2025届三省三校（黑龙江省哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高三下学期一模物理试题
1．（2025高三下·黑龙江模拟） 歼-35A是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如图所示歼-35A战机先水平向右，再沿曲线ab向上，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则在沿ab段曲线飞行过程中（ ）
A．战机水平方向的分速度逐渐增大
B．战机在某点加速度方向可能沿轨迹的切线方向
C．战机克服重力做功的功率逐渐增大
D．战机所受合外力斜向左上方且保持不变
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】解决本题的关键是正确分析飞机的受力情况，熟练掌握曲线运动的条件和特点。
A．设战机速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则水平分速度为，在ab段，θ逐渐增大，逐渐减小，而v不变，所以水平方向的分速度逐渐减小，故A错误；
B．根据曲线运动的条件，飞机沿ab段飞行做曲线运动，所受合外力一定不为零，且合外力方向指向ab曲线的内侧，由牛顿第二定律可知加速度方向也指向ab曲线的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，故B错误；
C．战机克服重力做功的功率
可知在ab段，θ逐渐增大，逐渐增大，因为v大小不变，故战机克服重力做功的功率逐渐增大，故C正确；
D．战机做曲线运动，合外力指向轨迹的凹侧，由于飞机速率不变，故合外力方向时刻与速度方向垂直，由于速度方向时刻变化，所以合外力方向也时刻变化，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将战机的速度沿水平和竖直方向分解，结合几何关系分析水平方向分速度的变化；根据曲线运动的条件分析；根据重力的功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，进行分析；沿速度方向上的力改变速度的大小，与速度垂直的力改变速度方向。
2．（2025高三下·黑龙江模拟） 波是传递能量的一种方式。某一简谐波的振幅为A、圆频率为（在波传播过程中保持不变），用表示波在传播过程中的平均能量密度，即单位体积内具有的能量，则有，（为介质的密度）；用I表示波在传播过程中的能流密度，即单位时间内流过垂直传播方向的单位面积上的平均能量。若不计传播过程中的能量损耗，该简谐波沿直线传播的速度为v，则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】对学生从材料中提取关键信息的能力要求和数学计算能力要求较高，难度中等。
设时间内流过垂直传播方向面积上的波，根据其物理意义知，能流密度
故答案为：A。
【分析】任取与传播方向垂直的横截面，根据已知的平均能量密度求解能流密度。
3．（2025高三下·黑龙江模拟） 2025年开年之际，国际上唯一的我国超导托卡马克大科学装置集群正在加快推动聚变能源的开发和应用，其中一种核聚变反应方程式为，已知各元素原子核及中子的质量如下表，阿伏加德罗常数取，氘核摩尔质量为，1u相当于931.5MeV。则下列说法正确的是（ ）
元素原子核或中子 氘核 氚核 氦核 中子
质量（单位：u） 2.0141 3.0161 4.0026 1.0087
A．该核反应过程释放能量，不满足能量守恒定律
B．氘核的比结合能比氦核的大
C．氘核与氚核间距达到量级即可发生核聚变反应
D．4g氘完全参与聚变释放出能量的量级为
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了轻核聚变、质能方程，解题的关键是知道比结合能越大，原子核越稳定，熟练掌握质能方程。
A．所有的核反应过程都满足能量守恒定律，该核聚变反应过程释放能量，是因为存在质量亏损，亏损的质量以能量的形式释放出来，但整个过程能量依然守恒，故A错误；
B．比结合能越大，原子核越稳定，氦核比氘核稳定，所以氦核的比结合能比氘核的大，故B错误；
C．要使氘核与氚核发生核聚变反应，需要使它们克服库仑斥力，二者间距要达到量级，而不是量级，故C错误；
D.4g氘的物质的量
则氘核的个数
根据核聚变反应方程，1个氘核参与反应的质量亏损
1u相当于931.5MeV，则 1 个氘核参与反应释放的能量
那么4g氘完全参与聚变释放的能量
故D正确。
故答案为：D。
【分析】所有物理规律都满足能量守恒定律，比结合能越大，原子核越稳定，要使氘核与氚核发生核聚变反应，需要使它们克服强相互作用，结合质能方程求解。
4．（2025高三下·黑龙江模拟） 甲乙两列简谐横波在同一介质中传播，时刻的部分波形如图，沿x轴正向传播的甲波如实线所示，沿x轴负向传播的乙波如虚线所示，波速均为4cm/s。则下列说法正确的是（ ）
A．乙波的周期为4.8s
B．甲波振幅为
C．时刻，介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点间的距离为24cm
D．两列波可以形成稳定的干涉
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。
A．图像可知乙波的波长为4.8cm，波速为4cm/s，则乙波的周期为
故A错误；
B．图像可知甲波振幅为A=20cm，故B错误；
C．图像可知在横坐标为4cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置40cm，则甲乙两列波波峰位置坐标分别为
整理可得，介质中偏离平衡位置位移为40cm的质点横坐标
则介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点分别为
则介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点间的距离
故C正确；
D．图像可知甲波波长为4cm，则甲波的周期为
可知甲波、乙波周期不同，即频率不同，故两列波不可以形成稳定的干涉，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据波的叠加原理，以及波形图中提取波的性质。同时，还需要根据波的频率与波速和波长的关系，以及波的干涉现象判断选项。
5．（2025高三下·黑龙江模拟） 法国科学家皮埃尔·德·费马在1662年提出光线传播的路径是所需时间最少的路径，即费马原理，光的折射即遵从这一原理实际生活中的下述现象也可类比折射定律来理解。如图所示，地面上陶陶在距笔直的河岸10m处的A点，发现落水的琪琪位于水面上距河岸50m处的B点。陶陶在地面上奔跑的速度大小为，在水中游泳的速度大小为，奔跑、游泳均视为匀速直线运动。可知此次营救中，陶陶在陆地的速度与河岸夹角30°，在水中的速度与河岸夹角60°将最省时。由题中信息和所学物理知识可知（ ）
A．陶陶在水中游泳的速度大小为
B．陶陶在水中游泳的速度大小为
C．陶陶到达琪琪处的最短时间为12s
D．陶陶到达琪琪处的最短时间约为16s
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】本题考查了小船渡河问题，理解合速度和分速度的关系是解决此类问题的关键。小船过河问题的本质依旧是速度的合成与分解，需要牢记的是不同方向上的分速度相互独立，互不影响。
AB．设陶陶在陆地的速度为v1 ，与河岸夹角为；在水中的速度为，与河岸夹角为 ，将陶陶的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在陆地时，垂直河岸方向分速度
在水中时，垂直河岸方向分速度
因为要保证最省时，也就是整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，所以各段垂直河岸方向的分速度应该相等，即
解得
故A正确，B错误。
CD．首先计算垂直河岸方向需要通过的总距离，在陆地上距离河岸10m，在水中距离河岸50m，所以垂直河岸方向总的距离
d10+5060m
而垂直河岸方向的分速度
vy v1 sinα2.5m/s
（前面已分析各段垂直河岸方向分速度相等）。
则最短时间
故CD 错误。
故答案为：A。
【分析】根据要保证最省时，整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，各段垂直河岸方向的分速度应该相等，结合垂直河岸方向总的距离与分速度分析求解。
6．（2025高三下·黑龙江模拟） 一根质量为m的重绳，悬挂在两根不等高的竖直杆上。左端悬点处切线与杆夹角为，右端悬点处切线与杆夹角为，重力加速度为g，则重绳最低点（弧底）的张力大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意选准研究对象，做好受力分析，根据共点力的平衡条件进行处理。
对绳子受力分析如图
其中分别是左右悬点对绳子的拉力大小，设重绳最低点（弧底）的张力大小为F，分析可知其方向为水平方向，对重绳最低点左半部分，由平衡条件有
对重绳最低点右半部分，由平衡条件有
对重绳，由平衡条件有
联立解得
故答案为：B。
【分析】对重绳最低点左半部分和右半部分，分析根据平衡条件列方程，再对整个重绳，根据平衡条件列方程，联立求解。
7．（2025高三下·黑龙江模拟） 从空中某点分别以速度、、将三个相同的小球1、2、3沿垂直于竖直墙壁方向水平抛出，三小球分别经时间、、，下落、、高度后与墙壁碰撞，相碰时速度大小分别为、、，速度与竖直方向的夹角分别为60°、45°、30°，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动，要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合速度夹角进行求解。平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
C．设抛出点到墙壁的距离为，根据平抛运动的规律可知速度反向延长线过水平位移的中点，由几何关系可知
，，
得，故C正确；
A． 由得
得，故A正确；
B．由，，
得，故B正确；
D．由
，，
得，故D错误。
故答案为：D。
【分析】小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
8．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出电压为12V、24V、36V，匝数为的原线圈输入电压瞬时值表达式为。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ）
A．，
B．BC间线圈匝数为120匝，通过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为24V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，通过R的电流为3.0A，周期为0.02s
【答案】A,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查变压器，解题关键掌握变压器电压规律和电流的规律，注意电功率的计算公式。变 压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。
A．根据理想变压器的变压规律有
解得
根据有效值
可知
故A正确；
B．由功率与电压关系，可知BC端电压
根据理想变压器的变压规律有
联立以上，解得BC间线圈匝数
通过R的电流为
故B错误；
C．变压器原副线圈电压比等于匝数比，原线圈输入电压220V，可输出电压有12V、24V、36V，题图可知匝数关系为，故AB两端应为24V。题意知交变电流
解得频率、周期分别为
故C错误；
D．以上分析可知AC两端定压是36V，则通过R的电流为
以上可知交变电流周期为0.02s，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】变压器中原、副线圈两端电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比，根据电压表的示数与输入电压的关系判断原线圈的匝数，再根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系求出该交变电压的峰值；根据功率和电阻的关系求出BC段电压的大小，再根据原、副线圈电压与匝数的关系求出BC段的匝数；根据原、副线圈电压与匝数的关系可以推断BC段电压是12V，AC段电压应是30V，AB段的电压应是18V，因为变压器不改变交变电流的频率，所以求出原线圈两端电压的频率即可；根据欧姆定律计算电流大小，再根据频率与周期的关系，计算周期。
9．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，是可变电阻，电容器电容，a、b分别为电容器上下两个极板，G为灵敏电流表。初始时开关闭合、断开，电路稳定，现将开关也闭合直至电路再次稳定，则下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合，断开电路稳定时电容器极板带正电
B．闭合后，调节使得上下两极板电势相等时
C．若，则闭合前后电路稳定时电源的输出功率相等
D．若，则在整个过程中流过电流表的电荷量为
【答案】B,C,D
【知识点】电容器及其应用；电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】含电容器电路的分析与计算方法，首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。最后根据公式Q=CU或ΔQ=CΔU，求电荷量及其变化量。
A．开关闭合，断开，图像可知电容器b极板与电源负极相连，故b极板带负电，故A错误；
B．电容器上下两极板电势相等时，则两端电压相等，设支路电压为U，则有
代入题中数据解得
故B正确；
C．未闭合前，外电路电阻
此时电源输出功率
若，闭合后，外电路电阻
此时电源输出功率
则有，故C正确；
D．未闭合前，电容器两端电压
若，闭合后，电源路端电压
则电容器两端电压
则在整个过程中流过电流表的电荷量为
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】电容器b极板与电源负极相连；根据电压的特点计算；根据功率公式分别计算比较即可；计算整个过程中电容器两端电压的变化，根据Q=CU计算。
10．（2025高三下·黑龙江模拟） 某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等宽度的匀强磁场和，方向未知（图中未画出），垂直纸面向里。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘），其中ad边长与磁场宽度相等。当磁场和同时以速度沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，实验车被带动沿导轨运动，能达到的最大速率为8m/s。已知金属框总电阻、垂直导轨的ab边长，实验车与金属框的总质量，。实验车运动时受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．为使金属框运动，则垂直纸面向外
B 实验车受到恒定阻力
C. 在带动实验车与金属框的运动过程中，外力对磁场额外做的功等于实验车及金属框总功能的改变量与摩擦生热之和D. 若两磁场时刻由静止开始向右匀加速直线运动，发现时实验车开始运动，时实验车正向右做匀加速直线运动，则时刻实验车的速度大小为
【答案】A
【知识点】楞次定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
A．当磁场向右运动时，根据楞次定律，要使金属框向右运动，金属框受到的安培力方向应向右。由右手定则判断感应电流方向，再由左手定则判断安培力方向，可知垂直纸面向外，故A正确；
B．当实验车达到最大速度时，金属框切割磁感线的相对速度
此时金属框产生的感应电动势
解得
感应电流
金属框受到的安培力为
因为此时实验车匀速运动，所以安培力等于阻力，有
故B正确；
C．根据能量守恒定律，外力对磁场做的功，一部分转化为实验车及金属框的总动能，一部分转化为金属框中的焦耳热，还有一部分转化为摩擦生热。所以外力对磁场额外做的功等于实验车及金属框总动能的改变量、金属框中的焦耳热与摩擦生热之和，故C错误；
D．若两磁场时刻由静止开始向右匀加速直线运动，t=2s时实验车开始运动，此时磁场的速度
金属框中产生的感应电动势使安培力刚好等于阻力f，有
电流
而
联立解得
时实验车正向右做匀加速直线运动，设此时车的速度为，磁场速度为
此时金属框切割磁感线的相对速度为
安培力为
由欧姆定律
而
由牛顿第二定律
联立解得
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】由右手定则判断感应电流方向，再由左手定则判断磁场方向，实验车匀速运动，所以安培力等于阻力，根据能量守恒定律分析，金属框中产生的感应电动势使安培力刚好等于阻力f，结合牛顿第二定律以及速度时间关系求解。
11．（2025高三下·黑龙江模拟） 某学习小组在英国数学家兼物理学家阿特伍德《关于物体的直线运动和转动》的文章中查到了理想的阿特伍德机原理，并在实验室中进行了实验：如图所示将质量相等的两钩码A、B通过轻质细线相连绕过定滑轮，再把重物C挂在B的下端，A的下端连接纸带，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。
（1）某次实验打出的纸带如图所示，则打出纸带上H点时钩码A的瞬时速度大小为 m/s；（结果保留三位有效数字）
（2）已知钩码的质量为M，重物C的质量为m，由静止释放。某次实验中从纸带上测量A由静止上升h高度时对应计时点的速度为v，如果满足关系式 则可验证系统机械能守恒；
（3）小组同学还改变重物C的质量m，测得多组m及其对应的加速度大小a，并在坐标纸上做出了如右图所示的图线，根据此图线可求出当地的重力加速度大小为 。
【答案】（1）1.13
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题关键掌握纸带数据的处理方法和利用图像处理问题的方法。
（1）根据匀变速直线运动中，某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点周期
钩码A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度大小为
（2）把ABC作为一个系统，若系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，则系统机械能守恒，即
（3）对ABC系统，由牛顿第二定律有
整理得
可知图线纵截距为，根据图像有
整理得
【分析】（1）根据匀变速直线运动中，某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度计算打出H点时的瞬时速度；
（2）根据系统机械能守恒定律判断；
（3）根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
12．（2025高三下·黑龙江模拟） 某电学实验小组的同学发现一种旧式手机电池所标的电动势是4.45V，决定利用实验室所能提供的下列实验器材对其电动势和内电阻进行测量。
A.电流表A（量程100mA，内阻）
B.电压表V（量程3.0V，内阻约）
C.滑动变阻器（阻值范围0~50，额定电流1.5A）
D.电阻箱（阻值范围0~9999）
E.电阻箱（阻值范围0~99.99）
F.各类开关和导线若干
小组成员设计了如图所示的实验电路图。
（1）现将该电流表与并联，改装成一个量程为500mA的大量程电流表，电阻箱的阻值应调为 ；
（2）为满足测量要求，需要将电压表的量程扩大为4.5V，小组成员采用如下操作：按图连好实验器材，检查无误后，开关接b，将的滑片滑至最左端，的阻值调为0，开关断开，闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为3.0V；保持的滑片位置不变，改变电阻箱的阻值，当电压表示数为 V，完成扩大量程，断开开关；
（3）保持电阻箱的阻值不变，将开关接到a，闭合开关、，移动的滑片，记录几组电压表V和电流表A的读数U、I，并做出图像，如图所示，可得电池的电动势 V、内阻 。（计算结果均保留3位有效数字）
【答案】（1）0.25
（2）2.0
（3）4.29；2.20
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流I短，不过图线与纵轴的截距仍为电动势，直线斜率的绝对值仍是电源的内阻。
（1）根据并联电路分流作用，有
代入数据，解得
（2）电压表示数为3V且保持R1接入电路的阻值不变时，电压表和R2电压之和可认为始终等于3.0V。当电压表的示数为2.00V时，说明电阻R2两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R2的电阻为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大为1.5倍，即为0~4.5V。
（3）改装后电压表量程扩大到1.5倍，故测得电压是原电压表的示数的1.5倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得
则有
根据图像斜率和截距有
，
解得，
【分析】（1）根据并联电路分流作用计算；
（2）根据串联分压的原理判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像计算。
13．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图，一绝热长方体箱体侧壁固定一电阻为的电热丝，箱体总体积箱体内有一不计质量的活塞，其与箱体内壁摩擦不计。活塞左侧空间封闭一定质量的理想气体，外界大气压强，箱口处设有卡环。电阻丝经导线与一圆形线圈形成闭合回路，线圈放置于有界匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁感应强度大小随时间的变化率为。已知线圈的匝数，面积，线圈的电阻。初始时活塞到右侧箱口距离是到左侧箱底距离的2倍，接通电路缓慢对气体加热，加热前气体温度为。
（1）求电热丝两端的电压；
（2）经一段时间，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体的内能增加了100J，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时箱内气体的温度及电路的通电时间。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，可得圆形线圈产生的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律可得流经电热丝的电流为
其两端的电压
（2）解：接通电路缓慢对气体加热，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体做等压变化，有
可得此时箱内气体的温度
该过程中外界对气体做功
若电热丝产生的热量全部被气体吸收，根据热力学第一定律有
根据，可求得电路的通电时间
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；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
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解流过电热丝的电流；
（2）根据盖—吕萨克定律求解此时气缸内气体的温度；根据热力学第一定律、焦耳定律可得电热丝的通电时间。
14．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图，半径为R光滑半圆形轨道在最低点A与左侧光滑水平面相切，可视为质点的小球P、Q之间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不栓接），静止在水平面上。若固定小球P，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，经最高点C落回水平面的位置与A距离为2R；若P不固定，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，在图示B点脱离轨道。已知R、小球Q的质量m、、重力加速度g，求：
（1）被压缩弹簧初始时弹性势能；
（2）小球P的质量。
【答案】（1）解：设小球从C点平抛时的初速度为，则由平抛规律，竖直方向有
水平方向有
解得
由能量守恒可得，被压缩弹簧初始时弹性势能
联立解的
（2）解：P不固定时，设小球Q运动到B点时速度为，在B点，对小球Q，由牛顿第二定律有
解得
设小球P、Q刚脱离弹簧时速度为，小球Q从A到B过程，由能量守恒有
解得
对PQ系统，由动量守恒定律有
由能量守恒有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）固定小球P时，小球Q从C点飞出后做平抛运动，根据分位移公式求出小球Q通过C点时的速度大小，再由机械能守恒定律求被压缩弹簧初始时弹性势能Ep；
（2）P不固定时，小球Q在B点脱离轨道时由重力沿半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球Q通过B点时的速度大小。小球Q从A到B过程，由机械能守恒求出小球Q刚脱离弹簧时的速度。对于弹簧将两球弹开的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求小球P的质量mp。
15．（2025高三下·黑龙江模拟） 空间内存在竖直向下的匀强电场。建立如图所示x-O-y平面直角坐标系，并在第三、四象限内添加垂直于此坐标平面的某一匀强磁场（图中未画出）。现有一个质量为m、电荷量为的带负电小球，从y轴上的A点（0，L）以速度抛出，经x轴上C点（2L，0）进入磁场。已知重力加速度为g。
（1）若电场强度，求小球运动至C点时的速度与x轴的夹角（用三角函数表示）；
（2）若电场强度，磁场垂直纸面向里，该小球能回到抛出点A，求磁感应强度B的大小；
（3）若小球从A点以沿x轴正方向水平抛出，磁场垂直纸面向外，且磁感应强度大小为，求小球回到与A点等高（纵坐标相同）位置的x坐标。
【答案】（1）解：由于Eq=mg，小球受力平衡，做匀速直线运动，运动方向即AC方向。小球过C点时的速度即AC与x轴的夹角θ有：
（2）解：由于Eq=mg，小球进入第四象限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知
可得
由几何关系可知
解得
（3）解：小球在第一象限内做类平抛运动，则x方向
y方向
联立解得
且
于是由y方向
解得
当小球从C点进入第四象限后，由于
则小球在x方向以v0做匀速直线运动，同样以vy初速度做匀速圆周运动，后从C＇点离开第四象限。
，，
则小球回到与A点等高（纵坐标相同）位置的x坐标
即
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）带电小于在第一象限做匀速直线运动，由此得到速度方向与x轴夹角的正切值；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径，结合题设条件和几何关系，联立求解磁感应强度的大小；
（3）小球在第一象限做类平抛运动，由动力学规律求解电场强度的大小和两个分速度的大小和方向，进入第四象限后，可看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速圆周运动的合成，由两个方向的规律求微粒回到与A等高位置时的坐标。
1 / 12025届三省三校（黑龙江省哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高三下学期一模物理试题
1．（2025高三下·黑龙江模拟） 歼-35A是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如图所示歼-35A战机先水平向右，再沿曲线ab向上，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则在沿ab段曲线飞行过程中（ ）
A．战机水平方向的分速度逐渐增大
B．战机在某点加速度方向可能沿轨迹的切线方向
C．战机克服重力做功的功率逐渐增大
D．战机所受合外力斜向左上方且保持不变
2．（2025高三下·黑龙江模拟） 波是传递能量的一种方式。某一简谐波的振幅为A、圆频率为（在波传播过程中保持不变），用表示波在传播过程中的平均能量密度，即单位体积内具有的能量，则有，（为介质的密度）；用I表示波在传播过程中的能流密度，即单位时间内流过垂直传播方向的单位面积上的平均能量。若不计传播过程中的能量损耗，该简谐波沿直线传播的速度为v，则有（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三下·黑龙江模拟） 2025年开年之际，国际上唯一的我国超导托卡马克大科学装置集群正在加快推动聚变能源的开发和应用，其中一种核聚变反应方程式为，已知各元素原子核及中子的质量如下表，阿伏加德罗常数取，氘核摩尔质量为，1u相当于931.5MeV。则下列说法正确的是（ ）
元素原子核或中子 氘核 氚核 氦核 中子
质量（单位：u） 2.0141 3.0161 4.0026 1.0087
A．该核反应过程释放能量，不满足能量守恒定律
B．氘核的比结合能比氦核的大
C．氘核与氚核间距达到量级即可发生核聚变反应
D．4g氘完全参与聚变释放出能量的量级为
4．（2025高三下·黑龙江模拟） 甲乙两列简谐横波在同一介质中传播，时刻的部分波形如图，沿x轴正向传播的甲波如实线所示，沿x轴负向传播的乙波如虚线所示，波速均为4cm/s。则下列说法正确的是（ ）
A．乙波的周期为4.8s
B．甲波振幅为
C．时刻，介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点间的距离为24cm
D．两列波可以形成稳定的干涉
5．（2025高三下·黑龙江模拟） 法国科学家皮埃尔·德·费马在1662年提出光线传播的路径是所需时间最少的路径，即费马原理，光的折射即遵从这一原理实际生活中的下述现象也可类比折射定律来理解。如图所示，地面上陶陶在距笔直的河岸10m处的A点，发现落水的琪琪位于水面上距河岸50m处的B点。陶陶在地面上奔跑的速度大小为，在水中游泳的速度大小为，奔跑、游泳均视为匀速直线运动。可知此次营救中，陶陶在陆地的速度与河岸夹角30°，在水中的速度与河岸夹角60°将最省时。由题中信息和所学物理知识可知（ ）
A．陶陶在水中游泳的速度大小为
B．陶陶在水中游泳的速度大小为
C．陶陶到达琪琪处的最短时间为12s
D．陶陶到达琪琪处的最短时间约为16s
6．（2025高三下·黑龙江模拟） 一根质量为m的重绳，悬挂在两根不等高的竖直杆上。左端悬点处切线与杆夹角为，右端悬点处切线与杆夹角为，重力加速度为g，则重绳最低点（弧底）的张力大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高三下·黑龙江模拟） 从空中某点分别以速度、、将三个相同的小球1、2、3沿垂直于竖直墙壁方向水平抛出，三小球分别经时间、、，下落、、高度后与墙壁碰撞，相碰时速度大小分别为、、，速度与竖直方向的夹角分别为60°、45°、30°，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出电压为12V、24V、36V，匝数为的原线圈输入电压瞬时值表达式为。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ）
A．，
B．BC间线圈匝数为120匝，通过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为24V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，通过R的电流为3.0A，周期为0.02s
9．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，是可变电阻，电容器电容，a、b分别为电容器上下两个极板，G为灵敏电流表。初始时开关闭合、断开，电路稳定，现将开关也闭合直至电路再次稳定，则下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合，断开电路稳定时电容器极板带正电
B．闭合后，调节使得上下两极板电势相等时
C．若，则闭合前后电路稳定时电源的输出功率相等
D．若，则在整个过程中流过电流表的电荷量为
10．（2025高三下·黑龙江模拟） 某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等宽度的匀强磁场和，方向未知（图中未画出），垂直纸面向里。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘），其中ad边长与磁场宽度相等。当磁场和同时以速度沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，实验车被带动沿导轨运动，能达到的最大速率为8m/s。已知金属框总电阻、垂直导轨的ab边长，实验车与金属框的总质量，。实验车运动时受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．为使金属框运动，则垂直纸面向外
B 实验车受到恒定阻力
C. 在带动实验车与金属框的运动过程中，外力对磁场额外做的功等于实验车及金属框总功能的改变量与摩擦生热之和D. 若两磁场时刻由静止开始向右匀加速直线运动，发现时实验车开始运动，时实验车正向右做匀加速直线运动，则时刻实验车的速度大小为
11．（2025高三下·黑龙江模拟） 某学习小组在英国数学家兼物理学家阿特伍德《关于物体的直线运动和转动》的文章中查到了理想的阿特伍德机原理，并在实验室中进行了实验：如图所示将质量相等的两钩码A、B通过轻质细线相连绕过定滑轮，再把重物C挂在B的下端，A的下端连接纸带，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。
（1）某次实验打出的纸带如图所示，则打出纸带上H点时钩码A的瞬时速度大小为 m/s；（结果保留三位有效数字）
（2）已知钩码的质量为M，重物C的质量为m，由静止释放。某次实验中从纸带上测量A由静止上升h高度时对应计时点的速度为v，如果满足关系式 则可验证系统机械能守恒；
（3）小组同学还改变重物C的质量m，测得多组m及其对应的加速度大小a，并在坐标纸上做出了如右图所示的图线，根据此图线可求出当地的重力加速度大小为 。
12．（2025高三下·黑龙江模拟） 某电学实验小组的同学发现一种旧式手机电池所标的电动势是4.45V，决定利用实验室所能提供的下列实验器材对其电动势和内电阻进行测量。
A.电流表A（量程100mA，内阻）
B.电压表V（量程3.0V，内阻约）
C.滑动变阻器（阻值范围0~50，额定电流1.5A）
D.电阻箱（阻值范围0~9999）
E.电阻箱（阻值范围0~99.99）
F.各类开关和导线若干
小组成员设计了如图所示的实验电路图。
（1）现将该电流表与并联，改装成一个量程为500mA的大量程电流表，电阻箱的阻值应调为 ；
（2）为满足测量要求，需要将电压表的量程扩大为4.5V，小组成员采用如下操作：按图连好实验器材，检查无误后，开关接b，将的滑片滑至最左端，的阻值调为0，开关断开，闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为3.0V；保持的滑片位置不变，改变电阻箱的阻值，当电压表示数为 V，完成扩大量程，断开开关；
（3）保持电阻箱的阻值不变，将开关接到a，闭合开关、，移动的滑片，记录几组电压表V和电流表A的读数U、I，并做出图像，如图所示，可得电池的电动势 V、内阻 。（计算结果均保留3位有效数字）
13．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图，一绝热长方体箱体侧壁固定一电阻为的电热丝，箱体总体积箱体内有一不计质量的活塞，其与箱体内壁摩擦不计。活塞左侧空间封闭一定质量的理想气体，外界大气压强，箱口处设有卡环。电阻丝经导线与一圆形线圈形成闭合回路，线圈放置于有界匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁感应强度大小随时间的变化率为。已知线圈的匝数，面积，线圈的电阻。初始时活塞到右侧箱口距离是到左侧箱底距离的2倍，接通电路缓慢对气体加热，加热前气体温度为。
（1）求电热丝两端的电压；
（2）经一段时间，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体的内能增加了100J，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时箱内气体的温度及电路的通电时间。
14．（2025高三下·黑龙江模拟） 如图，半径为R光滑半圆形轨道在最低点A与左侧光滑水平面相切，可视为质点的小球P、Q之间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不栓接），静止在水平面上。若固定小球P，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，经最高点C落回水平面的位置与A距离为2R；若P不固定，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，在图示B点脱离轨道。已知R、小球Q的质量m、、重力加速度g，求：
（1）被压缩弹簧初始时弹性势能；
（2）小球P的质量。
15．（2025高三下·黑龙江模拟） 空间内存在竖直向下的匀强电场。建立如图所示x-O-y平面直角坐标系，并在第三、四象限内添加垂直于此坐标平面的某一匀强磁场（图中未画出）。现有一个质量为m、电荷量为的带负电小球，从y轴上的A点（0，L）以速度抛出，经x轴上C点（2L，0）进入磁场。已知重力加速度为g。
（1）若电场强度，求小球运动至C点时的速度与x轴的夹角（用三角函数表示）；
（2）若电场强度，磁场垂直纸面向里，该小球能回到抛出点A，求磁感应强度B的大小；
（3）若小球从A点以沿x轴正方向水平抛出，磁场垂直纸面向外，且磁感应强度大小为，求小球回到与A点等高（纵坐标相同）位置的x坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】解决本题的关键是正确分析飞机的受力情况，熟练掌握曲线运动的条件和特点。
A．设战机速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则水平分速度为，在ab段，θ逐渐增大，逐渐减小，而v不变，所以水平方向的分速度逐渐减小，故A错误；
B．根据曲线运动的条件，飞机沿ab段飞行做曲线运动，所受合外力一定不为零，且合外力方向指向ab曲线的内侧，由牛顿第二定律可知加速度方向也指向ab曲线的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，故B错误；
C．战机克服重力做功的功率
可知在ab段，θ逐渐增大，逐渐增大，因为v大小不变，故战机克服重力做功的功率逐渐增大，故C正确；
D．战机做曲线运动，合外力指向轨迹的凹侧，由于飞机速率不变，故合外力方向时刻与速度方向垂直，由于速度方向时刻变化，所以合外力方向也时刻变化，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将战机的速度沿水平和竖直方向分解，结合几何关系分析水平方向分速度的变化；根据曲线运动的条件分析；根据重力的功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，进行分析；沿速度方向上的力改变速度的大小，与速度垂直的力改变速度方向。
2．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】对学生从材料中提取关键信息的能力要求和数学计算能力要求较高，难度中等。
设时间内流过垂直传播方向面积上的波，根据其物理意义知，能流密度
故答案为：A。
【分析】任取与传播方向垂直的横截面，根据已知的平均能量密度求解能流密度。
3．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了轻核聚变、质能方程，解题的关键是知道比结合能越大，原子核越稳定，熟练掌握质能方程。
A．所有的核反应过程都满足能量守恒定律，该核聚变反应过程释放能量，是因为存在质量亏损，亏损的质量以能量的形式释放出来，但整个过程能量依然守恒，故A错误；
B．比结合能越大，原子核越稳定，氦核比氘核稳定，所以氦核的比结合能比氘核的大，故B错误；
C．要使氘核与氚核发生核聚变反应，需要使它们克服库仑斥力，二者间距要达到量级，而不是量级，故C错误；
D.4g氘的物质的量
则氘核的个数
根据核聚变反应方程，1个氘核参与反应的质量亏损
1u相当于931.5MeV，则 1 个氘核参与反应释放的能量
那么4g氘完全参与聚变释放的能量
故D正确。
故答案为：D。
【分析】所有物理规律都满足能量守恒定律，比结合能越大，原子核越稳定，要使氘核与氚核发生核聚变反应，需要使它们克服强相互作用，结合质能方程求解。
4．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。
A．图像可知乙波的波长为4.8cm，波速为4cm/s，则乙波的周期为
故A错误；
B．图像可知甲波振幅为A=20cm，故B错误；
C．图像可知在横坐标为4cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置40cm，则甲乙两列波波峰位置坐标分别为
整理可得，介质中偏离平衡位置位移为40cm的质点横坐标
则介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点分别为
则介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点间的距离
故C正确；
D．图像可知甲波波长为4cm，则甲波的周期为
可知甲波、乙波周期不同，即频率不同，故两列波不可以形成稳定的干涉，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据波的叠加原理，以及波形图中提取波的性质。同时，还需要根据波的频率与波速和波长的关系，以及波的干涉现象判断选项。
5．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】本题考查了小船渡河问题，理解合速度和分速度的关系是解决此类问题的关键。小船过河问题的本质依旧是速度的合成与分解，需要牢记的是不同方向上的分速度相互独立，互不影响。
AB．设陶陶在陆地的速度为v1 ，与河岸夹角为；在水中的速度为，与河岸夹角为 ，将陶陶的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在陆地时，垂直河岸方向分速度
在水中时，垂直河岸方向分速度
因为要保证最省时，也就是整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，所以各段垂直河岸方向的分速度应该相等，即
解得
故A正确，B错误。
CD．首先计算垂直河岸方向需要通过的总距离，在陆地上距离河岸10m，在水中距离河岸50m，所以垂直河岸方向总的距离
d10+5060m
而垂直河岸方向的分速度
vy v1 sinα2.5m/s
（前面已分析各段垂直河岸方向分速度相等）。
则最短时间
故CD 错误。
故答案为：A。
【分析】根据要保证最省时，整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，各段垂直河岸方向的分速度应该相等，结合垂直河岸方向总的距离与分速度分析求解。
6．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意选准研究对象，做好受力分析，根据共点力的平衡条件进行处理。
对绳子受力分析如图
其中分别是左右悬点对绳子的拉力大小，设重绳最低点（弧底）的张力大小为F，分析可知其方向为水平方向，对重绳最低点左半部分，由平衡条件有
对重绳最低点右半部分，由平衡条件有
对重绳，由平衡条件有
联立解得
故答案为：B。
【分析】对重绳最低点左半部分和右半部分，分析根据平衡条件列方程，再对整个重绳，根据平衡条件列方程，联立求解。
7．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动，要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合速度夹角进行求解。平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
C．设抛出点到墙壁的距离为，根据平抛运动的规律可知速度反向延长线过水平位移的中点，由几何关系可知
，，
得，故C正确；
A． 由得
得，故A正确；
B．由，，
得，故B正确；
D．由
，，
得，故D错误。
故答案为：D。
【分析】小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
8．【答案】A,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查变压器，解题关键掌握变压器电压规律和电流的规律，注意电功率的计算公式。变 压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。
A．根据理想变压器的变压规律有
解得
根据有效值
可知
故A正确；
B．由功率与电压关系，可知BC端电压
根据理想变压器的变压规律有
联立以上，解得BC间线圈匝数
通过R的电流为
故B错误；
C．变压器原副线圈电压比等于匝数比，原线圈输入电压220V，可输出电压有12V、24V、36V，题图可知匝数关系为，故AB两端应为24V。题意知交变电流
解得频率、周期分别为
故C错误；
D．以上分析可知AC两端定压是36V，则通过R的电流为
以上可知交变电流周期为0.02s，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】变压器中原、副线圈两端电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比，根据电压表的示数与输入电压的关系判断原线圈的匝数，再根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系求出该交变电压的峰值；根据功率和电阻的关系求出BC段电压的大小，再根据原、副线圈电压与匝数的关系求出BC段的匝数；根据原、副线圈电压与匝数的关系可以推断BC段电压是12V，AC段电压应是30V，AB段的电压应是18V，因为变压器不改变交变电流的频率，所以求出原线圈两端电压的频率即可；根据欧姆定律计算电流大小，再根据频率与周期的关系，计算周期。
9．【答案】B,C,D
【知识点】电容器及其应用；电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】含电容器电路的分析与计算方法，首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。最后根据公式Q=CU或ΔQ=CΔU，求电荷量及其变化量。
A．开关闭合，断开，图像可知电容器b极板与电源负极相连，故b极板带负电，故A错误；
B．电容器上下两极板电势相等时，则两端电压相等，设支路电压为U，则有
代入题中数据解得
故B正确；
C．未闭合前，外电路电阻
此时电源输出功率
若，闭合后，外电路电阻
此时电源输出功率
则有，故C正确；
D．未闭合前，电容器两端电压
若，闭合后，电源路端电压
则电容器两端电压
则在整个过程中流过电流表的电荷量为
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】电容器b极板与电源负极相连；根据电压的特点计算；根据功率公式分别计算比较即可；计算整个过程中电容器两端电压的变化，根据Q=CU计算。
10．【答案】A
【知识点】楞次定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
A．当磁场向右运动时，根据楞次定律，要使金属框向右运动，金属框受到的安培力方向应向右。由右手定则判断感应电流方向，再由左手定则判断安培力方向，可知垂直纸面向外，故A正确；
B．当实验车达到最大速度时，金属框切割磁感线的相对速度
此时金属框产生的感应电动势
解得
感应电流
金属框受到的安培力为
因为此时实验车匀速运动，所以安培力等于阻力，有
故B正确；
C．根据能量守恒定律，外力对磁场做的功，一部分转化为实验车及金属框的总动能，一部分转化为金属框中的焦耳热，还有一部分转化为摩擦生热。所以外力对磁场额外做的功等于实验车及金属框总动能的改变量、金属框中的焦耳热与摩擦生热之和，故C错误；
D．若两磁场时刻由静止开始向右匀加速直线运动，t=2s时实验车开始运动，此时磁场的速度
金属框中产生的感应电动势使安培力刚好等于阻力f，有
电流
而
联立解得
时实验车正向右做匀加速直线运动，设此时车的速度为，磁场速度为
此时金属框切割磁感线的相对速度为
安培力为
由欧姆定律
而
由牛顿第二定律
联立解得
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】由右手定则判断感应电流方向，再由左手定则判断磁场方向，实验车匀速运动，所以安培力等于阻力，根据能量守恒定律分析，金属框中产生的感应电动势使安培力刚好等于阻力f，结合牛顿第二定律以及速度时间关系求解。
11．【答案】（1）1.13
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题关键掌握纸带数据的处理方法和利用图像处理问题的方法。
（1）根据匀变速直线运动中，某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点周期
钩码A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度大小为
（2）把ABC作为一个系统，若系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，则系统机械能守恒，即
（3）对ABC系统，由牛顿第二定律有
整理得
可知图线纵截距为，根据图像有
整理得
【分析】（1）根据匀变速直线运动中，某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度计算打出H点时的瞬时速度；
（2）根据系统机械能守恒定律判断；
（3）根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
12．【答案】（1）0.25
（2）2.0
（3）4.29；2.20
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流I短，不过图线与纵轴的截距仍为电动势，直线斜率的绝对值仍是电源的内阻。
（1）根据并联电路分流作用，有
代入数据，解得
（2）电压表示数为3V且保持R1接入电路的阻值不变时，电压表和R2电压之和可认为始终等于3.0V。当电压表的示数为2.00V时，说明电阻R2两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R2的电阻为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大为1.5倍，即为0~4.5V。
（3）改装后电压表量程扩大到1.5倍，故测得电压是原电压表的示数的1.5倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得
则有
根据图像斜率和截距有
，
解得，
【分析】（1）根据并联电路分流作用计算；
（2）根据串联分压的原理判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像计算。
13．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，可得圆形线圈产生的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律可得流经电热丝的电流为
其两端的电压
（2）解：接通电路缓慢对气体加热，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体做等压变化，有
可得此时箱内气体的温度
该过程中外界对气体做功
若电热丝产生的热量全部被气体吸收，根据热力学第一定律有
根据，可求得电路的通电时间
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；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
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解流过电热丝的电流；
（2）根据盖—吕萨克定律求解此时气缸内气体的温度；根据热力学第一定律、焦耳定律可得电热丝的通电时间。
14．【答案】（1）解：设小球从C点平抛时的初速度为，则由平抛规律，竖直方向有
水平方向有
解得
由能量守恒可得，被压缩弹簧初始时弹性势能
联立解的
（2）解：P不固定时，设小球Q运动到B点时速度为，在B点，对小球Q，由牛顿第二定律有
解得
设小球P、Q刚脱离弹簧时速度为，小球Q从A到B过程，由能量守恒有
解得
对PQ系统，由动量守恒定律有
由能量守恒有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）固定小球P时，小球Q从C点飞出后做平抛运动，根据分位移公式求出小球Q通过C点时的速度大小，再由机械能守恒定律求被压缩弹簧初始时弹性势能Ep；
（2）P不固定时，小球Q在B点脱离轨道时由重力沿半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球Q通过B点时的速度大小。小球Q从A到B过程，由机械能守恒求出小球Q刚脱离弹簧时的速度。对于弹簧将两球弹开的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求小球P的质量mp。
15．【答案】（1）解：由于Eq=mg，小球受力平衡，做匀速直线运动，运动方向即AC方向。小球过C点时的速度即AC与x轴的夹角θ有：
（2）解：由于Eq=mg，小球进入第四象限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知
可得
由几何关系可知
解得
（3）解：小球在第一象限内做类平抛运动，则x方向
y方向
联立解得
且
于是由y方向
解得
当小球从C点进入第四象限后，由于
则小球在x方向以v0做匀速直线运动，同样以vy初速度做匀速圆周运动，后从C＇点离开第四象限。
，，
则小球回到与A点等高（纵坐标相同）位置的x坐标
即
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）带电小于在第一象限做匀速直线运动，由此得到速度方向与x轴夹角的正切值；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径，结合题设条件和几何关系，联立求解磁感应强度的大小；
（3）小球在第一象限做类平抛运动，由动力学规律求解电场强度的大小和两个分速度的大小和方向，进入第四象限后，可看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速圆周运动的合成，由两个方向的规律求微粒回到与A等高位置时的坐标。
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