、3
综上，
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