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2025届浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模物理试题（选考）
1．（2025·浙江模拟）下列物理量是标量且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是（　　）
A．功， B．磁感应强度，T
C．电场强度，N/C D．磁通量，
2．（2025·浙江模拟）2024年巴黎奥运会，以下场景中研究对象可视为质点的是（　　）
A．研究标枪在空中飞行的轨迹
B．分析跳水运动员空中翻转动作细节
C．观察体操运动员在平衡木上的旋转姿态
D．研究马拉松选手冲刺时的肌肉发力情况
3．（2025·浙江模拟）如图甲所示，“张弦梁”是新型自平衡空间结构体系，被广泛应用于建筑当中。图乙是该结构的简化模型，质量分布均匀的水平横梁架在两根立柱上，两根等长的柔性拉索的一端分别连接横梁的两端，拉索的另一端连接竖直支撑杆的下端，支撑杆的上端顶在横梁的中央处。水平横梁的质量为M，竖直支撑杆的质量为m，两根柔性拉索形成的夹角为120°，两根拉索的张力均为F（拉索的质量忽略不计），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．横梁对支撑杆的作用力大于支撑杆对横梁的作用力
B．若保持M、m及两拉索的夹角不变，仅增大F，横梁对两侧立柱的压力增大
C．若保持M、m及两拉索的张力大小F不变，仅减小两拉索的夹角，支撑杆对横梁的作用力减小
D．支撑杆对横梁的作用力大小为F-mg
4．（2025·浙江模拟）雷雨天，高层建筑顶部的避雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示，积雨云层的底部积聚正电荷，取大地为零势面，以下说法正确的是（　　）
A．避雷针的针尖不带电
B．A、B、C三个位置中A点的电势最高
C．A、B、C三个位置中电子在A点受电场力最大
D．空气中一电子由C点运动到B点，电势能增加
5．（2025·浙江模拟）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f(1+kv）N，k0.01kg/s，g取。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（　　）
A．1.7s B．1.9s C．2.6s D．3.5s
6．（2025·浙江模拟）如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为T，火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。地球从a运行到b、火星从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和。下列说法正确的是（　　）
A．若小于，则可以判定从a运行到b的时间小于从c运行到d的时间
B．火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
C．火星与地球做圆周运动的角速度之比为
D．火星的公转周期为kT
7．（2025·浙江模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图甲，交变电流的有效值为1.5A
B．图乙，变压器为理想变压器，滑动P可以改变接入电路的线圈匝数，图中，P从上向下滑的过程中变压器的输出功率先增大后减小
C．图丙，条形磁铁竖直向下靠近干簧管时，可以让电路导通
D．图丁，LC振荡电路线圈中磁场的方向如图所示，且磁场正在减弱，可以判断此时M板带正电
8．（2025·浙江模拟）下列关于光的现象中，说法正确的是（　　）
A．图甲，潜水员看岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里，是因为光的折射
B．图乙，将玻璃板之间的垫片向左移动，条纹会向右移
C．图丙，增加透射光栅狭缝个数，衍射条纹的宽度将变宽，亮度将增加
D．图丁，3D电影的原理是光的干涉
9．（2025·浙江模拟）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中与亮度相同，已知每个小灯泡的电阻均为并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列说法中正确的是（　　）
A．电阻R的阻值为
B．增大交流电频率，小灯泡变亮
C．增大交流电频率，小灯泡两端电压变大
D．增大交流电频率，通过小灯泡电流变大
10．（2025·浙江模拟）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
11．（2025·浙江模拟）铀238核的衰变方程为，已知核的质量为，核的质量为，X的质量为，真空中的光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能小于的比结合能
B．的结合能为
C．衰变后核处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线
D．X为α粒子，铀238核的衰变会随环境温度降低逐渐变慢
12．（2025·浙江模拟）频率相同的简谐波源、，接收点P位于、连线上如图甲，、到P的距离之差为9m。t=0时、同时开始垂直平面向上振动，P点的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的波速为3m/s
C．、连线上一共有振动加强点11个
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
13．（2025·浙江模拟）某同学设计了图（a）所示装置模拟涡流的形成。用n个横截面积均为S、电阻率均为ρ的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变圆形磁场区域中，圆形磁场区域半径为4r，圆心与圆盘形导体圆形重合，其B-t图像如图（b）所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，则（　　）
A．时刻，从上往下看，各环内感应电流均为顺时针方向
B．时刻，内环中感应电流大小为
C．时间内，半径为5r的圆环条通过横截面的电荷量为
D．半径为5r圆环条的平均发热功率为
14．（2025·浙江模拟）某小组探究“物体加速度与其所受合外力的关系”。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
（1）关于该实验操作，下列说法正确的是______
A．实验时使用了力传感器测合力，所以不需要补偿阻力
B．实验时需要满足钩码质量远小于小车质量
C．需要调节滑轮高度，使细线处于水平
D．两光电门间的距离适当大点
（2）用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度，示数如图（b）所示，读数为d=　 　cm。
（3）某次实验中，小车先后通过光电门所用时间分别为、，测得两光电门之间的距离为s=80.00cm，则小车的加速度a=　 　（结果保留3位有效数字）
（4）改变钩码数，可得到多组数据，作出a-F图像如图（c）所示，则图线不过原点的原因是　 　；图像的斜率表示　 　。
15．（2025·浙江模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．双缝干涉测光波长实验中，发现条纹不清晰，应通过拨杆调节单缝
B．插针法测玻璃折射率实验中，所选玻璃的两光滑面必须平行
C．油膜法测分子直径实验中，配制好的油酸酒精溶液要静置一段时间后再做实验
D．用单摆测重力加速度实验中，所选摆球要质量大、体积小
16．（2025·浙江模拟）为精确测量某一段金属电阻丝的电阻率，小明进行了如下实验，请完成步骤中的填空：
（1）利用刻度尺测量其长度L，利用螺旋测微仪测量其直径如图甲，读数为D=　 　mm；
（2）为消除电表内阻对实验结果的影响，设计如图乙所示的电路测电阻，操作步骤如下：
①将滑片P移到合适的位置，闭合开关、接1，电流表、和电压表V的示数分别为、和U，可求出电压表的内阻　 　；
②已知通过步骤①测得电压表的内阻为5kΩ，闭合开关、接2，电流表（量程为0.6A挡）示数如图丙，读数　 　A，和电压表V的示数，可求出被测电阻的阻值　 　Ω。在有效消除电压表内阻对实验结果的影响后，该同学认为实验中使用的电流表也不是理想电表，那么该同学在第②步中测得的阻值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）被测电阻的真实值。
（3）最后利用所测的数据计算出该金属电阻丝的电阻率。
17．（2025·浙江模拟）如图所示，一导热良好的圆柱形汽缸竖直放置于水平地面上，横截面积，用质量m=2kg厚度不计的活塞密封一定质量的理想气体。初始时活塞与汽缸底部距离，与汽缸底部距离处有一固定卡环，外界大气压，初始气体状态1温度。现缓慢加热气体，加热至气体状态2温度时停止。忽略活塞与汽缸间摩擦，重力加速度。
（1）如图乙所示两条曲线为气体状态1和2的分子速率分布曲线，状态2对应的曲线为_______（填A或B），气体温度从300K至400K过程中，单位时间撞击单位面积汽缸壁的分子数_______（填“增大”、“不变”或“减小”）
（2）求状态2的气体压强。
（3）若从状态1到状态2过程中气体吸收热量Q=120J，求外界对气体做的功W及气体内能变化。
18．（2025·浙江模拟）如图所示固定装置，由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平光滑直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF（圆心位于水平地面上）平滑连接而成，D点处小圆弧光滑连接。现将一质量为的小滑块由弧形轨道AB上高h处由静止释放（h未知），通过圆轨道后与静置于BD上质量为的小滑块碰撞，碰撞时间极短且碰后立即粘在一起形成一组合体，组合体在F点与静止在水平台面上质量为M的长木板发生弹性碰撞。已知圆轨道半径R=0.25m，，、与轨道DE间的动摩擦因数，M与水平台面间的动摩擦因数，M最右端停放一质量为的小滑块，M与间的动摩擦因数；水平台面和木板M足够长，已知、、、；从轨道AB上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆心O等高的C点时对轨道的压力为32N。忽略空气阻力，重力加速度g取，、。
（1）求h的大小；
（2）求、组合体刚到达F点时的速度大小；
（3）求最终与M最右端之间的距离。
19．（2025·浙江模拟）倾角为θ=37°间距为L=0.5m的固定金属导轨下端接R=0.4Ω的电阻，导轨平面有三个区域，如图所示，图中虚线为区域边界。区域Ⅰ宽度为，无磁场。区域Ⅱ宽度为，有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为。区域Ⅲ宽度为，有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为m=0.5kg，电阻为r=0.1Ω，长度也为L=0.5m的导体棒ab垂直导轨放置，从区域Ⅰ下边界开始在电动机牵引作用下由静止开始加速，进入区域Ⅱ时，速度为v=4m/s，且恰好能匀速通过区域Ⅱ。当导体棒刚进入区域Ⅲ时关闭电动机，导体棒恰好能到达区域Ⅲ的上端。已知导体棒与区域Ⅰ导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，其它区域导轨光滑。导体棒在区域Ⅰ、Ⅱ时，电动机功率保持不变，导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨电阻，重力加速度。求：
（1）导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压；
（2）电动机的功率P；
（3）全过程所用时间t；
（4）全过程中电阻R产生的焦耳热。
20．（2025·浙江模拟）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装置如图所示，频率为的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距离为处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压U=1.8V，两极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为的匀强磁场。锌板的逸出功，普朗克常量，电子质量为，元电荷，π=3，，。不计光电子重力及光电子间的相互作用。求：
（1）光电子到达极板A的最大速度；
（2）极板A上有光电子打中的区域面积；
（3）要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件，并计算电子在磁场中运动最短时间（计算结果保留1位有效数字）；
（4）将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足，x为该位置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】单位制
【解析】【解答】A．功是标量，用国际基本单位表示为，故A错误；
B．磁感应强度是矢量，单位为特斯拉，而该单位为导出单位，不是国际基本单位，故B错误；
C．电场强度为矢量，国际基本单位表示为，故C错误。
D．磁通量是标量，国际基本单位表示为，故D正确。
故选D。
【分析】1、功是能量的一种形式，是标量，功的单位是焦耳（J）
2、 磁感应强度（通常用符号B 表示）是矢量，有大小和方向。 磁感应强度的单位是特斯拉（T）
3、 电场强度（E）是矢量。 电场强度的单位是牛顿每库仑（N/C）。
4、磁通量（Φ）是标量。磁通量的单位是韦伯（Wb）。
韦伯用基本单位表示：
2．【答案】A
【知识点】质点
【解析】【解答】A．研究标枪的飞行轨迹时，只需关注其重心运动（抛物线规律），标枪的旋转、形状对轨迹影响可忽略，可看成质点，故A正确；
B．分析空中翻转需研究运动员肢体动作（如转体角度、姿态变化）。身体各部位运动差异不可忽略。结论：不可视为质点，故B错误；
C．观察旋转姿态需关注运动员身体伸展、重心偏移等细节。形状和尺寸直接影响动作评分。结论：不可视为质点，故C错误；
D．研究肌肉发力需分析四肢、躯干的协调运动。局部肌肉活动无法用质点简化。结论：不可视为质点，故D错误。
故选A。
【分析】质点是物理学中的一个理想化模型，指具有一定质量但大小和形状可以忽略不计的物体。在以下情况下，物体可以视为质点：
1、物体的形状和大小对所研究的问题没有影响，或者其影响可以忽略不计。
例如：研究地球绕太阳的公转时，地球可以视为质点（因为地球的大小相对于公转轨道极小）。
2、物体做平动（没有转动或形变）。如果问题涉及物体的旋转、形变或内部受力情况，则不能视为质点。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．横梁对支撑杆的作用力（ ）与支撑杆对横梁的反作用力（ ）大小相等、方向相反（牛顿第三定律），故A错误；
B．对整体系统分析：若拉索夹角变化但总负载不变（如横梁自重恒定），则立柱压力不变。故B错误；
C．两拉索的合力 ，减小夹角 时 增大 → 合力增大。支撑杆需平衡此合力，故横梁对杆的作用力增大。故C错误；
D．拉索对支撑杆的作用力为 ，其竖直分量为 。支撑杆对横梁的作用力需平衡拉索合力，大小为 ，可知支撑杆对横梁的作用力大小为，故D正确。
故选D。
【分析】1、 根据牛顿第三定律，横梁对支撑杆的作用力与支撑杆对横梁的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反。
2、支撑杆平衡时，横梁对支撑杆的水平作用力需平衡拉索的水平分力。由于合力增大，横梁对支撑杆的作用力也会增大。
3、根据受力平衡可得两边拉索对支撑杆的作用力为。
4．【答案】C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】A． 积雨云底部带正电荷时，由于静电感应，避雷针尖端会聚集负电荷（感应起电原理），故A错误；
B．电场线从正电荷（云层）指向负电荷（地面），沿电场线方向电势降低。A、C在同一等势面上，电势相等，B点更靠近正电荷，电势应高于A、C，故B错误；
C．等差等势面越密集，场强越大。A点等势面最密 → 场强最大。电子受力 ，A点场强最大 → 受力最大。故C正确；
D．电子从C到B，电势升高（由低到高），但电子带负电，其电势能 减小，故D错误。
故选C。
【分析】1、 静电感应导致导体（避雷针）靠近正电荷的一端带负电，远离端带正电。
2、电场线方向：正电荷（高电势）→负电荷（低电势）
3、场强 与等势面密度成正比，A点等势面最密集，故最大。
4、电子带负电，电势能，若 增大（如从低电势C到高电势B），则 减小。
5．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算，根据牛顿第二定律推知，小球上升阶段的加速度
上升的时间，上升的高度
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度
根据运动学公式
故下降用时间
则共用时间为，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】阻力随速度变化，但速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算，上升阶段根据牛顿第二定律计算加速度，根据速度公式计算时间，下降阶段根据牛顿第二定律计算加速度，根据速度公式计算时间，总时间等于两阶段时间之和，因估计，接近的就是正确答案。
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A． 根据开普勒第二定律（面积定律），行星在单位时间内扫过的面积相等。但对于不同行星，面积速率不同 ，当a运行到b的时间等于从c运行到d的时间时，小于。若小于，无法确定对应时间大小，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，故B错误；
C．由万有引力定律，可知角速度大小之比为，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，行星轨道半径的立方与公转周期的平方成正比：，已知 ，且 ，因此： ，故D错误。
故选C。
【分析】1、 与太阳连线扫过的面积分别为和， 若小于，无法确定对应时间大小。
2、由可知
3、由，可知
4、由开普勒第三定律得，可得出火星的公转周期。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁振荡；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．，代入图中数据求得该交流电有效值为，故A错误；
B．，，等效电阻，P从上向下滑的过程中，当时，可得，根据电源输出功率与外电阻的关系变化规律，可知此时变压器输出功率最大，即P下滑到线圈的中点时变压器的输出功率最大，功率最大，P继续下滑，等效电阻减小，变压器的输出功率减小。故B正确；
C．图示中干簧管两触点磁化一致，无法相吸，电路无法导通，故C错误；
D．磁场减弱时，感应电流沿 a→b 方向流动，使电容器 N 板带正电，处于充电状态。 故D错误。
故选B。
【分析】1、根据交流电有效值的定义可计算交变电流的有效值。
2、变压器原线圈带负载，动态分析应用等效电阻思路进行。
3、LC振荡电路线圈中磁场正在减弱，由右手螺旋定则判断电流流向得出电容器两极板电性。
8．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A． 潜水员在水中观察岸上的景物时，由于光的折射，所有景物似乎都位于一个倒立的圆锥区域内，这一现象符合折射定律，故A正确；
B． 潜水员在水中观察岸上的景物时，由于光的折射，所有景物似乎都位于一个倒立的圆锥区域内，这一现象符合折射定律可知条纹间距变小，条纹要向左移动，故B错误；
C. 在单缝衍射实验中，如果增加狭缝的数量（如变为多缝），衍射条纹会变窄，但由于更多狭缝参与透光，整体亮度会增强，故C错误；
D.3D 电影利用的是光的偏振原理，通过左右眼分别接收不同偏振方向的图像来产生立体效果，故D错误。
故选A。
【分析】1、水中人看岸上物体是光的折射现象。
2、空气薄膜干涉条纹间距公式：，垫片向左移动后，空气薄膜夹角增大，条纹间距变小。
3、3D电影的原理是利用光的偏振现象。
9．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 灯泡亮度由实际功率 决定。若两灯亮度相同，说明通过它们的 电流有效值相同，但瞬时电流可能不同，、的亮度相同，则通过、的电流相同，通过电流的有效值，通过的电流，由可得，，故A错误；
BCD．二极管具有单向导电性，会削去一半周期的电流波形。若 支路含二极管：通过 的电流为半波整流波形，其有效值 为原始交流峰值电流）。若 为纯电阻支路，其电流有效值 正弦波有效值）。电容 C 支路：容抗 ，频率 f 增大时，减小，电流增大，灯泡 变亮。电感L 支路：感抗 ，频率 增大时，增大，电流减小，灯泡 变暗。二极管支路：频率变化不影响二极管的单向导电性，但若输入电压不变，半波整流的有效值不变，灯泡 亮度不变，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、灯泡、在两支路，每个小灯泡的电阻，亮度相同，则通过、的电流相同，与二极管串联，可求解通过电流的有效值和通过的电流，估计电流相等可得关系。
2、增大交流电频率时，不影响通过二极管的电流，则不影响的亮度，电容器对交流电的阻碍作用减小，则变亮，电感对交流电的阻碍作用增大，则变暗。
10．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．木板A恰好静止，说明斜面对A的静摩擦力 ，最大静摩擦力 。由平衡条件 ，B受到重力 、A对B的支持力 ，A对B的滑动摩擦力 （方向沿斜面向上）。A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足，可得v＝0.6m/s，故AB错误；
C．对B物体，根据牛顿第二定律，解得，B物体向下减速时加速度为，减速时间，此过程中，物块B的位移木板A的位移为，所以A板长度至少为，故C错误
D全过程中系统因摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
【分析】1、题目已知长木板A恰好能处于静止可得A与斜面间动摩擦因数，A、B在斜面上滑动时，系统合外力为零，则系统动量守恒，根据系统动量守恒可求解A速度。
2、使B不脱离A的条件是B滑到A下端恰好共速，根据牛顿第二定律计算A、B加速度，以及A、B位移，可求A板长度。
3、全过程中系统因摩擦产生的热量等于AB间克服摩擦力做功加上A与斜面间克服摩擦力做功。
11．【答案】A,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。衰变后生成的核（234Th）比母核（238U）更稳定，因此 的比结合能大于 ，故A正确；
B． E是衰变过程中的质量亏损（）转化的能量，即 ，而非子核的结合能所以为衰变过程释放出的核能，不是的结合能，故B错误；
C．若衰变后的子核（）处于激发态，退激时会释放γ射线，故C正确；
D．铀238（）的α衰变方程为：，半衰期由核内部结构决定，与温度、压强等外部条件无关，故D错误。
故选AC。
【分析】1、比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。衰变后原子核的比结合能 大于 衰变前的比结合能。
2、衰变过程中释放的能量（如α衰变或β衰变）来自核子的质量亏损（ΔE=Δmc2），这部分能量是核反应能，而非原子核的结合能本身。
3、衰变后的子核可能处于激发态，当它跃迁到基态时会释放γ光子（γ射线）。
4、半衰期是放射性核素的固有属性，与外界条件（温度、压强等）无关。
12．【答案】B,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．周期 ，频率 ，波速 ，波长 ，故A错误，B正确。
D.两列波传播到 点的时间差为 7s 4s=3s，对应距离差 。
第一列波振幅 ，点合振幅 （减弱点）。振动减弱条件：波程差 ，代入 得 （满足半波长奇数倍）。由 ，解得第二列波振幅 。故D错误。
C.两波源连线中点（）为加强点（波程差为零）。相邻加强点间距 。
对称性分析： 左右各 个加强点（间距 3m），总计 个。故C正确。
故选BC。
【分析】1、波速可以通过传播距离差与时间差计算，公式为：波速 = 距离差 / 时间差。在题目中，两列波到达P点的时间差为3秒，结合距离信息得出波速为3 m/s。
2、当两列波相遇时，会发生干涉，形成振动加强点和减弱点。
振动加强点条件：两列波的波程差为波长的整数倍（Δx = nλ），此时合振幅为两列波振幅之和。
振动减弱点条件：两列波的波程差为半波长的奇数倍（Δx = (2n+1)λ/2），此时合振幅为两列波振幅之差。题目中P点的合振幅为1 cm，而第一列波的振幅为3 cm，因此第二列波的振幅必须为2 cm，使得3 cm - 2 cm = 1 cm（减弱点条件）。
3、对于两列相干波，相邻振动加强点之间的距离为半波长（λ/2）。题目中波长为6 m，因此加强点间距为3 m。中央加强点位于16.5 m处，可能是两波源的中点或特定相位匹配点。由于干涉图样对称，若一侧有5个加强点，另一侧对称分布5个，加上中央加强点，总共有11个加强点。
13．【答案】A,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．时刻，从上往下看，由楞次定律可知各环内感应电流均为顺时针方向，故A正确，
B．由图（b）可得，根据法拉第电磁感应定律及数学知识可得，内环感应电动势，则时刻，内环中感应电流大小，故B错误；
C。至时间半径为5r的圆环条通过内环横截面的电荷量，故C错误。
D．结合前面分析，可得半径为5r圆环条的发热功率，故D正确。
故选AD。
【分析】1、由楞次定律判断各环内感应电流。
2、 已知磁感应强度B随时间t按正弦规律变化图像，由图像可得，内环感应电动势，则时刻，内环中感应电流大小
3、横截面的电荷量计算公式：。
4、圆环条的发热功率计算公式：，
14．【答案】（1）D
（2）5.070
（3）1.40
（4）没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小；小车和力传感器总质量的倒数
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）AB．实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量，但是需要补偿阻力，故AB错误；
C．需要调节滑轮高度，使细线与轨道平行，而不是细线水平，故C错误；
D．两光电门间的距离适当大点，可减小误差，故D正确。
故选D。
（2）用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度读数为d=5cm+0.05mm×14=5.070cm
（3）根据，其中，，可得
带数据可得a=1.40m/s2
（4）由图像可知，当F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小；
根据，可知a-F图像的斜率表示小车和力传感器总质量的倒数。
【分析】（1）探究“物体加速度与其所受合外力的关系”实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量。
（2）用20分度的游标卡尺读数方法： 先看游标尺的零刻度线在主尺上的位置，读取主尺上最近的整毫米数。 仔细观察游标尺上哪一条刻度线与主尺的刻度线完全对齐。20分度的游标尺每一小格代表0.05mm ，计算最终结果为把主尺读数和游标尺读数相加。
（3）由光电门测速度原理得，，根据可计算加速度。
（4）a-F图像中图线不过原点的原因是没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小。
（1）AB．实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量，但是需要补偿阻力，选项AB错误；
C．需要调节滑轮高度，使细线与轨道平行，而不是细线水平，选项C错误；
D．两光电门间的距离适当大点，可减小误差，选项D正确。
故选D。
（2）用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度读数为d=5cm+0.05mm×14=5.070cm
（3）根据
其中，
可得
带数据可得a=1.40m/s2
（4）[1]由图像可知，当F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小；
[2]根据
可知a-F图像的斜率表示小车和力传感器总质量的倒数。
15．【答案】A,D
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A． 在双缝干涉实验中，条纹不清晰通常是因为 单缝与双缝不平行 或 光源不均匀。拨杆的作用是调整 单缝的宽度和方向，确保其与双缝平行，从而获得清晰的干涉条纹。故A正确；
B． 插针法（如 最小偏向角法 或 视深法）测量折射率时，玻璃的两个面 不需要平行。即使是非平行面（如三棱镜），也能通过光线偏折测量折射率。平行面仅简化计算，但并非必要 。故B错误；
C． 配制好的油酸酒精溶液放置时间久了，酒精要挥发，会影响溶液浓度，导致实验误差增大，故C错误；
D．质量大：减小空气阻力影响（因惯性大）。体积小：减小空气阻力及摆线长度测量的误差。用单摆测重力加速度实验中，摆球质量大、体积小，减小空气阻力的影响，故D正确。
故选AD。
【分析】1、 单缝的作用是产生线光源，如果单缝方向不正会导致条纹模糊 。
2、插针法测玻璃折射率实验中，玻璃的两光滑面不一定要平行，只要通过插针能找到折射光线就行。
3、配制好的油酸酒精溶液放置时间久了，酒精要挥发，会影响溶液浓度。
4、选择质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力的影响，提高测量精度。
16．【答案】0.650；；0.50；10；等于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图甲可知，螺旋测微器的读数为
（2）①由图乙所示电路图，根据欧姆定律可知，电压表内阻
②电流表的量程为0.6A挡，则分度值为0.02A，则由图丙可知，电流表的读数为
电压表的电流为，则电阻的电流为
被测电阻的阻值为，闭合开关K1、K2接1测电压表内阻时电流表A2内阻对实验没有影响。闭合开关K1、K2接2测电阻的阻值Rx时电压表内阻与电流表A2内阻对测量没有影响，因此电阻测量值等于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法：先读固定刻度，观察固定套筒上的刻度线，读取露出的最大整毫米数。如果半毫米刻度线已经露出，要额外加0.5mm。再读可动刻度，查看可动刻度上与基准线对齐的刻度，该数值要乘以0.01mm。注意需要估读到下一位，即可读到0.001mm。计算最终读数：将固定刻度读数和可动刻度读数相加。
（2）①根据欧姆定律可求解电压表内阻。②电流表读数：弄清量程和分度值。已知电压表内阻，可计算通过电压表的电流，电阻的电流等于电流表示数减去电压表的电流，再用欧姆定律计算被测电阻。测电阻的阻值Rx时电压表内阻与电流表A2内阻对测量没有影响，因此电阻测量值等于真实值。
17．【答案】（1）B，减少
（2）解：气体先发生等压变化，接下来气体做等容变化，根据查理定律可得，解得
（3）解：外界对气体所做的功，由热力学第一定律得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（1）温度升高时，分子平均速率增大，曲线向右移动（即峰值对应的速率增大）。所以状态2温度高，分子平均速率大，对应曲线B；对活塞受力分析，根据平衡条件可得，解得，气体先做等压变化，根据盖-吕萨克定律可知，解得，接下来气气体温度从300K至400K过程为等压变化，单位时间内单位面积汽缸壁受到撞击力不变，但每次分子撞击力变大，故撞击次数减少。
【分析】（1）温度升高时，分子平均速率增大，曲线向右移动（即峰值对应的速率增大）。曲线的高度（峰值）降低，因为曲线下的总面积（代表分子总数）不变，分布变得更加平坦。高温曲线的“尾部”更高，表示更多分子具有较高的速率。
（2）等容变化，根据查理定律可得可求解 状态2的气体压强。
(3)压强不变，对气体所做的功计算公式：， 由热力学第一定律可求解 气体内能变化 。
（1）[1]状态2温度高，分子平均速率大，对应曲线B；
[2]对活塞受力分析，根据平衡条件可得
解得
气体先做等压变化，根据盖-吕萨克定律可知
解得
接下来气气体温度从300K至400K过程为等压变化，单位时间内单位面积汽缸壁受到撞击力不变，但每次分子撞击力变大，故撞击次数减少。
（2）气体先发生等压变化，接下来气体做等容变化，根据查理定律可得
解得
（3）外界对气体所做的功
由热力学第一定律得
18．【答案】（1）解：运动到C点时，根据牛顿第二定律得
可得
从A到C的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）解：从A到B的运动过程，根据动能定理得，可得
与相碰过程，根据动量守恒定律得，可得，
碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理可
得
代入数据解得
（3）解：与组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
弹性碰撞中没有动能损失可得，解得
与组合体与M碰撞后，对分析得：其做加速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有，可得
设经过时间t，与M共速，则有
得，，该过程中运动的位移，M运动的位移
共速后，与M分别减速运动，对分析得：做减速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有，可得
运动的位移，M运动的位移
最终计算可得距离M最右端的长度
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）运动到C点时，竖直平面圆周运动，根据牛顿第二定律列等式可得C点速度，
从A到C的运动过程，根据动能定理列等式可求h的大小。
（2）从A到B的运动过程，根据动能定理列等式可求解B点速度，与相碰过程，根据动量守恒定律可求解碰后速度，碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理列等式可求解刚到达F点时的速度大小。
（3）与组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律列等式和能量守恒列等式，联立可求解M速度，与组合体与M碰撞后，对分析得：其做加速运动，可求加速度，对M分析，做减速运动，可求解加速度，根据运动学公式可求解达到共速过程运动的位移和M运动的位移，
共速后，与M分别减速运动，对分析得：做减速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有，可求解运动的位移和M运动的位移，最终计算可得距离M最右端的长度。
（1）运动到C点时，根据牛顿第二定律得
可得
从A到C的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）从A到B的运动过程，根据动能定理得
可得
与相碰过程，根据动量守恒定律得
可得
碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理可得
代入数据解得
（3）与组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
弹性碰撞中没有动能损失可得
解得
与组合体与M碰撞后，对分析得：其做加速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有
可得
设经过时间t，与M共速，则有
解得，
该过程中运动的位移
M运动的位移
共速后，与M分别减速运动，对分析得：做减速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有
可得
运动的位移
M运动的位移
最终计算可得距离M最右端的长度
19．【答案】（1）解：感应电动势
导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压
（2）解：导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，则 电动机的功率：
（3）解：区域Ⅰ，电动机功率不变，导体棒做变加速运动，由动能定理得
，解得
区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，
区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理得
其中，解得
全程所用时间为
（4）解：对全程由能量守恒
解得Q＝5J
电阻R上产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）题目已知 ：进入区域Ⅱ时，速度为v=4m/s，且恰好能匀速通过区域Ⅱ ，可得出感应电动势，由公式计算 导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压 。
（2）导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，根据受力平衡得出电动机得拉力，由计算电动机的功率P。
（3）区域Ⅰ，电动机功率不变，由动能定理得此过程时间，区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，由计算此过程时间，区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理，其中可计算此过程时间，全程所用时间为
（4）对全程用能量守恒列等式可计算总热量Q，电阻R上产生的焦耳热为。
（1）感应电动势
（2）导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，则
（3）区域Ⅰ，电动机功率不变，导体棒做变加速运动，由动能定理得
解得
区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，
区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理得
其中
解得
所以，全程所用时间为
（4）对全程用能量守恒可得
解得Q＝5J
电阻R上产生的焦耳热为
20．【答案】（1）解：由爱因斯坦光电效应方程得
电场中动能定理
解得
（2）解：设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为
当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则
电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有
其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为
联立得y=0.6m
则，极板A上有光电子打中的区域面积为
（3）解：设电子经过A板时最大速度大小为，与板最小夹角为α，则，解得
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得， ，解得Dm=0.9m
所以磁场宽度D应满足的条件为。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为
运动的最小时间为
解得
（4）解：取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
则
所以
当向上时，电子水平位移最大，此时
磁场宽度D'应满足的条件。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；光电效应
【解析】【分析】（1）题目已知： 频率为的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点， 则用爱因斯坦光电效应方程可得光电子最大初动能，
电场中加速动能定理可求解光电子到达极板A的最大速度。
（2）当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则竖直方向位移，电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，，电子沿垂直极板方向的加速度大小为，联立可求解竖直方向位移y，则极板A上有光电子打中的区域面积为。
（3）所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得， ，可计算D。
光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为，运动的最小时间为
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
当向上时，电子水平位移最大，此时
（1）由爱因斯坦光电效应方程得
电场中动能定理
解得
（2）设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为
当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则
电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有
其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为
联立得y=0.6m
则，极板A上有光电子打中的区域面积为
（3）设电子经过A板时最大速度大小为，与板最小夹角为α，则
解得
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得
解得Dm=0.9m
所以磁场宽度D应满足的条件为。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为
运动的最小时间为
解得
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
则
所以
当向上时，电子水平位移最大，此时
磁场宽度D'应满足的条件。
1 / 12025届浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模物理试题（选考）
1．（2025·浙江模拟）下列物理量是标量且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是（　　）
A．功， B．磁感应强度，T
C．电场强度，N/C D．磁通量，
【答案】D
【知识点】单位制
【解析】【解答】A．功是标量，用国际基本单位表示为，故A错误；
B．磁感应强度是矢量，单位为特斯拉，而该单位为导出单位，不是国际基本单位，故B错误；
C．电场强度为矢量，国际基本单位表示为，故C错误。
D．磁通量是标量，国际基本单位表示为，故D正确。
故选D。
【分析】1、功是能量的一种形式，是标量，功的单位是焦耳（J）
2、 磁感应强度（通常用符号B 表示）是矢量，有大小和方向。 磁感应强度的单位是特斯拉（T）
3、 电场强度（E）是矢量。 电场强度的单位是牛顿每库仑（N/C）。
4、磁通量（Φ）是标量。磁通量的单位是韦伯（Wb）。
韦伯用基本单位表示：
2．（2025·浙江模拟）2024年巴黎奥运会，以下场景中研究对象可视为质点的是（　　）
A．研究标枪在空中飞行的轨迹
B．分析跳水运动员空中翻转动作细节
C．观察体操运动员在平衡木上的旋转姿态
D．研究马拉松选手冲刺时的肌肉发力情况
【答案】A
【知识点】质点
【解析】【解答】A．研究标枪的飞行轨迹时，只需关注其重心运动（抛物线规律），标枪的旋转、形状对轨迹影响可忽略，可看成质点，故A正确；
B．分析空中翻转需研究运动员肢体动作（如转体角度、姿态变化）。身体各部位运动差异不可忽略。结论：不可视为质点，故B错误；
C．观察旋转姿态需关注运动员身体伸展、重心偏移等细节。形状和尺寸直接影响动作评分。结论：不可视为质点，故C错误；
D．研究肌肉发力需分析四肢、躯干的协调运动。局部肌肉活动无法用质点简化。结论：不可视为质点，故D错误。
故选A。
【分析】质点是物理学中的一个理想化模型，指具有一定质量但大小和形状可以忽略不计的物体。在以下情况下，物体可以视为质点：
1、物体的形状和大小对所研究的问题没有影响，或者其影响可以忽略不计。
例如：研究地球绕太阳的公转时，地球可以视为质点（因为地球的大小相对于公转轨道极小）。
2、物体做平动（没有转动或形变）。如果问题涉及物体的旋转、形变或内部受力情况，则不能视为质点。
3．（2025·浙江模拟）如图甲所示，“张弦梁”是新型自平衡空间结构体系，被广泛应用于建筑当中。图乙是该结构的简化模型，质量分布均匀的水平横梁架在两根立柱上，两根等长的柔性拉索的一端分别连接横梁的两端，拉索的另一端连接竖直支撑杆的下端，支撑杆的上端顶在横梁的中央处。水平横梁的质量为M，竖直支撑杆的质量为m，两根柔性拉索形成的夹角为120°，两根拉索的张力均为F（拉索的质量忽略不计），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．横梁对支撑杆的作用力大于支撑杆对横梁的作用力
B．若保持M、m及两拉索的夹角不变，仅增大F，横梁对两侧立柱的压力增大
C．若保持M、m及两拉索的张力大小F不变，仅减小两拉索的夹角，支撑杆对横梁的作用力减小
D．支撑杆对横梁的作用力大小为F-mg
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．横梁对支撑杆的作用力（ ）与支撑杆对横梁的反作用力（ ）大小相等、方向相反（牛顿第三定律），故A错误；
B．对整体系统分析：若拉索夹角变化但总负载不变（如横梁自重恒定），则立柱压力不变。故B错误；
C．两拉索的合力 ，减小夹角 时 增大 → 合力增大。支撑杆需平衡此合力，故横梁对杆的作用力增大。故C错误；
D．拉索对支撑杆的作用力为 ，其竖直分量为 。支撑杆对横梁的作用力需平衡拉索合力，大小为 ，可知支撑杆对横梁的作用力大小为，故D正确。
故选D。
【分析】1、 根据牛顿第三定律，横梁对支撑杆的作用力与支撑杆对横梁的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反。
2、支撑杆平衡时，横梁对支撑杆的水平作用力需平衡拉索的水平分力。由于合力增大，横梁对支撑杆的作用力也会增大。
3、根据受力平衡可得两边拉索对支撑杆的作用力为。
4．（2025·浙江模拟）雷雨天，高层建筑顶部的避雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示，积雨云层的底部积聚正电荷，取大地为零势面，以下说法正确的是（　　）
A．避雷针的针尖不带电
B．A、B、C三个位置中A点的电势最高
C．A、B、C三个位置中电子在A点受电场力最大
D．空气中一电子由C点运动到B点，电势能增加
【答案】C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】A． 积雨云底部带正电荷时，由于静电感应，避雷针尖端会聚集负电荷（感应起电原理），故A错误；
B．电场线从正电荷（云层）指向负电荷（地面），沿电场线方向电势降低。A、C在同一等势面上，电势相等，B点更靠近正电荷，电势应高于A、C，故B错误；
C．等差等势面越密集，场强越大。A点等势面最密 → 场强最大。电子受力 ，A点场强最大 → 受力最大。故C正确；
D．电子从C到B，电势升高（由低到高），但电子带负电，其电势能 减小，故D错误。
故选C。
【分析】1、 静电感应导致导体（避雷针）靠近正电荷的一端带负电，远离端带正电。
2、电场线方向：正电荷（高电势）→负电荷（低电势）
3、场强 与等势面密度成正比，A点等势面最密集，故最大。
4、电子带负电，电势能，若 增大（如从低电势C到高电势B），则 减小。
5．（2025·浙江模拟）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f(1+kv）N，k0.01kg/s，g取。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（　　）
A．1.7s B．1.9s C．2.6s D．3.5s
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算，根据牛顿第二定律推知，小球上升阶段的加速度
上升的时间，上升的高度
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度
根据运动学公式
故下降用时间
则共用时间为，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】阻力随速度变化，但速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算，上升阶段根据牛顿第二定律计算加速度，根据速度公式计算时间，下降阶段根据牛顿第二定律计算加速度，根据速度公式计算时间，总时间等于两阶段时间之和，因估计，接近的就是正确答案。
6．（2025·浙江模拟）如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为T，火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。地球从a运行到b、火星从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和。下列说法正确的是（　　）
A．若小于，则可以判定从a运行到b的时间小于从c运行到d的时间
B．火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
C．火星与地球做圆周运动的角速度之比为
D．火星的公转周期为kT
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A． 根据开普勒第二定律（面积定律），行星在单位时间内扫过的面积相等。但对于不同行星，面积速率不同 ，当a运行到b的时间等于从c运行到d的时间时，小于。若小于，无法确定对应时间大小，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，故B错误；
C．由万有引力定律，可知角速度大小之比为，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，行星轨道半径的立方与公转周期的平方成正比：，已知 ，且 ，因此： ，故D错误。
故选C。
【分析】1、 与太阳连线扫过的面积分别为和， 若小于，无法确定对应时间大小。
2、由可知
3、由，可知
4、由开普勒第三定律得，可得出火星的公转周期。
7．（2025·浙江模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图甲，交变电流的有效值为1.5A
B．图乙，变压器为理想变压器，滑动P可以改变接入电路的线圈匝数，图中，P从上向下滑的过程中变压器的输出功率先增大后减小
C．图丙，条形磁铁竖直向下靠近干簧管时，可以让电路导通
D．图丁，LC振荡电路线圈中磁场的方向如图所示，且磁场正在减弱，可以判断此时M板带正电
【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁振荡；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．，代入图中数据求得该交流电有效值为，故A错误；
B．，，等效电阻，P从上向下滑的过程中，当时，可得，根据电源输出功率与外电阻的关系变化规律，可知此时变压器输出功率最大，即P下滑到线圈的中点时变压器的输出功率最大，功率最大，P继续下滑，等效电阻减小，变压器的输出功率减小。故B正确；
C．图示中干簧管两触点磁化一致，无法相吸，电路无法导通，故C错误；
D．磁场减弱时，感应电流沿 a→b 方向流动，使电容器 N 板带正电，处于充电状态。 故D错误。
故选B。
【分析】1、根据交流电有效值的定义可计算交变电流的有效值。
2、变压器原线圈带负载，动态分析应用等效电阻思路进行。
3、LC振荡电路线圈中磁场正在减弱，由右手螺旋定则判断电流流向得出电容器两极板电性。
8．（2025·浙江模拟）下列关于光的现象中，说法正确的是（　　）
A．图甲，潜水员看岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里，是因为光的折射
B．图乙，将玻璃板之间的垫片向左移动，条纹会向右移
C．图丙，增加透射光栅狭缝个数，衍射条纹的宽度将变宽，亮度将增加
D．图丁，3D电影的原理是光的干涉
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A． 潜水员在水中观察岸上的景物时，由于光的折射，所有景物似乎都位于一个倒立的圆锥区域内，这一现象符合折射定律，故A正确；
B． 潜水员在水中观察岸上的景物时，由于光的折射，所有景物似乎都位于一个倒立的圆锥区域内，这一现象符合折射定律可知条纹间距变小，条纹要向左移动，故B错误；
C. 在单缝衍射实验中，如果增加狭缝的数量（如变为多缝），衍射条纹会变窄，但由于更多狭缝参与透光，整体亮度会增强，故C错误；
D.3D 电影利用的是光的偏振原理，通过左右眼分别接收不同偏振方向的图像来产生立体效果，故D错误。
故选A。
【分析】1、水中人看岸上物体是光的折射现象。
2、空气薄膜干涉条纹间距公式：，垫片向左移动后，空气薄膜夹角增大，条纹间距变小。
3、3D电影的原理是利用光的偏振现象。
9．（2025·浙江模拟）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中与亮度相同，已知每个小灯泡的电阻均为并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列说法中正确的是（　　）
A．电阻R的阻值为
B．增大交流电频率，小灯泡变亮
C．增大交流电频率，小灯泡两端电压变大
D．增大交流电频率，通过小灯泡电流变大
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 灯泡亮度由实际功率 决定。若两灯亮度相同，说明通过它们的 电流有效值相同，但瞬时电流可能不同，、的亮度相同，则通过、的电流相同，通过电流的有效值，通过的电流，由可得，，故A错误；
BCD．二极管具有单向导电性，会削去一半周期的电流波形。若 支路含二极管：通过 的电流为半波整流波形，其有效值 为原始交流峰值电流）。若 为纯电阻支路，其电流有效值 正弦波有效值）。电容 C 支路：容抗 ，频率 f 增大时，减小，电流增大，灯泡 变亮。电感L 支路：感抗 ，频率 增大时，增大，电流减小，灯泡 变暗。二极管支路：频率变化不影响二极管的单向导电性，但若输入电压不变，半波整流的有效值不变，灯泡 亮度不变，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、灯泡、在两支路，每个小灯泡的电阻，亮度相同，则通过、的电流相同，与二极管串联，可求解通过电流的有效值和通过的电流，估计电流相等可得关系。
2、增大交流电频率时，不影响通过二极管的电流，则不影响的亮度，电容器对交流电的阻碍作用减小，则变亮，电感对交流电的阻碍作用增大，则变暗。
10．（2025·浙江模拟）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．木板A恰好静止，说明斜面对A的静摩擦力 ，最大静摩擦力 。由平衡条件 ，B受到重力 、A对B的支持力 ，A对B的滑动摩擦力 （方向沿斜面向上）。A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足，可得v＝0.6m/s，故AB错误；
C．对B物体，根据牛顿第二定律，解得，B物体向下减速时加速度为，减速时间，此过程中，物块B的位移木板A的位移为，所以A板长度至少为，故C错误
D全过程中系统因摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
【分析】1、题目已知长木板A恰好能处于静止可得A与斜面间动摩擦因数，A、B在斜面上滑动时，系统合外力为零，则系统动量守恒，根据系统动量守恒可求解A速度。
2、使B不脱离A的条件是B滑到A下端恰好共速，根据牛顿第二定律计算A、B加速度，以及A、B位移，可求A板长度。
3、全过程中系统因摩擦产生的热量等于AB间克服摩擦力做功加上A与斜面间克服摩擦力做功。
11．（2025·浙江模拟）铀238核的衰变方程为，已知核的质量为，核的质量为，X的质量为，真空中的光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能小于的比结合能
B．的结合能为
C．衰变后核处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线
D．X为α粒子，铀238核的衰变会随环境温度降低逐渐变慢
【答案】A,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。衰变后生成的核（234Th）比母核（238U）更稳定，因此 的比结合能大于 ，故A正确；
B． E是衰变过程中的质量亏损（）转化的能量，即 ，而非子核的结合能所以为衰变过程释放出的核能，不是的结合能，故B错误；
C．若衰变后的子核（）处于激发态，退激时会释放γ射线，故C正确；
D．铀238（）的α衰变方程为：，半衰期由核内部结构决定，与温度、压强等外部条件无关，故D错误。
故选AC。
【分析】1、比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。衰变后原子核的比结合能 大于 衰变前的比结合能。
2、衰变过程中释放的能量（如α衰变或β衰变）来自核子的质量亏损（ΔE=Δmc2），这部分能量是核反应能，而非原子核的结合能本身。
3、衰变后的子核可能处于激发态，当它跃迁到基态时会释放γ光子（γ射线）。
4、半衰期是放射性核素的固有属性，与外界条件（温度、压强等）无关。
12．（2025·浙江模拟）频率相同的简谐波源、，接收点P位于、连线上如图甲，、到P的距离之差为9m。t=0时、同时开始垂直平面向上振动，P点的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的波速为3m/s
C．、连线上一共有振动加强点11个
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
【答案】B,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．周期 ，频率 ，波速 ，波长 ，故A错误，B正确。
D.两列波传播到 点的时间差为 7s 4s=3s，对应距离差 。
第一列波振幅 ，点合振幅 （减弱点）。振动减弱条件：波程差 ，代入 得 （满足半波长奇数倍）。由 ，解得第二列波振幅 。故D错误。
C.两波源连线中点（）为加强点（波程差为零）。相邻加强点间距 。
对称性分析： 左右各 个加强点（间距 3m），总计 个。故C正确。
故选BC。
【分析】1、波速可以通过传播距离差与时间差计算，公式为：波速 = 距离差 / 时间差。在题目中，两列波到达P点的时间差为3秒，结合距离信息得出波速为3 m/s。
2、当两列波相遇时，会发生干涉，形成振动加强点和减弱点。
振动加强点条件：两列波的波程差为波长的整数倍（Δx = nλ），此时合振幅为两列波振幅之和。
振动减弱点条件：两列波的波程差为半波长的奇数倍（Δx = (2n+1)λ/2），此时合振幅为两列波振幅之差。题目中P点的合振幅为1 cm，而第一列波的振幅为3 cm，因此第二列波的振幅必须为2 cm，使得3 cm - 2 cm = 1 cm（减弱点条件）。
3、对于两列相干波，相邻振动加强点之间的距离为半波长（λ/2）。题目中波长为6 m，因此加强点间距为3 m。中央加强点位于16.5 m处，可能是两波源的中点或特定相位匹配点。由于干涉图样对称，若一侧有5个加强点，另一侧对称分布5个，加上中央加强点，总共有11个加强点。
13．（2025·浙江模拟）某同学设计了图（a）所示装置模拟涡流的形成。用n个横截面积均为S、电阻率均为ρ的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变圆形磁场区域中，圆形磁场区域半径为4r，圆心与圆盘形导体圆形重合，其B-t图像如图（b）所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，则（　　）
A．时刻，从上往下看，各环内感应电流均为顺时针方向
B．时刻，内环中感应电流大小为
C．时间内，半径为5r的圆环条通过横截面的电荷量为
D．半径为5r圆环条的平均发热功率为
【答案】A,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．时刻，从上往下看，由楞次定律可知各环内感应电流均为顺时针方向，故A正确，
B．由图（b）可得，根据法拉第电磁感应定律及数学知识可得，内环感应电动势，则时刻，内环中感应电流大小，故B错误；
C。至时间半径为5r的圆环条通过内环横截面的电荷量，故C错误。
D．结合前面分析，可得半径为5r圆环条的发热功率，故D正确。
故选AD。
【分析】1、由楞次定律判断各环内感应电流。
2、 已知磁感应强度B随时间t按正弦规律变化图像，由图像可得，内环感应电动势，则时刻，内环中感应电流大小
3、横截面的电荷量计算公式：。
4、圆环条的发热功率计算公式：，
14．（2025·浙江模拟）某小组探究“物体加速度与其所受合外力的关系”。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
（1）关于该实验操作，下列说法正确的是______
A．实验时使用了力传感器测合力，所以不需要补偿阻力
B．实验时需要满足钩码质量远小于小车质量
C．需要调节滑轮高度，使细线处于水平
D．两光电门间的距离适当大点
（2）用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度，示数如图（b）所示，读数为d=　 　cm。
（3）某次实验中，小车先后通过光电门所用时间分别为、，测得两光电门之间的距离为s=80.00cm，则小车的加速度a=　 　（结果保留3位有效数字）
（4）改变钩码数，可得到多组数据，作出a-F图像如图（c）所示，则图线不过原点的原因是　 　；图像的斜率表示　 　。
【答案】（1）D
（2）5.070
（3）1.40
（4）没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小；小车和力传感器总质量的倒数
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）AB．实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量，但是需要补偿阻力，故AB错误；
C．需要调节滑轮高度，使细线与轨道平行，而不是细线水平，故C错误；
D．两光电门间的距离适当大点，可减小误差，故D正确。
故选D。
（2）用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度读数为d=5cm+0.05mm×14=5.070cm
（3）根据，其中，，可得
带数据可得a=1.40m/s2
（4）由图像可知，当F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小；
根据，可知a-F图像的斜率表示小车和力传感器总质量的倒数。
【分析】（1）探究“物体加速度与其所受合外力的关系”实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量。
（2）用20分度的游标卡尺读数方法： 先看游标尺的零刻度线在主尺上的位置，读取主尺上最近的整毫米数。 仔细观察游标尺上哪一条刻度线与主尺的刻度线完全对齐。20分度的游标尺每一小格代表0.05mm ，计算最终结果为把主尺读数和游标尺读数相加。
（3）由光电门测速度原理得，，根据可计算加速度。
（4）a-F图像中图线不过原点的原因是没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小。
（1）AB．实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量，但是需要补偿阻力，选项AB错误；
C．需要调节滑轮高度，使细线与轨道平行，而不是细线水平，选项C错误；
D．两光电门间的距离适当大点，可减小误差，选项D正确。
故选D。
（2）用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度读数为d=5cm+0.05mm×14=5.070cm
（3）根据
其中，
可得
带数据可得a=1.40m/s2
（4）[1]由图像可知，当F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小；
[2]根据
可知a-F图像的斜率表示小车和力传感器总质量的倒数。
15．（2025·浙江模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．双缝干涉测光波长实验中，发现条纹不清晰，应通过拨杆调节单缝
B．插针法测玻璃折射率实验中，所选玻璃的两光滑面必须平行
C．油膜法测分子直径实验中，配制好的油酸酒精溶液要静置一段时间后再做实验
D．用单摆测重力加速度实验中，所选摆球要质量大、体积小
【答案】A,D
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A． 在双缝干涉实验中，条纹不清晰通常是因为 单缝与双缝不平行 或 光源不均匀。拨杆的作用是调整 单缝的宽度和方向，确保其与双缝平行，从而获得清晰的干涉条纹。故A正确；
B． 插针法（如 最小偏向角法 或 视深法）测量折射率时，玻璃的两个面 不需要平行。即使是非平行面（如三棱镜），也能通过光线偏折测量折射率。平行面仅简化计算，但并非必要 。故B错误；
C． 配制好的油酸酒精溶液放置时间久了，酒精要挥发，会影响溶液浓度，导致实验误差增大，故C错误；
D．质量大：减小空气阻力影响（因惯性大）。体积小：减小空气阻力及摆线长度测量的误差。用单摆测重力加速度实验中，摆球质量大、体积小，减小空气阻力的影响，故D正确。
故选AD。
【分析】1、 单缝的作用是产生线光源，如果单缝方向不正会导致条纹模糊 。
2、插针法测玻璃折射率实验中，玻璃的两光滑面不一定要平行，只要通过插针能找到折射光线就行。
3、配制好的油酸酒精溶液放置时间久了，酒精要挥发，会影响溶液浓度。
4、选择质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力的影响，提高测量精度。
16．（2025·浙江模拟）为精确测量某一段金属电阻丝的电阻率，小明进行了如下实验，请完成步骤中的填空：
（1）利用刻度尺测量其长度L，利用螺旋测微仪测量其直径如图甲，读数为D=　 　mm；
（2）为消除电表内阻对实验结果的影响，设计如图乙所示的电路测电阻，操作步骤如下：
①将滑片P移到合适的位置，闭合开关、接1，电流表、和电压表V的示数分别为、和U，可求出电压表的内阻　 　；
②已知通过步骤①测得电压表的内阻为5kΩ，闭合开关、接2，电流表（量程为0.6A挡）示数如图丙，读数　 　A，和电压表V的示数，可求出被测电阻的阻值　 　Ω。在有效消除电压表内阻对实验结果的影响后，该同学认为实验中使用的电流表也不是理想电表，那么该同学在第②步中测得的阻值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）被测电阻的真实值。
（3）最后利用所测的数据计算出该金属电阻丝的电阻率。
【答案】0.650；；0.50；10；等于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图甲可知，螺旋测微器的读数为
（2）①由图乙所示电路图，根据欧姆定律可知，电压表内阻
②电流表的量程为0.6A挡，则分度值为0.02A，则由图丙可知，电流表的读数为
电压表的电流为，则电阻的电流为
被测电阻的阻值为，闭合开关K1、K2接1测电压表内阻时电流表A2内阻对实验没有影响。闭合开关K1、K2接2测电阻的阻值Rx时电压表内阻与电流表A2内阻对测量没有影响，因此电阻测量值等于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法：先读固定刻度，观察固定套筒上的刻度线，读取露出的最大整毫米数。如果半毫米刻度线已经露出，要额外加0.5mm。再读可动刻度，查看可动刻度上与基准线对齐的刻度，该数值要乘以0.01mm。注意需要估读到下一位，即可读到0.001mm。计算最终读数：将固定刻度读数和可动刻度读数相加。
（2）①根据欧姆定律可求解电压表内阻。②电流表读数：弄清量程和分度值。已知电压表内阻，可计算通过电压表的电流，电阻的电流等于电流表示数减去电压表的电流，再用欧姆定律计算被测电阻。测电阻的阻值Rx时电压表内阻与电流表A2内阻对测量没有影响，因此电阻测量值等于真实值。
17．（2025·浙江模拟）如图所示，一导热良好的圆柱形汽缸竖直放置于水平地面上，横截面积，用质量m=2kg厚度不计的活塞密封一定质量的理想气体。初始时活塞与汽缸底部距离，与汽缸底部距离处有一固定卡环，外界大气压，初始气体状态1温度。现缓慢加热气体，加热至气体状态2温度时停止。忽略活塞与汽缸间摩擦，重力加速度。
（1）如图乙所示两条曲线为气体状态1和2的分子速率分布曲线，状态2对应的曲线为_______（填A或B），气体温度从300K至400K过程中，单位时间撞击单位面积汽缸壁的分子数_______（填“增大”、“不变”或“减小”）
（2）求状态2的气体压强。
（3）若从状态1到状态2过程中气体吸收热量Q=120J，求外界对气体做的功W及气体内能变化。
【答案】（1）B，减少
（2）解：气体先发生等压变化，接下来气体做等容变化，根据查理定律可得，解得
（3）解：外界对气体所做的功，由热力学第一定律得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（1）温度升高时，分子平均速率增大，曲线向右移动（即峰值对应的速率增大）。所以状态2温度高，分子平均速率大，对应曲线B；对活塞受力分析，根据平衡条件可得，解得，气体先做等压变化，根据盖-吕萨克定律可知，解得，接下来气气体温度从300K至400K过程为等压变化，单位时间内单位面积汽缸壁受到撞击力不变，但每次分子撞击力变大，故撞击次数减少。
【分析】（1）温度升高时，分子平均速率增大，曲线向右移动（即峰值对应的速率增大）。曲线的高度（峰值）降低，因为曲线下的总面积（代表分子总数）不变，分布变得更加平坦。高温曲线的“尾部”更高，表示更多分子具有较高的速率。
（2）等容变化，根据查理定律可得可求解 状态2的气体压强。
(3)压强不变，对气体所做的功计算公式：， 由热力学第一定律可求解 气体内能变化 。
（1）[1]状态2温度高，分子平均速率大，对应曲线B；
[2]对活塞受力分析，根据平衡条件可得
解得
气体先做等压变化，根据盖-吕萨克定律可知
解得
接下来气气体温度从300K至400K过程为等压变化，单位时间内单位面积汽缸壁受到撞击力不变，但每次分子撞击力变大，故撞击次数减少。
（2）气体先发生等压变化，接下来气体做等容变化，根据查理定律可得
解得
（3）外界对气体所做的功
由热力学第一定律得
18．（2025·浙江模拟）如图所示固定装置，由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平光滑直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF（圆心位于水平地面上）平滑连接而成，D点处小圆弧光滑连接。现将一质量为的小滑块由弧形轨道AB上高h处由静止释放（h未知），通过圆轨道后与静置于BD上质量为的小滑块碰撞，碰撞时间极短且碰后立即粘在一起形成一组合体，组合体在F点与静止在水平台面上质量为M的长木板发生弹性碰撞。已知圆轨道半径R=0.25m，，、与轨道DE间的动摩擦因数，M与水平台面间的动摩擦因数，M最右端停放一质量为的小滑块，M与间的动摩擦因数；水平台面和木板M足够长，已知、、、；从轨道AB上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆心O等高的C点时对轨道的压力为32N。忽略空气阻力，重力加速度g取，、。
（1）求h的大小；
（2）求、组合体刚到达F点时的速度大小；
（3）求最终与M最右端之间的距离。
【答案】（1）解：运动到C点时，根据牛顿第二定律得
可得
从A到C的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）解：从A到B的运动过程，根据动能定理得，可得
与相碰过程，根据动量守恒定律得，可得，
碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理可
得
代入数据解得
（3）解：与组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
弹性碰撞中没有动能损失可得，解得
与组合体与M碰撞后，对分析得：其做加速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有，可得
设经过时间t，与M共速，则有
得，，该过程中运动的位移，M运动的位移
共速后，与M分别减速运动，对分析得：做减速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有，可得
运动的位移，M运动的位移
最终计算可得距离M最右端的长度
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）运动到C点时，竖直平面圆周运动，根据牛顿第二定律列等式可得C点速度，
从A到C的运动过程，根据动能定理列等式可求h的大小。
（2）从A到B的运动过程，根据动能定理列等式可求解B点速度，与相碰过程，根据动量守恒定律可求解碰后速度，碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理列等式可求解刚到达F点时的速度大小。
（3）与组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律列等式和能量守恒列等式，联立可求解M速度，与组合体与M碰撞后，对分析得：其做加速运动，可求加速度，对M分析，做减速运动，可求解加速度，根据运动学公式可求解达到共速过程运动的位移和M运动的位移，
共速后，与M分别减速运动，对分析得：做减速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有，可求解运动的位移和M运动的位移，最终计算可得距离M最右端的长度。
（1）运动到C点时，根据牛顿第二定律得
可得
从A到C的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）从A到B的运动过程，根据动能定理得
可得
与相碰过程，根据动量守恒定律得
可得
碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理可得
代入数据解得
（3）与组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
弹性碰撞中没有动能损失可得
解得
与组合体与M碰撞后，对分析得：其做加速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有
可得
设经过时间t，与M共速，则有
解得，
该过程中运动的位移
M运动的位移
共速后，与M分别减速运动，对分析得：做减速运动，加速度
对M分析，做减速运动，有
可得
运动的位移
M运动的位移
最终计算可得距离M最右端的长度
19．（2025·浙江模拟）倾角为θ=37°间距为L=0.5m的固定金属导轨下端接R=0.4Ω的电阻，导轨平面有三个区域，如图所示，图中虚线为区域边界。区域Ⅰ宽度为，无磁场。区域Ⅱ宽度为，有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为。区域Ⅲ宽度为，有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为m=0.5kg，电阻为r=0.1Ω，长度也为L=0.5m的导体棒ab垂直导轨放置，从区域Ⅰ下边界开始在电动机牵引作用下由静止开始加速，进入区域Ⅱ时，速度为v=4m/s，且恰好能匀速通过区域Ⅱ。当导体棒刚进入区域Ⅲ时关闭电动机，导体棒恰好能到达区域Ⅲ的上端。已知导体棒与区域Ⅰ导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，其它区域导轨光滑。导体棒在区域Ⅰ、Ⅱ时，电动机功率保持不变，导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨电阻，重力加速度。求：
（1）导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压；
（2）电动机的功率P；
（3）全过程所用时间t；
（4）全过程中电阻R产生的焦耳热。
【答案】（1）解：感应电动势
导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压
（2）解：导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，则 电动机的功率：
（3）解：区域Ⅰ，电动机功率不变，导体棒做变加速运动，由动能定理得
，解得
区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，
区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理得
其中，解得
全程所用时间为
（4）解：对全程由能量守恒
解得Q＝5J
电阻R上产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）题目已知 ：进入区域Ⅱ时，速度为v=4m/s，且恰好能匀速通过区域Ⅱ ，可得出感应电动势，由公式计算 导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压 。
（2）导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，根据受力平衡得出电动机得拉力，由计算电动机的功率P。
（3）区域Ⅰ，电动机功率不变，由动能定理得此过程时间，区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，由计算此过程时间，区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理，其中可计算此过程时间，全程所用时间为
（4）对全程用能量守恒列等式可计算总热量Q，电阻R上产生的焦耳热为。
（1）感应电动势
（2）导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，则
（3）区域Ⅰ，电动机功率不变，导体棒做变加速运动，由动能定理得
解得
区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，
区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理得
其中
解得
所以，全程所用时间为
（4）对全程用能量守恒可得
解得Q＝5J
电阻R上产生的焦耳热为
20．（2025·浙江模拟）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装置如图所示，频率为的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距离为处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压U=1.8V，两极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为的匀强磁场。锌板的逸出功，普朗克常量，电子质量为，元电荷，π=3，，。不计光电子重力及光电子间的相互作用。求：
（1）光电子到达极板A的最大速度；
（2）极板A上有光电子打中的区域面积；
（3）要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件，并计算电子在磁场中运动最短时间（计算结果保留1位有效数字）；
（4）将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足，x为该位置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度应满足的条件。
【答案】（1）解：由爱因斯坦光电效应方程得
电场中动能定理
解得
（2）解：设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为
当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则
电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有
其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为
联立得y=0.6m
则，极板A上有光电子打中的区域面积为
（3）解：设电子经过A板时最大速度大小为，与板最小夹角为α，则，解得
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得， ，解得Dm=0.9m
所以磁场宽度D应满足的条件为。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为
运动的最小时间为
解得
（4）解：取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
则
所以
当向上时，电子水平位移最大，此时
磁场宽度D'应满足的条件。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；光电效应
【解析】【分析】（1）题目已知： 频率为的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点， 则用爱因斯坦光电效应方程可得光电子最大初动能，
电场中加速动能定理可求解光电子到达极板A的最大速度。
（2）当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则竖直方向位移，电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，，电子沿垂直极板方向的加速度大小为，联立可求解竖直方向位移y，则极板A上有光电子打中的区域面积为。
（3）所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得， ，可计算D。
光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为，运动的最小时间为
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
当向上时，电子水平位移最大，此时
（1）由爱因斯坦光电效应方程得
电场中动能定理
解得
（2）设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为
当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则
电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有
其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为
联立得y=0.6m
则，极板A上有光电子打中的区域面积为
（3）设电子经过A板时最大速度大小为，与板最小夹角为α，则
解得
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得
解得Dm=0.9m
所以磁场宽度D应满足的条件为。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为
运动的最小时间为
解得
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
则
所以
当向上时，电子水平位移最大，此时
磁场宽度D'应满足的条件。
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