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2025届浙江省温州市高三下学期5月三模物理试题
1．（2025·温州模拟）随着电池和电机技术的进步，国产新能源车在加速性能方面表现出色。研究汽车加速时，会引入一个新物理量j来表示加速度a随时间t变化的快慢，即。该物理量的单位用国际单位制中基本单位符号表示为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】加速度；力学单位制
【解析】【解答】本题可以类似速度的定义式或加速度的定义式进行分析推导，知道物理量单位的关系与物理量的关系相同。根据可知其单位
故选A。
【分析】加速度变化的快慢可以表示为，结合加速度的单位和时间的单位得出该物理量的单位。
2．（2025·温州模拟）2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。如图所示，比赛中运动员正沿圆弧形弯道滑行，则下列说法正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度是14.3m/s
C．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
D．运动员在弯道滑行时，冰面对运动员的作用力大于运动员对冰面的作用力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】本题考查对路程、位移、平均速度、质点、相互作用力的理解，清楚其物理定义。A．位移是由初位置指向末位置的有向线段，500米是运动员运动轨迹的长度，即路程，而不是位移大小。在速度滑冰男子500米比赛中，运动员沿圆弧形弯道滑行，初末位置不同，位移大小小于500米，故A错误；
B．平均速度等于位移除以时间，为
由A选项分析可知位移小于500米，时间，则平均速度
故B错误；
C．当物体的开关、大小对所研究的问题没有影响时，才可以把物体看作质点。研究运动员的冲线技巧时，运动员的肢体动作等对研究冲线技巧有重要影响，不能忽略其形状和大小，所以不可以把运动员看作质点，故C正确；
D．冰面对运动员的作用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，所以冰面对运动员的作用力等于运动员对冰面的作用力，故D错误。
故选C。
【分析】路程是物体运动的轨迹的长度，是标量，位移是由起点指向终点的有向线段，是矢量。平均速度是单位时间内的位移。如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点。冰面对运动员的作用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力。
3．（2025·温州模拟）中国的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）首次实现了1亿摄氏度条件下1000秒的等离子体运行。该装置内部发生的核反应方程为，此反应会释放核能，伴随光子放出。下列说法正确的是（　　）
A．该核反应方程中的X是质子
B．的比结合能小于的比结合能
C．核聚变反应所释放的光子可能来源于氢原子能级跃迁
D．该反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能发生
【答案】D
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】本题考查核聚变的核反应方程，比结合能等知识，多读课本，掌握了基础知识才能顺利解决此类问题。
A．该反应过程为核聚变过程，反应过程质量数守恒和核电荷数守恒，该核反应方程为
故A错误；
B．比结合能越大，原子核越稳定，核反应中生成物比反应物更加稳定，所以的比结合能大于的比结合能，故B错误；
C．原子能级跃迁仅涉及电子在原子轨道间的跃迁，释放低能光子（如可见光、紫外线），与核反应无直接关联。核聚变反应释放的光子主要来源于核反应本身，而非氢原子能级跃迁。故C错误；
D．要使核聚变发生，原子核必须首先接近到约以内，强核力才能主导结合过程。原子核带正电，根据库仑定律，它们之间的斥力随距离减小而急剧增大，这要求原子核需要足够的动能才能克服库仑斥力作用。因此，核聚变反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能有效发生，故D正确；
故选D。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析；根据比结合能与原子核稳定性的关系进行判断；核聚变反应所释放的γ光子来源于核反应中的质量亏损转化的能量；考虑核聚变反应的条件，因为两个轻核间存在库仑斥力，只有当原子核具有足够的动能克服这一斥力时，才能使它们靠近并发生反应。
4．（2025·温州模拟）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（　　）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒、超重失重以及运动的合成与分解等物理概念，难度不大。A． 一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中， 钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，部分小水珠可能会获得足够的动能，其质量较小，但是速度较大，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A正确；
B．小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B错误；
C．被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方向上的速度一定为零，水平方向上不一定为零，C错误；
D．钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和会小于钢珠静止下落时的机械能，D错误。
故选A。
【分析】在理想情况下，若能量损失较小，小水珠获得足够的机械能，就可能达到超过钢珠下落时的高度；加速度向下时物体处于失重状态；竖直向上溅起的小水珠在最高点速度为零，但斜向上溅起的小水珠在最高点还有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高点速度都为零；根据能量守恒定律，钢珠落入水中过程中存在能量损失，如克服水的阻力做功转化为内能等，因此所有溅起小水珠的机械能总和必然小于钢珠静止下落时的机械能。
5．（2025·温州模拟）如图1所示，同轴电缆是广泛应用于网络通讯、电视广播等领域的信号传输线，它由两个同心导体组成，内导体为铜制芯线，外导体为铝制网状编织层，两者间由绝缘材料隔开。图2为同轴电缆横截面内静电场的等势线与电场线的分布情况，相邻虚线同心圆间距相等，a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，下列说法正确的是（　　）
A．图2中虚线代表电场线
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用
C．a、b两点处的电场强度相同
D．a、d间的电势差为b、c间电势差的两倍
【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查点电荷的电场强度的特点，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。A． a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上， 图2中虚线代表等势面，A错误；
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；
C．a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；
D．距离内导体越远，电场强度越小， ，所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，D错误。
故选B。
【分析】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，点电荷的电场强度的特点是距离点电荷越远电势降落越慢。
6．（2025·温州模拟）宋应星的《天工开物》一书中记录了图1所示的用重物测量弓弦张力的“试弓定力”情景，简化示意图如图2所示，测量时将弦的中点悬挂于秤钩上，在质量为m的弓的中点处悬挂质量为M的重物，稳定时弦的张角。弦可视作遵循胡克定律的弹性轻绳，且始终在弹性限度内，不计弓的形变和一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．此时弦的张力为
B．此时弦的张力为
C．若增加重物的质量，弦的张角一定增大
D．若增加重物的质量，弦的张力一定增大
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。AB． 在质量为m的弓的中点处悬挂质量为M的重物，稳定时弦的张角 ，整体法对弓和物体受力分析，如图所示
竖直方向上由受力平衡可得
解得
故AB错误；
CD．不计弓的形变，增加重物质量，弦与竖直方向夹角减小，则弦的伸长量增加，根据胡克定律可知，弦的张力一定增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】整体法对弓和物体受力分析，竖直方向上由受力平衡列方程进行分析；增加重物质量，弦的伸长量增加，由此分析。
7．（2025·温州模拟）“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，且轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为和（和远小于该双星系统到观测者的距离）。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B．较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为
C．两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为
D．较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为
【答案】B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】本题以“食双星”这一特殊的双星系统为背景，考查了双星问题的相关知识，包括双星的运动特点、质量关系、周期以及线速度关系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激发学生对天体运动现象的兴趣。AC．由题意可知，时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即时间里，转了半个圈，故周期为
故AC错误；
B．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，均由彼此间的万有引力提供向心力故两颗恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正确；
D．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，根据
因为角速度相等，解得
故D错误。
故选B。
【分析】对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等，根据万有引力提供向心力求解。
8．（2025·温州模拟）如图所示是一种投弹式干粉消防车。某次灭火行动中，消防车出弹口到高楼水平距离，发射灭火弹的初速度与水平面夹角，且灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗。已知灭火弹可视为质点，不计空气阻力，，则灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于（　　）
A．13m B．14m C．15m D．20m
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题主要考查斜抛运动的知识，利用运动学知识求解即可。灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗，灭火弹可视为质点，灭火弹的逆运动可以看成具有某以初速度的平抛运动，设灭火弹的初速度为，则有
，
联立解得
，
则灭火弹的竖直位移大小为
则灭火弹的合位移大小为
则灭火弹在空中运动的轨迹长度应略大于灭火弹的合位移大小，所以最接近于15m。
故选C。
【分析】灭火弹的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动（抛物线运动）。灭火弹垂直射入玻璃窗，说明其竖直分速度减为零，此时水平分速度仍保持不变。利用运动学公式和几何关系，计算轨迹长度。
9．（2025·温州模拟）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（　　）
A．B球运动的距离为
B．库仑力对A球的冲量大小为
C．库仑力对A球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；人船模型；电势能
【解析】【解答】本题把库仑定律与牛顿第二定律、动量定理、能量守恒定律综合在一个简单的物理现象中，关键是先要弄清在排斥力作用下两电荷移动的距离变化。A． 已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷， 撤去外力的瞬间，对A，由牛顿第二定律有
两球运动一段时间，对B，由牛顿第二定律有
联立解得此时AB球间距
对AB系统，根据动量守恒定律有
整理得
因为
联立解得
故A错误；
B．根据动量守恒定律有
解得此时A的速度
在该段时间内，A球的速度由0变为，由动量定理，可得库仑力对A球的冲量大小为
故B错误；
C．在该段时间内，对B，由动能定理有
在该段时间内，库仑力对A球做功为，故C错误；
D．根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为
故D正确。
故选D。
【分析】由动量守恒和库仑力公式求B球运动的距离；B.根据动量定理求库仑力对A球的冲量大小；C.由动能定理求库仑力对A球做的功；D.根据能量守恒求两球组成的系统电势能减少量。
10．（2025·温州模拟）如图1所示，将一圆形线状光源水平放置在足够大的平静水面下，线状光源可以发出红光。通过支架（图中未画出）可以调节光源到水面的距离h，随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域。已知圆形线状光源的半径为，水对红光的折射率为，下列说法正确的是（　　）
A．h越大，水面上的发光区域面积越小
B．时，水面上的发光区域会呈现类似图2所示的圆环形状
C．当时，水面上的发光区域面积为
D．当时，水面上亮环与暗圆的面积之比为4：1
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光学的知识，要掌握折射定律，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
A．调节光源到水面的距离h，随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域，设亮环最外圈的半径为，暗圆的半径为，其光路图如图所示
发光面积为
临界角为
根据几何关系可知
，
联立，解得
所以，h越大，水面上的发光区域面积越大，故A错误；
B．当时
即此时中心区域全部被照亮，不存在暗圆，故B错误；
C．当时
所以，中心不存在暗圆，其中
水面上的发光区域面积为
故C正确；
D．当时
暗圆面积
亮环面积
水面上亮环与暗圆的面积之比为
故D错误。
故选C。
【分析】根据折射定律，光的全反射条件，结合几何关系与光路图分析求解。
11．（2025·温州模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，增大加速电压U，可以减小粒子在回旋加速器中运动的时间
B．图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光
C．图3中，在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小
D．图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大
【答案】A
【知识点】电阻定律；交变电流的产生及规律；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题需要利用带电粒子在电场、磁场中运动及发电机的相关知识求解。A．带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
（R为最大轨道半径）
速度越大，动能越大，最终动能
联立解得
每次加速获得的动能为Uq，则加速次数
每次粒子在磁场中加速半个周期，粒子在磁场中运动周期运动总时间
联立解得
由此可知，增大加速电压U ，粒子在回旋加速器中运动时间减小，故A正确；
B．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极管不会交替发光，故B错误；
C．在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度l变长，横截面积S变小，根据电阻定律
可知上表面应变片的电阻变大，故C错误；
D．磁流体发电机稳定时，有
（d为两极板间的距离）
解得电动势
可知仅减小两极板的距离d，磁流体发电机的电动势会减小，故D错误。
故选A。
【分析】增大加速电压，粒子经过加速后进入D形盒的速度变大，运动半径增大，因此离子会更早离开加速器；A、B两个二极管接入电路的极性方向不同，同时线圈转动时会产生不同方向的电流，因此两个二极管交替发光；上表面应变片被拉伸，电阻增大。
12．（2025·温州模拟）一列纵波波源做频率为1.0Hz的简谐振动，在介质中形成疏密相间的状态向右传播，时刻部分质点振动情况如图所示。图中虚线代表相邻各质点1、2、3、…、13的平衡位置且相距为0.5cm，小圆点代表该时刻各质点振动所在的位置。下列说法正确的是（　　）
A．这列纵波的波长为2cm
B．该时刻质点7振动方向向左
C．，质点3恰好运动到图中质点7的位置
D．经过20.25s，质点4的运动路程大于质点6的运动路程
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】本题解题关键是知道波长的定义，质点在一个周期内经过的路程为4A，但是在四分之一周期内经过的路程可能大于A，也可能小于A，也可能等于A。A． 小圆点代表该时刻各质点振动所在的位置 ，质点3和质点7均在平衡位置，二者相距半个波长，这列纵波的波长为4cm，A错误；
B．因为质点5在左最大位移处，所以该时刻质点7振动方向向左，B正确；
C．质点只振动不移动，质点3不可能运动到图中质点7的位置，C错误；
D．经过
经过20个周期时二者的路程相等，最后四分之一周期时间内，质点4向右运动并经过平衡位置，速度大，路程大，质点6向左运动到最大位移处后向右运动，速度小，路程小，所以，质点4的运动路程大于质点6的运动路程，D正确。
故选BD。
【分析】根据波长的定义分析；根据质点7所在的位置分析，介质中的质点不会随波迁移；分析该时刻质点4和质点6所在位置以及速度变化，进而根据在一个周期内质点经过的路程为4A比较。
13．（2025·温州模拟）研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能与入射光波长的关系如图所示。大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应。已知氢原子各能级关系为，其中为基态能级值，量子数1、2、3……，真空中光速为c，则（　　）
A．普朗克常量为
B．时，光电子的最大初动能为
C．与氢原子基态能量的关系满足
D．氢原子由能级向能级跃迁发出的光子能使该金属发生光电效应
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查光电效应方程和玻尔理论的理解和应用，结合图像提供的信息进行分析解答。A． 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应 由爱因斯坦光电效应方程有
又因为
可得
结合图像可知
当时，，则有
故A错误；
B．当时，代入
解得
故B正确；
CD．氢原子基态能量为，则能级氢原子能量为，能级氢原子能量为。由题可知能级向基态跃迁产生的光子能够引发光电效应，能级向基态跃迁和能级向能级跃迁产生的光子不能引发光电效应，则
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据光电效应方程结合频率与波长公式推导最大初动能表达式，结合图像提供的现象进行推导判断；根据各轨道对应的能量值进行分析判断。
14．（2025·温州模拟）（1）图1是“探究小车加速度与力、质量的关系”实验方案甲，图2是改进后的方案乙，两方案中滑轮与细线间摩擦力，以及它们的质量均不计。下列说法正确的是________（多选）。
A．两种方案均需要补偿阻力
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行
C．不断增加槽码质量，两种方案中小车的加速度大小均不可能超过重力加速度
D．操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，得到的纸带一定不可用
（2）正确操作情况下，得到了一条纸带如图3所示，纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，电源频率为50Hz。
①根据纸带上所给数据，计时器在打下计数点C时小车的速度大小　 　m/s，小车的加速度大小　 　（以上结果均保留三位有效数字）。
②可以判断，该纸带是由方案　 　（填“甲”、“乙”或“甲、乙均有可能”）得到。
【答案】（1）A；B
（2）0.534；2.00；乙有可能
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验应用匀变速直线运动的推论即可解题；计算时注意单位换算与有效数字的保留。
（1）A．“探究小车加速度与力、质量的关系”，两种方案均需要补偿阻力，选项A正确；
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，这样可以保证力的方向不变，选项B正确；
C．不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加速度的2倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度，选项C错误；
D．用纸带上的点来求解加速度，操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得到的纸带也可能可用，选项D错误。
故选AB。
（2）纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，则T=0.1s；
①计时器在打下计数点C时小车的速度大小
小车的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，设细线的拉力为T，槽码质量为m，小车质量为M，则
对槽码有
对小车有
联立可得
，
当时，可认为，其相对误差为
因，则，此时m等于M的25%，而实验中通常建议m小于等于M的5%，以将系统误差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。
【分析】（1）根据实验注意事项与小车受力情况分析答题。
（2）根据图示纸带应用匀变速直线运动的推论分析求解。
（1）A．两种方案均需要补偿阻力，选项A正确；
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，选项B正确；
C．不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加速度的2倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度，选项C错误；
D．用纸带上的点来求解加速度，操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得到的纸带也可能可用，选项D错误。
故选AB。
（2）纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，则T=0.1s；
①[1][2]计时器在打下计数点C时小车的速度大小
小车的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，设细线的拉力为T，槽码质量为m，小车质量为M，则
对槽码有
对小车有
联立可得，
当时，可认为，其相对误差为
因，则，此时m等于M的25%，而实验中通常建议m小于等于M的5%，以将系统误差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。
15．（2025·温州模拟）甲同学利用激光测量半径半圆形玻璃砖的折射率，实验中让一细束激光沿玻璃砖半径方向射到圆心O，恰好在底边发生全反射（如图1），作光路图并测量相关数据（如图2），则该半圆形玻璃砖的折射率为　 　（结果保留三位有效数字）。
其他条件不变，仅将半圆形玻璃砖向左平移一小段距离，则　 　（填“有”或“没有”）激光从底边射出。
【答案】1.59；有
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。实验中让一细束激光沿玻璃砖半径方向射到圆心O， 激光恰能在O点全反射，则
其中
解得
其他条件不变，仅将半圆形玻璃砖向左平移一小段距离，等效将入射光线向右平移一小段距离，光路图如图所示
则光线射到上底面时的入射角减小，则光线将不能发生全反射从而从底面射出。
【分析】根据临界角和折射率的关系计算；根据光路图分析。
16．（2025·温州模拟）乙同学利用图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可选　 　。
A.8V交流电源 B.36V交流电源 C.220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”、“8”接线柱连接，将交流电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电源稳定后，交流电压表的读数为　 　。
A.0 B.2.8V C.6.0V D.11.0V
【答案】A；A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】变压器工作原理是互感现象，在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，需要使用交流电源。36V是安全电压上限，相对来说8V交流电源更为合适，即能满足实验要求又更安全。
故选A。
变压器是利用互感现象工作的，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也是恒定的，那么穿过副线圈的磁通量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈连接，交流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，交流电压表的计数为0。
故选A。
【分析】根据安全电压分析；根据变压器的工作原理分析。
17．（2025·温州模拟）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：
A．多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）；
B．毫安表（量程200mA，内阻为1.20Ω）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器R；
F．电键和导线若干。
根据提供的器材，设计电路如图1所示。
（1）将毫安表与定值电阻改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为　 　A；
（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔P应接到　 　处（选填“B”或“C”）；
（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数U、毫安表的示数I。其中一次测量时多用电表示数如图2所示，其读数为　 　V。
（4）作图线如图3所示，该干电池电动势　 　V；内阻　 　Ω（以上结果均保留三位有效数字）。
【答案】（1）
（2）B
（3）1.16V
（4）；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。
（1）根据欧姆定律可知，毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）为了精确测量，由于改装后的电流表的内阻已知，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）量程为2.5V，最小刻度为0.05V，读数读到小数点后一位，由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以
，
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；
（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；
（3）多用电电压挡的量程为2.5V，分度值为0.05V，根据电压表的读数规则读数；
（4）毫安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为3I，根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
18．（2025·温州模拟）如图所示，活塞与棒固定连接形成整体——活塞棒，并将圆柱形密封腔体内的理想气体分成上下两部分，活塞上有一个面积可忽略的小孔，将上下两个区域的气体连通，所有衔接处均密封良好且无摩擦，腔体与外界导热良好。已知大气压强为，柱形腔体高度，活塞厚度为d，活塞棒质量为m，棒的横截面积为，柱形腔体的横截面积（即活塞横截面积）为，温度为时，活塞上表面距离腔体顶部的距离，重力加速度大小为g。
（1）求腔体内气体的压强；
（2）环境温度从缓慢上升至过程中，
①腔体内气体的压强　 　（选填“变大”，“变小”或“不变”）；该过程腔体内气体吸收的热量为Q，气体增加的内能为，则　 　Q（选填“>”、“<”或“=”）。
②时，活塞上表面与腔体顶部的距离　 　。
【答案】（1）解：对活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）不变；<；初始状态：末状态：由盖吕萨克定律解得
【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；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（2） ① 通过上述分析可知，温度升高时，腔体内气体压强不变；内能变化的方式包括做功和热传递。等压状态下，温度升高时，气体体积增大，气体对外做功，所以。
【分析】（1）根据平衡条件列式解答；
（2）根据平衡条件结合等压变化、热力学第一定律和盖-吕萨克定律进行分析解答。
（1）对活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）[1]通过上述分析可知，温度升高时，腔体内气体压强不变；
[2]内能变化的方式包括做功和热传递。等压状态下，温度升高时，气体体积增大，气体对外做功，所以；
[3]初始状态：
末状态：
由盖吕萨克定律
解得
19．（2025·温州模拟）某游戏装置的竖直截面如图所示。半径的竖直螺旋圆轨道与倾斜直轨道、水平面分别相切于B、，段圆弧对应的圆心角。水平传送带在电动机带动下，以顺时针转动，传送带两端分别与左、右两侧水平面平滑对接于E、F两点，长，右侧水平面上等间距摆放许多质量的小滑块，从左到右标号分别为1、2、3…n，n足够大。间是一个宽、高的矩形坑。游戏开始，一质量的滑块P从轨道上距水平面高度为h处由静止释放，到达C点时速度。滑块P与轨道间动摩擦因数，与传送带间动摩擦因数，其余摩擦力与空气阻力均忽略。各滑块均可视为质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块与坑壁碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度大小不变，方向反向，各碰撞时间不计，滑块到达坑底时立即停止运动。求：
（1）滑块P到达圆轨道最高点D时受到轨道的弹力大小，以及释放高度h；
（2）标号为n的滑块到达坑底时距坑底右边缘T的距离；
（3）滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，滑块P在传送带上运动的总时间t以及电动机多消耗的电能。
【答案】（1）解：对滑块P，从C到D，由动能定理得
解得
在
联立解得
从开始下滑到C，由动能定理
联立解得
（2）解：因为
若一直减速，则有
滑块P在传送带上一直减速，滑块P与滑块1第1次碰撞，规定向右为正方向，则有
联立解得
之后，通过滑块间的碰撞，速度依次传递
对物块n，从J抛出到落到坑底，由平抛规律有
联立可得
（3）解：滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，每次进传送带和出传送带速度大小相等：滑块P与滑块1每发生一次碰撞，速度反向，大小减半，则有
滑块P与滑块1发生第一次碰撞后的在传送带上总时间
电动机多消耗电能

【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）由动能定理求出滑块P，从C到D的速度，由牛顿第二定律求出滑块P到达圆轨道最高点D时受到轨道的弹力大小FD，由动能定理求出释放高度h；
（2）根据运动学公式求到F点的速度，根据动量守恒定律和能量守恒定结合运动学公式求标号为n的滑块到达坑底时距坑底右边缘T的距离Δx；
（3）根据运动学公式和数学思想求滑块P在传送带上总时间，最后根据摩擦力做功求电动机多消耗的电能E电。
（1）对滑块P，从C到D，由动能定理得
解得
在
联立解得
从开始下滑到C，由动能定理
联立解得
（2）因为
若一直减速，则有
滑块P在传送带上一直减速，滑块P与滑块1第1次碰撞，规定向右为正方向，则有
联立解得
之后，通过滑块间的碰撞，速度依次传递
对物块n，从J抛出到落到坑底，由平抛规律有
联立可得
（3）滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，每次进传送带和出传送带速度大小相等：滑块P与滑块1每发生一次碰撞，速度反向，大小减半，则有
滑块P与滑块1发生第一次碰撞后的在传送带上总时间
电动机多消耗电能
20．（2025·温州模拟）如图所示，在光滑绝缘水平面上建立xOy直角坐标系，足够长的收集板置于y轴上。在y>0区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。绝缘挡板MN表面光滑，长度L=2m。一质量m=0.1kg，电荷量q=0.1C的带正电小球紧贴挡板放置，初始位置与M端的距离为d。现用挡板推动小球沿y轴正方向运动，运动中挡板始终平行于x轴，小球紧贴挡板。进入磁场后，挡板保持速度v0=2m/s沿y轴正方向做匀速直线运动，经过一段时间带电小球离开挡板M端。小球可视为质点，运动中带电量保持不变，且到达收集板立即被收集。
（1）当d=1.25m时，求带电小球离开挡板M端时的速度大小v；
（2）调节挡板M端与y轴距离为x0时，无论d多大，都可以让小球垂直打在收集板上。
①求x0；
②求小球垂直打在收集板上的位置坐标y与d之间的函数关系。
③撤去收集板，在x≤x0区域施加电场强度E=2V/m，方向沿y轴正方向的匀强电场。当d=1m时，求小球在磁场区域运动过程中距x轴的最远距离ym。
【答案】（1）解：进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
（2）解：①由题可知，无论d多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何关系可得
②小球离开挡板前，根据
解得
则有
小球离开挡板后，根据几何关系有
根据几何关系可得y与d有关系为
（0≤d≤2m）
③当d=1m时，离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
根据动能定理有
水平方向，根据动量定理有
联立解得
小球离开挡板前
则最远距离
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据运动学公式和合速度表达式求带电小球离开挡板M端时的速度大小v；
（2）①根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求x0；
②根据运动学公式和长度关系求小球垂直打在收集板上的位置坐标y与d之间的函数关系；
③由动能定理和动量定理再结合长度关系求小球在磁场区域运动过程中距x轴的最远距离ym。
（1）进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
（2）①由题可知，无论d多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何关系可得
②小球离开挡板前，根据
解得
则有
小球离开挡板后，根据几何关系有
根据几何关系可得y与d有关系为（0≤d≤2m）
③当d=1m时，离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
根据动能定理有
水平方向，根据动量定理有
联立解得
小球离开挡板前
则最远距离
21．（2025·温州模拟）如图所示，水平固定一半径的金属圆环，圆环右侧水平放置间距的平行金属直导轨，两导轨通过导线及电刷分别与金属圆环，过圆心O的竖直转轴保持良好接触，导轨间接有电容的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与触点1、2相连，导轨最右端连接恒流源，可为电路提供的电流，方向如图所示。金属圆环所在区域Ⅰ，矩形区域Ⅱ，正三角形区域Ⅲ存在磁感应强度大小分别为，，的匀强磁场，磁场方向均竖直向下。区域Ⅱ沿导轨方向足够长，区域Ⅱ的F，G两点分别在两导轨上，且垂直于导轨。导轨在M、N处各被一小段绝缘材料隔开。金属杆a与圆环接触良好，以角速度绕转轴逆时针匀速转动。质量，电阻的金属杆b垂直导轨静置于右侧。不计其他电阻和一切摩擦阻力。（提示：简谐运动回复力与位移的关系为，周期）
（1）开关S置于触点1，求电容器充电完毕后所带的电荷量；
（2）电容器充电完毕后，再将开关S置于触点2，求：
①金属杆b到达时的速度大小。
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E。
③金属杆b从离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量Q。
【答案】（1）解：金属杆旋转切割产生的电动势为
电容器充电完毕所带电荷量为
（2）解：①金属杆到达稳定速度时，电容器两端电压为
通过金属杆的电荷量为
此过程，对金属杆，由动量定理可得
其中
解得
②设金属杆距点为，则
则周期为
恒流源输出能量为
解得
③金属棒第一次出时，电容器所剩电荷量为
当金属棒返回Ⅱ区后，再次达到稳定速度，这时电容器经历放电和反向充电过程，此时
根据动量定理
其中
联立，解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据电动势表达式和电容器公式求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）①由动量定理求金属杆b到达MN时的速度大小v1；
②根据简谐运动回复力与位移的关系和周期公式结合能量关系求恒流源输出的能量E；
③根据电容器表达式和动量守恒求电容器最终带电荷量Q。
（1）金属杆旋转切割产生的电动势为
电容器充电完毕所带电荷量为
（2）①金属杆到达稳定速度时，电容器两端电压为
通过金属杆的电荷量为
此过程，对金属杆，由动量定理可得
其中
解得
②设金属杆距点为，则
则周期为
恒流源输出能量为
解得
③金属棒第一次出时，电容器所剩电荷量为
当金属棒返回Ⅱ区后，再次达到稳定速度，这时电容器经历放电和反向充电过程，此时
根据动量定理
其中
联立，解得
1 / 12025届浙江省温州市高三下学期5月三模物理试题
1．（2025·温州模拟）随着电池和电机技术的进步，国产新能源车在加速性能方面表现出色。研究汽车加速时，会引入一个新物理量j来表示加速度a随时间t变化的快慢，即。该物理量的单位用国际单位制中基本单位符号表示为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·温州模拟）2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。如图所示，比赛中运动员正沿圆弧形弯道滑行，则下列说法正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度是14.3m/s
C．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
D．运动员在弯道滑行时，冰面对运动员的作用力大于运动员对冰面的作用力
3．（2025·温州模拟）中国的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）首次实现了1亿摄氏度条件下1000秒的等离子体运行。该装置内部发生的核反应方程为，此反应会释放核能，伴随光子放出。下列说法正确的是（　　）
A．该核反应方程中的X是质子
B．的比结合能小于的比结合能
C．核聚变反应所释放的光子可能来源于氢原子能级跃迁
D．该反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能发生
4．（2025·温州模拟）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（　　）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
5．（2025·温州模拟）如图1所示，同轴电缆是广泛应用于网络通讯、电视广播等领域的信号传输线，它由两个同心导体组成，内导体为铜制芯线，外导体为铝制网状编织层，两者间由绝缘材料隔开。图2为同轴电缆横截面内静电场的等势线与电场线的分布情况，相邻虚线同心圆间距相等，a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，下列说法正确的是（　　）
A．图2中虚线代表电场线
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用
C．a、b两点处的电场强度相同
D．a、d间的电势差为b、c间电势差的两倍
6．（2025·温州模拟）宋应星的《天工开物》一书中记录了图1所示的用重物测量弓弦张力的“试弓定力”情景，简化示意图如图2所示，测量时将弦的中点悬挂于秤钩上，在质量为m的弓的中点处悬挂质量为M的重物，稳定时弦的张角。弦可视作遵循胡克定律的弹性轻绳，且始终在弹性限度内，不计弓的形变和一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．此时弦的张力为
B．此时弦的张力为
C．若增加重物的质量，弦的张角一定增大
D．若增加重物的质量，弦的张力一定增大
7．（2025·温州模拟）“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，且轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为和（和远小于该双星系统到观测者的距离）。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B．较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为
C．两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为
D．较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为
8．（2025·温州模拟）如图所示是一种投弹式干粉消防车。某次灭火行动中，消防车出弹口到高楼水平距离，发射灭火弹的初速度与水平面夹角，且灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗。已知灭火弹可视为质点，不计空气阻力，，则灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于（　　）
A．13m B．14m C．15m D．20m
9．（2025·温州模拟）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（　　）
A．B球运动的距离为
B．库仑力对A球的冲量大小为
C．库仑力对A球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
10．（2025·温州模拟）如图1所示，将一圆形线状光源水平放置在足够大的平静水面下，线状光源可以发出红光。通过支架（图中未画出）可以调节光源到水面的距离h，随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域。已知圆形线状光源的半径为，水对红光的折射率为，下列说法正确的是（　　）
A．h越大，水面上的发光区域面积越小
B．时，水面上的发光区域会呈现类似图2所示的圆环形状
C．当时，水面上的发光区域面积为
D．当时，水面上亮环与暗圆的面积之比为4：1
11．（2025·温州模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，增大加速电压U，可以减小粒子在回旋加速器中运动的时间
B．图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光
C．图3中，在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小
D．图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大
12．（2025·温州模拟）一列纵波波源做频率为1.0Hz的简谐振动，在介质中形成疏密相间的状态向右传播，时刻部分质点振动情况如图所示。图中虚线代表相邻各质点1、2、3、…、13的平衡位置且相距为0.5cm，小圆点代表该时刻各质点振动所在的位置。下列说法正确的是（　　）
A．这列纵波的波长为2cm
B．该时刻质点7振动方向向左
C．，质点3恰好运动到图中质点7的位置
D．经过20.25s，质点4的运动路程大于质点6的运动路程
13．（2025·温州模拟）研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能与入射光波长的关系如图所示。大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应。已知氢原子各能级关系为，其中为基态能级值，量子数1、2、3……，真空中光速为c，则（　　）
A．普朗克常量为
B．时，光电子的最大初动能为
C．与氢原子基态能量的关系满足
D．氢原子由能级向能级跃迁发出的光子能使该金属发生光电效应
14．（2025·温州模拟）（1）图1是“探究小车加速度与力、质量的关系”实验方案甲，图2是改进后的方案乙，两方案中滑轮与细线间摩擦力，以及它们的质量均不计。下列说法正确的是________（多选）。
A．两种方案均需要补偿阻力
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行
C．不断增加槽码质量，两种方案中小车的加速度大小均不可能超过重力加速度
D．操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，得到的纸带一定不可用
（2）正确操作情况下，得到了一条纸带如图3所示，纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，电源频率为50Hz。
①根据纸带上所给数据，计时器在打下计数点C时小车的速度大小　 　m/s，小车的加速度大小　 　（以上结果均保留三位有效数字）。
②可以判断，该纸带是由方案　 　（填“甲”、“乙”或“甲、乙均有可能”）得到。
15．（2025·温州模拟）甲同学利用激光测量半径半圆形玻璃砖的折射率，实验中让一细束激光沿玻璃砖半径方向射到圆心O，恰好在底边发生全反射（如图1），作光路图并测量相关数据（如图2），则该半圆形玻璃砖的折射率为　 　（结果保留三位有效数字）。
其他条件不变，仅将半圆形玻璃砖向左平移一小段距离，则　 　（填“有”或“没有”）激光从底边射出。
16．（2025·温州模拟）乙同学利用图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可选　 　。
A.8V交流电源 B.36V交流电源 C.220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”、“8”接线柱连接，将交流电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电源稳定后，交流电压表的读数为　 　。
A.0 B.2.8V C.6.0V D.11.0V
17．（2025·温州模拟）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：
A．多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）；
B．毫安表（量程200mA，内阻为1.20Ω）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器R；
F．电键和导线若干。
根据提供的器材，设计电路如图1所示。
（1）将毫安表与定值电阻改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为　 　A；
（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔P应接到　 　处（选填“B”或“C”）；
（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数U、毫安表的示数I。其中一次测量时多用电表示数如图2所示，其读数为　 　V。
（4）作图线如图3所示，该干电池电动势　 　V；内阻　 　Ω（以上结果均保留三位有效数字）。
18．（2025·温州模拟）如图所示，活塞与棒固定连接形成整体——活塞棒，并将圆柱形密封腔体内的理想气体分成上下两部分，活塞上有一个面积可忽略的小孔，将上下两个区域的气体连通，所有衔接处均密封良好且无摩擦，腔体与外界导热良好。已知大气压强为，柱形腔体高度，活塞厚度为d，活塞棒质量为m，棒的横截面积为，柱形腔体的横截面积（即活塞横截面积）为，温度为时，活塞上表面距离腔体顶部的距离，重力加速度大小为g。
（1）求腔体内气体的压强；
（2）环境温度从缓慢上升至过程中，
①腔体内气体的压强　 　（选填“变大”，“变小”或“不变”）；该过程腔体内气体吸收的热量为Q，气体增加的内能为，则　 　Q（选填“>”、“<”或“=”）。
②时，活塞上表面与腔体顶部的距离　 　。
19．（2025·温州模拟）某游戏装置的竖直截面如图所示。半径的竖直螺旋圆轨道与倾斜直轨道、水平面分别相切于B、，段圆弧对应的圆心角。水平传送带在电动机带动下，以顺时针转动，传送带两端分别与左、右两侧水平面平滑对接于E、F两点，长，右侧水平面上等间距摆放许多质量的小滑块，从左到右标号分别为1、2、3…n，n足够大。间是一个宽、高的矩形坑。游戏开始，一质量的滑块P从轨道上距水平面高度为h处由静止释放，到达C点时速度。滑块P与轨道间动摩擦因数，与传送带间动摩擦因数，其余摩擦力与空气阻力均忽略。各滑块均可视为质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块与坑壁碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度大小不变，方向反向，各碰撞时间不计，滑块到达坑底时立即停止运动。求：
（1）滑块P到达圆轨道最高点D时受到轨道的弹力大小，以及释放高度h；
（2）标号为n的滑块到达坑底时距坑底右边缘T的距离；
（3）滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，滑块P在传送带上运动的总时间t以及电动机多消耗的电能。
20．（2025·温州模拟）如图所示，在光滑绝缘水平面上建立xOy直角坐标系，足够长的收集板置于y轴上。在y>0区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。绝缘挡板MN表面光滑，长度L=2m。一质量m=0.1kg，电荷量q=0.1C的带正电小球紧贴挡板放置，初始位置与M端的距离为d。现用挡板推动小球沿y轴正方向运动，运动中挡板始终平行于x轴，小球紧贴挡板。进入磁场后，挡板保持速度v0=2m/s沿y轴正方向做匀速直线运动，经过一段时间带电小球离开挡板M端。小球可视为质点，运动中带电量保持不变，且到达收集板立即被收集。
（1）当d=1.25m时，求带电小球离开挡板M端时的速度大小v；
（2）调节挡板M端与y轴距离为x0时，无论d多大，都可以让小球垂直打在收集板上。
①求x0；
②求小球垂直打在收集板上的位置坐标y与d之间的函数关系。
③撤去收集板，在x≤x0区域施加电场强度E=2V/m，方向沿y轴正方向的匀强电场。当d=1m时，求小球在磁场区域运动过程中距x轴的最远距离ym。
21．（2025·温州模拟）如图所示，水平固定一半径的金属圆环，圆环右侧水平放置间距的平行金属直导轨，两导轨通过导线及电刷分别与金属圆环，过圆心O的竖直转轴保持良好接触，导轨间接有电容的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与触点1、2相连，导轨最右端连接恒流源，可为电路提供的电流，方向如图所示。金属圆环所在区域Ⅰ，矩形区域Ⅱ，正三角形区域Ⅲ存在磁感应强度大小分别为，，的匀强磁场，磁场方向均竖直向下。区域Ⅱ沿导轨方向足够长，区域Ⅱ的F，G两点分别在两导轨上，且垂直于导轨。导轨在M、N处各被一小段绝缘材料隔开。金属杆a与圆环接触良好，以角速度绕转轴逆时针匀速转动。质量，电阻的金属杆b垂直导轨静置于右侧。不计其他电阻和一切摩擦阻力。（提示：简谐运动回复力与位移的关系为，周期）
（1）开关S置于触点1，求电容器充电完毕后所带的电荷量；
（2）电容器充电完毕后，再将开关S置于触点2，求：
①金属杆b到达时的速度大小。
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E。
③金属杆b从离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】加速度；力学单位制
【解析】【解答】本题可以类似速度的定义式或加速度的定义式进行分析推导，知道物理量单位的关系与物理量的关系相同。根据可知其单位
故选A。
【分析】加速度变化的快慢可以表示为，结合加速度的单位和时间的单位得出该物理量的单位。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】本题考查对路程、位移、平均速度、质点、相互作用力的理解，清楚其物理定义。A．位移是由初位置指向末位置的有向线段，500米是运动员运动轨迹的长度，即路程，而不是位移大小。在速度滑冰男子500米比赛中，运动员沿圆弧形弯道滑行，初末位置不同，位移大小小于500米，故A错误；
B．平均速度等于位移除以时间，为
由A选项分析可知位移小于500米，时间，则平均速度
故B错误；
C．当物体的开关、大小对所研究的问题没有影响时，才可以把物体看作质点。研究运动员的冲线技巧时，运动员的肢体动作等对研究冲线技巧有重要影响，不能忽略其形状和大小，所以不可以把运动员看作质点，故C正确；
D．冰面对运动员的作用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，所以冰面对运动员的作用力等于运动员对冰面的作用力，故D错误。
故选C。
【分析】路程是物体运动的轨迹的长度，是标量，位移是由起点指向终点的有向线段，是矢量。平均速度是单位时间内的位移。如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点。冰面对运动员的作用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力。
3．【答案】D
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】本题考查核聚变的核反应方程，比结合能等知识，多读课本，掌握了基础知识才能顺利解决此类问题。
A．该反应过程为核聚变过程，反应过程质量数守恒和核电荷数守恒，该核反应方程为
故A错误；
B．比结合能越大，原子核越稳定，核反应中生成物比反应物更加稳定，所以的比结合能大于的比结合能，故B错误；
C．原子能级跃迁仅涉及电子在原子轨道间的跃迁，释放低能光子（如可见光、紫外线），与核反应无直接关联。核聚变反应释放的光子主要来源于核反应本身，而非氢原子能级跃迁。故C错误；
D．要使核聚变发生，原子核必须首先接近到约以内，强核力才能主导结合过程。原子核带正电，根据库仑定律，它们之间的斥力随距离减小而急剧增大，这要求原子核需要足够的动能才能克服库仑斥力作用。因此，核聚变反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能有效发生，故D正确；
故选D。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析；根据比结合能与原子核稳定性的关系进行判断；核聚变反应所释放的γ光子来源于核反应中的质量亏损转化的能量；考虑核聚变反应的条件，因为两个轻核间存在库仑斥力，只有当原子核具有足够的动能克服这一斥力时，才能使它们靠近并发生反应。
4．【答案】A
【知识点】能量守恒定律；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒、超重失重以及运动的合成与分解等物理概念，难度不大。A． 一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中， 钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，部分小水珠可能会获得足够的动能，其质量较小，但是速度较大，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A正确；
B．小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B错误；
C．被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方向上的速度一定为零，水平方向上不一定为零，C错误；
D．钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和会小于钢珠静止下落时的机械能，D错误。
故选A。
【分析】在理想情况下，若能量损失较小，小水珠获得足够的机械能，就可能达到超过钢珠下落时的高度；加速度向下时物体处于失重状态；竖直向上溅起的小水珠在最高点速度为零，但斜向上溅起的小水珠在最高点还有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高点速度都为零；根据能量守恒定律，钢珠落入水中过程中存在能量损失，如克服水的阻力做功转化为内能等，因此所有溅起小水珠的机械能总和必然小于钢珠静止下落时的机械能。
5．【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查点电荷的电场强度的特点，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。A． a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上， 图2中虚线代表等势面，A错误；
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；
C．a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；
D．距离内导体越远，电场强度越小， ，所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，D错误。
故选B。
【分析】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，点电荷的电场强度的特点是距离点电荷越远电势降落越慢。
6．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。AB． 在质量为m的弓的中点处悬挂质量为M的重物，稳定时弦的张角 ，整体法对弓和物体受力分析，如图所示
竖直方向上由受力平衡可得
解得
故AB错误；
CD．不计弓的形变，增加重物质量，弦与竖直方向夹角减小，则弦的伸长量增加，根据胡克定律可知，弦的张力一定增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】整体法对弓和物体受力分析，竖直方向上由受力平衡列方程进行分析；增加重物质量，弦的伸长量增加，由此分析。
7．【答案】B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】本题以“食双星”这一特殊的双星系统为背景，考查了双星问题的相关知识，包括双星的运动特点、质量关系、周期以及线速度关系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激发学生对天体运动现象的兴趣。AC．由题意可知，时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即时间里，转了半个圈，故周期为
故AC错误；
B．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，均由彼此间的万有引力提供向心力故两颗恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正确；
D．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，根据
因为角速度相等，解得
故D错误。
故选B。
【分析】对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等，根据万有引力提供向心力求解。
8．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题主要考查斜抛运动的知识，利用运动学知识求解即可。灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗，灭火弹可视为质点，灭火弹的逆运动可以看成具有某以初速度的平抛运动，设灭火弹的初速度为，则有
，
联立解得
，
则灭火弹的竖直位移大小为
则灭火弹的合位移大小为
则灭火弹在空中运动的轨迹长度应略大于灭火弹的合位移大小，所以最接近于15m。
故选C。
【分析】灭火弹的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动（抛物线运动）。灭火弹垂直射入玻璃窗，说明其竖直分速度减为零，此时水平分速度仍保持不变。利用运动学公式和几何关系，计算轨迹长度。
9．【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；人船模型；电势能
【解析】【解答】本题把库仑定律与牛顿第二定律、动量定理、能量守恒定律综合在一个简单的物理现象中，关键是先要弄清在排斥力作用下两电荷移动的距离变化。A． 已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷， 撤去外力的瞬间，对A，由牛顿第二定律有
两球运动一段时间，对B，由牛顿第二定律有
联立解得此时AB球间距
对AB系统，根据动量守恒定律有
整理得
因为
联立解得
故A错误；
B．根据动量守恒定律有
解得此时A的速度
在该段时间内，A球的速度由0变为，由动量定理，可得库仑力对A球的冲量大小为
故B错误；
C．在该段时间内，对B，由动能定理有
在该段时间内，库仑力对A球做功为，故C错误；
D．根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为
故D正确。
故选D。
【分析】由动量守恒和库仑力公式求B球运动的距离；B.根据动量定理求库仑力对A球的冲量大小；C.由动能定理求库仑力对A球做的功；D.根据能量守恒求两球组成的系统电势能减少量。
10．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光学的知识，要掌握折射定律，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
A．调节光源到水面的距离h，随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域，设亮环最外圈的半径为，暗圆的半径为，其光路图如图所示
发光面积为
临界角为
根据几何关系可知
，
联立，解得
所以，h越大，水面上的发光区域面积越大，故A错误；
B．当时
即此时中心区域全部被照亮，不存在暗圆，故B错误；
C．当时
所以，中心不存在暗圆，其中
水面上的发光区域面积为
故C正确；
D．当时
暗圆面积
亮环面积
水面上亮环与暗圆的面积之比为
故D错误。
故选C。
【分析】根据折射定律，光的全反射条件，结合几何关系与光路图分析求解。
11．【答案】A
【知识点】电阻定律；交变电流的产生及规律；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题需要利用带电粒子在电场、磁场中运动及发电机的相关知识求解。A．带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
（R为最大轨道半径）
速度越大，动能越大，最终动能
联立解得
每次加速获得的动能为Uq，则加速次数
每次粒子在磁场中加速半个周期，粒子在磁场中运动周期运动总时间
联立解得
由此可知，增大加速电压U ，粒子在回旋加速器中运动时间减小，故A正确；
B．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极管不会交替发光，故B错误；
C．在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度l变长，横截面积S变小，根据电阻定律
可知上表面应变片的电阻变大，故C错误；
D．磁流体发电机稳定时，有
（d为两极板间的距离）
解得电动势
可知仅减小两极板的距离d，磁流体发电机的电动势会减小，故D错误。
故选A。
【分析】增大加速电压，粒子经过加速后进入D形盒的速度变大，运动半径增大，因此离子会更早离开加速器；A、B两个二极管接入电路的极性方向不同，同时线圈转动时会产生不同方向的电流，因此两个二极管交替发光；上表面应变片被拉伸，电阻增大。
12．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】本题解题关键是知道波长的定义，质点在一个周期内经过的路程为4A，但是在四分之一周期内经过的路程可能大于A，也可能小于A，也可能等于A。A． 小圆点代表该时刻各质点振动所在的位置 ，质点3和质点7均在平衡位置，二者相距半个波长，这列纵波的波长为4cm，A错误；
B．因为质点5在左最大位移处，所以该时刻质点7振动方向向左，B正确；
C．质点只振动不移动，质点3不可能运动到图中质点7的位置，C错误；
D．经过
经过20个周期时二者的路程相等，最后四分之一周期时间内，质点4向右运动并经过平衡位置，速度大，路程大，质点6向左运动到最大位移处后向右运动，速度小，路程小，所以，质点4的运动路程大于质点6的运动路程，D正确。
故选BD。
【分析】根据波长的定义分析；根据质点7所在的位置分析，介质中的质点不会随波迁移；分析该时刻质点4和质点6所在位置以及速度变化，进而根据在一个周期内质点经过的路程为4A比较。
13．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查光电效应方程和玻尔理论的理解和应用，结合图像提供的信息进行分析解答。A． 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应 由爱因斯坦光电效应方程有
又因为
可得
结合图像可知
当时，，则有
故A错误；
B．当时，代入
解得
故B正确；
CD．氢原子基态能量为，则能级氢原子能量为，能级氢原子能量为。由题可知能级向基态跃迁产生的光子能够引发光电效应，能级向基态跃迁和能级向能级跃迁产生的光子不能引发光电效应，则
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据光电效应方程结合频率与波长公式推导最大初动能表达式，结合图像提供的现象进行推导判断；根据各轨道对应的能量值进行分析判断。
14．【答案】（1）A；B
（2）0.534；2.00；乙有可能
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验应用匀变速直线运动的推论即可解题；计算时注意单位换算与有效数字的保留。
（1）A．“探究小车加速度与力、质量的关系”，两种方案均需要补偿阻力，选项A正确；
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，这样可以保证力的方向不变，选项B正确；
C．不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加速度的2倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度，选项C错误；
D．用纸带上的点来求解加速度，操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得到的纸带也可能可用，选项D错误。
故选AB。
（2）纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，则T=0.1s；
①计时器在打下计数点C时小车的速度大小
小车的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，设细线的拉力为T，槽码质量为m，小车质量为M，则
对槽码有
对小车有
联立可得
，
当时，可认为，其相对误差为
因，则，此时m等于M的25%，而实验中通常建议m小于等于M的5%，以将系统误差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。
【分析】（1）根据实验注意事项与小车受力情况分析答题。
（2）根据图示纸带应用匀变速直线运动的推论分析求解。
（1）A．两种方案均需要补偿阻力，选项A正确；
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，选项B正确；
C．不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加速度的2倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度，选项C错误；
D．用纸带上的点来求解加速度，操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得到的纸带也可能可用，选项D错误。
故选AB。
（2）纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，则T=0.1s；
①[1][2]计时器在打下计数点C时小车的速度大小
小车的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，设细线的拉力为T，槽码质量为m，小车质量为M，则
对槽码有
对小车有
联立可得，
当时，可认为，其相对误差为
因，则，此时m等于M的25%，而实验中通常建议m小于等于M的5%，以将系统误差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。
15．【答案】1.59；有
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。实验中让一细束激光沿玻璃砖半径方向射到圆心O， 激光恰能在O点全反射，则
其中
解得
其他条件不变，仅将半圆形玻璃砖向左平移一小段距离，等效将入射光线向右平移一小段距离，光路图如图所示
则光线射到上底面时的入射角减小，则光线将不能发生全反射从而从底面射出。
【分析】根据临界角和折射率的关系计算；根据光路图分析。
16．【答案】A；A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】变压器工作原理是互感现象，在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，需要使用交流电源。36V是安全电压上限，相对来说8V交流电源更为合适，即能满足实验要求又更安全。
故选A。
变压器是利用互感现象工作的，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也是恒定的，那么穿过副线圈的磁通量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈连接，交流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，交流电压表的计数为0。
故选A。
【分析】根据安全电压分析；根据变压器的工作原理分析。
17．【答案】（1）
（2）B
（3）1.16V
（4）；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。
（1）根据欧姆定律可知，毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）为了精确测量，由于改装后的电流表的内阻已知，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）量程为2.5V，最小刻度为0.05V，读数读到小数点后一位，由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以
，
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；
（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；
（3）多用电电压挡的量程为2.5V，分度值为0.05V，根据电压表的读数规则读数；
（4）毫安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为3I，根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
18．【答案】（1）解：对活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）不变；<；初始状态：末状态：由盖吕萨克定律解得
【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；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（2） ① 通过上述分析可知，温度升高时，腔体内气体压强不变；内能变化的方式包括做功和热传递。等压状态下，温度升高时，气体体积增大，气体对外做功，所以。
【分析】（1）根据平衡条件列式解答；
（2）根据平衡条件结合等压变化、热力学第一定律和盖-吕萨克定律进行分析解答。
（1）对活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）[1]通过上述分析可知，温度升高时，腔体内气体压强不变；
[2]内能变化的方式包括做功和热传递。等压状态下，温度升高时，气体体积增大，气体对外做功，所以；
[3]初始状态：
末状态：
由盖吕萨克定律
解得
19．【答案】（1）解：对滑块P，从C到D，由动能定理得
解得
在
联立解得
从开始下滑到C，由动能定理
联立解得
（2）解：因为
若一直减速，则有
滑块P在传送带上一直减速，滑块P与滑块1第1次碰撞，规定向右为正方向，则有
联立解得
之后，通过滑块间的碰撞，速度依次传递
对物块n，从J抛出到落到坑底，由平抛规律有
联立可得
（3）解：滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，每次进传送带和出传送带速度大小相等：滑块P与滑块1每发生一次碰撞，速度反向，大小减半，则有
滑块P与滑块1发生第一次碰撞后的在传送带上总时间
电动机多消耗电能

【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）由动能定理求出滑块P，从C到D的速度，由牛顿第二定律求出滑块P到达圆轨道最高点D时受到轨道的弹力大小FD，由动能定理求出释放高度h；
（2）根据运动学公式求到F点的速度，根据动量守恒定律和能量守恒定结合运动学公式求标号为n的滑块到达坑底时距坑底右边缘T的距离Δx；
（3）根据运动学公式和数学思想求滑块P在传送带上总时间，最后根据摩擦力做功求电动机多消耗的电能E电。
（1）对滑块P，从C到D，由动能定理得
解得
在
联立解得
从开始下滑到C，由动能定理
联立解得
（2）因为
若一直减速，则有
滑块P在传送带上一直减速，滑块P与滑块1第1次碰撞，规定向右为正方向，则有
联立解得
之后，通过滑块间的碰撞，速度依次传递
对物块n，从J抛出到落到坑底，由平抛规律有
联立可得
（3）滑块P与滑块1发生第一次碰撞后，每次进传送带和出传送带速度大小相等：滑块P与滑块1每发生一次碰撞，速度反向，大小减半，则有
滑块P与滑块1发生第一次碰撞后的在传送带上总时间
电动机多消耗电能
20．【答案】（1）解：进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
（2）解：①由题可知，无论d多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何关系可得
②小球离开挡板前，根据
解得
则有
小球离开挡板后，根据几何关系有
根据几何关系可得y与d有关系为
（0≤d≤2m）
③当d=1m时，离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
根据动能定理有
水平方向，根据动量定理有
联立解得
小球离开挡板前
则最远距离
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据运动学公式和合速度表达式求带电小球离开挡板M端时的速度大小v；
（2）①根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求x0；
②根据运动学公式和长度关系求小球垂直打在收集板上的位置坐标y与d之间的函数关系；
③由动能定理和动量定理再结合长度关系求小球在磁场区域运动过程中距x轴的最远距离ym。
（1）进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
（2）①由题可知，无论d多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何关系可得
②小球离开挡板前，根据
解得
则有
小球离开挡板后，根据几何关系有
根据几何关系可得y与d有关系为（0≤d≤2m）
③当d=1m时，离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
根据动能定理有
水平方向，根据动量定理有
联立解得
小球离开挡板前
则最远距离
21．【答案】（1）解：金属杆旋转切割产生的电动势为
电容器充电完毕所带电荷量为
（2）解：①金属杆到达稳定速度时，电容器两端电压为
通过金属杆的电荷量为
此过程，对金属杆，由动量定理可得
其中
解得
②设金属杆距点为，则
则周期为
恒流源输出能量为
解得
③金属棒第一次出时，电容器所剩电荷量为
当金属棒返回Ⅱ区后，再次达到稳定速度，这时电容器经历放电和反向充电过程，此时
根据动量定理
其中
联立，解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据电动势表达式和电容器公式求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）①由动量定理求金属杆b到达MN时的速度大小v1；
②根据简谐运动回复力与位移的关系和周期公式结合能量关系求恒流源输出的能量E；
③根据电容器表达式和动量守恒求电容器最终带电荷量Q。
（1）金属杆旋转切割产生的电动势为
电容器充电完毕所带电荷量为
（2）①金属杆到达稳定速度时，电容器两端电压为
通过金属杆的电荷量为
此过程，对金属杆，由动量定理可得
其中
解得
②设金属杆距点为，则
则周期为
恒流源输出能量为
解得
③金属棒第一次出时，电容器所剩电荷量为
当金属棒返回Ⅱ区后，再次达到稳定速度，这时电容器经历放电和反向充电过程，此时
根据动量定理
其中
联立，解得
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