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2025届浙江省嘉兴市高三下学期三模物理试题
1．（2025·嘉兴模拟）以下物理量中，属于矢量且其单位是国际单位制基本单位的是（　　）
A．位移 B．功率 C．热力学温度 D．力
2．（2025·嘉兴模拟）如图所示，老鹰从空中加速扑向蹲地休息的小鸡，则（　　）
A．研究老鹰飞行的姿态时，可将老 视为质点
B．研究老鹰飞行的轨迹时，可将老鹰视为质点
C．以老鹰为参考系，小鸡是静止的
D．以地面为参考系，老鹰是静止的
3．（2025·嘉兴模拟）鸿鹄卫星是我国的一颗近地卫星，离地高度约为500km。若此卫星绕地球做匀速圆周运动，则其（　　）
A．发射速度小于
B．与月球相比，周期更大
C．与同步卫星相比，角速度更小
D．与赤道上的建筑物相比，向心加速度更大
4．（2025·嘉兴模拟）如图所示，氢气球带着下方所挂重物加速上升。在上升过程中（　　）
A．重物处于失重状态
B．若细绳突然断裂，重物将立刻向下运动
C．氢气球对重物的拉力大于重物对氢气球的拉力
D．氢气球和重物所构成的系统机械能不守恒
5．（2025·嘉兴模拟）下列说法正确的是（　　）
A．热量不能从低温物体传到高温物体
B．弱相互作用使多个核子形成稳定的原子核
C．泊淞亮斑是光的衍射现象，支持了光的粒子说
D．黑体辐射的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
6．（2025·嘉兴模拟）如图所示，正六棱柱金属壳上下底面的中心为O1，O2，A为棱角顶点，在O1正上方置一正点电荷Q，则达到静电平衡后（　　）
A．O1点电势高于O2点电势
B．相比于A点，O1点的电荷密集程度更高
C．在正六棱柱金属壳内部电场强度处处为零
D．在上表面O1点上方附近的电场方向与上表面平行
7．（2025·嘉兴模拟）钍基熔盐反应堆主要采用钍232（）和铀238（）作为燃料。反应堆工作时，吸收中子转化为钚239（），核反应方程为，则（　　）
A．核反应方程式中的X为
B．铀238的比结合能较钚239小
C．钚239的中子数比铀238多一个
D．核反应前后原子的质量数守恒，不存在质量亏损
8．（2025·嘉兴模拟）如图所示，某兴趣小组用长为的细线将小球悬挂于点，A为最低点，与点等高，用沿OA方向的平行光照射该装置。实验方案一是将装置置于地面实验室中，拉直细线让小球从点静止释放；实验方案二是将装置置于我国空间站中，在A点给小球一个的垂直方向的初速度。不计空气阻力，则两种实验方案中小球（　　）
A．运动的轨迹相同
B．在最低点受到的拉力相同
C．方案二中投影的运动是简谐运动
D．方案一中投影的运动周期较方案二小
9．（2025·嘉兴模拟）如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶A在时刻以的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．两只冰壶在时发生碰撞
B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42J
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为
D．和两时刻冰壶重心间的距离之比为
10．（2025·嘉兴模拟）光学仪器“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。其由发光图片、棱镜和光屏构成，发光图片的中心、棱镜左右侧面的中心以及毛玻璃光屏的中心都处于轴上，如图所示。其中棱镜的横截面为底角的等腰梯形，棱镜材料对绿光的折射率。已知平行于轴入射到左侧界面的绿光穿过棱镜时，只与下底面发生一次反射，下列说法正确的是（　　）
A．平行于轴入射到左侧界面的绿光折射时偏折了
B．平行于轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程不同
C．若从图示视角观察，图片以轴旋转，则光屏上的像与图片旋转方向相同
D．若棱镜以轴旋转的角速度为，则光屏上的像旋转周期为
11．（2025·嘉兴模拟）某自行车所装车灯发电机如图甲所示，其结构见图乙。绕有线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端、作为发电机输出端，通过导线与灯泡相连。假设车轮转动时，摩擦轮与轮胎间不打滑，则（　　）
A．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，通过的电流方向为
B．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，中的电流逐渐变小
C．车轮转速加倍时中的电流也加倍
D．自行车匀加速行驶时发电机输出电压随时间变化关系大致如图丙所示
12．（2025·嘉兴模拟）同一个介质内相距12m的两个波源，在t=0时刻同时相向发出两列简谐波。在两个波源间连线上有P、Q两个质点，其0~6s内的振动图像分别如图甲、乙所示，则（　　）
A．两波源的起振方向均沿+y方向
B．两列波的波速都为2m/s
C．P、Q两点的距离可能为1m
D．P、Q两点之间一定还有2个振动加强点
13．（2025·嘉兴模拟）如图甲为研究光电效应的实验电路，图乙纵坐标为实验中AK间的电压U（A电势高于K为正），横坐标为入射光的频率ν，图乙中BC为平行于U轴的直线，CD是一条斜率绝对值为k的直线，C点的坐标为（b，0），图中阴影部分表示能产生光电流的区域。现有大量氢原子处于某激发态，在向低能级跃迁时只能放出1种可见光，且该可见光恰好能使实验所用的金属材料发生光电效应，已知氢原子各能级关系为，其中E1为基态能级值，量子数n=1，2，3……，电子电量为e，光速为c，则（　　）
A．直线CD是滑片P在aO之间滑动所收集的数据绘制而成
B．斜率绝对值k等于普朗克常量数值
C．能使实验所用金属材料发生光电效应的可见光光子动量至少为
D．根据实验结果，氢原子基态的能级值为
14．（2025·嘉兴模拟）验证“机械能守恒定律”实验装置如图所示。
（1）除图1所示器材外，还需选用______（多选）
A．刻度尺 B．秒表 C．学生电源
（2）如图2为截取实验所获一条纸带的部分，已知为测量起点，、、、为4个连续打下的点，打点频率为50Hz，则打点“”时，重锤的速度为　 　（保留2位有效数字）。
（3）实验中发现，各标记点的动能大于从至该点过程中重力势能减少量，其原因可能是______（单选）
A．工作电压偏低
B．存在空气阻力和纸带的摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
（4）改用如图3所示的气势导轨进行实验，将气垫导轨调至水平，将滑块移至图示位置，静止释放滑块，读出挡光片通过光电门的挡光时间，测出挡光片的宽度和挡光片到光电门的距离，用天平称出托盘和砝码的总质量以及滑块和挡光片的总质量。若要验证机械能守恒定律的结论，以上物理量应满足的关系式是　 　。
15．（2025·嘉兴模拟）在“探究变压器原、副线作电压与匝数的关系”实验中，小张用400匝的线圈和800匝的线作组合而成的变压器进行实验，然后选择　 　填“稳压2A”或“交流3A”）作为输入端电源，如图所示。经正确连线和规范读数，实验中记录的数据、分别表示线圈、两端的电压测量数据。
1.80 2.81 3.80 4.78 5.80
4.00 6.01 8.02 9.98 12.04
根据表中数据，下列推断正确的是　 　（多选）
A.一定是副线圈 B.中的电流较小
C.中的电流频率较高 D.实验中变压器顶部铁芯一定有松动
16．（2025·嘉兴模拟）在“电池电动势和内阻的测量”实验中，备用器材有：滑动变阻器（最大阻值），电阻箱，定值电阻，电流表A（量程有0~0.6A和，内阻分别为和），多用电表，干电池，开关，导线若干。
（1）小张选用多用电表“直流电压2.5V量程”测量，示数如图1所示，测得电动势　 　V
（2）小金选择了其中一些器材，设计了如图2所示电路，当端分别接、两点测得两组数据，在坐标系上描点、连线如图3所示，接点对应图3中的　 　（填“甲”或“乙”），由图线可得干电池的内阻　 　（保留2位有效数字）。
（3）若上述器材中多用电表因故障而不能使用，请重新设计实验电路，并画在答题纸相应方框中。
17．（2025·嘉兴模拟）如图为一高的直立绝热圆筒汽缸，其顶盖中央有小孔与大气相通，质量、面积的能无摩擦滑动的绝热薄活塞下方封闭了一定量的理想气体。开始时，活塞离顶盖距离，气体处于温度的状态1，电热丝加热，活塞缓慢上移，刚到达顶盖时，气体达到状态2。电热丝继续加热，气体达到状态3，其压强。整个过程中气体内能增加了，已知大气压。求气体
（1）从状态1到状态2，分子热运动的平均速率　 　（填“增大”，“不变”或“减小”），单位体积内的分子数　 　（填“增大”，“不变”或“减小”）。
（2）在状态3的温度；
（3）从状态1到状态3吸收的热量。
18．（2025·嘉兴模拟）某游戏装置如图所示，由弹射装置、圆心为和的两个圆弧构成的竖直轨道ABC、水平轨道CD和逆时针转动的倾斜传送带DE平滑连接而成。水平接收平台FJ的位置可自由调节，其上方静置个相同的小球。现弹射装置将质量的滑块（视为质点）以初动能水平射入A点，通过轨道ABCD和传送带DE后，恰好沿水平进入接收平台并与其上的小球发生碰撞，则游戏成功。已知轨道ABC中，，传送带DE的长度、倾斜角度、运行速度，接收平台上的小球质量，滑块与传送带之间的动摩擦因数，其余各段光滑，不计空气阻力。取，。
（1）若滑块恰好不脱离圆弧轨道ABC，求滑块通过点时的速度及轨道对滑块的支持力；
（2）某次调试中，当接收平台左端与点的水平距离时，游戏恰好成功，求滑块在本次运行过程中与传送带之间因摩擦产生的热量；
（3）若所有碰撞均为弹性正碰，则在游戏成功的条件下，接收平台上第个小球获得的动量与滑块的初动能之间的关系。
19．（2025·嘉兴模拟）如图所示是研究电磁感应的装置，由Ⅰ和Ⅱ两部分组成。装置I由两个半径分别为和，圆心分别为和的水平金属圆环与金属棒固定连接而成。装置Ⅰ处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，可绕轴线转动。装置Ⅱ中有两水平的光滑平行金属导轨，通过开关和导线与装置Ⅰ的两圆环边缘相接，导轨右侧接有电容为的电容器，左侧接有阻值为的定值电阻。质量为，匝数为，每匝周长为的线轨通过电刷与导轨接通，该线圈与两根劲度系数均为的水平弹定连接，并静置于辐向磁场区域的左边界内侧，线圈所在处磁感应强度大小也为，现断开，将拨到，让装置Ⅰ以角速度逆时针（俯视）匀速转动；待电容器充电完毕，将从拨到瞬间，线圈即被以速度弹离磁场，随即断开的同时闭合。已知当弹簧形变量为时，其弹性势能为，除定值电阻外，其余电阻均不计。
（1）判断电容器上极板带哪种电荷，并求转动过程中金属棒两端的电压；
（2）求线圈被弹离后，电容器所带的电量；
（3）若已知从线圈被弹离到向右运动达最远处过程中，电阻上产生的焦耳热为。求：
①线圈进入辐向磁场的最大距离；
②此过程中，弹簧弹力对线圈的冲量大小I。
20．（2025·嘉兴模拟）如图所示是粒子发射接收装置，粒子源（大小不计）能均匀释放初速度可视为0的电子，单位时间内释放的电子数为n。在以为圆心、半径为的水平区域内存在辐向电场，能为电子提供可在范围内调节的加速电压。电子经辐向电场加速后沿各个径向均匀射出，后进入同时存在磁感应强度为的匀强磁场和电场强度为的匀强电场的区域，两场方向均竖直向上。为粒子源正下方的一点，且位于足够大的水平收集板上，与的距离可调。已知电子电量为，质量为，电子到达收集板后立刻被吸收且电中和，不计电子受到的重力及相互间作用力。
（1）求电子刚从辐向电场射出时速度的大小范围；
（2）上下移动收集板，求收集板上能收集到电子的区域的最大面积；
（3）若无论怎样调节辐向电场的加速电压U，电子在收集板上的落点与收集板中心的距离都相同，求
①距离需满足的条件；
②收集板所受冲击力大小F。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】单位制
【解析】【解答】A．位移的物理特性：具有大小和方向的双重属性，是典型的矢量，其国际单位为米（m），米是国际单位制中七个基本单位之一 ，故A正确；
BC．功率和热力学温度的性质：这两个物理量都只有大小特征，不具备方向性，属于标量 ，故BC错误；
D．虽然力是矢量（具有大小和方向），但其单位牛顿（N）是导出单位，不属于国际单位制的基本单位 ，故D错误。
故选A。
【分析】1、矢量：既有大小又有方向的物理量，如位移、速度、力等。标量：只有大小没有方向的物理量，如质量、温度、功率等。
2、SI基本单位共有七个，分别是：米（m，长度），千克（kg，质量），秒（s，时间），安培（A，电流），开尔文（K，热力学温度），摩尔（mol，物质的量），坎德拉（cd，发光强度）。
2．【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．研究老鹰飞行的姿态时，由于需要考察翅膀拍打、身体转动等细节动作，必须考虑老鹰的实际大小和形状特征，因此不能简化为质点模型 ，故A错误；
B．研究老鹰飞行的轨迹时，只需关注飞行路径的空间位置变化，老鹰的尺寸相比飞行距离可以忽略不计，此时可将其视为质点处理 ，故B正确；
C．以老鹰为参照物时小鸡的位置持续发生变化，表现出明显的相对运动 ，故C错误；
D． 以地面为参照时：老鹰的位置随时间不断改变，呈现典型的运动状态 ，故D错误。
故选B。
【分析】1、质点是指当研究物体的运动时，如果物体的大小和形状对所研究的问题没有影响，就可以将其简化为一个有质量的点。不能视为质点的情况：当研究的问题涉及物体的转动、姿态变化或形变等与大小、形状有关的特性时。
2、参考系是描述物体运动时作为参照的物体或系统。运动的相对性指的是同一物体的运动状态在不同参考系下可能不同。
3．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A． 关于第一宇宙速度： 7.9km/s是卫星能维持圆周运动的最小轨道速度， 实际发射时需要额外能量克服空气阻力和重力势能， 因此发射速度必须大于7.9km/s ，故A错误；
B． 由开普勒第三定律可知，轨道半径越大周期越长，月球轨道半径显著大于近地卫星，所以月球公转周期更长 ，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，有，解得，因同步卫星的轨道半径大于此卫星的轨道半径，所以同步卫星的角速度小于此卫星的角速度，故C错误；
D ．因同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，由上分析可知此卫星的角速度大于赤道上的建筑物的角速度，赤道上的建筑物到地心的距离小于此卫星到地心的距离，根据向心加速度公式
可得此卫星的向心加速度大于赤道上的建筑物的向心加速度，故D正确。
故选D。
【分析】1、第一宇宙速度7.9km/s是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的最小速度。
但实际发射速度通常大于7.9km/s，因为需要考虑克服空气阻力和地球引力的影响。这是最小的发射速度，若小于此速度，物体将落回地面。
2、开普勒第三定律：对于绕同一中心天体运动的物体，轨道半径的立方与周期的平方成正比。公式表达：T2 ∝ R3，轨道半径越大，周期越长。
3、万有引力与圆周运动：万有引力提供向心力：GMm/r2 = mω2r，可推导出角速度ω与轨道半径r的关系：ω2 = GM/r3，轨道半径越大，角速度越小。
4、同步卫星的特性：同步卫星的周期与地球自转周期相同（24小时）。角速度与地球自转角速度相同。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．重物具有向上的加速度，根据牛顿运动定律，此时处于超重状态 ，故A错误；
B．断裂瞬间重物仍具有向上的速度，仅受重力作用，将做匀减速运动，不会立即转为下落 ，故B错误；
C．根据作用力与反作用力原理：氢气球对重物的拉力与重物对氢气球的拉力大小相等、方向相反 ，故C错误；
D．上升过程中速度增加（动能增大），同时高度增加（重力势能增大），系统总机械能必然增加 ，故D正确。
故选D。
【分析】1、超重状态：物体具有向上的加速度时，视重大于实际重力，失重状态：物体具有向下的加速度时，视重小于实际重力，判断依据：加速度方向（与重力方向相反为超重，相同为失重）
2、绳断瞬间：物体保持原有运动状态
3、牛顿第三定律：作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在不同物体上。
4、机械能变化条件：只有重力做功时机械能守恒，外力做功时机械能改变。
5．【答案】D
【知识点】波的衍射现象；热力学第二定律；黑体、黑体辐射及其实验规律；核力与四种基本相互作用
【解析】【解答】A．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但通过外界做功，热量能从低温物体传到高温物体，故A错误；
B．核子间的强相互作用使核子聚集到一起形成原子核，故B错误；
C．泊松亮斑支持了光的波动说，故C错误；
D．黑体辐射随着波长越短、温度越高则辐射越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故D正确；
故选D。
【分析】1、 热量可以从低温传到高温，只是不能自发进行 。
2、强相互作用（核力）是使核子（质子和中子）结合形成原子核的主要作用力
弱相互作用主要与β衰变等过程有关，不是维持核稳定的主要因素。
3、泊松亮斑是光遇到障碍物时产生的衍射现象，这一现象支持光的波动性，而非粒子性。
4、黑体辐射的波长分布确实只取决于温度，这是普朗克研究黑体辐射的重要结论，与黑体的材料、形状等其他因素无关。
6．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A． 由于金属壳处于静电平衡状态，整个导体是一个等势体，表面为等势面。因此，O1点和O2点的电势相同 ，故A错误；
B． 静电平衡时，导体表面的电荷分布与曲率有关，尖端处电荷更密集。O1点位于平坦部分，而A点更靠近尖端，因此O1点的电荷密度比A点低，故B错误；
C． 静电平衡时，金属壳内部（包括空腔）的电场强度处处为零 ，故C正确；
D． 静电平衡时，导体表面附近的电场方向垂直于表面。因此，O1点上方附近的电场方向应与上表面垂直，故D错误。
故选C。
【分析】1、静电平衡导体的性质：导体内部电场强度处处为零，导体是等势体，表面是等势面
电荷只分布在导体表面，表面附近的电场方向垂直于表面。
2、电荷分布规律：导体表面曲率越大（越尖锐），电荷密度越大，平坦处电荷密度较小
3、电势特性：等势体意味着体内和表面各点电势相同，因此表面上任意两点电势相等
4、电场方向：导体表面电场必须垂直于表面，否则会有沿表面的电场分量，导致电荷移动，破坏静电平衡。
7．【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；反应堆与核电站
【解析】【解答】A．核反应方程需满足质量数（上标）和电荷数（下标）守恒。铀238（）吸收中子（）后，转变为钚239（），并放出一个粒子X。质量数守恒：238 + 1 = 239 + 0 X的质量数为0。电荷数守恒：92 + 0 = 94 + (-1) X的电荷数为-1。因此，X是电子（），即β-粒子。故A错误；
B． 比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。钚239（）比铀238（）更稳定，因此钚239的比结合能更大 ，故B正确；
C．钚239的中子数为145，铀238的中子数为146，所以钚239的中子数比铀238少一个，故C错误；
D．虽然核反应前后原子的质量数守恒，但由于放出核能，所以存在质量亏损，故D错误。
故选B。
【分析】1、核反应需满足质量数（A）和电荷数（Z）守恒。若产物X的电荷数为-1、质量数为0，可判定为电子（β-粒子），属于β衰变过程。
2、比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。题目指出生成核（如钚239）比初始核（铀238）更稳定，因此钚239的比结合能更大，铀238的比结合能较小。
3、中子数 = 质量数 - 质子数。
4、 核反应中，尽管质量数守恒，但因释放能量 ， 系统总质量减少，称为质量亏损。这表明部分静止质量转化为能量。
8．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象；向心力
【解析】【解答】A．方案一中小球在地面做与O点等高的圆周运动，轨迹为半圆，方案二中小球在空间站做匀速圆周运动，轨迹为圆，所以两种方案的轨迹不同，故A错误；
B．方案一由B点到最低点，由动能定理，，解得
方案二在最低点，故B错误；
C．方案二中设小球转过的圆心角为，小球做匀速圆周运动，则，其中，，那么小球运动的水平投影为，由此可知小球运动的水平投影位移与时间的关系为正弦函数，所以小球的投影运动为简谐运动，故C正确；
D．方案二的周期，将方案一近似为单摆运动时，单摆运动的周期为，由于方案一从B点释放，所以其周期比单摆周期大，所以方案一中投影的运动周期较方案二大，故D错误。
故选C。
【分析】1、 运动轨迹分析
方案一（地面）：小球在重力作用下做半圆形轨迹运动（受约束，仅能完成半圆）。
方案二（空间站）：在微重力环境下，小球做完整的匀速圆周运动，轨迹为圆。
2. 动能定理与速度计算
方案一（地面）：小球从B点运动到最低点，由动能定理计算速度：
mgR=21 mv2 v=2gR
方案二（空间站）：小球做匀速圆周运动，速度恒定，由向心力维持。
3. 简谐运动的判定
方案二（空间站）：小球做匀速圆周运动，其水平投影的运动方程为：
其中 ω=Rv ，表明水平位移随时间呈正弦/余弦变化，符合简谐运动的特征
9．【答案】C
【知识点】功能关系；冲量；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为，冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间为，则，，解得，，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在时发生碰撞，故A错误；
B．对冰壶A有，解得，故B错误；
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小，解得，故C正确；
D．全过程的位置图如下图所示
两只冰壶在时发生碰撞，所以时两冰壶重心的距离为
解得，两冰壶重心的距离为
解得，所以和两时刻冰壶重心间的距离之比为，故D错误。
故选C。
【分析】1、在弹性正碰中，若两物体质量相等，则碰撞后速度交换。由冰壶B的运动图像可知，碰撞后冰壶B做匀减速直线运动，最终停止。
2、冰壶B滑行距离 s=0.9m，最终停止，可计算其加速度 a 和运动时间 ：
（匀变速运动公式）和，可求解加速度。
3、碰撞后冰壶B的速度 ，因弹性碰撞且质量相等，碰撞前冰壶A的速度 。碰撞后冰壶A静止，冰壶B以 运动。
4、冰壶B受摩擦力作用，其加速度 a=μg，可得摩擦因数
冰壶B受到的摩擦力冲量：。
10．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光线在棱镜中传播时光路图如图
平行于轴入射到左侧界面的绿光折射角为，可知r=30°，可知折射时偏折了，故A错误；
B．由几何关系可知，平行于轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程相同，故B错误；
C．若从图示视角观察，图片以轴旋转，则根据光路图可知，入射到左侧面的光线和从右侧面的出射光线上下位置颠倒，则光屏上的像与图片旋转方向相反，故C错误；
D．若棱镜以轴旋转的角速度为，则周期，因棱镜旋转一周，则屏上的像转2周，则光屏上的像旋转周期为，故D正确。
故选D。
【分析】1、画出光线在棱镜中传播时光路图，根据几何关系可求解绿光折射角。
2、由几何关系可知绿光在棱镜内通过的路程相同。
3、根据光路图可知，入射到左侧面的光线和从右侧面的出射光线上下位置颠倒，则光屏上的像与图片旋转方向相反。
4、周期为，因棱镜旋转一周，则屏上的像转2周。
11．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 当磁铁匀速转动时，通过线圈的向下磁通量逐渐减少。根据楞次定律，感应电流产生的磁场会阻碍原磁通量的减少，因此感应电流的磁场方向应向下。再根据安培定则（右手螺旋定则），可以判断线圈中的电流方向为b→a→d→c， ，故A正确；
B．在磁铁从图示位置转过90°的过程中：初始位置（0°）时，磁通量最大但变化率为零（电流为零）随着转动角度增大，磁通量变化率逐渐增大，感应电流逐渐增大，转到90°时，磁通量为零但变化率最大（电流最大） ，故B错误；
C．车轮转速加倍，摩擦轮转速加倍，磁铁转动角速度加倍，磁通量变化率也加倍，则也加倍，由可知电流加倍，故C正确；
D．自行车匀加速行驶时，车轮转速持续增加，磁铁转动加快，周期变小，但图丙中电压周期不变，故D错误。
故选AC。
【分析】1、电流方向：由楞次定律和安培定则判定磁通量减少时感应电流方向。
2、电流变化规律：磁通量变化率最大时（Φ=0），感应电流最大；在 0°→90° 过程中电流逐渐增大。
3、转速影响：转速加倍时，感应电动势和电流均加倍。
4、匀加速问题：理论上匀加速会导致电压周期逐渐减小。
12．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图可知，两波源的起振方向均沿-y方向，故A错误；
B．由图可知2s时质点P开始振动，4s时两波相遇，则，解得，故B正确；
C．由图可知，1.5s时质点Q开始振动，P、Q两点的距离为或，故C正确；
D．由于两波源振动步调相同，若振动加强，则波程差应为半波长的偶数倍，即（n=0，1，2……），，若PQ两点间的距离为1m，PQ间只有P点为振动加强点，若PQ两点间的距离为5m，PQ间除P点外还有两个振动加强点，故D错误。
故选BC。
【分析】1、两波源的起振方向均为 -y方向，表明它们产生的波初始振动方向相同。波的传播方向可通过质点开始振动的时间判断。
2、波速 可通过时间差和距离计算：两波在 4s 时相遇，波源间距为 ，则：。
3、波长 可通过周期 T（图中可读取）和波速计算：。
4、两列相干波叠加时，振动加强点需满足波程差 为半波长的 偶数倍（或波长的整数倍）：，质点开始振动的时间取决于波源到该点的距离。
13．【答案】A,C,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】A．由图可知，直线CD表示AK间电压为负值，则A电势低于K，所以滑片P应在aO之间滑动，故A正确；
B．根据光电效应方程可得，所以，斜率绝对值，，故B错误；
C．能使实验所用金属材料发生光电效应的可见光光子动量至少为，故C正确；
D．根据题意可知，，，所以氢原子基态的能级值为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、光电效应实验中，当照射光的频率大于金属的截止频率时，光电子从金属表面逸出。
AK间电压（反向截止电压）：当A（阳极）的电势低于K（阴极）时，光电子需要克服电场力做功才能到达A极。此时电压为负值，表示反向截止电压。
滑片P的位置：若AK间电压为负值（A电势低于K），则滑片P应在aO之间滑动（假设O为中间点，a端使A电势更低）。
2、光电效应方程与截止电压的关系，光电效应方程：，其中 Ek 为光电子最大初动能，为光子能量，为逸出功。
3、截止电压 与光电子动能的关系：，由实验数据绘制的 图像中，，截距为逸出功与电子电荷量的比值：
4、可见光光子动量的最小值，光子动量公式：，可见光的波长范围约为 400 nm（紫光）到 700 nm（红光）。动量最小值对应最大波长（红光）。
14．【答案】（1）A；C
（2）2.4
（3）C
（4）
【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）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为，动能的增加量为
重力势能的减少量为，若关系式满足，即
可验证机械能守恒定律。
【分析】（1）验证“机械能守恒定律”实验中需要刻度尺和学生电源，不需要秒表。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，计算C点速度。
（3）接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，则此时C点的速度偏大，动能偏大。
（4）通过光电门的速度，满足，可验证机械能守恒定律。
（1）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。
故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为
动能的增加量为
重力势能的减少量为
若关系式满足
即
可验证机械能守恒定律。
15．【答案】交流3A；AB
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】变压器利用了互感现象，所以变压器对稳压电源起不到变压作用，要选择交流3A的输入端电源。
A．实际变压器工作时存在以下损耗：漏磁（部分磁通未耦合到副线圈），线圈电阻分压（铜损），铁芯涡流损耗（铁损），这些因素导致副线圈实际输出电压必然小于理想变压器的计算值（U2 = (N2/N1）。因此表格数据若总是略小于理论值，可以确定测量的是副线圈 ，故A正确；
B．由理想变压器规律，可知中的电流较小，故B正确；
C．变压器的工作原理是电磁感应，其仅能改变电压/电流的幅值，输入/输出频率严格保持一致，波形形状可能因非线性失真发生微小变化 ，故C错误；
D．实际变压器的效率损失主要来自：铜损（线圈电阻发热），铁损（涡流损耗+磁滞损耗），机械损耗（如松动振动），但顶部铁芯松动只是可能原因之一，并非必然存在，故D错误。
故选AB。
【分析】1、变压器利用电磁感应中的互感现象实现电压变换。它的工作依赖于交变电流产生的变化磁场，必须使用交流电源，不能用于直流稳压电源。
2、理想情况下，电压与匝数成正比（，电流与匝数成反比（）。
实际变压器存在损耗，导致副线圈输出电压略低于理论值，主要原因包括：漏磁（部分磁通未耦合到副线圈）
3、 变压器仅改变电压和电流大小，不会改变交流电的频率。输出频率始终与输入频率相同。
4、实际运行中主要存在三类能量损耗：铜损：电流流过线圈电阻产生的热损耗，铁损：涡流损耗（铁芯中感应电流发热），磁滞损耗（铁芯磁化方向变化消耗能量），漏磁损耗：部分磁场未能有效耦合到副线圈。
16．【答案】（1）1.34~1.35
（2）甲；
（3）
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）选用多用电表“直流电压2.5V量程”测量，最小分度值为0.05V，故读数为1.34V或者1.35V。
（2）根据U－I图线可知，图线的斜率的绝对值表示等效电源的内阻，接点时
接点时，甲图线的斜率的绝对值大，故接点对应图3中的甲图。
由图线可估测电源电动势约为1.5V，滑动变阻器的最大阻值为，可估算，故选择0.6A的电流表，内阻为。
根据，由，解得
（3）如图所示，利用电流表和电阻箱测电池电动势和内阻。
【分析】（1）“直流电压2.5V量程”测量，最小分度值为0.05V，不需要估读。
（2）根据U－I图线可知，图线的斜率的绝对值表示等效电源的内阻。根据，由，可计算内阻。
（3）在“电池电动势和内阻的测量”实验中没有电压表，利用电流表和电阻箱测电池电动势和内阻。

（1）选用多用电表“直流电压2.5V量程”测量，最小分度值为0.05V，故读数为1.34V或者1.35V。
（2）[1]根据U－I图线可知，图线的斜率的绝对值表示等效电源的内阻
接点时
接点时
甲图线的斜率的绝对值大，故接点对应图3中的甲图。
[2]由图线可估测电源电动势约为1.5V，滑动变阻器的最大阻值为，可估算
故选择0.6A的电流表，内阻为。
根据
由
解得
（3）如图所示，利用电流表和电阻箱测电池电动势和内阻。
17．【答案】（1）增大；减小
（2）解：根据平衡条件，可得，
可得，根据气体状态方程，可得
（3）解：从状态1到状态2，外界对气体做功，根据热力学第一定律
可得
【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】（1）1、宏观热力学过程：初始状态（状态1）：活塞距离顶盖为h1，温度为T1，加热过程：电热丝缓慢加热，保持系统准静态变化，最终状态（状态2）：活塞接触顶盖，温度升至T2，过程性质：等压膨胀（压强恒定，体积增大），微观分子运动变化：平均动能变化：因为 T2 > T1 所以 分子平均动能增大，平均速率变化：分子平均速率增大。
2、分子数密度变化：定义：n = N/V（N为总分子数，V为体积），由于V增大而N不变 数密度n减小。
【分析】（1）1、温度是分子平均动能的标志，从状态1到状态2，温度升高，分子热运动的平均动能增大，分子热运动的平均速率也增大。
2、从状态1到状态2过程，气体体积增大，所以分子数密度减小。
（2）根据平衡条件可得出压强，根据气体状态方程可求解 在状态3的温度 。
（3）外界对气体做功，根据热力学第一定律可求解 从状态1到状态3吸收的热量 。
（1）[1]开始时，活塞离顶盖距离，气体处于温度的状态1，电热丝加热，活塞缓慢上移，刚到达顶盖时，气体达到状态2
所以气体经历等压膨胀，当体积增大时，气体温度也升高，温度是分子平均动能的标志，所以从状态1到状态2，分子热运动的平均动能增大，所以平均速率也增大
[2]分子数密度等于分子总数除以总体积，即
从状态1到状态2过程，气体体积增大，所以分子数密度减小
（2）根据平衡条件
可得
可得
根据气体状态方程
可得
（3）从状态1到状态2，外界对气体做功
根据热力学第一定律
可得
18．【答案】（1）解：根据临界条件，解得
根据机械能守恒，解得
根据圆周运动最低点受力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：根据运动合成与分解，可得
根据牛顿第二定律，解得
根据匀变速直线运动规律 ，解得
根据摩擦生热规律
解得
（3）解：根据动能定理，解得
滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞规律，
联立，解得
随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推……因此，小球的速度
由此可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）竖直平面圆周，恰好通过最高点临界条件，可求解最高点速度，
根据机械能守恒列等式：，可求解C点速度，
圆周运动最低点由牛顿第二定律列等式，可求解 轨道对滑块的支持力 。
（2）恰好沿水平进入接收平台，根据运动合成与分解，可求解E点速度，
在传送带上运动，根据牛顿第二定律，可求解加速度，根据匀变速直线运动规律，可求解运动时间，根据摩擦生热，可求解传送带之间因摩擦产生的热量。
（3）A到E过程，运用动能定理列等式：
滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞动量守恒：，能量守恒列等式，联立，解得，随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推……因此，小球的速度，可得出接收平台上第个小球获得的动量与滑块的初动能之间的关系。
（1）根据临界条件
解得
根据机械能守恒
解得
根据圆周运动最低点受力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）根据运动合成与分解
可得
根据牛顿第二定律
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据摩擦生热规律
解得
（3）根据动能定理
解得
滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞规律，
联立，解得
随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推……因此，小球的速度
由此可得
19．【答案】（1）解：上极板带正电，根据装置结构，导体棒有效切割长度
根据动生电动势表达式可得
（2）解：根据动量定理 ，可得放电电量
电容器充电完成后，总电量 ，可得
根据电荷守恒，剩余电量
可得
（3）解：①根据能量守恒
可得
②根据动量定理有
可得
【知识点】含容电路分析；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 以角速度逆时针（俯视）匀速转动，根据右手定则可判断出上极板带正电，根据装置结构，导体棒有效切割长度，根据动生电动势表达式可得出转动过程中金属棒两端的电压。
（2）根据动量定理 ，可得放电电量，电容器充电完成后，总电量，可
根据电荷守恒，剩余电量 。
（3）①根据能量守恒列等式：， 可求解线圈进入辐向磁场的最大距离
②根据动量定理列等式：，可求解弹簧弹力对线圈的冲量大小I。
（1）上极板带正电，根据装置结构，导体棒有效切割长度
根据动生电动势表达式可得
（2）根据动量定理
可得放电电量
电容器充电完成后，总电量
可得
根据电荷守恒，剩余电量
可得
（3）①根据能量守恒
可得
②根据动量定理有
可得
20．【答案】（1）解：从粒子源到辐射电场，根据动能定理：
根据题意可知电压范围为
代入可得速度的最小值为
速度的最大值为
所以速度范围是
（2）解：根据洛伦兹力提供向心力，可得电子运动最大半径
由图可知
电子与中心的最远距离 ，电子与中心的最近距离
收集板上能收集到到电子的区域面积
（3）解：①由题意可知，接收板只能在电子运动周期整数倍的位置，才能使所有落在收集板上电子与收集板中心距离都相同。电子运动周期
根据匀变速直线运动规律
②垂直方向的速度为
根据动量定理
可得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）从粒子源到辐射电场，根据动能定理列等式：，根据题意可知电压范围，代入可得速度的最小值 和速度的最大值。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，根据速度最大值可得电子运动最大半径，
画出轨迹图
根据图中几何关系可得电子与中心的最远距离和电子与中心的最近距离。收集板上能收集到到电子的区域面积
（3）①由题意可知，接收板只能在电子运动周期整数倍的位置，才能使所有落在收集板上电子与收集板中心距离都相同。电子运动周期，根据匀变速直线运动规律可得距离需满足的条件：
②垂直方向的速度为，根据动量定可求解收集板所受冲击力大小F。
（1）从粒子源到辐射电场，根据动能定理：
根据题意可知电压范围为
代入可得速度的最小值为
速度的最大值为
所以速度范围是
（2）根据洛伦兹力提供向心力
可得电子运动最大半径
由图可知
电子与中心的最远距离
电子与中心的最近距离
收集板上能收集到到电子的区域面积
（3）①由题意可知，接收板只能在电子运动周期整数倍的位置，才能使所有落在收集板上电子与收集板中心距离都相同。
电子运动周期
根据匀变速直线运动规律
②垂直方向的速度为
根据动量定理
可得
1 / 12025届浙江省嘉兴市高三下学期三模物理试题
1．（2025·嘉兴模拟）以下物理量中，属于矢量且其单位是国际单位制基本单位的是（　　）
A．位移 B．功率 C．热力学温度 D．力
【答案】A
【知识点】单位制
【解析】【解答】A．位移的物理特性：具有大小和方向的双重属性，是典型的矢量，其国际单位为米（m），米是国际单位制中七个基本单位之一 ，故A正确；
BC．功率和热力学温度的性质：这两个物理量都只有大小特征，不具备方向性，属于标量 ，故BC错误；
D．虽然力是矢量（具有大小和方向），但其单位牛顿（N）是导出单位，不属于国际单位制的基本单位 ，故D错误。
故选A。
【分析】1、矢量：既有大小又有方向的物理量，如位移、速度、力等。标量：只有大小没有方向的物理量，如质量、温度、功率等。
2、SI基本单位共有七个，分别是：米（m，长度），千克（kg，质量），秒（s，时间），安培（A，电流），开尔文（K，热力学温度），摩尔（mol，物质的量），坎德拉（cd，发光强度）。
2．（2025·嘉兴模拟）如图所示，老鹰从空中加速扑向蹲地休息的小鸡，则（　　）
A．研究老鹰飞行的姿态时，可将老 视为质点
B．研究老鹰飞行的轨迹时，可将老鹰视为质点
C．以老鹰为参考系，小鸡是静止的
D．以地面为参考系，老鹰是静止的
【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．研究老鹰飞行的姿态时，由于需要考察翅膀拍打、身体转动等细节动作，必须考虑老鹰的实际大小和形状特征，因此不能简化为质点模型 ，故A错误；
B．研究老鹰飞行的轨迹时，只需关注飞行路径的空间位置变化，老鹰的尺寸相比飞行距离可以忽略不计，此时可将其视为质点处理 ，故B正确；
C．以老鹰为参照物时小鸡的位置持续发生变化，表现出明显的相对运动 ，故C错误；
D． 以地面为参照时：老鹰的位置随时间不断改变，呈现典型的运动状态 ，故D错误。
故选B。
【分析】1、质点是指当研究物体的运动时，如果物体的大小和形状对所研究的问题没有影响，就可以将其简化为一个有质量的点。不能视为质点的情况：当研究的问题涉及物体的转动、姿态变化或形变等与大小、形状有关的特性时。
2、参考系是描述物体运动时作为参照的物体或系统。运动的相对性指的是同一物体的运动状态在不同参考系下可能不同。
3．（2025·嘉兴模拟）鸿鹄卫星是我国的一颗近地卫星，离地高度约为500km。若此卫星绕地球做匀速圆周运动，则其（　　）
A．发射速度小于
B．与月球相比，周期更大
C．与同步卫星相比，角速度更小
D．与赤道上的建筑物相比，向心加速度更大
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A． 关于第一宇宙速度： 7.9km/s是卫星能维持圆周运动的最小轨道速度， 实际发射时需要额外能量克服空气阻力和重力势能， 因此发射速度必须大于7.9km/s ，故A错误；
B． 由开普勒第三定律可知，轨道半径越大周期越长，月球轨道半径显著大于近地卫星，所以月球公转周期更长 ，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，有，解得，因同步卫星的轨道半径大于此卫星的轨道半径，所以同步卫星的角速度小于此卫星的角速度，故C错误；
D ．因同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，由上分析可知此卫星的角速度大于赤道上的建筑物的角速度，赤道上的建筑物到地心的距离小于此卫星到地心的距离，根据向心加速度公式
可得此卫星的向心加速度大于赤道上的建筑物的向心加速度，故D正确。
故选D。
【分析】1、第一宇宙速度7.9km/s是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的最小速度。
但实际发射速度通常大于7.9km/s，因为需要考虑克服空气阻力和地球引力的影响。这是最小的发射速度，若小于此速度，物体将落回地面。
2、开普勒第三定律：对于绕同一中心天体运动的物体，轨道半径的立方与周期的平方成正比。公式表达：T2 ∝ R3，轨道半径越大，周期越长。
3、万有引力与圆周运动：万有引力提供向心力：GMm/r2 = mω2r，可推导出角速度ω与轨道半径r的关系：ω2 = GM/r3，轨道半径越大，角速度越小。
4、同步卫星的特性：同步卫星的周期与地球自转周期相同（24小时）。角速度与地球自转角速度相同。
4．（2025·嘉兴模拟）如图所示，氢气球带着下方所挂重物加速上升。在上升过程中（　　）
A．重物处于失重状态
B．若细绳突然断裂，重物将立刻向下运动
C．氢气球对重物的拉力大于重物对氢气球的拉力
D．氢气球和重物所构成的系统机械能不守恒
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．重物具有向上的加速度，根据牛顿运动定律，此时处于超重状态 ，故A错误；
B．断裂瞬间重物仍具有向上的速度，仅受重力作用，将做匀减速运动，不会立即转为下落 ，故B错误；
C．根据作用力与反作用力原理：氢气球对重物的拉力与重物对氢气球的拉力大小相等、方向相反 ，故C错误；
D．上升过程中速度增加（动能增大），同时高度增加（重力势能增大），系统总机械能必然增加 ，故D正确。
故选D。
【分析】1、超重状态：物体具有向上的加速度时，视重大于实际重力，失重状态：物体具有向下的加速度时，视重小于实际重力，判断依据：加速度方向（与重力方向相反为超重，相同为失重）
2、绳断瞬间：物体保持原有运动状态
3、牛顿第三定律：作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在不同物体上。
4、机械能变化条件：只有重力做功时机械能守恒，外力做功时机械能改变。
5．（2025·嘉兴模拟）下列说法正确的是（　　）
A．热量不能从低温物体传到高温物体
B．弱相互作用使多个核子形成稳定的原子核
C．泊淞亮斑是光的衍射现象，支持了光的粒子说
D．黑体辐射的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
【答案】D
【知识点】波的衍射现象；热力学第二定律；黑体、黑体辐射及其实验规律；核力与四种基本相互作用
【解析】【解答】A．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但通过外界做功，热量能从低温物体传到高温物体，故A错误；
B．核子间的强相互作用使核子聚集到一起形成原子核，故B错误；
C．泊松亮斑支持了光的波动说，故C错误；
D．黑体辐射随着波长越短、温度越高则辐射越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故D正确；
故选D。
【分析】1、 热量可以从低温传到高温，只是不能自发进行 。
2、强相互作用（核力）是使核子（质子和中子）结合形成原子核的主要作用力
弱相互作用主要与β衰变等过程有关，不是维持核稳定的主要因素。
3、泊松亮斑是光遇到障碍物时产生的衍射现象，这一现象支持光的波动性，而非粒子性。
4、黑体辐射的波长分布确实只取决于温度，这是普朗克研究黑体辐射的重要结论，与黑体的材料、形状等其他因素无关。
6．（2025·嘉兴模拟）如图所示，正六棱柱金属壳上下底面的中心为O1，O2，A为棱角顶点，在O1正上方置一正点电荷Q，则达到静电平衡后（　　）
A．O1点电势高于O2点电势
B．相比于A点，O1点的电荷密集程度更高
C．在正六棱柱金属壳内部电场强度处处为零
D．在上表面O1点上方附近的电场方向与上表面平行
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A． 由于金属壳处于静电平衡状态，整个导体是一个等势体，表面为等势面。因此，O1点和O2点的电势相同 ，故A错误；
B． 静电平衡时，导体表面的电荷分布与曲率有关，尖端处电荷更密集。O1点位于平坦部分，而A点更靠近尖端，因此O1点的电荷密度比A点低，故B错误；
C． 静电平衡时，金属壳内部（包括空腔）的电场强度处处为零 ，故C正确；
D． 静电平衡时，导体表面附近的电场方向垂直于表面。因此，O1点上方附近的电场方向应与上表面垂直，故D错误。
故选C。
【分析】1、静电平衡导体的性质：导体内部电场强度处处为零，导体是等势体，表面是等势面
电荷只分布在导体表面，表面附近的电场方向垂直于表面。
2、电荷分布规律：导体表面曲率越大（越尖锐），电荷密度越大，平坦处电荷密度较小
3、电势特性：等势体意味着体内和表面各点电势相同，因此表面上任意两点电势相等
4、电场方向：导体表面电场必须垂直于表面，否则会有沿表面的电场分量，导致电荷移动，破坏静电平衡。
7．（2025·嘉兴模拟）钍基熔盐反应堆主要采用钍232（）和铀238（）作为燃料。反应堆工作时，吸收中子转化为钚239（），核反应方程为，则（　　）
A．核反应方程式中的X为
B．铀238的比结合能较钚239小
C．钚239的中子数比铀238多一个
D．核反应前后原子的质量数守恒，不存在质量亏损
【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；反应堆与核电站
【解析】【解答】A．核反应方程需满足质量数（上标）和电荷数（下标）守恒。铀238（）吸收中子（）后，转变为钚239（），并放出一个粒子X。质量数守恒：238 + 1 = 239 + 0 X的质量数为0。电荷数守恒：92 + 0 = 94 + (-1) X的电荷数为-1。因此，X是电子（），即β-粒子。故A错误；
B． 比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。钚239（）比铀238（）更稳定，因此钚239的比结合能更大 ，故B正确；
C．钚239的中子数为145，铀238的中子数为146，所以钚239的中子数比铀238少一个，故C错误；
D．虽然核反应前后原子的质量数守恒，但由于放出核能，所以存在质量亏损，故D错误。
故选B。
【分析】1、核反应需满足质量数（A）和电荷数（Z）守恒。若产物X的电荷数为-1、质量数为0，可判定为电子（β-粒子），属于β衰变过程。
2、比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。题目指出生成核（如钚239）比初始核（铀238）更稳定，因此钚239的比结合能更大，铀238的比结合能较小。
3、中子数 = 质量数 - 质子数。
4、 核反应中，尽管质量数守恒，但因释放能量 ， 系统总质量减少，称为质量亏损。这表明部分静止质量转化为能量。
8．（2025·嘉兴模拟）如图所示，某兴趣小组用长为的细线将小球悬挂于点，A为最低点，与点等高，用沿OA方向的平行光照射该装置。实验方案一是将装置置于地面实验室中，拉直细线让小球从点静止释放；实验方案二是将装置置于我国空间站中，在A点给小球一个的垂直方向的初速度。不计空气阻力，则两种实验方案中小球（　　）
A．运动的轨迹相同
B．在最低点受到的拉力相同
C．方案二中投影的运动是简谐运动
D．方案一中投影的运动周期较方案二小
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象；向心力
【解析】【解答】A．方案一中小球在地面做与O点等高的圆周运动，轨迹为半圆，方案二中小球在空间站做匀速圆周运动，轨迹为圆，所以两种方案的轨迹不同，故A错误；
B．方案一由B点到最低点，由动能定理，，解得
方案二在最低点，故B错误；
C．方案二中设小球转过的圆心角为，小球做匀速圆周运动，则，其中，，那么小球运动的水平投影为，由此可知小球运动的水平投影位移与时间的关系为正弦函数，所以小球的投影运动为简谐运动，故C正确；
D．方案二的周期，将方案一近似为单摆运动时，单摆运动的周期为，由于方案一从B点释放，所以其周期比单摆周期大，所以方案一中投影的运动周期较方案二大，故D错误。
故选C。
【分析】1、 运动轨迹分析
方案一（地面）：小球在重力作用下做半圆形轨迹运动（受约束，仅能完成半圆）。
方案二（空间站）：在微重力环境下，小球做完整的匀速圆周运动，轨迹为圆。
2. 动能定理与速度计算
方案一（地面）：小球从B点运动到最低点，由动能定理计算速度：
mgR=21 mv2 v=2gR
方案二（空间站）：小球做匀速圆周运动，速度恒定，由向心力维持。
3. 简谐运动的判定
方案二（空间站）：小球做匀速圆周运动，其水平投影的运动方程为：
其中 ω=Rv ，表明水平位移随时间呈正弦/余弦变化，符合简谐运动的特征
9．（2025·嘉兴模拟）如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶A在时刻以的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．两只冰壶在时发生碰撞
B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42J
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为
D．和两时刻冰壶重心间的距离之比为
【答案】C
【知识点】功能关系；冲量；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为，冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间为，则，，解得，，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在时发生碰撞，故A错误；
B．对冰壶A有，解得，故B错误；
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小，解得，故C正确；
D．全过程的位置图如下图所示
两只冰壶在时发生碰撞，所以时两冰壶重心的距离为
解得，两冰壶重心的距离为
解得，所以和两时刻冰壶重心间的距离之比为，故D错误。
故选C。
【分析】1、在弹性正碰中，若两物体质量相等，则碰撞后速度交换。由冰壶B的运动图像可知，碰撞后冰壶B做匀减速直线运动，最终停止。
2、冰壶B滑行距离 s=0.9m，最终停止，可计算其加速度 a 和运动时间 ：
（匀变速运动公式）和，可求解加速度。
3、碰撞后冰壶B的速度 ，因弹性碰撞且质量相等，碰撞前冰壶A的速度 。碰撞后冰壶A静止，冰壶B以 运动。
4、冰壶B受摩擦力作用，其加速度 a=μg，可得摩擦因数
冰壶B受到的摩擦力冲量：。
10．（2025·嘉兴模拟）光学仪器“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。其由发光图片、棱镜和光屏构成，发光图片的中心、棱镜左右侧面的中心以及毛玻璃光屏的中心都处于轴上，如图所示。其中棱镜的横截面为底角的等腰梯形，棱镜材料对绿光的折射率。已知平行于轴入射到左侧界面的绿光穿过棱镜时，只与下底面发生一次反射，下列说法正确的是（　　）
A．平行于轴入射到左侧界面的绿光折射时偏折了
B．平行于轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程不同
C．若从图示视角观察，图片以轴旋转，则光屏上的像与图片旋转方向相同
D．若棱镜以轴旋转的角速度为，则光屏上的像旋转周期为
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光线在棱镜中传播时光路图如图
平行于轴入射到左侧界面的绿光折射角为，可知r=30°，可知折射时偏折了，故A错误；
B．由几何关系可知，平行于轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程相同，故B错误；
C．若从图示视角观察，图片以轴旋转，则根据光路图可知，入射到左侧面的光线和从右侧面的出射光线上下位置颠倒，则光屏上的像与图片旋转方向相反，故C错误；
D．若棱镜以轴旋转的角速度为，则周期，因棱镜旋转一周，则屏上的像转2周，则光屏上的像旋转周期为，故D正确。
故选D。
【分析】1、画出光线在棱镜中传播时光路图，根据几何关系可求解绿光折射角。
2、由几何关系可知绿光在棱镜内通过的路程相同。
3、根据光路图可知，入射到左侧面的光线和从右侧面的出射光线上下位置颠倒，则光屏上的像与图片旋转方向相反。
4、周期为，因棱镜旋转一周，则屏上的像转2周。
11．（2025·嘉兴模拟）某自行车所装车灯发电机如图甲所示，其结构见图乙。绕有线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端、作为发电机输出端，通过导线与灯泡相连。假设车轮转动时，摩擦轮与轮胎间不打滑，则（　　）
A．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，通过的电流方向为
B．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，中的电流逐渐变小
C．车轮转速加倍时中的电流也加倍
D．自行车匀加速行驶时发电机输出电压随时间变化关系大致如图丙所示
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 当磁铁匀速转动时，通过线圈的向下磁通量逐渐减少。根据楞次定律，感应电流产生的磁场会阻碍原磁通量的减少，因此感应电流的磁场方向应向下。再根据安培定则（右手螺旋定则），可以判断线圈中的电流方向为b→a→d→c， ，故A正确；
B．在磁铁从图示位置转过90°的过程中：初始位置（0°）时，磁通量最大但变化率为零（电流为零）随着转动角度增大，磁通量变化率逐渐增大，感应电流逐渐增大，转到90°时，磁通量为零但变化率最大（电流最大） ，故B错误；
C．车轮转速加倍，摩擦轮转速加倍，磁铁转动角速度加倍，磁通量变化率也加倍，则也加倍，由可知电流加倍，故C正确；
D．自行车匀加速行驶时，车轮转速持续增加，磁铁转动加快，周期变小，但图丙中电压周期不变，故D错误。
故选AC。
【分析】1、电流方向：由楞次定律和安培定则判定磁通量减少时感应电流方向。
2、电流变化规律：磁通量变化率最大时（Φ=0），感应电流最大；在 0°→90° 过程中电流逐渐增大。
3、转速影响：转速加倍时，感应电动势和电流均加倍。
4、匀加速问题：理论上匀加速会导致电压周期逐渐减小。
12．（2025·嘉兴模拟）同一个介质内相距12m的两个波源，在t=0时刻同时相向发出两列简谐波。在两个波源间连线上有P、Q两个质点，其0~6s内的振动图像分别如图甲、乙所示，则（　　）
A．两波源的起振方向均沿+y方向
B．两列波的波速都为2m/s
C．P、Q两点的距离可能为1m
D．P、Q两点之间一定还有2个振动加强点
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图可知，两波源的起振方向均沿-y方向，故A错误；
B．由图可知2s时质点P开始振动，4s时两波相遇，则，解得，故B正确；
C．由图可知，1.5s时质点Q开始振动，P、Q两点的距离为或，故C正确；
D．由于两波源振动步调相同，若振动加强，则波程差应为半波长的偶数倍，即（n=0，1，2……），，若PQ两点间的距离为1m，PQ间只有P点为振动加强点，若PQ两点间的距离为5m，PQ间除P点外还有两个振动加强点，故D错误。
故选BC。
【分析】1、两波源的起振方向均为 -y方向，表明它们产生的波初始振动方向相同。波的传播方向可通过质点开始振动的时间判断。
2、波速 可通过时间差和距离计算：两波在 4s 时相遇，波源间距为 ，则：。
3、波长 可通过周期 T（图中可读取）和波速计算：。
4、两列相干波叠加时，振动加强点需满足波程差 为半波长的 偶数倍（或波长的整数倍）：，质点开始振动的时间取决于波源到该点的距离。
13．（2025·嘉兴模拟）如图甲为研究光电效应的实验电路，图乙纵坐标为实验中AK间的电压U（A电势高于K为正），横坐标为入射光的频率ν，图乙中BC为平行于U轴的直线，CD是一条斜率绝对值为k的直线，C点的坐标为（b，0），图中阴影部分表示能产生光电流的区域。现有大量氢原子处于某激发态，在向低能级跃迁时只能放出1种可见光，且该可见光恰好能使实验所用的金属材料发生光电效应，已知氢原子各能级关系为，其中E1为基态能级值，量子数n=1，2，3……，电子电量为e，光速为c，则（　　）
A．直线CD是滑片P在aO之间滑动所收集的数据绘制而成
B．斜率绝对值k等于普朗克常量数值
C．能使实验所用金属材料发生光电效应的可见光光子动量至少为
D．根据实验结果，氢原子基态的能级值为
【答案】A,C,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】A．由图可知，直线CD表示AK间电压为负值，则A电势低于K，所以滑片P应在aO之间滑动，故A正确；
B．根据光电效应方程可得，所以，斜率绝对值，，故B错误；
C．能使实验所用金属材料发生光电效应的可见光光子动量至少为，故C正确；
D．根据题意可知，，，所以氢原子基态的能级值为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、光电效应实验中，当照射光的频率大于金属的截止频率时，光电子从金属表面逸出。
AK间电压（反向截止电压）：当A（阳极）的电势低于K（阴极）时，光电子需要克服电场力做功才能到达A极。此时电压为负值，表示反向截止电压。
滑片P的位置：若AK间电压为负值（A电势低于K），则滑片P应在aO之间滑动（假设O为中间点，a端使A电势更低）。
2、光电效应方程与截止电压的关系，光电效应方程：，其中 Ek 为光电子最大初动能，为光子能量，为逸出功。
3、截止电压 与光电子动能的关系：，由实验数据绘制的 图像中，，截距为逸出功与电子电荷量的比值：
4、可见光光子动量的最小值，光子动量公式：，可见光的波长范围约为 400 nm（紫光）到 700 nm（红光）。动量最小值对应最大波长（红光）。
14．（2025·嘉兴模拟）验证“机械能守恒定律”实验装置如图所示。
（1）除图1所示器材外，还需选用______（多选）
A．刻度尺 B．秒表 C．学生电源
（2）如图2为截取实验所获一条纸带的部分，已知为测量起点，、、、为4个连续打下的点，打点频率为50Hz，则打点“”时，重锤的速度为　 　（保留2位有效数字）。
（3）实验中发现，各标记点的动能大于从至该点过程中重力势能减少量，其原因可能是______（单选）
A．工作电压偏低
B．存在空气阻力和纸带的摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
（4）改用如图3所示的气势导轨进行实验，将气垫导轨调至水平，将滑块移至图示位置，静止释放滑块，读出挡光片通过光电门的挡光时间，测出挡光片的宽度和挡光片到光电门的距离，用天平称出托盘和砝码的总质量以及滑块和挡光片的总质量。若要验证机械能守恒定律的结论，以上物理量应满足的关系式是　 　。
【答案】（1）A；C
（2）2.4
（3）C
（4）
【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）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为，动能的增加量为
重力势能的减少量为，若关系式满足，即
可验证机械能守恒定律。
【分析】（1）验证“机械能守恒定律”实验中需要刻度尺和学生电源，不需要秒表。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，计算C点速度。
（3）接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，则此时C点的速度偏大，动能偏大。
（4）通过光电门的速度，满足，可验证机械能守恒定律。
（1）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。
故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为
动能的增加量为
重力势能的减少量为
若关系式满足
即
可验证机械能守恒定律。
15．（2025·嘉兴模拟）在“探究变压器原、副线作电压与匝数的关系”实验中，小张用400匝的线圈和800匝的线作组合而成的变压器进行实验，然后选择　 　填“稳压2A”或“交流3A”）作为输入端电源，如图所示。经正确连线和规范读数，实验中记录的数据、分别表示线圈、两端的电压测量数据。
1.80 2.81 3.80 4.78 5.80
4.00 6.01 8.02 9.98 12.04
根据表中数据，下列推断正确的是　 　（多选）
A.一定是副线圈 B.中的电流较小
C.中的电流频率较高 D.实验中变压器顶部铁芯一定有松动
【答案】交流3A；AB
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】变压器利用了互感现象，所以变压器对稳压电源起不到变压作用，要选择交流3A的输入端电源。
A．实际变压器工作时存在以下损耗：漏磁（部分磁通未耦合到副线圈），线圈电阻分压（铜损），铁芯涡流损耗（铁损），这些因素导致副线圈实际输出电压必然小于理想变压器的计算值（U2 = (N2/N1）。因此表格数据若总是略小于理论值，可以确定测量的是副线圈 ，故A正确；
B．由理想变压器规律，可知中的电流较小，故B正确；
C．变压器的工作原理是电磁感应，其仅能改变电压/电流的幅值，输入/输出频率严格保持一致，波形形状可能因非线性失真发生微小变化 ，故C错误；
D．实际变压器的效率损失主要来自：铜损（线圈电阻发热），铁损（涡流损耗+磁滞损耗），机械损耗（如松动振动），但顶部铁芯松动只是可能原因之一，并非必然存在，故D错误。
故选AB。
【分析】1、变压器利用电磁感应中的互感现象实现电压变换。它的工作依赖于交变电流产生的变化磁场，必须使用交流电源，不能用于直流稳压电源。
2、理想情况下，电压与匝数成正比（，电流与匝数成反比（）。
实际变压器存在损耗，导致副线圈输出电压略低于理论值，主要原因包括：漏磁（部分磁通未耦合到副线圈）
3、 变压器仅改变电压和电流大小，不会改变交流电的频率。输出频率始终与输入频率相同。
4、实际运行中主要存在三类能量损耗：铜损：电流流过线圈电阻产生的热损耗，铁损：涡流损耗（铁芯中感应电流发热），磁滞损耗（铁芯磁化方向变化消耗能量），漏磁损耗：部分磁场未能有效耦合到副线圈。
16．（2025·嘉兴模拟）在“电池电动势和内阻的测量”实验中，备用器材有：滑动变阻器（最大阻值），电阻箱，定值电阻，电流表A（量程有0~0.6A和，内阻分别为和），多用电表，干电池，开关，导线若干。
（1）小张选用多用电表“直流电压2.5V量程”测量，示数如图1所示，测得电动势　 　V
（2）小金选择了其中一些器材，设计了如图2所示电路，当端分别接、两点测得两组数据，在坐标系上描点、连线如图3所示，接点对应图3中的　 　（填“甲”或“乙”），由图线可得干电池的内阻　 　（保留2位有效数字）。
（3）若上述器材中多用电表因故障而不能使用，请重新设计实验电路，并画在答题纸相应方框中。
【答案】（1）1.34~1.35
（2）甲；
（3）
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）选用多用电表“直流电压2.5V量程”测量，最小分度值为0.05V，故读数为1.34V或者1.35V。
（2）根据U－I图线可知，图线的斜率的绝对值表示等效电源的内阻，接点时
接点时，甲图线的斜率的绝对值大，故接点对应图3中的甲图。
由图线可估测电源电动势约为1.5V，滑动变阻器的最大阻值为，可估算，故选择0.6A的电流表，内阻为。
根据，由，解得
（3）如图所示，利用电流表和电阻箱测电池电动势和内阻。
【分析】（1）“直流电压2.5V量程”测量，最小分度值为0.05V，不需要估读。
（2）根据U－I图线可知，图线的斜率的绝对值表示等效电源的内阻。根据，由，可计算内阻。
（3）在“电池电动势和内阻的测量”实验中没有电压表，利用电流表和电阻箱测电池电动势和内阻。

（1）选用多用电表“直流电压2.5V量程”测量，最小分度值为0.05V，故读数为1.34V或者1.35V。
（2）[1]根据U－I图线可知，图线的斜率的绝对值表示等效电源的内阻
接点时
接点时
甲图线的斜率的绝对值大，故接点对应图3中的甲图。
[2]由图线可估测电源电动势约为1.5V，滑动变阻器的最大阻值为，可估算
故选择0.6A的电流表，内阻为。
根据
由
解得
（3）如图所示，利用电流表和电阻箱测电池电动势和内阻。
17．（2025·嘉兴模拟）如图为一高的直立绝热圆筒汽缸，其顶盖中央有小孔与大气相通，质量、面积的能无摩擦滑动的绝热薄活塞下方封闭了一定量的理想气体。开始时，活塞离顶盖距离，气体处于温度的状态1，电热丝加热，活塞缓慢上移，刚到达顶盖时，气体达到状态2。电热丝继续加热，气体达到状态3，其压强。整个过程中气体内能增加了，已知大气压。求气体
（1）从状态1到状态2，分子热运动的平均速率　 　（填“增大”，“不变”或“减小”），单位体积内的分子数　 　（填“增大”，“不变”或“减小”）。
（2）在状态3的温度；
（3）从状态1到状态3吸收的热量。
【答案】（1）增大；减小
（2）解：根据平衡条件，可得，
可得，根据气体状态方程，可得
（3）解：从状态1到状态2，外界对气体做功，根据热力学第一定律
可得
【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】（1）1、宏观热力学过程：初始状态（状态1）：活塞距离顶盖为h1，温度为T1，加热过程：电热丝缓慢加热，保持系统准静态变化，最终状态（状态2）：活塞接触顶盖，温度升至T2，过程性质：等压膨胀（压强恒定，体积增大），微观分子运动变化：平均动能变化：因为 T2 > T1 所以 分子平均动能增大，平均速率变化：分子平均速率增大。
2、分子数密度变化：定义：n = N/V（N为总分子数，V为体积），由于V增大而N不变 数密度n减小。
【分析】（1）1、温度是分子平均动能的标志，从状态1到状态2，温度升高，分子热运动的平均动能增大，分子热运动的平均速率也增大。
2、从状态1到状态2过程，气体体积增大，所以分子数密度减小。
（2）根据平衡条件可得出压强，根据气体状态方程可求解 在状态3的温度 。
（3）外界对气体做功，根据热力学第一定律可求解 从状态1到状态3吸收的热量 。
（1）[1]开始时，活塞离顶盖距离，气体处于温度的状态1，电热丝加热，活塞缓慢上移，刚到达顶盖时，气体达到状态2
所以气体经历等压膨胀，当体积增大时，气体温度也升高，温度是分子平均动能的标志，所以从状态1到状态2，分子热运动的平均动能增大，所以平均速率也增大
[2]分子数密度等于分子总数除以总体积，即
从状态1到状态2过程，气体体积增大，所以分子数密度减小
（2）根据平衡条件
可得
可得
根据气体状态方程
可得
（3）从状态1到状态2，外界对气体做功
根据热力学第一定律
可得
18．（2025·嘉兴模拟）某游戏装置如图所示，由弹射装置、圆心为和的两个圆弧构成的竖直轨道ABC、水平轨道CD和逆时针转动的倾斜传送带DE平滑连接而成。水平接收平台FJ的位置可自由调节，其上方静置个相同的小球。现弹射装置将质量的滑块（视为质点）以初动能水平射入A点，通过轨道ABCD和传送带DE后，恰好沿水平进入接收平台并与其上的小球发生碰撞，则游戏成功。已知轨道ABC中，，传送带DE的长度、倾斜角度、运行速度，接收平台上的小球质量，滑块与传送带之间的动摩擦因数，其余各段光滑，不计空气阻力。取，。
（1）若滑块恰好不脱离圆弧轨道ABC，求滑块通过点时的速度及轨道对滑块的支持力；
（2）某次调试中，当接收平台左端与点的水平距离时，游戏恰好成功，求滑块在本次运行过程中与传送带之间因摩擦产生的热量；
（3）若所有碰撞均为弹性正碰，则在游戏成功的条件下，接收平台上第个小球获得的动量与滑块的初动能之间的关系。
【答案】（1）解：根据临界条件，解得
根据机械能守恒，解得
根据圆周运动最低点受力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：根据运动合成与分解，可得
根据牛顿第二定律，解得
根据匀变速直线运动规律 ，解得
根据摩擦生热规律
解得
（3）解：根据动能定理，解得
滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞规律，
联立，解得
随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推……因此，小球的速度
由此可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）竖直平面圆周，恰好通过最高点临界条件，可求解最高点速度，
根据机械能守恒列等式：，可求解C点速度，
圆周运动最低点由牛顿第二定律列等式，可求解 轨道对滑块的支持力 。
（2）恰好沿水平进入接收平台，根据运动合成与分解，可求解E点速度，
在传送带上运动，根据牛顿第二定律，可求解加速度，根据匀变速直线运动规律，可求解运动时间，根据摩擦生热，可求解传送带之间因摩擦产生的热量。
（3）A到E过程，运用动能定理列等式：
滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞动量守恒：，能量守恒列等式，联立，解得，随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推……因此，小球的速度，可得出接收平台上第个小球获得的动量与滑块的初动能之间的关系。
（1）根据临界条件
解得
根据机械能守恒
解得
根据圆周运动最低点受力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）根据运动合成与分解
可得
根据牛顿第二定律
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据摩擦生热规律
解得
（3）根据动能定理
解得
滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞规律，
联立，解得
随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推……因此，小球的速度
由此可得
19．（2025·嘉兴模拟）如图所示是研究电磁感应的装置，由Ⅰ和Ⅱ两部分组成。装置I由两个半径分别为和，圆心分别为和的水平金属圆环与金属棒固定连接而成。装置Ⅰ处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，可绕轴线转动。装置Ⅱ中有两水平的光滑平行金属导轨，通过开关和导线与装置Ⅰ的两圆环边缘相接，导轨右侧接有电容为的电容器，左侧接有阻值为的定值电阻。质量为，匝数为，每匝周长为的线轨通过电刷与导轨接通，该线圈与两根劲度系数均为的水平弹定连接，并静置于辐向磁场区域的左边界内侧，线圈所在处磁感应强度大小也为，现断开，将拨到，让装置Ⅰ以角速度逆时针（俯视）匀速转动；待电容器充电完毕，将从拨到瞬间，线圈即被以速度弹离磁场，随即断开的同时闭合。已知当弹簧形变量为时，其弹性势能为，除定值电阻外，其余电阻均不计。
（1）判断电容器上极板带哪种电荷，并求转动过程中金属棒两端的电压；
（2）求线圈被弹离后，电容器所带的电量；
（3）若已知从线圈被弹离到向右运动达最远处过程中，电阻上产生的焦耳热为。求：
①线圈进入辐向磁场的最大距离；
②此过程中，弹簧弹力对线圈的冲量大小I。
【答案】（1）解：上极板带正电，根据装置结构，导体棒有效切割长度
根据动生电动势表达式可得
（2）解：根据动量定理 ，可得放电电量
电容器充电完成后，总电量 ，可得
根据电荷守恒，剩余电量
可得
（3）解：①根据能量守恒
可得
②根据动量定理有
可得
【知识点】含容电路分析；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 以角速度逆时针（俯视）匀速转动，根据右手定则可判断出上极板带正电，根据装置结构，导体棒有效切割长度，根据动生电动势表达式可得出转动过程中金属棒两端的电压。
（2）根据动量定理 ，可得放电电量，电容器充电完成后，总电量，可
根据电荷守恒，剩余电量 。
（3）①根据能量守恒列等式：， 可求解线圈进入辐向磁场的最大距离
②根据动量定理列等式：，可求解弹簧弹力对线圈的冲量大小I。
（1）上极板带正电，根据装置结构，导体棒有效切割长度
根据动生电动势表达式可得
（2）根据动量定理
可得放电电量
电容器充电完成后，总电量
可得
根据电荷守恒，剩余电量
可得
（3）①根据能量守恒
可得
②根据动量定理有
可得
20．（2025·嘉兴模拟）如图所示是粒子发射接收装置，粒子源（大小不计）能均匀释放初速度可视为0的电子，单位时间内释放的电子数为n。在以为圆心、半径为的水平区域内存在辐向电场，能为电子提供可在范围内调节的加速电压。电子经辐向电场加速后沿各个径向均匀射出，后进入同时存在磁感应强度为的匀强磁场和电场强度为的匀强电场的区域，两场方向均竖直向上。为粒子源正下方的一点，且位于足够大的水平收集板上，与的距离可调。已知电子电量为，质量为，电子到达收集板后立刻被吸收且电中和，不计电子受到的重力及相互间作用力。
（1）求电子刚从辐向电场射出时速度的大小范围；
（2）上下移动收集板，求收集板上能收集到电子的区域的最大面积；
（3）若无论怎样调节辐向电场的加速电压U，电子在收集板上的落点与收集板中心的距离都相同，求
①距离需满足的条件；
②收集板所受冲击力大小F。
【答案】（1）解：从粒子源到辐射电场，根据动能定理：
根据题意可知电压范围为
代入可得速度的最小值为
速度的最大值为
所以速度范围是
（2）解：根据洛伦兹力提供向心力，可得电子运动最大半径
由图可知
电子与中心的最远距离 ，电子与中心的最近距离
收集板上能收集到到电子的区域面积
（3）解：①由题意可知，接收板只能在电子运动周期整数倍的位置，才能使所有落在收集板上电子与收集板中心距离都相同。电子运动周期
根据匀变速直线运动规律
②垂直方向的速度为
根据动量定理
可得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）从粒子源到辐射电场，根据动能定理列等式：，根据题意可知电压范围，代入可得速度的最小值 和速度的最大值。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，根据速度最大值可得电子运动最大半径，
画出轨迹图
根据图中几何关系可得电子与中心的最远距离和电子与中心的最近距离。收集板上能收集到到电子的区域面积
（3）①由题意可知，接收板只能在电子运动周期整数倍的位置，才能使所有落在收集板上电子与收集板中心距离都相同。电子运动周期，根据匀变速直线运动规律可得距离需满足的条件：
②垂直方向的速度为，根据动量定可求解收集板所受冲击力大小F。
（1）从粒子源到辐射电场，根据动能定理：
根据题意可知电压范围为
代入可得速度的最小值为
速度的最大值为
所以速度范围是
（2）根据洛伦兹力提供向心力
可得电子运动最大半径
由图可知
电子与中心的最远距离
电子与中心的最近距离
收集板上能收集到到电子的区域面积
（3）①由题意可知，接收板只能在电子运动周期整数倍的位置，才能使所有落在收集板上电子与收集板中心距离都相同。
电子运动周期
根据匀变速直线运动规律
②垂直方向的速度为
根据动量定理
可得
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