資源簡介

2025屆浙江省溫州市高三下學期5月三模物理試題
1．（2025·溫州模擬）隨著電池和電機技術的進步，國產新能源車在加速性能方面表現出色。研究汽車加速時，會引入一個新物理量j來表示加速度a隨時間t變化的快慢，即。該物理量的單位用國際單位制中基本單位符號表示為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】加速度；力學單位制
【解析】【解答】本題可以類似速度的定義式或加速度的定義式進行分析推導，知道物理量單位的關系與物理量的關系相同。根據可知其單位
故選A。
【分析】加速度變化的快慢可以表示為，結合加速度的單位和時間的單位得出該物理量的單位。
2．（2025·溫州模擬）2025年2月哈爾濱亞冬會上，中國運動員在速度滑冰男子500米決賽中，以34秒95的成績奪得冠軍。如圖所示，比賽中運動員正沿圓弧形彎道滑行，則下列說法正確的是（　　）
A．比賽中運動員的位移大小是500m
B．運動員全程的平均速度是14.3m/s
C．研究運動員的沖線技巧時，不可以把運動員看作質點
D．運動員在彎道滑行時，冰面對運動員的作用力大于運動員對冰面的作用力
【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；質點；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】本題考查對路程、位移、平均速度、質點、相互作用力的理解，清楚其物理定義。A．位移是由初位置指向末位置的有向線段，500米是運動員運動軌跡的長度，即路程，而不是位移大小。在速度滑冰男子500米比賽中，運動員沿圓弧形彎道滑行，初末位置不同，位移大小小于500米，故A錯誤；
B．平均速度等于位移除以時間，為
由A選項分析可知位移小于500米，時間，則平均速度
故B錯誤；
C．當物體的開關、大小對所研究的問題沒有影響時，才可以把物體看作質點。研究運動員的沖線技巧時，運動員的肢體動作等對研究沖線技巧有重要影響，不能忽略其形狀和大小，所以不可以把運動員看作質點，故C正確；
D．冰面對運動員的作用力與運動員對冰面的作用力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律，相互作用力大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，所以冰面對運動員的作用力等于運動員對冰面的作用力，故D錯誤。
故選C。
【分析】路程是物體運動的軌跡的長度，是標量，位移是由起點指向終點的有向線段，是矢量。平均速度是單位時間內的位移。如果物體大小相對研究對象較小或影響不大，可以把物體看作質點。冰面對運動員的作用力與運動員對冰面的作用力是一對相互作用力。
3．（2025·溫州模擬）中國的全超導托卡馬克核聚變實驗裝置（EAST）首次實現了1億攝氏度條件下1000秒的等離子體運行。該裝置內部發生的核反應方程為，此反應會釋放核能，伴隨光子放出。下列說法正確的是（　　）
A．該核反應方程中的X是質子
B．的比結合能小于的比結合能
C．核聚變反應所釋放的光子可能來源于氫原子能級躍遷
D．該反應需要原子核具有足夠的動能以克服庫侖斥力才能發生
【答案】D
【知識點】結合能與比結合能；核聚變
【解析】【解答】本題考查核聚變的核反應方程，比結合能等知識，多讀課本，掌握了基礎知識才能順利解決此類問題。
A．該反應過程為核聚變過程，反應過程質量數守恒和核電荷數守恒，該核反應方程為
故A錯誤；
B．比結合能越大，原子核越穩定，核反應中生成物比反應物更加穩定，所以的比結合能大于的比結合能，故B錯誤；
C．原子能級躍遷僅涉及電子在原子軌道間的躍遷，釋放低能光子（如可見光、紫外線），與核反應無直接關聯。核聚變反應釋放的光子主要來源于核反應本身，而非氫原子能級躍遷。故C錯誤；
D．要使核聚變發生，原子核必須首先接近到約以內，強核力才能主導結合過程。原子核帶正電，根據庫侖定律，它們之間的斥力隨距離減小而急劇增大，這要求原子核需要足夠的動能才能克服庫侖斥力作用。因此，核聚變反應需要原子核具有足夠的動能以克服庫侖斥力才能有效發生，故D正確；
故選D。
【分析】根據質量數和電荷數守恒分析；根據比結合能與原子核穩定性的關系進行判斷；核聚變反應所釋放的γ光子來源于核反應中的質量虧損轉化的能量；考慮核聚變反應的條件，因為兩個輕核間存在庫侖斥力，只有當原子核具有足夠的動能克服這一斥力時，才能使它們靠近并發生反應。
4．（2025·溫州模擬）如圖所示，在水平如鏡的湖面上方，一顆鋼珠從離水面不高處由靜止落入水中，會濺起幾滴小水珠。下列說法正確的是（　　）
A．部分小水珠濺起的高度可以超過鋼珠下落時的高度
B．小水珠在空中上升過程處于超重狀態
C．所有濺起的小水珠運動到各自最高點時速度一定為零
D．所有濺起的小水珠機械能總和等于鋼珠靜止下落時的機械能
【答案】A
【知識點】能量守恒定律；超重與失重
【解析】【解答】本題主要考查了機械能守恒、超重失重以及運動的合成與分解等物理概念，難度不大。A． 一顆鋼珠從離水面不高處由靜止落入水中， 鋼珠落入水中時，部分能量會轉化為小水珠的動能，部分小水珠可能會獲得足夠的動能，其質量較小，但是速度較大，使其濺起的高度超過鋼珠下落時的高度，A正確；
B．小水珠在空中上升時，加速度方向向下，處于失重狀態，而不是超重狀態，B錯誤；
C．被濺起來的小水珠有的可能是豎直上拋，有的可能是斜拋，所以小水珠運動到最高點時豎直方向上的速度一定為零，水平方向上不一定為零，C錯誤；
D．鋼珠下落時，部分能量會轉化為水的內能、聲能等其他形式的能量，因此小水珠的機械能總和會小于鋼珠靜止下落時的機械能，D錯誤。
故選A。
【分析】在理想情況下，若能量損失較小，小水珠獲得足夠的機械能，就可能達到超過鋼珠下落時的高度；加速度向下時物體處于失重狀態；豎直向上濺起的小水珠在最高點速度為零，但斜向上濺起的小水珠在最高點還有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高點速度都為零；根據能量守恒定律，鋼珠落入水中過程中存在能量損失，如克服水的阻力做功轉化為內能等，因此所有濺起小水珠的機械能總和必然小于鋼珠靜止下落時的機械能。
5．（2025·溫州模擬）如圖1所示，同軸電纜是廣泛應用于網絡通訊、電視廣播等領域的信號傳輸線，它由兩個同心導體組成，內導體為銅制芯線，外導體為鋁制網狀編織層，兩者間由絕緣材料隔開。圖2為同軸電纜橫截面內靜電場的等勢線與電場線的分布情況，相鄰虛線同心圓間距相等，a、b、c、d四個點均在實線與虛線的交點上，下列說法正確的是（　　）
A．圖2中虛線代表電場線
B．鋁制網狀編織層可起到信號屏蔽作用
C．a、b兩點處的電場強度相同
D．a、d間的電勢差為b、c間電勢差的兩倍
【答案】B
【知識點】電場線；電場強度的疊加；等勢面；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】本題考查點電荷的電場強度的特點，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題，屬于基礎題目。A． a、b、c、d四個點均在實線與虛線的交點上， 圖2中虛線代表等勢面，A錯誤；
B．鋁制網狀編織層可起到信號屏蔽作用，B正確；
C．a、b兩點處的電場強度不相同，因為方向不相同，C錯誤；
D．距離內導體越遠，電場強度越小， ，所以a、d間的電勢差大于b、c間電勢差的兩倍，D錯誤。
故選B。
【分析】電場線與等勢面垂直，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，點電荷的電場強度的特點是距離點電荷越遠電勢降落越慢。
6．（2025·溫州模擬）宋應星的《天工開物》一書中記錄了圖1所示的用重物測量弓弦張力的“試弓定力”情景，簡化示意圖如圖2所示，測量時將弦的中點懸掛于秤鉤上，在質量為m的弓的中點處懸掛質量為M的重物，穩定時弦的張角。弦可視作遵循胡克定律的彈性輕繩，且始終在彈性限度內，不計弓的形變和一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．此時弦的張力為
B．此時弦的張力為
C．若增加重物的質量，弦的張角一定增大
D．若增加重物的質量，弦的張力一定增大
【答案】D
【知識點】整體法隔離法；力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成，然后建立平衡方程進行解答。AB． 在質量為m的弓的中點處懸掛質量為M的重物，穩定時弦的張角 ，整體法對弓和物體受力分析，如圖所示
豎直方向上由受力平衡可得
解得
故AB錯誤；
CD．不計弓的形變，增加重物質量，弦與豎直方向夾角減小，則弦的伸長量增加，根據胡克定律可知，弦的張力一定增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】整體法對弓和物體受力分析，豎直方向上由受力平衡列方程進行分析；增加重物質量，弦的伸長量增加，由此分析。
7．（2025·溫州模擬）“食雙星”是特殊的雙星系統，由兩顆亮度不同的恒星組成，它們在相互引力作用下繞連線上某點做勻速圓周運動，且軌道平面與觀測者視線方向幾乎平行。由于兩顆恒星相互遮擋，造成觀測者觀察到雙星的亮度L發生周期性變化，如圖所示。若較亮的恒星和較暗的恒星軌道半徑分別為和（和遠小于該雙星系統到觀測者的距離）。下列說法正確的是（　　）
A．時刻，較亮的恒星遮擋住較暗的恒星
B．較亮的恒星與較暗的恒星質量之比為
C．兩顆恒星做勻速圓周運動的周期均為
D．較亮的恒星線速度與較暗的恒星線速度之比為
【答案】B
【知識點】雙星（多星）問題
【解析】【解答】本題以“食雙星”這一特殊的雙星系統為背景，考查了雙星問題的相關知識，包括雙星的運動特點、質量關系、周期以及線速度關系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激發學生對天體運動現象的興趣。AC．由題意可知，時刻，較亮的恒星遮擋住較暗的恒星，時刻較暗的恒星遮擋住較亮的恒星，即時間里，轉了半個圈，故周期為
故AC錯誤；
B．設較亮的恒星和較暗的恒星的質量分別為和，均由彼此間的萬有引力提供向心力故兩顆恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正確；
D．設較亮的恒星和較暗的恒星的質量分別為和，根據
因為角速度相等，解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】對于雙星系統，要抓住三個相等，即向心力、角速度、周期相等，根據萬有引力提供向心力求解。
8．（2025·溫州模擬）如圖所示是一種投彈式干粉消防車。某次滅火行動中，消防車出彈口到高樓水平距離，發射滅火彈的初速度與水平面夾角，且滅火彈恰好垂直射入建筑玻璃窗。已知滅火彈可視為質點，不計空氣阻力，，則滅火彈在空中運動的軌跡長度最接近于（　　）
A．13m B．14m C．15m D．20m
【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題主要考查斜拋運動的知識，利用運動學知識求解即可。滅火彈恰好垂直射入建筑玻璃窗，滅火彈可視為質點，滅火彈的逆運動可以看成具有某以初速度的平拋運動，設滅火彈的初速度為，則有
，
聯立解得
，
則滅火彈的豎直位移大小為
則滅火彈的合位移大小為
則滅火彈在空中運動的軌跡長度應略大于滅火彈的合位移大小，所以最接近于15m。
故選C。
【分析】滅火彈的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速運動（拋物線運動）。滅火彈垂直射入玻璃窗，說明其豎直分速度減為零，此時水平分速度仍保持不變。利用運動學公式和幾何關系，計算軌跡長度。
9．（2025·溫州模擬）如圖所示，A、B小球帶同種電荷，在外力作用下靜止在光滑絕緣水平面上，相距為d。撤去外力的瞬間，A球加速度大小為a，兩球運動一段時間，B球加速度大小為，速度大小為v。已知A球質量為3m，B球質量為m，兩小球均可視為點電荷，不考慮帶電小球運動產生的電磁效應。則在該段時間內（　　）
A．B球運動的距離為
B．庫侖力對A球的沖量大小為
C．庫侖力對A球做功為
D．兩球組成的系統電勢能減少了
【答案】D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；人船模型；電勢能
【解析】【解答】本題把庫侖定律與牛頓第二定律、動量定理、能量守恒定律綜合在一個簡單的物理現象中，關鍵是先要弄清在排斥力作用下兩電荷移動的距離變化。A． 已知A球質量為3m，B球質量為m，兩小球均可視為點電荷， 撤去外力的瞬間，對A，由牛頓第二定律有
兩球運動一段時間，對B，由牛頓第二定律有
聯立解得此時AB球間距
對AB系統，根據動量守恒定律有
整理得
因為
聯立解得
故A錯誤；
B．根據動量守恒定律有
解得此時A的速度
在該段時間內，A球的速度由0變為，由動量定理，可得庫侖力對A球的沖量大小為
故B錯誤；
C．在該段時間內，對B，由動能定理有
在該段時間內，庫侖力對A球做功為，故C錯誤；
D．根據能量守恒，系統減少的電勢能等于系統機械能的增加量，為
故D正確。
故選D。
【分析】由動量守恒和庫侖力公式求B球運動的距離；B.根據動量定理求庫侖力對A球的沖量大小；C.由動能定理求庫侖力對A球做的功；D.根據能量守恒求兩球組成的系統電勢能減少量。
10．（2025·溫州模擬）如圖1所示，將一圓形線狀光源水平放置在足夠大的平靜水面下，線狀光源可以發出紅光。通過支架（圖中未畫出）可以調節光源到水面的距離h，隨著h變化，在水面上會看到不同形狀的發光區域。已知圓形線狀光源的半徑為，水對紅光的折射率為，下列說法正確的是（　　）
A．h越大，水面上的發光區域面積越小
B．時，水面上的發光區域會呈現類似圖2所示的圓環形狀
C．當時，水面上的發光區域面積為
D．當時，水面上亮環與暗圓的面積之比為4：1
【答案】C
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】本題考查光學的知識，要掌握折射定律，解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。
A．調節光源到水面的距離h，隨著h變化，在水面上會看到不同形狀的發光區域，設亮環最外圈的半徑為，暗圓的半徑為，其光路圖如圖所示
發光面積為
臨界角為
根據幾何關系可知
，
聯立，解得
所以，h越大，水面上的發光區域面積越大，故A錯誤；
B．當時
即此時中心區域全部被照亮，不存在暗圓，故B錯誤；
C．當時
所以，中心不存在暗圓，其中
水面上的發光區域面積為
故C正確；
D．當時
暗圓面積
亮環面積
水面上亮環與暗圓的面積之比為
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據折射定律，光的全反射條件，結合幾何關系與光路圖分析求解。
11．（2025·溫州模擬）有關下列四幅圖的描述，正確的是（　　）
A．圖1中，增大加速電壓U，可以減小粒子在回旋加速器中運動的時間
B．圖2中，線圈順時針勻速轉動，電路中A、B發光二極管會交替發光
C．圖3中，在梁的自由端施力F，梁發生彎曲，上表面應變片的電阻變小
D．圖4中，僅減小兩極板的距離，則磁流體發電機的電動勢會增大
【答案】A
【知識點】電阻定律；交變電流的產生及規律；質譜儀和回旋加速器；磁流體發電機
【解析】【解答】本題需要利用帶電粒子在電場、磁場中運動及發電機的相關知識求解。A．帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有
（R為最大軌道半徑）
速度越大，動能越大，最終動能
聯立解得
每次加速獲得的動能為Uq，則加速次數
每次粒子在磁場中加速半個周期，粒子在磁場中運動周期運動總時間
聯立解得
由此可知，增大加速電壓U ，粒子在回旋加速器中運動時間減小，故A正確；
B．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發光二極管不會交替發光，故B錯誤；
C．在梁的自由端施力F，梁發生彎曲，上表面拉伸，應變片的長度l變長，橫截面積S變小，根據電阻定律
可知上表面應變片的電阻變大，故C錯誤；
D．磁流體發電機穩定時，有
（d為兩極板間的距離）
解得電動勢
可知僅減小兩極板的距離d，磁流體發電機的電動勢會減小，故D錯誤。
故選A。
【分析】增大加速電壓，粒子經過加速后進入D形盒的速度變大，運動半徑增大，因此離子會更早離開加速器；A、B兩個二極管接入電路的極性方向不同，同時線圈轉動時會產生不同方向的電流，因此兩個二極管交替發光；上表面應變片被拉伸，電阻增大。
12．（2025·溫州模擬）一列縱波波源做頻率為1.0Hz的簡諧振動，在介質中形成疏密相間的狀態向右傳播，時刻部分質點振動情況如圖所示。圖中虛線代表相鄰各質點1、2、3、…、13的平衡位置且相距為0.5cm，小圓點代表該時刻各質點振動所在的位置。下列說法正確的是（　　）
A．這列縱波的波長為2cm
B．該時刻質點7振動方向向左
C．，質點3恰好運動到圖中質點7的位置
D．經過20.25s，質點4的運動路程大于質點6的運動路程
【答案】B,D
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象
【解析】【解答】本題解題關鍵是知道波長的定義，質點在一個周期內經過的路程為4A，但是在四分之一周期內經過的路程可能大于A，也可能小于A，也可能等于A。A． 小圓點代表該時刻各質點振動所在的位置 ，質點3和質點7均在平衡位置，二者相距半個波長，這列縱波的波長為4cm，A錯誤；
B．因為質點5在左最大位移處，所以該時刻質點7振動方向向左，B正確；
C．質點只振動不移動，質點3不可能運動到圖中質點7的位置，C錯誤；
D．經過
經過20個周期時二者的路程相等，最后四分之一周期時間內，質點4向右運動并經過平衡位置，速度大，路程大，質點6向左運動到最大位移處后向右運動，速度小，路程小，所以，質點4的運動路程大于質點6的運動路程，D正確。
故選BD。
【分析】根據波長的定義分析；根據質點7所在的位置分析，介質中的質點不會隨波遷移；分析該時刻質點4和質點6所在位置以及速度變化，進而根據在一個周期內質點經過的路程為4A比較。
13．（2025·溫州模擬）研究光電效應時，用不同波長的光照射某金屬，產生光電子的最大初動能與入射光波長的關系如圖所示。大量處于能級的氫原子向低能級躍遷，產生的光子中僅有一種能引發該金屬發生光電效應。已知氫原子各能級關系為，其中為基態能級值，量子數1、2、3……，真空中光速為c，則（　　）
A．普朗克常量為
B．時，光電子的最大初動能為
C．與氫原子基態能量的關系滿足
D．氫原子由能級向能級躍遷發出的光子能使該金屬發生光電效應
【答案】B,C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應
【解析】【解答】本題考查光電效應方程和玻爾理論的理解和應用，結合圖像提供的信息進行分析解答。A． 大量處于能級的氫原子向低能級躍遷，產生的光子中僅有一種能引發該金屬發生光電效應 由愛因斯坦光電效應方程有
又因為
可得
結合圖像可知
當時，，則有
故A錯誤；
B．當時，代入
解得
故B正確；
CD．氫原子基態能量為，則能級氫原子能量為，能級氫原子能量為。由題可知能級向基態躍遷產生的光子能夠引發光電效應，能級向基態躍遷和能級向能級躍遷產生的光子不能引發光電效應，則
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】根據光電效應方程結合頻率與波長公式推導最大初動能表達式，結合圖像提供的現象進行推導判斷；根據各軌道對應的能量值進行分析判斷。
14．（2025·溫州模擬）（1）圖1是“探究小車加速度與力、質量的關系”實驗方案甲，圖2是改進后的方案乙，兩方案中滑輪與細線間摩擦力，以及它們的質量均不計。下列說法正確的是________（多選）。
A．兩種方案均需要補償阻力
B．兩種方案均需要讓牽引小車的細線跟軌道保持平行
C．不斷增加槽碼質量，兩種方案中小車的加速度大小均不可能超過重力加速度
D．操作中，若有學生不小心先釋放小車再接通電源，得到的紙帶一定不可用
（2）正確操作情況下，得到了一條紙帶如圖3所示，紙帶上各相鄰計數點間均有四個點跡，電源頻率為50Hz。
①根據紙帶上所給數據，計時器在打下計數點C時小車的速度大小　 　m/s，小車的加速度大小　 　（以上結果均保留三位有效數字）。
②可以判斷，該紙帶是由方案　 　（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
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示實驗應用勻變速直線運動的推論即可解題；計算時注意單位換算與有效數字的保留。
（1）A．“探究小車加速度與力、質量的關系”，兩種方案均需要補償阻力，選項A正確；
B．兩種方案均需要讓牽引小車的細線跟軌道保持平行，這樣可以保證力的方向不變，選項B正確；
C．不斷增加槽碼質量，甲方案中小車的加速度不會超過重力加速度；乙方案中因小車的加速度等于槽碼加速度的2倍，則當不斷增加槽碼質量時小車的加速度大小可能超過重力加速度，選項C錯誤；
D．用紙帶上的點來求解加速度，操作中，若有學生不小心先釋放小車再接通電源，若接通電源及時，則得到的紙帶也可能可用，選項D錯誤。
故選AB。
（2）紙帶上各相鄰計數點間均有四個點跡，則T=0.1s；
①計時器在打下計數點C時小車的速度大小
小車的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，設細線的拉力為T，槽碼質量為m，小車質量為M，則
對槽碼有
對小車有
聯立可得
，
當時，可認為，其相對誤差為
因，則，此時m等于M的25%，而實驗中通常建議m小于等于M的5%，以將系統誤差控制在可接受范圍內，可知采用方案甲誤差過大，故該紙帶是由方案乙得到。
【分析】（1）根據實驗注意事項與小車受力情況分析答題。
（2）根據圖示紙帶應用勻變速直線運動的推論分析求解。
（1）A．兩種方案均需要補償阻力，選項A正確；
B．兩種方案均需要讓牽引小車的細線跟軌道保持平行，選項B正確；
C．不斷增加槽碼質量，甲方案中小車的加速度不會超過重力加速度；乙方案中因小車的加速度等于槽碼加速度的2倍，則當不斷增加槽碼質量時小車的加速度大小可能超過重力加速度，選項C錯誤；
D．用紙帶上的點來求解加速度，操作中，若有學生不小心先釋放小車再接通電源，若接通電源及時，則得到的紙帶也可能可用，選項D錯誤。
故選AB。
（2）紙帶上各相鄰計數點間均有四個點跡，則T=0.1s；
①[1][2]計時器在打下計數點C時小車的速度大小
小車的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，設細線的拉力為T，槽碼質量為m，小車質量為M，則
對槽碼有
對小車有
聯立可得，
當時，可認為，其相對誤差為
因，則，此時m等于M的25%，而實驗中通常建議m小于等于M的5%，以將系統誤差控制在可接受范圍內，可知采用方案甲誤差過大，故該紙帶是由方案乙得到。
15．（2025·溫州模擬）甲同學利用激光測量半徑半圓形玻璃磚的折射率，實驗中讓一細束激光沿玻璃磚半徑方向射到圓心O，恰好在底邊發生全反射（如圖1），作光路圖并測量相關數據（如圖2），則該半圓形玻璃磚的折射率為　 　（結果保留三位有效數字）。
其他條件不變，僅將半圓形玻璃磚向左平移一小段距離，則　 　（填“有”或“沒有”）激光從底邊射出。
【答案】1.59；有
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。實驗中讓一細束激光沿玻璃磚半徑方向射到圓心O， 激光恰能在O點全反射，則
其中
解得
其他條件不變，僅將半圓形玻璃磚向左平移一小段距離，等效將入射光線向右平移一小段距離，光路圖如圖所示
則光線射到上底面時的入射角減小，則光線將不能發生全反射從而從底面射出。
【分析】根據臨界角和折射率的關系計算；根據光路圖分析。
16．（2025·溫州模擬）乙同學利用圖所示的可拆變壓器做“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，實驗所需電源可選　 　。
A.8V交流電源 B.36V交流電源 C.220V交流電源
實驗中，該同學將學生電源的“直流6V”輸出端與變壓器左側線圈的“0”、“8”接線柱連接，將交流電壓表與變壓器右側線圈的“0”、“4”接線柱連接，接通電源穩定后，交流電壓表的讀數為　 　。
A.0 B.2.8V C.6.0V D.11.0V
【答案】A；A
【知識點】變壓器原理；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【解析】【解答】變壓器工作原理是互感現象，在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，需要使用交流電源。36V是安全電壓上限，相對來說8V交流電源更為合適，即能滿足實驗要求又更安全。
故選A。
變壓器是利用互感現象工作的，通過原線圈的電流是恒定的，產生磁場也是恒定的，那么穿過副線圈的磁通量不變，不會在副線圈中產生磁感應電動勢。所以將學生電源的“直流6V”輸出端與變壓器左側線圈連接，交流電壓表與變壓器右側線圈連接，當接通電源穩定后，交流電壓表的計數為0。
故選A。
【分析】根據安全電壓分析；根據變壓器的工作原理分析。
17．（2025·溫州模擬）某實驗小組準備測量一節干電池的電動勢和內阻，實驗室提供了下列器材：
A．多用電表（電壓擋量程2.5V，內阻未知）；
B．毫安表（量程200mA，內阻為1.20Ω）；
C．定值電阻；
D．定值電阻；
E．滑動變阻器R；
F．電鍵和導線若干。
根據提供的器材，設計電路如圖1所示。
（1）將毫安表與定值電阻改裝成電流表如虛線框中所示，改裝后的量程為　 　A；
（2）為了精確測量，圖中多用電表的右邊表筆P應接到　 　處（選填“B”或“C”）；
（3）閉合電鍵，調節滑動變阻器滑片，多次記錄多用電表的示數U、毫安表的示數I。其中一次測量時多用電表示數如圖2所示，其讀數為　 　V。
（4）作圖線如圖3所示，該干電池電動勢　 　V；內阻　 　Ω（以上結果均保留三位有效數字）。
【答案】（1）
（2）B
（3）1.16V
（4）；
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；表頭的改裝；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題主要考查測量一節干電池的電動勢和內阻的實驗，要明確實驗原理，掌握并聯電路是特點、歐姆定律和閉合電路歐姆定律的運用。
（1）根據歐姆定律可知，毫安表的滿偏電壓為
則，改裝后的最大量程為
所以，改裝后的量程為。
（2）為了精確測量，由于改裝后的電流表的內阻已知，圖中多用電表代替的電壓表應為電源的“內接法”，即右邊表筆P應接到“B”處。
（3）量程為2.5V，最小刻度為0.05V，讀數讀到小數點后一位，由圖2可知，多用電表的讀數為1.16V。
（4）由（1）分析可知，電路中電流為毫安表示數的3倍。改裝后的電流表的內阻為
根據歐姆定律
整理可得
可得圖線的斜率的絕對值為
截距為
所以
，
【分析】（1）根據并聯電路的特點和歐姆定律求解改裝表的量程；
（2）由于改裝電流表的內阻已知，相對于電源，電流表采用內接法；
（3）多用電電壓擋的量程為2.5V，分度值為0.05V，根據電壓表的讀數規則讀數；
（4）毫安表的量程擴大3倍，當毫安表示數為I時，干路電流為3I，根據閉合電路歐姆定律求解U-I函數，結合圖像縱截距和斜率絕對值求解作答。
（1）毫安表的滿偏電壓為
則，改裝后的最大量程為
所以，改裝后的量程為。
（2）由于改裝后的電流表的內阻已知，為了精確測量，圖中多用電表代替的電壓表應為電源的“內接法”，即右邊表筆P應接到“B”處。
（3）由圖2可知，多用電表的讀數為1.16V。
（4）由（1）分析可知，電路中電流為毫安表示數的3倍。改裝后的電流表的內阻為
根據歐姆定律
整理可得
可得圖線的斜率的絕對值為
截距為
所以，
18．（2025·溫州模擬）如圖所示，活塞與棒固定連接形成整體——活塞棒，并將圓柱形密封腔體內的理想氣體分成上下兩部分，活塞上有一個面積可忽略的小孔，將上下兩個區域的氣體連通，所有銜接處均密封良好且無摩擦，腔體與外界導熱良好。已知大氣壓強為，柱形腔體高度，活塞厚度為d，活塞棒質量為m，棒的橫截面積為，柱形腔體的橫截面積（即活塞橫截面積）為，溫度為時，活塞上表面距離腔體頂部的距離，重力加速度大小為g。
（1）求腔體內氣體的壓強；
（2）環境溫度從緩慢上升至過程中，
①腔體內氣體的壓強　 　（選填“變大”，“變小”或“不變”）；該過程腔體內氣體吸收的熱量為Q，氣體增加的內能為，則　 　Q（選填“>”、“<”或“=”）。
②時，活塞上表面與腔體頂部的距離　 　。
【答案】（1）解：對活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）不變；<；初始狀態：末狀態：由蓋呂薩克定律解得
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體熱現象的微觀意義
【解析】【解答】（2） ① 通過上述分析可知，溫度升高時，腔體內氣體壓強不變；內能變化的方式包括做功和熱傳遞。等壓狀態下，溫度升高時，氣體體積增大，氣體對外做功，所以。
【分析】（1）根據平衡條件列式解答；
（2）根據平衡條件結合等壓變化、熱力學第一定律和蓋-呂薩克定律進行分析解答。
（1）對活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）[1]通過上述分析可知，溫度升高時，腔體內氣體壓強不變；
[2]內能變化的方式包括做功和熱傳遞。等壓狀態下，溫度升高時，氣體體積增大，氣體對外做功，所以；
[3]初始狀態：
末狀態：
由蓋呂薩克定律
解得
19．（2025·溫州模擬）某游戲裝置的豎直截面如圖所示。半徑的豎直螺旋圓軌道與傾斜直軌道、水平面分別相切于B、，段圓弧對應的圓心角。水平傳送帶在電動機帶動下，以順時針轉動，傳送帶兩端分別與左、右兩側水平面平滑對接于E、F兩點，長，右側水平面上等間距擺放許多質量的小滑塊，從左到右標號分別為1、2、3…n，n足夠大。間是一個寬、高的矩形坑。游戲開始，一質量的滑塊P從軌道上距水平面高度為h處由靜止釋放，到達C點時速度。滑塊P與軌道間動摩擦因數，與傳送帶間動摩擦因數，其余摩擦力與空氣阻力均忽略。各滑塊均可視為質點，滑塊間的碰撞均為彈性碰撞，滑塊與坑壁碰撞后豎直方向速度不變，水平方向速度大小不變，方向反向，各碰撞時間不計，滑塊到達坑底時立即停止運動。求：
（1）滑塊P到達圓軌道最高點D時受到軌道的彈力大小，以及釋放高度h；
（2）標號為n的滑塊到達坑底時距坑底右邊緣T的距離；
（3）滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后，滑塊P在傳送帶上運動的總時間t以及電動機多消耗的電能。
【答案】（1）解：對滑塊P，從C到D，由動能定理得
解得
在
聯立解得
從開始下滑到C，由動能定理
聯立解得
（2）解：因為
若一直減速，則有
滑塊P在傳送帶上一直減速，滑塊P與滑塊1第1次碰撞，規定向右為正方向，則有
聯立解得
之后，通過滑塊間的碰撞，速度依次傳遞
對物塊n，從J拋出到落到坑底，由平拋規律有
聯立可得
（3）解：滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后，每次進傳送帶和出傳送帶速度大小相等：滑塊P與滑塊1每發生一次碰撞，速度反向，大小減半，則有
滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后的在傳送帶上總時間
電動機多消耗電能

【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）由動能定理求出滑塊P，從C到D的速度，由牛頓第二定律求出滑塊P到達圓軌道最高點D時受到軌道的彈力大小FD，由動能定理求出釋放高度h；
（2）根據運動學公式求到F點的速度，根據動量守恒定律和能量守恒定結合運動學公式求標號為n的滑塊到達坑底時距坑底右邊緣T的距離Δx；
（3）根據運動學公式和數學思想求滑塊P在傳送帶上總時間，最后根據摩擦力做功求電動機多消耗的電能E電。
（1）對滑塊P，從C到D，由動能定理得
解得
在
聯立解得
從開始下滑到C，由動能定理
聯立解得
（2）因為
若一直減速，則有
滑塊P在傳送帶上一直減速，滑塊P與滑塊1第1次碰撞，規定向右為正方向，則有
聯立解得
之后，通過滑塊間的碰撞，速度依次傳遞
對物塊n，從J拋出到落到坑底，由平拋規律有
聯立可得
（3）滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后，每次進傳送帶和出傳送帶速度大小相等：滑塊P與滑塊1每發生一次碰撞，速度反向，大小減半，則有
滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后的在傳送帶上總時間
電動機多消耗電能
20．（2025·溫州模擬）如圖所示，在光滑絕緣水平面上建立xOy直角坐標系，足夠長的收集板置于y軸上。在y>0區域存在方向豎直向下、磁感應強度大小B=1T的勻強磁場。絕緣擋板MN表面光滑，長度L=2m。一質量m=0.1kg，電荷量q=0.1C的帶正電小球緊貼擋板放置，初始位置與M端的距離為d。現用擋板推動小球沿y軸正方向運動，運動中擋板始終平行于x軸，小球緊貼擋板。進入磁場后，擋板保持速度v0=2m/s沿y軸正方向做勻速直線運動，經過一段時間帶電小球離開擋板M端。小球可視為質點，運動中帶電量保持不變，且到達收集板立即被收集。
（1）當d=1.25m時，求帶電小球離開擋板M端時的速度大小v；
（2）調節擋板M端與y軸距離為x0時，無論d多大，都可以讓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標y與d之間的函數關系。
③撤去收集板，在x≤x0區域施加電場強度E=2V/m，方向沿y軸正方向的勻強電場。當d=1m時，求小球在磁場區域運動過程中距x軸的最遠距離ym。
【答案】（1）解：進入磁場后，小球做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
解得
離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
（2）解：①由題可知，無論d多大，小球都能垂直打在收集板上，根據洛倫茲力提供向心力有
解得
根據幾何關系可得
②小球離開擋板前，根據
解得
則有
小球離開擋板后，根據幾何關系有
根據幾何關系可得y與d有關系為
（0≤d≤2m）
③當d=1m時，離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
根據動能定理有
水平方向，根據動量定理有
聯立解得
小球離開擋板前
則最遠距離
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】 （1）根據運動學公式和合速度表達式求帶電小球離開擋板M端時的速度大小v；
（2）①根據洛倫茲力提供向心力和幾何關系求x0；
②根據運動學公式和長度關系求小球垂直打在收集板上的位置坐標y與d之間的函數關系；
③由動能定理和動量定理再結合長度關系求小球在磁場區域運動過程中距x軸的最遠距離ym。
（1）進入磁場后，小球做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
解得
離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
（2）①由題可知，無論d多大，小球都能垂直打在收集板上，根據洛倫茲力提供向心力有
解得
根據幾何關系可得
②小球離開擋板前，根據
解得
則有
小球離開擋板后，根據幾何關系有
根據幾何關系可得y與d有關系為（0≤d≤2m）
③當d=1m時，離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
根據動能定理有
水平方向，根據動量定理有
聯立解得
小球離開擋板前
則最遠距離
21．（2025·溫州模擬）如圖所示，水平固定一半徑的金屬圓環，圓環右側水平放置間距的平行金屬直導軌，兩導軌通過導線及電刷分別與金屬圓環，過圓心O的豎直轉軸保持良好接觸，導軌間接有電容的電容器，通過單刀雙擲開關S可分別與觸點1、2相連，導軌最右端連接恒流源，可為電路提供的電流，方向如圖所示。金屬圓環所在區域Ⅰ，矩形區域Ⅱ，正三角形區域Ⅲ存在磁感應強度大小分別為，，的勻強磁場，磁場方向均豎直向下。區域Ⅱ沿導軌方向足夠長，區域Ⅱ的F，G兩點分別在兩導軌上，且垂直于導軌。導軌在M、N處各被一小段絕緣材料隔開。金屬桿a與圓環接觸良好，以角速度繞轉軸逆時針勻速轉動。質量，電阻的金屬桿b垂直導軌靜置于右側。不計其他電阻和一切摩擦阻力。（提示：簡諧運動回復力與位移的關系為，周期）
（1）開關S置于觸點1，求電容器充電完畢后所帶的電荷量；
（2）電容器充電完畢后，再將開關S置于觸點2，求：
①金屬桿b到達時的速度大小。
②金屬桿b從開始進入區域Ⅲ到速度減為0的過程中，恒流源輸出的能量E。
③金屬桿b從離開區域Ⅱ前，電容器最終帶電荷量Q。
【答案】（1）解：金屬桿旋轉切割產生的電動勢為
電容器充電完畢所帶電荷量為
（2）解：①金屬桿到達穩定速度時，電容器兩端電壓為
通過金屬桿的電荷量為
此過程，對金屬桿，由動量定理可得
其中
解得
②設金屬桿距點為，則
則周期為
恒流源輸出能量為
解得
③金屬棒第一次出時，電容器所剩電荷量為
當金屬棒返回Ⅱ區后，再次達到穩定速度，這時電容器經歷放電和反向充電過程，此時
根據動量定理
其中
聯立，解得
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】 （1）根據電動勢表達式和電容器公式求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q0；
（2）①由動量定理求金屬桿b到達MN時的速度大小v1；
②根據簡諧運動回復力與位移的關系和周期公式結合能量關系求恒流源輸出的能量E；
③根據電容器表達式和動量守恒求電容器最終帶電荷量Q。
（1）金屬桿旋轉切割產生的電動勢為
電容器充電完畢所帶電荷量為
（2）①金屬桿到達穩定速度時，電容器兩端電壓為
通過金屬桿的電荷量為
此過程，對金屬桿，由動量定理可得
其中
解得
②設金屬桿距點為，則
則周期為
恒流源輸出能量為
解得
③金屬棒第一次出時，電容器所剩電荷量為
當金屬棒返回Ⅱ區后，再次達到穩定速度，這時電容器經歷放電和反向充電過程，此時
根據動量定理
其中
聯立，解得
1 / 12025屆浙江省溫州市高三下學期5月三模物理試題
1．（2025·溫州模擬）隨著電池和電機技術的進步，國產新能源車在加速性能方面表現出色。研究汽車加速時，會引入一個新物理量j來表示加速度a隨時間t變化的快慢，即。該物理量的單位用國際單位制中基本單位符號表示為（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·溫州模擬）2025年2月哈爾濱亞冬會上，中國運動員在速度滑冰男子500米決賽中，以34秒95的成績奪得冠軍。如圖所示，比賽中運動員正沿圓弧形彎道滑行，則下列說法正確的是（　　）
A．比賽中運動員的位移大小是500m
B．運動員全程的平均速度是14.3m/s
C．研究運動員的沖線技巧時，不可以把運動員看作質點
D．運動員在彎道滑行時，冰面對運動員的作用力大于運動員對冰面的作用力
3．（2025·溫州模擬）中國的全超導托卡馬克核聚變實驗裝置（EAST）首次實現了1億攝氏度條件下1000秒的等離子體運行。該裝置內部發生的核反應方程為，此反應會釋放核能，伴隨光子放出。下列說法正確的是（　　）
A．該核反應方程中的X是質子
B．的比結合能小于的比結合能
C．核聚變反應所釋放的光子可能來源于氫原子能級躍遷
D．該反應需要原子核具有足夠的動能以克服庫侖斥力才能發生
4．（2025·溫州模擬）如圖所示，在水平如鏡的湖面上方，一顆鋼珠從離水面不高處由靜止落入水中，會濺起幾滴小水珠。下列說法正確的是（　　）
A．部分小水珠濺起的高度可以超過鋼珠下落時的高度
B．小水珠在空中上升過程處于超重狀態
C．所有濺起的小水珠運動到各自最高點時速度一定為零
D．所有濺起的小水珠機械能總和等于鋼珠靜止下落時的機械能
5．（2025·溫州模擬）如圖1所示，同軸電纜是廣泛應用于網絡通訊、電視廣播等領域的信號傳輸線，它由兩個同心導體組成，內導體為銅制芯線，外導體為鋁制網狀編織層，兩者間由絕緣材料隔開。圖2為同軸電纜橫截面內靜電場的等勢線與電場線的分布情況，相鄰虛線同心圓間距相等，a、b、c、d四個點均在實線與虛線的交點上，下列說法正確的是（　　）
A．圖2中虛線代表電場線
B．鋁制網狀編織層可起到信號屏蔽作用
C．a、b兩點處的電場強度相同
D．a、d間的電勢差為b、c間電勢差的兩倍
6．（2025·溫州模擬）宋應星的《天工開物》一書中記錄了圖1所示的用重物測量弓弦張力的“試弓定力”情景，簡化示意圖如圖2所示，測量時將弦的中點懸掛于秤鉤上，在質量為m的弓的中點處懸掛質量為M的重物，穩定時弦的張角。弦可視作遵循胡克定律的彈性輕繩，且始終在彈性限度內，不計弓的形變和一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．此時弦的張力為
B．此時弦的張力為
C．若增加重物的質量，弦的張角一定增大
D．若增加重物的質量，弦的張力一定增大
7．（2025·溫州模擬）“食雙星”是特殊的雙星系統，由兩顆亮度不同的恒星組成，它們在相互引力作用下繞連線上某點做勻速圓周運動，且軌道平面與觀測者視線方向幾乎平行。由于兩顆恒星相互遮擋，造成觀測者觀察到雙星的亮度L發生周期性變化，如圖所示。若較亮的恒星和較暗的恒星軌道半徑分別為和（和遠小于該雙星系統到觀測者的距離）。下列說法正確的是（　　）
A．時刻，較亮的恒星遮擋住較暗的恒星
B．較亮的恒星與較暗的恒星質量之比為
C．兩顆恒星做勻速圓周運動的周期均為
D．較亮的恒星線速度與較暗的恒星線速度之比為
8．（2025·溫州模擬）如圖所示是一種投彈式干粉消防車。某次滅火行動中，消防車出彈口到高樓水平距離，發射滅火彈的初速度與水平面夾角，且滅火彈恰好垂直射入建筑玻璃窗。已知滅火彈可視為質點，不計空氣阻力，，則滅火彈在空中運動的軌跡長度最接近于（　　）
A．13m B．14m C．15m D．20m
9．（2025·溫州模擬）如圖所示，A、B小球帶同種電荷，在外力作用下靜止在光滑絕緣水平面上，相距為d。撤去外力的瞬間，A球加速度大小為a，兩球運動一段時間，B球加速度大小為，速度大小為v。已知A球質量為3m，B球質量為m，兩小球均可視為點電荷，不考慮帶電小球運動產生的電磁效應。則在該段時間內（　　）
A．B球運動的距離為
B．庫侖力對A球的沖量大小為
C．庫侖力對A球做功為
D．兩球組成的系統電勢能減少了
10．（2025·溫州模擬）如圖1所示，將一圓形線狀光源水平放置在足夠大的平靜水面下，線狀光源可以發出紅光。通過支架（圖中未畫出）可以調節光源到水面的距離h，隨著h變化，在水面上會看到不同形狀的發光區域。已知圓形線狀光源的半徑為，水對紅光的折射率為，下列說法正確的是（　　）
A．h越大，水面上的發光區域面積越小
B．時，水面上的發光區域會呈現類似圖2所示的圓環形狀
C．當時，水面上的發光區域面積為
D．當時，水面上亮環與暗圓的面積之比為4：1
11．（2025·溫州模擬）有關下列四幅圖的描述，正確的是（　　）
A．圖1中，增大加速電壓U，可以減小粒子在回旋加速器中運動的時間
B．圖2中，線圈順時針勻速轉動，電路中A、B發光二極管會交替發光
C．圖3中，在梁的自由端施力F，梁發生彎曲，上表面應變片的電阻變小
D．圖4中，僅減小兩極板的距離，則磁流體發電機的電動勢會增大
12．（2025·溫州模擬）一列縱波波源做頻率為1.0Hz的簡諧振動，在介質中形成疏密相間的狀態向右傳播，時刻部分質點振動情況如圖所示。圖中虛線代表相鄰各質點1、2、3、…、13的平衡位置且相距為0.5cm，小圓點代表該時刻各質點振動所在的位置。下列說法正確的是（　　）
A．這列縱波的波長為2cm
B．該時刻質點7振動方向向左
C．，質點3恰好運動到圖中質點7的位置
D．經過20.25s，質點4的運動路程大于質點6的運動路程
13．（2025·溫州模擬）研究光電效應時，用不同波長的光照射某金屬，產生光電子的最大初動能與入射光波長的關系如圖所示。大量處于能級的氫原子向低能級躍遷，產生的光子中僅有一種能引發該金屬發生光電效應。已知氫原子各能級關系為，其中為基態能級值，量子數1、2、3……，真空中光速為c，則（　　）
A．普朗克常量為
B．時，光電子的最大初動能為
C．與氫原子基態能量的關系滿足
D．氫原子由能級向能級躍遷發出的光子能使該金屬發生光電效應
14．（2025·溫州模擬）（1）圖1是“探究小車加速度與力、質量的關系”實驗方案甲，圖2是改進后的方案乙，兩方案中滑輪與細線間摩擦力，以及它們的質量均不計。下列說法正確的是________（多選）。
A．兩種方案均需要補償阻力
B．兩種方案均需要讓牽引小車的細線跟軌道保持平行
C．不斷增加槽碼質量，兩種方案中小車的加速度大小均不可能超過重力加速度
D．操作中，若有學生不小心先釋放小車再接通電源，得到的紙帶一定不可用
（2）正確操作情況下，得到了一條紙帶如圖3所示，紙帶上各相鄰計數點間均有四個點跡，電源頻率為50Hz。
①根據紙帶上所給數據，計時器在打下計數點C時小車的速度大小　 　m/s，小車的加速度大小　 　（以上結果均保留三位有效數字）。
②可以判斷，該紙帶是由方案　 　（填“甲”、“乙”或“甲、乙均有可能”）得到。
15．（2025·溫州模擬）甲同學利用激光測量半徑半圓形玻璃磚的折射率，實驗中讓一細束激光沿玻璃磚半徑方向射到圓心O，恰好在底邊發生全反射（如圖1），作光路圖并測量相關數據（如圖2），則該半圓形玻璃磚的折射率為　 　（結果保留三位有效數字）。
其他條件不變，僅將半圓形玻璃磚向左平移一小段距離，則　 　（填“有”或“沒有”）激光從底邊射出。
16．（2025·溫州模擬）乙同學利用圖所示的可拆變壓器做“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，實驗所需電源可選　 　。
A.8V交流電源 B.36V交流電源 C.220V交流電源
實驗中，該同學將學生電源的“直流6V”輸出端與變壓器左側線圈的“0”、“8”接線柱連接，將交流電壓表與變壓器右側線圈的“0”、“4”接線柱連接，接通電源穩定后，交流電壓表的讀數為　 　。
A.0 B.2.8V C.6.0V D.11.0V
17．（2025·溫州模擬）某實驗小組準備測量一節干電池的電動勢和內阻，實驗室提供了下列器材：
A．多用電表（電壓擋量程2.5V，內阻未知）；
B．毫安表（量程200mA，內阻為1.20Ω）；
C．定值電阻；
D．定值電阻；
E．滑動變阻器R；
F．電鍵和導線若干。
根據提供的器材，設計電路如圖1所示。
（1）將毫安表與定值電阻改裝成電流表如虛線框中所示，改裝后的量程為　 　A；
（2）為了精確測量，圖中多用電表的右邊表筆P應接到　 　處（選填“B”或“C”）；
（3）閉合電鍵，調節滑動變阻器滑片，多次記錄多用電表的示數U、毫安表的示數I。其中一次測量時多用電表示數如圖2所示，其讀數為　 　V。
（4）作圖線如圖3所示，該干電池電動勢　 　V；內阻　 　Ω（以上結果均保留三位有效數字）。
18．（2025·溫州模擬）如圖所示，活塞與棒固定連接形成整體——活塞棒，并將圓柱形密封腔體內的理想氣體分成上下兩部分，活塞上有一個面積可忽略的小孔，將上下兩個區域的氣體連通，所有銜接處均密封良好且無摩擦，腔體與外界導熱良好。已知大氣壓強為，柱形腔體高度，活塞厚度為d，活塞棒質量為m，棒的橫截面積為，柱形腔體的橫截面積（即活塞橫截面積）為，溫度為時，活塞上表面距離腔體頂部的距離，重力加速度大小為g。
（1）求腔體內氣體的壓強；
（2）環境溫度從緩慢上升至過程中，
①腔體內氣體的壓強　 　（選填“變大”，“變小”或“不變”）；該過程腔體內氣體吸收的熱量為Q，氣體增加的內能為，則　 　Q（選填“>”、“<”或“=”）。
②時，活塞上表面與腔體頂部的距離　 　。
19．（2025·溫州模擬）某游戲裝置的豎直截面如圖所示。半徑的豎直螺旋圓軌道與傾斜直軌道、水平面分別相切于B、，段圓弧對應的圓心角。水平傳送帶在電動機帶動下，以順時針轉動，傳送帶兩端分別與左、右兩側水平面平滑對接于E、F兩點，長，右側水平面上等間距擺放許多質量的小滑塊，從左到右標號分別為1、2、3…n，n足夠大。間是一個寬、高的矩形坑。游戲開始，一質量的滑塊P從軌道上距水平面高度為h處由靜止釋放，到達C點時速度。滑塊P與軌道間動摩擦因數，與傳送帶間動摩擦因數，其余摩擦力與空氣阻力均忽略。各滑塊均可視為質點，滑塊間的碰撞均為彈性碰撞，滑塊與坑壁碰撞后豎直方向速度不變，水平方向速度大小不變，方向反向，各碰撞時間不計，滑塊到達坑底時立即停止運動。求：
（1）滑塊P到達圓軌道最高點D時受到軌道的彈力大小，以及釋放高度h；
（2）標號為n的滑塊到達坑底時距坑底右邊緣T的距離；
（3）滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后，滑塊P在傳送帶上運動的總時間t以及電動機多消耗的電能。
20．（2025·溫州模擬）如圖所示，在光滑絕緣水平面上建立xOy直角坐標系，足夠長的收集板置于y軸上。在y>0區域存在方向豎直向下、磁感應強度大小B=1T的勻強磁場。絕緣擋板MN表面光滑，長度L=2m。一質量m=0.1kg，電荷量q=0.1C的帶正電小球緊貼擋板放置，初始位置與M端的距離為d。現用擋板推動小球沿y軸正方向運動，運動中擋板始終平行于x軸，小球緊貼擋板。進入磁場后，擋板保持速度v0=2m/s沿y軸正方向做勻速直線運動，經過一段時間帶電小球離開擋板M端。小球可視為質點，運動中帶電量保持不變，且到達收集板立即被收集。
（1）當d=1.25m時，求帶電小球離開擋板M端時的速度大小v；
（2）調節擋板M端與y軸距離為x0時，無論d多大，都可以讓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標y與d之間的函數關系。
③撤去收集板，在x≤x0區域施加電場強度E=2V/m，方向沿y軸正方向的勻強電場。當d=1m時，求小球在磁場區域運動過程中距x軸的最遠距離ym。
21．（2025·溫州模擬）如圖所示，水平固定一半徑的金屬圓環，圓環右側水平放置間距的平行金屬直導軌，兩導軌通過導線及電刷分別與金屬圓環，過圓心O的豎直轉軸保持良好接觸，導軌間接有電容的電容器，通過單刀雙擲開關S可分別與觸點1、2相連，導軌最右端連接恒流源，可為電路提供的電流，方向如圖所示。金屬圓環所在區域Ⅰ，矩形區域Ⅱ，正三角形區域Ⅲ存在磁感應強度大小分別為，，的勻強磁場，磁場方向均豎直向下。區域Ⅱ沿導軌方向足夠長，區域Ⅱ的F，G兩點分別在兩導軌上，且垂直于導軌。導軌在M、N處各被一小段絕緣材料隔開。金屬桿a與圓環接觸良好，以角速度繞轉軸逆時針勻速轉動。質量，電阻的金屬桿b垂直導軌靜置于右側。不計其他電阻和一切摩擦阻力。（提示：簡諧運動回復力與位移的關系為，周期）
（1）開關S置于觸點1，求電容器充電完畢后所帶的電荷量；
（2）電容器充電完畢后，再將開關S置于觸點2，求：
①金屬桿b到達時的速度大小。
②金屬桿b從開始進入區域Ⅲ到速度減為0的過程中，恒流源輸出的能量E。
③金屬桿b從離開區域Ⅱ前，電容器最終帶電荷量Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】加速度；力學單位制
【解析】【解答】本題可以類似速度的定義式或加速度的定義式進行分析推導，知道物理量單位的關系與物理量的關系相同。根據可知其單位
故選A。
【分析】加速度變化的快慢可以表示為，結合加速度的單位和時間的單位得出該物理量的單位。
2．【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；質點；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】本題考查對路程、位移、平均速度、質點、相互作用力的理解，清楚其物理定義。A．位移是由初位置指向末位置的有向線段，500米是運動員運動軌跡的長度，即路程，而不是位移大小。在速度滑冰男子500米比賽中，運動員沿圓弧形彎道滑行，初末位置不同，位移大小小于500米，故A錯誤；
B．平均速度等于位移除以時間，為
由A選項分析可知位移小于500米，時間，則平均速度
故B錯誤；
C．當物體的開關、大小對所研究的問題沒有影響時，才可以把物體看作質點。研究運動員的沖線技巧時，運動員的肢體動作等對研究沖線技巧有重要影響，不能忽略其形狀和大小，所以不可以把運動員看作質點，故C正確；
D．冰面對運動員的作用力與運動員對冰面的作用力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律，相互作用力大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，所以冰面對運動員的作用力等于運動員對冰面的作用力，故D錯誤。
故選C。
【分析】路程是物體運動的軌跡的長度，是標量，位移是由起點指向終點的有向線段，是矢量。平均速度是單位時間內的位移。如果物體大小相對研究對象較小或影響不大，可以把物體看作質點。冰面對運動員的作用力與運動員對冰面的作用力是一對相互作用力。
3．【答案】D
【知識點】結合能與比結合能；核聚變
【解析】【解答】本題考查核聚變的核反應方程，比結合能等知識，多讀課本，掌握了基礎知識才能順利解決此類問題。
A．該反應過程為核聚變過程，反應過程質量數守恒和核電荷數守恒，該核反應方程為
故A錯誤；
B．比結合能越大，原子核越穩定，核反應中生成物比反應物更加穩定，所以的比結合能大于的比結合能，故B錯誤；
C．原子能級躍遷僅涉及電子在原子軌道間的躍遷，釋放低能光子（如可見光、紫外線），與核反應無直接關聯。核聚變反應釋放的光子主要來源于核反應本身，而非氫原子能級躍遷。故C錯誤；
D．要使核聚變發生，原子核必須首先接近到約以內，強核力才能主導結合過程。原子核帶正電，根據庫侖定律，它們之間的斥力隨距離減小而急劇增大，這要求原子核需要足夠的動能才能克服庫侖斥力作用。因此，核聚變反應需要原子核具有足夠的動能以克服庫侖斥力才能有效發生，故D正確；
故選D。
【分析】根據質量數和電荷數守恒分析；根據比結合能與原子核穩定性的關系進行判斷；核聚變反應所釋放的γ光子來源于核反應中的質量虧損轉化的能量；考慮核聚變反應的條件，因為兩個輕核間存在庫侖斥力，只有當原子核具有足夠的動能克服這一斥力時，才能使它們靠近并發生反應。
4．【答案】A
【知識點】能量守恒定律；超重與失重
【解析】【解答】本題主要考查了機械能守恒、超重失重以及運動的合成與分解等物理概念，難度不大。A． 一顆鋼珠從離水面不高處由靜止落入水中， 鋼珠落入水中時，部分能量會轉化為小水珠的動能，部分小水珠可能會獲得足夠的動能，其質量較小，但是速度較大，使其濺起的高度超過鋼珠下落時的高度，A正確；
B．小水珠在空中上升時，加速度方向向下，處于失重狀態，而不是超重狀態，B錯誤；
C．被濺起來的小水珠有的可能是豎直上拋，有的可能是斜拋，所以小水珠運動到最高點時豎直方向上的速度一定為零，水平方向上不一定為零，C錯誤；
D．鋼珠下落時，部分能量會轉化為水的內能、聲能等其他形式的能量，因此小水珠的機械能總和會小于鋼珠靜止下落時的機械能，D錯誤。
故選A。
【分析】在理想情況下，若能量損失較小，小水珠獲得足夠的機械能，就可能達到超過鋼珠下落時的高度；加速度向下時物體處于失重狀態；豎直向上濺起的小水珠在最高點速度為零，但斜向上濺起的小水珠在最高點還有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高點速度都為零；根據能量守恒定律，鋼珠落入水中過程中存在能量損失，如克服水的阻力做功轉化為內能等，因此所有濺起小水珠的機械能總和必然小于鋼珠靜止下落時的機械能。
5．【答案】B
【知識點】電場線；電場強度的疊加；等勢面；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】本題考查點電荷的電場強度的特點，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題，屬于基礎題目。A． a、b、c、d四個點均在實線與虛線的交點上， 圖2中虛線代表等勢面，A錯誤；
B．鋁制網狀編織層可起到信號屏蔽作用，B正確；
C．a、b兩點處的電場強度不相同，因為方向不相同，C錯誤；
D．距離內導體越遠，電場強度越小， ，所以a、d間的電勢差大于b、c間電勢差的兩倍，D錯誤。
故選B。
【分析】電場線與等勢面垂直，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，點電荷的電場強度的特點是距離點電荷越遠電勢降落越慢。
6．【答案】D
【知識點】整體法隔離法；力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成，然后建立平衡方程進行解答。AB． 在質量為m的弓的中點處懸掛質量為M的重物，穩定時弦的張角 ，整體法對弓和物體受力分析，如圖所示
豎直方向上由受力平衡可得
解得
故AB錯誤；
CD．不計弓的形變，增加重物質量，弦與豎直方向夾角減小，則弦的伸長量增加，根據胡克定律可知，弦的張力一定增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】整體法對弓和物體受力分析，豎直方向上由受力平衡列方程進行分析；增加重物質量，弦的伸長量增加，由此分析。
7．【答案】B
【知識點】雙星（多星）問題
【解析】【解答】本題以“食雙星”這一特殊的雙星系統為背景，考查了雙星問題的相關知識，包括雙星的運動特點、質量關系、周期以及線速度關系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激發學生對天體運動現象的興趣。AC．由題意可知，時刻，較亮的恒星遮擋住較暗的恒星，時刻較暗的恒星遮擋住較亮的恒星，即時間里，轉了半個圈，故周期為
故AC錯誤；
B．設較亮的恒星和較暗的恒星的質量分別為和，均由彼此間的萬有引力提供向心力故兩顆恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正確；
D．設較亮的恒星和較暗的恒星的質量分別為和，根據
因為角速度相等，解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】對于雙星系統，要抓住三個相等，即向心力、角速度、周期相等，根據萬有引力提供向心力求解。
8．【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題主要考查斜拋運動的知識，利用運動學知識求解即可。滅火彈恰好垂直射入建筑玻璃窗，滅火彈可視為質點，滅火彈的逆運動可以看成具有某以初速度的平拋運動，設滅火彈的初速度為，則有
，
聯立解得
，
則滅火彈的豎直位移大小為
則滅火彈的合位移大小為
則滅火彈在空中運動的軌跡長度應略大于滅火彈的合位移大小，所以最接近于15m。
故選C。
【分析】滅火彈的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速運動（拋物線運動）。滅火彈垂直射入玻璃窗，說明其豎直分速度減為零，此時水平分速度仍保持不變。利用運動學公式和幾何關系，計算軌跡長度。
9．【答案】D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；人船模型；電勢能
【解析】【解答】本題把庫侖定律與牛頓第二定律、動量定理、能量守恒定律綜合在一個簡單的物理現象中，關鍵是先要弄清在排斥力作用下兩電荷移動的距離變化。A． 已知A球質量為3m，B球質量為m，兩小球均可視為點電荷， 撤去外力的瞬間，對A，由牛頓第二定律有
兩球運動一段時間，對B，由牛頓第二定律有
聯立解得此時AB球間距
對AB系統，根據動量守恒定律有
整理得
因為
聯立解得
故A錯誤；
B．根據動量守恒定律有
解得此時A的速度
在該段時間內，A球的速度由0變為，由動量定理，可得庫侖力對A球的沖量大小為
故B錯誤；
C．在該段時間內，對B，由動能定理有
在該段時間內，庫侖力對A球做功為，故C錯誤；
D．根據能量守恒，系統減少的電勢能等于系統機械能的增加量，為
故D正確。
故選D。
【分析】由動量守恒和庫侖力公式求B球運動的距離；B.根據動量定理求庫侖力對A球的沖量大小；C.由動能定理求庫侖力對A球做的功；D.根據能量守恒求兩球組成的系統電勢能減少量。
10．【答案】C
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】本題考查光學的知識，要掌握折射定律，解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。
A．調節光源到水面的距離h，隨著h變化，在水面上會看到不同形狀的發光區域，設亮環最外圈的半徑為，暗圓的半徑為，其光路圖如圖所示
發光面積為
臨界角為
根據幾何關系可知
，
聯立，解得
所以，h越大，水面上的發光區域面積越大，故A錯誤；
B．當時
即此時中心區域全部被照亮，不存在暗圓，故B錯誤；
C．當時
所以，中心不存在暗圓，其中
水面上的發光區域面積為
故C正確；
D．當時
暗圓面積
亮環面積
水面上亮環與暗圓的面積之比為
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據折射定律，光的全反射條件，結合幾何關系與光路圖分析求解。
11．【答案】A
【知識點】電阻定律；交變電流的產生及規律；質譜儀和回旋加速器；磁流體發電機
【解析】【解答】本題需要利用帶電粒子在電場、磁場中運動及發電機的相關知識求解。A．帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有
（R為最大軌道半徑）
速度越大，動能越大，最終動能
聯立解得
每次加速獲得的動能為Uq，則加速次數
每次粒子在磁場中加速半個周期，粒子在磁場中運動周期運動總時間
聯立解得
由此可知，增大加速電壓U ，粒子在回旋加速器中運動時間減小，故A正確；
B．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發光二極管不會交替發光，故B錯誤；
C．在梁的自由端施力F，梁發生彎曲，上表面拉伸，應變片的長度l變長，橫截面積S變小，根據電阻定律
可知上表面應變片的電阻變大，故C錯誤；
D．磁流體發電機穩定時，有
（d為兩極板間的距離）
解得電動勢
可知僅減小兩極板的距離d，磁流體發電機的電動勢會減小，故D錯誤。
故選A。
【分析】增大加速電壓，粒子經過加速后進入D形盒的速度變大，運動半徑增大，因此離子會更早離開加速器；A、B兩個二極管接入電路的極性方向不同，同時線圈轉動時會產生不同方向的電流，因此兩個二極管交替發光；上表面應變片被拉伸，電阻增大。
12．【答案】B,D
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象
【解析】【解答】本題解題關鍵是知道波長的定義，質點在一個周期內經過的路程為4A，但是在四分之一周期內經過的路程可能大于A，也可能小于A，也可能等于A。A． 小圓點代表該時刻各質點振動所在的位置 ，質點3和質點7均在平衡位置，二者相距半個波長，這列縱波的波長為4cm，A錯誤；
B．因為質點5在左最大位移處，所以該時刻質點7振動方向向左，B正確；
C．質點只振動不移動，質點3不可能運動到圖中質點7的位置，C錯誤；
D．經過
經過20個周期時二者的路程相等，最后四分之一周期時間內，質點4向右運動并經過平衡位置，速度大，路程大，質點6向左運動到最大位移處后向右運動，速度小，路程小，所以，質點4的運動路程大于質點6的運動路程，D正確。
故選BD。
【分析】根據波長的定義分析；根據質點7所在的位置分析，介質中的質點不會隨波遷移；分析該時刻質點4和質點6所在位置以及速度變化，進而根據在一個周期內質點經過的路程為4A比較。
13．【答案】B,C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應
【解析】【解答】本題考查光電效應方程和玻爾理論的理解和應用，結合圖像提供的信息進行分析解答。A． 大量處于能級的氫原子向低能級躍遷，產生的光子中僅有一種能引發該金屬發生光電效應 由愛因斯坦光電效應方程有
又因為
可得
結合圖像可知
當時，，則有
故A錯誤；
B．當時，代入
解得
故B正確；
CD．氫原子基態能量為，則能級氫原子能量為，能級氫原子能量為。由題可知能級向基態躍遷產生的光子能夠引發光電效應，能級向基態躍遷和能級向能級躍遷產生的光子不能引發光電效應，則
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】根據光電效應方程結合頻率與波長公式推導最大初動能表達式，結合圖像提供的現象進行推導判斷；根據各軌道對應的能量值進行分析判斷。
14．【答案】（1）A；B
（2）0.534；2.00；乙有可能
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示實驗應用勻變速直線運動的推論即可解題；計算時注意單位換算與有效數字的保留。
（1）A．“探究小車加速度與力、質量的關系”，兩種方案均需要補償阻力，選項A正確；
B．兩種方案均需要讓牽引小車的細線跟軌道保持平行，這樣可以保證力的方向不變，選項B正確；
C．不斷增加槽碼質量，甲方案中小車的加速度不會超過重力加速度；乙方案中因小車的加速度等于槽碼加速度的2倍，則當不斷增加槽碼質量時小車的加速度大小可能超過重力加速度，選項C錯誤；
D．用紙帶上的點來求解加速度，操作中，若有學生不小心先釋放小車再接通電源，若接通電源及時，則得到的紙帶也可能可用，選項D錯誤。
故選AB。
（2）紙帶上各相鄰計數點間均有四個點跡，則T=0.1s；
①計時器在打下計數點C時小車的速度大小
小車的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，設細線的拉力為T，槽碼質量為m，小車質量為M，則
對槽碼有
對小車有
聯立可得
，
當時，可認為，其相對誤差為
因，則，此時m等于M的25%，而實驗中通常建議m小于等于M的5%，以將系統誤差控制在可接受范圍內，可知采用方案甲誤差過大，故該紙帶是由方案乙得到。
【分析】（1）根據實驗注意事項與小車受力情況分析答題。
（2）根據圖示紙帶應用勻變速直線運動的推論分析求解。
（1）A．兩種方案均需要補償阻力，選項A正確；
B．兩種方案均需要讓牽引小車的細線跟軌道保持平行，選項B正確；
C．不斷增加槽碼質量，甲方案中小車的加速度不會超過重力加速度；乙方案中因小車的加速度等于槽碼加速度的2倍，則當不斷增加槽碼質量時小車的加速度大小可能超過重力加速度，選項C錯誤；
D．用紙帶上的點來求解加速度，操作中，若有學生不小心先釋放小車再接通電源，若接通電源及時，則得到的紙帶也可能可用，選項D錯誤。
故選AB。
（2）紙帶上各相鄰計數點間均有四個點跡，則T=0.1s；
①[1][2]計時器在打下計數點C時小車的速度大小
小車的加速度大小
②[3]如果采用方案甲，設細線的拉力為T，槽碼質量為m，小車質量為M，則
對槽碼有
對小車有
聯立可得，
當時，可認為，其相對誤差為
因，則，此時m等于M的25%，而實驗中通常建議m小于等于M的5%，以將系統誤差控制在可接受范圍內，可知采用方案甲誤差過大，故該紙帶是由方案乙得到。
15．【答案】1.59；有
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。實驗中讓一細束激光沿玻璃磚半徑方向射到圓心O， 激光恰能在O點全反射，則
其中
解得
其他條件不變，僅將半圓形玻璃磚向左平移一小段距離，等效將入射光線向右平移一小段距離，光路圖如圖所示
則光線射到上底面時的入射角減小，則光線將不能發生全反射從而從底面射出。
【分析】根據臨界角和折射率的關系計算；根據光路圖分析。
16．【答案】A；A
【知識點】變壓器原理；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【解析】【解答】變壓器工作原理是互感現象，在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，需要使用交流電源。36V是安全電壓上限，相對來說8V交流電源更為合適，即能滿足實驗要求又更安全。
故選A。
變壓器是利用互感現象工作的，通過原線圈的電流是恒定的，產生磁場也是恒定的，那么穿過副線圈的磁通量不變，不會在副線圈中產生磁感應電動勢。所以將學生電源的“直流6V”輸出端與變壓器左側線圈連接，交流電壓表與變壓器右側線圈連接，當接通電源穩定后，交流電壓表的計數為0。
故選A。
【分析】根據安全電壓分析；根據變壓器的工作原理分析。
17．【答案】（1）
（2）B
（3）1.16V
（4）；
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；表頭的改裝；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題主要考查測量一節干電池的電動勢和內阻的實驗，要明確實驗原理，掌握并聯電路是特點、歐姆定律和閉合電路歐姆定律的運用。
（1）根據歐姆定律可知，毫安表的滿偏電壓為
則，改裝后的最大量程為
所以，改裝后的量程為。
（2）為了精確測量，由于改裝后的電流表的內阻已知，圖中多用電表代替的電壓表應為電源的“內接法”，即右邊表筆P應接到“B”處。
（3）量程為2.5V，最小刻度為0.05V，讀數讀到小數點后一位，由圖2可知，多用電表的讀數為1.16V。
（4）由（1）分析可知，電路中電流為毫安表示數的3倍。改裝后的電流表的內阻為
根據歐姆定律
整理可得
可得圖線的斜率的絕對值為
截距為
所以
，
【分析】（1）根據并聯電路的特點和歐姆定律求解改裝表的量程；
（2）由于改裝電流表的內阻已知，相對于電源，電流表采用內接法；
（3）多用電電壓擋的量程為2.5V，分度值為0.05V，根據電壓表的讀數規則讀數；
（4）毫安表的量程擴大3倍，當毫安表示數為I時，干路電流為3I，根據閉合電路歐姆定律求解U-I函數，結合圖像縱截距和斜率絕對值求解作答。
（1）毫安表的滿偏電壓為
則，改裝后的最大量程為
所以，改裝后的量程為。
（2）由于改裝后的電流表的內阻已知，為了精確測量，圖中多用電表代替的電壓表應為電源的“內接法”，即右邊表筆P應接到“B”處。
（3）由圖2可知，多用電表的讀數為1.16V。
（4）由（1）分析可知，電路中電流為毫安表示數的3倍。改裝后的電流表的內阻為
根據歐姆定律
整理可得
可得圖線的斜率的絕對值為
截距為
所以，
18．【答案】（1）解：對活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）不變；<；初始狀態：末狀態：由蓋呂薩克定律解得
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體熱現象的微觀意義
【解析】【解答】（2） ① 通過上述分析可知，溫度升高時，腔體內氣體壓強不變；內能變化的方式包括做功和熱傳遞。等壓狀態下，溫度升高時，氣體體積增大，氣體對外做功，所以。
【分析】（1）根據平衡條件列式解答；
（2）根據平衡條件結合等壓變化、熱力學第一定律和蓋-呂薩克定律進行分析解答。
（1）對活塞棒受力分析，可得
整理解得
（2）[1]通過上述分析可知，溫度升高時，腔體內氣體壓強不變；
[2]內能變化的方式包括做功和熱傳遞。等壓狀態下，溫度升高時，氣體體積增大，氣體對外做功，所以；
[3]初始狀態：
末狀態：
由蓋呂薩克定律
解得
19．【答案】（1）解：對滑塊P，從C到D，由動能定理得
解得
在
聯立解得
從開始下滑到C，由動能定理
聯立解得
（2）解：因為
若一直減速，則有
滑塊P在傳送帶上一直減速，滑塊P與滑塊1第1次碰撞，規定向右為正方向，則有
聯立解得
之后，通過滑塊間的碰撞，速度依次傳遞
對物塊n，從J拋出到落到坑底，由平拋規律有
聯立可得
（3）解：滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后，每次進傳送帶和出傳送帶速度大小相等：滑塊P與滑塊1每發生一次碰撞，速度反向，大小減半，則有
滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后的在傳送帶上總時間
電動機多消耗電能

【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）由動能定理求出滑塊P，從C到D的速度，由牛頓第二定律求出滑塊P到達圓軌道最高點D時受到軌道的彈力大小FD，由動能定理求出釋放高度h；
（2）根據運動學公式求到F點的速度，根據動量守恒定律和能量守恒定結合運動學公式求標號為n的滑塊到達坑底時距坑底右邊緣T的距離Δx；
（3）根據運動學公式和數學思想求滑塊P在傳送帶上總時間，最后根據摩擦力做功求電動機多消耗的電能E電。
（1）對滑塊P，從C到D，由動能定理得
解得
在
聯立解得
從開始下滑到C，由動能定理
聯立解得
（2）因為
若一直減速，則有
滑塊P在傳送帶上一直減速，滑塊P與滑塊1第1次碰撞，規定向右為正方向，則有
聯立解得
之后，通過滑塊間的碰撞，速度依次傳遞
對物塊n，從J拋出到落到坑底，由平拋規律有
聯立可得
（3）滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后，每次進傳送帶和出傳送帶速度大小相等：滑塊P與滑塊1每發生一次碰撞，速度反向，大小減半，則有
滑塊P與滑塊1發生第一次碰撞后的在傳送帶上總時間
電動機多消耗電能
20．【答案】（1）解：進入磁場后，小球做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
解得
離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
（2）解：①由題可知，無論d多大，小球都能垂直打在收集板上，根據洛倫茲力提供向心力有
解得
根據幾何關系可得
②小球離開擋板前，根據
解得
則有
小球離開擋板后，根據幾何關系有
根據幾何關系可得y與d有關系為
（0≤d≤2m）
③當d=1m時，離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
根據動能定理有
水平方向，根據動量定理有
聯立解得
小球離開擋板前
則最遠距離
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】 （1）根據運動學公式和合速度表達式求帶電小球離開擋板M端時的速度大小v；
（2）①根據洛倫茲力提供向心力和幾何關系求x0；
②根據運動學公式和長度關系求小球垂直打在收集板上的位置坐標y與d之間的函數關系；
③由動能定理和動量定理再結合長度關系求小球在磁場區域運動過程中距x軸的最遠距離ym。
（1）進入磁場后，小球做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
解得
離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
（2）①由題可知，無論d多大，小球都能垂直打在收集板上，根據洛倫茲力提供向心力有
解得
根據幾何關系可得
②小球離開擋板前，根據
解得
則有
小球離開擋板后，根據幾何關系有
根據幾何關系可得y與d有關系為（0≤d≤2m）
③當d=1m時，離開擋板時，沿擋板方向速度為
離開擋板時，小球速度大小為
根據動能定理有
水平方向，根據動量定理有
聯立解得
小球離開擋板前
則最遠距離
21．【答案】（1）解：金屬桿旋轉切割產生的電動勢為
電容器充電完畢所帶電荷量為
（2）解：①金屬桿到達穩定速度時，電容器兩端電壓為
通過金屬桿的電荷量為
此過程，對金屬桿，由動量定理可得
其中
解得
②設金屬桿距點為，則
則周期為
恒流源輸出能量為
解得
③金屬棒第一次出時，電容器所剩電荷量為
當金屬棒返回Ⅱ區后，再次達到穩定速度，這時電容器經歷放電和反向充電過程，此時
根據動量定理
其中
聯立，解得
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】 （1）根據電動勢表達式和電容器公式求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q0；
（2）①由動量定理求金屬桿b到達MN時的速度大小v1；
②根據簡諧運動回復力與位移的關系和周期公式結合能量關系求恒流源輸出的能量E；
③根據電容器表達式和動量守恒求電容器最終帶電荷量Q。
（1）金屬桿旋轉切割產生的電動勢為
電容器充電完畢所帶電荷量為
（2）①金屬桿到達穩定速度時，電容器兩端電壓為
通過金屬桿的電荷量為
此過程，對金屬桿，由動量定理可得
其中
解得
②設金屬桿距點為，則
則周期為
恒流源輸出能量為
解得
③金屬棒第一次出時，電容器所剩電荷量為
當金屬棒返回Ⅱ區后，再次達到穩定速度，這時電容器經歷放電和反向充電過程，此時
根據動量定理
其中
聯立，解得
1 / 1

展開更多......

收起↑