【精品解析】2025届浙江省温州市高三下学期二模物理试题

2025届浙江省温州市高三下学期二模物理试题
1．（2025·温州模拟）某微型电动车为零排放的纯电动汽车，其电池容量为150A·h。其中单位“A·h”所对应的物理量是（　　）
A．能量 B．电荷量 C．电流 D．电容
2．（2025·温州模拟）如图所示，千架无人机排列成多个圆圈做匀速圆周运动。无人机携带的烟花被点燃释放，似流星坠落人间。下列说法正确的是（　　）
A．点燃后的烟花下落做自由落体运动
B．观察无人机的飞行姿态时，可将无人机视为质点
C．点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机所受的合外力不变
D．点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机运动一周，其所受合外力的冲量为零
3．（2025·温州模拟）如图所示为起重机吊起铁管的场景。质量为200kg的铁管两端固定有一钢绳，起重机挂钩勾住钢绳，使铁管从静止开始先竖直向上做匀加速直线运动，达到某一速度后做匀速运动。若铁管始终保持水平，不计钢绳质量与一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．匀加速阶段铁管处于超重状态
B．匀速阶段钢绳的张力大小为1000N
C．钢绳对铁管的拉力是由于铁管形变引起的
D．匀加速阶段钢绳对铁管的作用力大于铁管对钢绳的作用力
4．（2025·温州模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图甲中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管不会交替发光
B．图乙中，强相互作用可以存在于各种核子之间，作用范围只有约10 10 m
C．图丙中，磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁驱动的原理
D．图丁中，自由电荷为负电荷的霍尔元件（电流和磁场方向如图所示）的N侧电势高
5．（2025·温州模拟）2025年2月11日新型火箭长征八号改进型运载火箭首飞成功，将低轨02组9颗卫星送入距地高度约1145km的轨道，其发射过程简化为如图所示，卫星发射后自a点进入椭圆轨道Ⅰ，到达轨道Ⅰ远地点b时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ远地点c时再次点火变轨进入预定圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。已知地球半径约为6400km，则（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ上自a向b运行的过程中，其机械能不断增大
B．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积一定相等
C．卫星在轨道Ⅱ上经b点的速度大于卫星在轨道Ⅲ上经c点的速度
D．卫星在轨道Ⅲ运行的周期约为80分钟
6．（2025·温州模拟）温州三澳核电站是浙江省首个采用“华龙一号”三代核电技术的项目，核电站是利用重核裂变发电的，其中一种裂变方程是，还可以自发进行α衰变，已知、、的相对原子质量分别为235.0439u、231.0363u、4.0026u，1u相当于931.5MeV的能量，下列关于这两个核反应的说法正确的是（　　）
A．衰变中的比结合能大于的比结合能
B．裂变反应中的结合能大于的结合能
C．升高环境温度，可使的半衰期变短
D．1个发生一次α衰变，其释放的能量约4.66MeV
7．（2025·温州模拟）如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（　　）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
8．（2025·温州模拟）如图所示装置，1是待测位移的物体，软铁芯2插在空心线圈L中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。将线圈L（电阻不计）和电容器C并联后与电阻R、电源E相连，闭合开关S，待电路达到稳定后再断开S，LC回路中将产生电磁振荡。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开后瞬间，电容器上的带电量最大
B．开关断开后瞬间，线圈中的自感电动势为零
C．若减小电源的电动势，振荡电流的频率会变小
D．该装置可作为传感器使用，用振荡电流振幅的变化反映物体位置的变化
9．（2025·温州模拟）如图所示，图中阴影部分是一透明介质的横截面，介质侧面AB面和DE面均附有特殊涂层，光到达该表面时全部被吸收。是一半径为R的半圆弧，圆心O处有一可以旋转的单色激光发射器，使发出的光线绕圆心O以周期T在纸面内逆时针匀速转动。从外侧观察，一个周期内面上有光点移动的时间为，光在真空中速度大小为c，不考虑光在圆弧界面上的反射，则下列说法正确的是（　　）
A．透明介质的折射率为
B．光在透明介质中传播的最长时间为
C．光点在面上即将消失时的瞬时速率为
D．若增大单色光的频率，透明介质面上光射出的区域长度变长
10．（2025·温州模拟）桌面上放置一“U”形磁铁，用能绕端点转动的绝缘轻杆悬挂一半径为r、厚度为d的铝制薄圆盘，圆盘的平衡位置恰好位于两磁极之间，如图甲所示。若将圆盘拉离平衡位置一个固定角度后由静止释放（如图乙所示），圆盘在竖直平面内来回摆动（圆盘面始终与磁场垂直），经时间停下；若仅将圆盘厚度改变为2d，重复以上实验，圆盘经时间停下；若保持圆盘半径r和厚度d不变，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，重复以上实验，圆盘经时间停下。不计转轴和空气的阻力，则观察到的现象是（　　）
A．明显大于 B．明显小于
C．明显大于 D．与几乎相等
11．（2025·温州模拟）两块相同足够大的平行金属板A、B竖直放置，将一金属小球放入其中，其截面示意图如图所示。O点为球心，a、c为其外表面上两点，Oa连线与平行板垂直。闭合开关，电容器充电完成（忽略小球的感应电荷对平行金属板A、B的影响），下列说法正确的（　　）
A．a点的电势比c点的电势高
B．小球的感应电荷在c点产生的电场水平向左
C．若将A板向右移动，则a点的感应电荷的密度将增大
D．若断开开关，再将B板向下移动少许，则O点的电场强度不变
12．（2025·温州模拟）如图所示为一种光电效应演示仪，光电管与电流计、电源相连，其入射光的波长与光强可以通过光调节器调节。逐渐调节照射到金属板M的入射光波长，当波长为时，电流计的示数刚好为零，此时将电源正负极对调，电流计示数不为零，再逐渐调节入射光照的波长至，电流计的示数恰好变成零。已知电源路端电压为U，不考虑电流计内阻，元电荷为e，真空中光速为c，则（　　）
A．
B．可求得普朗克常量
C．当光的波长为时，仅增大光的波长，电流计示数将不为零
D．当光的波长为时，仅增大光的强度，电流计示数将不为零
13．（2025·温州模拟）如图甲所示，在均匀介质中，两个波源、分别位于和m处。已知时刻，开始自平衡位置向下振动，s时，第二次处于波峰位置，s时，波源也开始自平衡位置向下振动，产生的两列简谐横波恰好于P点相遇。经足够长时间后，x轴上质点的振幅随x变化的部分图像如图乙所示。若m，则下列说法正确的是（　　）
A．波源、的振幅相同
B．当s时，两列波开始相遇
C．间（除、P外）有12个振动加强点
D．在0~10s内质点Q的路程为2cm
14．（2025·温州模拟）（1）在下列实验中，必须用到天平的实验是______。
A．“探究加速度与力、质量的关系”
B．“验证机械能守恒定律”
C．“用单摆测量重力加速度的大小”
D．“探究小车速度随时间变化的规律”
（2）如图所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
下列操作或现象会增大实验误差的是（　　）
A．弹簧测力计的拉杆与塑料外壳有摩擦
B．弹簧测力计的塑料外壳与木板有摩擦
C．弹簧测力计、细绳、橡皮筋未与木板平行
D．将细绳换成细橡皮筋
（3）某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）代替弹簧测力计来探究该实验，如图3所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点。下列说法正确的是　 　
A.每次实验时结点O的位置必须一样
B.不用测出橡皮筋上力的大小也能完成实验
C.必须要知道橡皮筋的劲度系数才能完成实验
D.可以选取三个橡皮筋中的任意两个拉力作为分力进行探究
15．（2025·温州模拟）某同学在学习了“用双缝干涉测量光的波长”实验后，自制了一套双缝干涉演示仪（图1），所用单缝的缝宽可调（图2），并用电子显微镜头代替光屏，通过计算机呈现实验现象。
（1）若调节单缝的宽度由图2所示逐渐变窄，下列说法正确的是（　　）。
A．当单缝宽度较宽时，无法观察到清晰的条纹
B．当单缝宽度较窄时，随着缝宽变窄，条纹间距逐渐变大
（2）已知双缝间的距离为d，光源与单缝的距离为，单缝与双缝的距离为，双缝到电子显微镜头的距离为，计算机显示图样中相邻两条亮条纹间的距离为，显示图样的放大倍数为k，则对应的光波波长为　 　（用题中所给物理量符号表示）。
16．（2025·温州模拟）某同学为测量硅光电池的电动势和内阻，进行了如下实验探究。将内阻较小的待测硅光电池（保持光照强度一定，电动势可视为不变）、电流表、电压表、滑动变阻器、开关及若干导线连接成电路如图1所示。
（1）闭合开关前，该同学发现图1中有一处连线错误，应去掉图中序号为　 　的导线。（选填“①”、“②”、“③”或者“④”）
（2）正确连线后，由实验中记录的数据，得到该电池的曲线，如图2所示。某次调节滑动变阻器时，电流表的示数为250mA，电压表示数如图3所示，读出电压表的示数为　 　V。根据U-I曲线，计算此时硅光电池的内阻为　 　Ω（计算结果保留两位有效数字）。
（3）若硅光电池的曲线在范围内可视为直线，该直线斜率为。现将该电池分别与阻值为、的定值电阻连接构成闭合回路，且，实验测得两组数据、，其中，，则两种情况下硅光电池的输出功率　 　（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。
17．（2025·温州模拟）如图所示，将横截面积为S的导热圆筒固定在地面上，筒内安装两个可以无摩擦滑动的轻质活塞A和B，两活塞间封闭一定量的理想气体。把轻弹簧一端与圆筒底部连接，另一端与活塞B相连接。圆筒下方靠近底部A有一小缺口，使活塞B下方始终与大气相通。开始时环境温度为，气体此时处于状态I，其体积为V。现保持环境温度不变，将沙子缓慢地倒在活塞A的上表面，使气体体积减小为0.5V，此时气体处于状态Ⅱ。之后，环境的温度缓慢升高，再次稳定后气体达到状态Ⅲ，此时体积为0.75V。已知从状态Ⅰ到状态Ⅲ，气体内能增加，外界大气的压强始终保持不变。
（1）气体从状态I到状态Ⅱ，气体分子在单位时间内撞击筒壁单位面积的次数　 　（选填“变大”“变小”或“不变”），气体向外界释放的热量　 　外界对气体做的功（选填“大于”“等于”或“小于”）；
（2）求气体达到状态Ⅲ时环境的温度T和弹簧的弹力大小F；
（3）求从状态Ⅱ到状态Ⅲ气体吸收的热量Q。
18．（2025·温州模拟）某固定装置的竖直截面如图所示，水平高台上的直轨道CD、圆弧轨道DEF、直轨道FG平滑连接。高台左侧水平轨道AB略低，轨道上放置一块质量为m、长度为L的平板，平板上表面与CD等高。高台右侧有一水平地面HI，与高台的高度差为h。初始时，平板处于静止状态，其右端与高台的CB侧距离足够大。让一质量也为m的滑块以速度滑上平板，并带动平板向右运动。当平板到达CB时将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块落到HI段，将与地面发生碰撞，碰撞时间极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速度减半，水平速度同时发生相应变化。已知，，，，，滑块与平板上表面间的动摩擦因数、与HI段间的动摩擦因数，其余摩擦及空气阻力均可忽略，HI段足够长，滑块视为质点。
（1）求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小v以及此时滑块离平板右端的距离x；
（2）要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围；
（3）若滑块沿着轨道运动至G点飞出，求其最终距G点的水平距离d。
19．（2025·温州模拟）如图1所示，在光滑绝缘的水平面内建立坐标系，空间中的范围内存在竖直向下的磁场，任一时刻磁感应强度分布与y无关，随x按的规律变化，k随时间的变化如图2所示，其中T/m，s。水平面上有一边长m、质量kg、总电阻Ω的匀质正方形刚性导线框abcd，内锁定在图1所示的位置，时刻解除锁定，同时对线框施加向右的水平恒力N，使之开始沿x轴正方向运动，已知当ab边到达时，线框开始做匀速运动。在线框ab边越过磁场右边界后瞬间，改施加变力，使之后线框在离开磁场的过程中其电流保持不变。线框在全过程中始终处于平面内，其ab边与y轴始终保持平行，空气阻力不计。求：
（1）内线框中电流I的大小及方向；
（2）线框在磁场中匀速运动的速度大小v；
（3）线框在匀速运动过程中，ab两端的电势差随ab边的x坐标变化的关系式；
（4）线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
20．（2025·温州模拟）电子束焊是在高真空条件下，利用电子束轰击焊接面，将高速电子束的动能转化为内能，对金属进行焊接的一种方法。为了提高温度，需要利用磁场控制高速电子束，使其聚集到小区域内。如图所示，电子束焊装置的结构可简化为由电子枪系统和磁控系统组成。在电子枪系统中，每秒有N个电子经加速后从O点进入磁控系统，所有电子速度大小均为，速度方向分布于以y轴为中心轴、2θ为顶角的圆锥内（θ很小）。磁控系统内存在沿着y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，待焊接圆形工件（尺寸足够大）垂直y轴放置，圆心位于y轴上。已知电子的质量为m，电荷量为-e（e>0），当θ很小时，有，。
（1）若从电子枪系统出射电子的动能是静止电子经电场加速获得，求加速电压；
（2）要使所有进入磁控系统的电子都能汇聚于工件上同一点，求工件圆心的y坐标；
（3）写出某电子进入磁控系统后，其在xOz平面的速度分量所转过的角与电子y方向运动的距离之间的函数关系；
（4）已知电子束轰击工件表面时，受轰击区域受热均匀。若待焊接处单位面积单位时间获得热量为才能达到焊接需要的温度，为使工件圆心处能达到焊接温度，求工件圆心的y坐标范围。（结果可用反三角函数表示）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查电流定义的应用，会根据题意进行准确分析解答。根据电流定义式
可得
可知单位“A·h”所对应的物理量是电荷量。
故选B。
【分析】根据电流的定义式进行推导解答。
2．【答案】D
【知识点】质点；平抛运动；向心力；冲量
【解析】【解答】本题是自由落体运动，质点，向心力的定义及动量定理的考查，要求学生对相关知识掌握牢固，基础题。
A．烟花被释放后由于仍具有无人机的水平速度，其运动应当是抛体运动而非严格的自由落体运动，A错误；
B．若要研究无人机的飞行姿态，则其形状与转动对研究的问题有着重要影响，不能把它简化为质点，B错误；
C．物体做匀速圆周运动时，合外力的大小虽保持不变，但其方向随时在变，因此“所受的合外力不变”不成立，C错误；
D．匀速圆周运动中，速度的方向不断变化但最终会回到起始方向，故一周运动后动量的变化量为零，因此合外力的冲量也为零，D正确。
故选D。
【分析】由自由落体运动的定义判断烟花是否做自由落体运动；由质点的定义判断能不能看成质点；由圆周运动总是判断向心力是否是变力；由动量定理结合匀速圆周运动判断合外力的冲量是否为0。
3．【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识，会根据题意进行准确分析解答。A．在匀加速阶段，铁管竖直向上做匀加速直线运动，加速度向上，所以铁管处于超重状态，故A正确；
B．匀速阶段，钢绳的张力大小等于铁管重力大小，即
故B错误；
C．根据弹力的产生原因，钢绳对铁管的拉力是由于钢绳发生形变，要恢复原状而对铁管产生的力，并非铁管形变引起的，故C错误；
D．钢绳对铁管的作用力与铁管对钢绳的作用力是一对相互作用力，相互作用力大小相等、方向相反，与铁管的运动状态无关，所以匀加速阶段钢绳对铁管的作用力等于铁管对钢绳的作用力，故D错误。
故选A。
【分析】根据超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；霍尔元件；核力与四种基本相互作用
【解析】【解答】霍尔效应的的本质是导体中的载流子在磁场中发生偏转，在导体中垂直于粒子运动方向的两端聚集，产生电势差，当电势差稳定时电场力等于洛伦兹力。A．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，A正确；
B．强相互作用的作用范围约为10 15 m（原子核尺度），并非10 10 m，B错误。
C．磁电式仪表中铝框的作用是利用“涡流（电磁）阻尼”使指针快速停摆，而非“电磁驱动”，C错误。
D．根据左手定则可知，自由电荷向N侧偏转，由于自由电荷为负电荷，N侧的电势较低，D错误。
故选A。
【分析】根据电磁阻尼和电磁驱动，霍尔效应原理，强相互作用范围，二极管的单向导电性进行分析解答。
5．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】单独的比较物体在高轨和低轨的机械能是困难的，因为物体在低轨的势能小，动能大；在高轨的势能大，动能小；而如果有特定的运动方式将两个轨道联系起来，就可以对物体在两个轨道的机械能进行比较了。A．从 a 运动到 b 的过程中，火箭发动机并未再次点火，只受地球引力作用，机械能守恒，A错误。
B．卫星分别处于椭圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ时，开普勒第二定律描述的是同一卫星在同一轨道与中心天体连线在相同时间内扫过的面积相等，卫星在不同的轨道上运行时，相等的时间内与中心天体连线扫过的面积不一定相等，B错误。
C．以过b点的圆轨道相比，相对于更高的圆轨道Ⅲ在c 点时的半径更小，根据万有引力提供向心力
解得
可知，轨道半径越小则线速度越大，在椭圆轨道Ⅱ中，b 点是近地点，卫星进入轨道II的b点应加速，故卫星在Ⅱ轨道的b 点速度大于在Ⅲ轨道c 点的速度，C正确。
D．最终圆轨道Ⅲ的半径约为
r=6400 km + 1145 km = 7545 km
根据牛顿第二定律则有
解得
而近地卫星的周期
其中，解得，由于轨道Ⅲ的半径大于地球的半径，故卫星在轨道Ⅲ上的运行周期应大于80分钟，D错误。
故选C。
【分析】根据机械能守恒条件和开普勒第二定律，根据万有引力提供向心力，求出最终圆轨道Ⅲ的半径，牛顿第二定律列式推导并判断。
6．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【解析】【解答】 比结合能：组成原子核的核子越多，它的结合能越大。原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫作平均结合能。A．衰变后放出能量，生成的核更加稳定，则衰变中的比结合能小于的比结合能，选项A错误；
B．裂变反应放出能量，则的比结合能大于的比结合能，但是由于核子数远小于的核子数，可知的结合能小于的结合能，选项B错误；
C．外部因素不会影响半衰期，选项C错误；
D.1个发生一次α衰变，其释放的能量约
选项D正确。
故选D。
【分析】在放能的核反应中，生成物的比结合能大于反应前粒子的比结合能；元素的半衰期由原子核自身决定，与外界因素无关；根据质能方程计算。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱
【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。
8．【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】LC回路中的电流i、线圈中的磁感应强度B、电容器极板间的电场强度E的变化周期等于LC回路的振荡周期，即
T=2π
A．因线圈电阻为零，电路稳定时，线圈两端电压为零，电容器不带电，故A错误；
B．断开开关后瞬间，线圈中电流最大，自感电动势为零，故B正确；
C．振荡电流的频率
与电源的电动势无关，故C错误；
D.1物体的位移会改变线圈的电感L，进而改变振荡电路的频率，是通过振荡电流频率的变化反映物体位置的变化，故D错误。
故选B。
【分析】电路稳定时电容器两板间电压为零；根据电流的变化率分析；根据振荡电流的频率公式分析；可以用振荡电流频率的变化能反映物体位置的变化。
9．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。A．根据题意一个周期内面上有光点移动的时间为，故可知从BD面有光线射出的对应的弧长圆心角为
故可知光线刚好在BD面发生全反射的临界角为，故透明介质的折射率为
故A错误；
B．分析可知当光线沿OD方向射入时，在透明介质中传播的时间最长，根据几何关系可知此时光线传播的路程为
，，
联立解得
故B错误；
C．设光点在面上即将消失时的瞬时速率为，将v沿入射光线方向和垂直入射光线方向分解可知，
其中，联立解得，故C正确；
D．若增大单色光的频率，可知介质对光线的折射率变大，临界角变小，根据前面分析结合几何关系可知透明介质面上光射出的区域长度变短，故D错误。
故选C。
【分析】结合题意，根据几何关系、临界角与折射率的关系分别列式，即可分析判断；若增大单色光的频率，可知介质对光线的折射率变大，据此分析判断。
10．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】本题考查电阻定律判断电阻的变化情况，结合质量的变化情况，电阻的变化情况，安培力的知识，会根据题意进行准确分析解答。AB．根据，若仅将圆盘厚度改变为2d，则电阻减小，相同条件下，圆盘产生的电流变大，圆盘受到的安培力变大，但是圆盘质量也变大，阻碍作用不好判断，考虑两个一模一样的圆盘，从同一高度单独释放到停下所用时间相同，那么两个圆盘并排贴在一起（相当于厚度加倍），从同一高度单独释放到停下所用时间应该不变，即与几乎相等，故AB错误；
CD．结合以上分析，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，电阻变大，相同条件下，圆盘产生的电流变小，圆盘受到的安培力变小，同时圆盘质量变大，阻碍作用变小，则圆盘停下来所用时间变长，即明显大于，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据电阻定律判断电阻的变化情况，结合质量的变化情况，电阻的变化情况，安培力的变化情况进行分析解答。
11．【答案】C,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉。A．达到静电平衡后，金属小球是一等势体，所以a点的电势等于c点的电势，故A错误；
B．达到静电平衡后，金属小球是一等势体，则c点的场强方向垂直于过c点的切面方向斜向上偏右，由于平行金属板A、B在c点的场强方向水平向右，根据场强叠加原则可知，小球的感应电荷在c点产生的电场不是水平向左，故B错误；
C．达到静电平衡后，金属小球内部的场强为0，则小球的感应电荷在O点的场强与平行金属板A、B在O点的场强大小相等、方向相反，若将A板向右移动，根据可知，平行金属板A、B在O点的场强变大，则小球的感应电荷在O点的场强变大，a点的感应电荷的密度将增大，故C正确；
D．达到静电平衡后，金属小球内部的场强为0，则断开开关，再将B板向下移动少许，O点的电场强度仍为0，保持不变，故D正确。
故选CD。
【分析】 根据静电平衡可知，处于静电平衡的导体内部场强处处为零，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，导体的外表面为一个等势面，导体表面的电场线与外表面处处垂直，根据以上特点进行分析即可。
12．【答案】A,B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。AB．根据题意可知，当波长为时，电流计的示数刚好为零，此时将电源正负极对调，电流计示数不为零，电源路端电压为U，则有
再逐渐调节入射光照的波长至，电流计的示数恰好变成零，则有
联立可得
，
故AB正确；
CD．根据题意可知，为入射光为极限频率的波长，仅增大光的波长，光的频率减小，不能发生光电效应，电流计示数仍为零，仅增大光的强度，光的频率不增加，不能发生光电效应，电流计示数仍为零，故CD错误。
故选AB。
【分析】根据光电效应发生的条件和满足的方程列式解答。
13．【答案】A,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】本题考查波的干涉，关键明确质点的实际位移等于两列波单独传播时引起位移的矢量和，结合波形的空间周期性和质点振动的时间周期性进行分析即可，波的干涉的振动加强点满足波程差Δs=2n，波的干涉的振动减弱点满足波程差Δs=（2n+1）。A．从图乙可知，振动减弱点振幅为0，则波源、的振幅相同
故A正确；
B．s时，第二次处于波峰位置，则有
解得周期
T=1s
图乙可知波长为1m，则波速
设从开始振动经时间t两列波相遇，则传播时间为（t-2s），则有
联立解得
故B错误；
C．根据振动加强点的条件
到P点距离为
则到P点距离为
设间某点到的距离分别为，则有
相距10m，在间（除外），波程差的取值范围是(0，10m)，则n可以取共11个值，即有11个振动加强点，故C错误；
D．结合以上分析可知，到Q点距离为
到Q点距离为
则两波源到Q点的波程差
即Q点为减弱点，合振幅为0。则Q点通过的路程为两波在此处未叠加时，Q的通过的路程，到Q点时间为
由于s时Q才振动，即从时刻开时到5.75s，才传播到Q点，到Q点时间为
则Q单独振动时间为
即Q单独振动了半个周期，即在0~10s内质点Q的路程为
故D正确。
故选AD。
【分析】加强点的振幅等两列波振幅之和，减弱点的振幅等于两列波振幅之差；由波速和传播的距离可知两列波相遇的时间；根据波的干涉的加强点的条件判断；结合振动的时间与一个周期内质点振动的路程为4A判断。
14．【答案】（1）A
（2）A；C
（3）BD
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】实验原理：等效法：一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力，作出力F'的图示， 根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示，比较F和F'的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则验证了力的平行四边形定则。
（1）A．“探究加速度与力、质量的关系” 实验中，需要测量物体的质量，所以必须用到天平，故A正确；
B．“验证机械能守恒定律”，验证的是动能的增加量和重力势能的减少量是否相等，表达式中质量可以约掉，不需要测量质量，不用天平，故B错误；
C．“用单摆测量重力加速度的大小”，根据单摆周期公式
只需测量摆长和周期，不需要测量质量，不用天平，故C错误；
D．“探究小车速度随时间变化的规律”，主要测量小车的位移和时间，不需要测量质量，不用天平，故D错误。
故选A。
（2）A．弹簧测力计的拉杆与塑料外壳有摩擦，会导致弹簧测力计示数不能准确反映拉力大小，增大实验误差，故A正确；
B．弹簧测力计的塑料外壳与木板有摩擦，因为拉力是通过挂钩测量的，外壳与木板的摩擦不影响测量拉力的大小，不会增大实验误差，故B错误；
C．弹簧测力计、细绳、橡皮筋未与木板平行，会使拉力在垂直木板方向有分力，导致测量的拉力不准确，增大实验误差，故C正确；
D．将细绳换成细橡皮筋，只要能准确记录拉力的方向，对实验结果没有影响，不会增大实验误差，故D错误。
故选AC。
（3）A．该实验是探究三根橡皮筋拉力的关系，不需要每次实验时结点O的位置都一样，故A错误；
B．因为三根橡皮筋遵循胡克定律，根据
k相同，所以可以用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不用测出橡皮筋上力的具体大小也能完成实验，故B正确；
C．由 B 选项的分析可知，用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不需要知道橡皮筋的劲度系数，故C错误；
D．三个力中，任意两个力都可以看做分力，另一个力看做这两个力的合力，所以可以选取三个橡皮筋中的任意两个拉力做为分力进行探究，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）需要测量物体的质量的实验需要天平，根据实验的原理逐项分析作答；
（2）摩擦力等会导致实验误差，根据实验的原理、正确操作和注意事项分析实验误差；
（3）通过分析实验中的原理可以得出实验采用的方法。
（1）A．“探究加速度与力、质量的关系” 实验中，需要测量物体的质量，所以必须用到天平，故A正确；
B．“验证机械能守恒定律”，验证的是动能的增加量和重力势能的减少量是否相等，表达式中质量可以约掉，不需要测量质量，不用天平，故B错误；
C．“用单摆测量重力加速度的大小”，根据单摆周期公式
只需测量摆长和周期，不需要测量质量，不用天平，故C错误；
D．“探究小车速度随时间变化的规律”，主要测量小车的位移和时间，不需要测量质量，不用天平，故D错误。
故选A。
（2）A．弹簧测力计的拉杆与塑料外壳有摩擦，会导致弹簧测力计示数不能准确反映拉力大小，增大实验误差，故A正确；
B．弹簧测力计的塑料外壳与木板有摩擦，因为拉力是通过挂钩测量的，外壳与木板的摩擦不影响测量拉力的大小，不会增大实验误差，故B错误；
C．弹簧测力计、细绳、橡皮筋未与木板平行，会使拉力在垂直木板方向有分力，导致测量的拉力不准确，增大实验误差，故C正确；
D．将细绳换成细橡皮筋，只要能准确记录拉力的方向，对实验结果没有影响，不会增大实验误差，故D错误。
故选AC。
（3）A．该实验是探究三根橡皮筋拉力的关系，不需要每次实验时结点O的位置都一样，故A错误；
B．因为三根橡皮筋遵循胡克定律，根据
k相同，所以可以用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不用测出橡皮筋上力的具体大小也能完成实验，故B正确；
C．由 B 选项的分析可知，用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不需要知道橡皮筋的劲度系数，故C错误；
D．三个力中，任意两个力都可以看做分力，另一个力看做这两个力的合力，所以可以选取三个橡皮筋中的任意两个拉力做为分力进行探究，故D正确。
故选BD。
15．【答案】（1）A
（2）
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】实验原理： 双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足，因此，只要测出△x、d和L，即可求出波长λ。
（1）A．在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得线光源，当单缝宽度较宽时，通过单缝的光不是线光源，无法形成稳定的干涉条件，所以无法观察到清晰的干涉图样，故A正确；
B．干涉条纹间距公式
其中为双缝到屏的间距，表示波长，表示双缝间距
所以条纹间距宽度与单缝宽度无关，当单缝宽度变窄时，条纹间距不变，故B错误。
故选A。
（2）双缝条纹间距公式
其中是实际的相邻两亮条纹间的间距
那么显示的相邻亮条纹间距和实际的相邻亮条纹间距之间的关系为
即
整理得
【分析】（1）条纹间距宽度与单缝宽度无关，当单缝宽度变窄时，条纹间距不变，根据单缝的作用分析作答；
（2）根据双缝干涉条纹间距公式求解作答。
（1）A．在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得线光源，当单缝宽度较宽时，通过单缝的光不是线光源，无法形成稳定的干涉条件，所以无法观察到清晰的干涉图样，故A正确；
B．干涉条纹间距公式
其中为双缝到屏的间距，表示波长，表示双缝间距
所以条纹间距宽度与单缝宽度无关，当单缝宽度变窄时，条纹间距不变，故B错误。
故选A。
（2）双缝条纹间距公式
其中是实际的相邻两亮条纹间的间距
那么显示的相邻亮条纹间距和实际的相邻亮条纹间距之间的关系为
即
整理得
16．【答案】（1）③
（2）1.49#1.50#1.51；5.6
（3）大于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了测量硅光电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律的运用。为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些 。
（1）测量电源电动势和内阻实验需要电流表串联在电路中，电压表并联在电路中，如图所示连接电路导线③可使得电压表短路，所以应该去掉图中序号为③的导线
（2）观察图中电压表，其量程为3V，分度值为0.1V，指针指在1刻度后的第5格上，所以电压表的示数为1.50V，根据闭合电路欧姆定律
U-I曲线的斜率的绝对值表示内阻
可知当电流表的示数为250mA，根据电压为1.50V
当电流I=0时，，根据
（3）当范围内可视为直线，该直线斜率为，由
在时硅光电池的内阻可视为
对于硅光电池与定值电阻构成的闭合回路，其输出功率
根据闭合电路欧姆定律
则输出功率
当时，对于，输出功率
对于，输出功率
所以当且时；时，硅光电池的U-I曲线不再是斜率为的直线，其内阻不再是
从U-I曲线的性质来看，随着电流的增大，电池的内阻会增大(实际电池的内阻会随工作状态变化)
输出功率，对于接(电流)的情况，由于内阻增大，根据
在E不变，I增大且r增大的情况下，路端电压会比按照内阻计算的值更小，对于，输出功率
(，内阻为)
对于，输出功率
(，内阻大于)
电源内阻按计算时，实际内阻增大导致减小，所以
【分析】（1）测量硅光电池的电动势和内阻的实验中，滑动变阻器要采用限流式接法，据此分析作答；
（2）量程为0～3V的电压表分度值为0.1V，根据电压表的读数规则读数；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
（4）根据电源的输出功率与外电阻的关系，以及硅光电池内阻的变化情况分析作答。
（1）测量电源电动势和内阻实验需要电流表串联在电路中，电压表并联在电路中，如图所示连接电路导线③可使得电压表短路，所以应该去掉图中序号为③的导线
（2）[1]观察图中电压表，其量程为3V，分度值为0.1V，指针指在1刻度后的第5格上，所以电压表的示数为1.50V
[2]根据闭合电路欧姆定律
U-I曲线的斜率的绝对值表示内阻
由[1]可知当电流表的示数为250mA，根据电压为1.50V
当电流I=0时，
根据
（3）当范围内可视为直线，该直线斜率为，由
在时硅光电池的内阻可视为
对于硅光电池与定值电阻构成的闭合回路，其输出功率
根据闭合电路欧姆定律
则输出功率
当时
对于，输出功率
对于，出功率
所以当且时，
时，硅光电池的U-I曲线不再是斜率为的直线，其内阻不再是
从U-I曲线的性质来看，随着电流的增大，电池的内阻会增大(实际电池的内阻会随工作状态变化)
输出功率，对于接(电流)的情况，由于内阻增大，根据
在E不变，I增大且r增大的情况下，路端电压会比按照内阻计算的值更小
对于，输出功率(，内阻为)
对于，输出功率(，内阻大于)
电源内阻按计算时
实际内阻增大导致减小，所以
17．【答案】（1）变大；等于
（2）解：①对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程为等压变化
解得
②对气体，状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化
解得
对活塞B，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程始终受力平衡
解得
（3）解：对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程，外界对气体做功
根据热力学第一定律
解得
【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】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
（1）状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化，体积减小，压强增大，所以气体分子在单位时间内撞击筒壁单位面积的次数变大；由于温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知
解得
所以气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功。
【分析】（1）根据气体的体积变化分析，根据热力学第一定律分析；
（2）根据盖-吕萨克定律计算温度，根据平衡条件计算弹簧弹力；
（3）求出状态Ⅱ到状态Ⅲ过程，外界对气体做功，根据热力学第一定律计算。
（1）[1][2]状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化，体积减小，压强增大，所以气体分子在单位时间内撞击筒壁单位面积的次数变大；由于温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知
解得
所以气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功。
（2）①对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程为等压变化
解得
②对气体，状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化
解得
对活塞B，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程始终受力平衡
解得
（3）对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程，外界对气体做功
根据热力学第一定律
解得
18．【答案】（1）解：平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
解得
此时滑块离平板右端距离
（2）解：当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有
解得
滑块从滑上高台到恰到达圆弧轨道圆心等高处过程，根据动能定理有
解得
要使滑块不脱离圆弧轨道，则有或
（3）解：滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，则有
，，
解得
，
第一次反弹后有
第一次反弹过程根据动量定理有
，
解得
第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有
第二次反弹过程根据动量定理有
，
解得
可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒求滑块的速度大小v，根据系统能量守恒此时滑块离平板右端的距离x；
（2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，重力提供向心力，根据圆周运动公式和动能定理求圆弧轨道半径R的取值范围；
（3）滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，根据平抛运动和斜抛运动求其最终距G点的水平距离d。
（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
解得
此时滑块离平板右端距离
（2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有
解得
滑块从滑上高台到恰到达圆弧轨道圆心等高处过程，根据动能定理有
解得
要使滑块不脱离圆弧轨道，则有或
（3）滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，则有，，
解得，
第一次反弹后有
第一次反弹过程根据动量定理有，
解得
第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有
第二次反弹过程根据动量定理有，
解得
可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离
19．【答案】（1）解：内感应电动势
磁通变化量大小
根据
解得
A
电流方向为顺时针
（2）解：匀速运动时
，
根据平衡
解得
（3）解：根据（2）解得A，线框ab边
根据
得
（V）（）
（4）解：线框ab边越过磁场右边界后瞬间，电流发生突变
穿出过程（cd边的x坐标）：安培力随位置均匀变化的特点通过安培力做功的能量关系间接求解，有
，
根据
解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）求出磁通变化量大小，根据感应电动势公式和欧姆定律求0～t0内线框中电流I的大小及方向；
（2）求出匀速运动的安培力表达式，根据匀速运动的状态求线框在磁场中匀速运动的速度大小v；
（3）根据闭合回路欧姆定律求解ab两端的电势差Uab随ab边的x坐标变化的关系式；
（4）安培力随位置均匀变化，求解安培力做功，根据功能关系求线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
（1）内感应电动势
磁通变化量大小
根据
解得A
电流方向为顺时针
（2）匀速运动时，
根据平衡
解得m/s
（3）根据（2）解得A
线框ab边
根据
得（V）（）
（4）线框ab边越过磁场右边界后瞬间，电流发生突变A
穿出过程（cd边的x坐标）：安培力随位置均匀变化的特点通过安培力做功的能量关系间接求解，有 ，
根据
解得J
20．【答案】（1）解：电子枪系统加速过程，根据动能定理有
解得
（2）解：电子在磁控系统中，在xOz平面做匀速圆周运动的速度
由洛伦兹力提供向心力，则有
，
解得周期
电子在y方向做匀速直线运动，则有
工件圆心的y坐标
解得
（n=1，2…）
（3）解：电子在y方向做匀速直线运动，则有
电子在xOz平面做圆周运动，则有
电子在xOz平面内的速度分量转过的角即为圆周运动的圆心角，则有
由于θ很小，结合上述解得
（4）解：从O点进入、速度与y轴夹角为θ的电子在xOz平面的圆周运动，则有
其中
由于θ很小，解得
假设工件以（2）算出的聚焦处为起点，在y方向移动距离，电子打板时与工件圆心的最远距离r为最大运动圆弧（半径为R）的弦长，对应圆心角为（3）中算出的（），则有
此时工件上受电子轰击区域为一个半径为r的圆，其面积S为
为使工件圆心处能达到焊接温度，需满足
解得
分类讨论：
①若，则y可取任意值；
②若，则y的取值范围为（n=1，2…）
以及
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子枪系统加速过程，根据动能定理求加速电压；
（2）求出在xOz平面做匀速圆周运动的速度，由洛伦兹力提供向心力，电子在y方向做匀速直线运动，根据周期公式和运动学公式求工件圆心的y坐标；
（3）根据周期和角速度的关系求其在xOz平面的速度分量所转过的角Δφ与电子y方向运动的距离Δy之间的函数关系；
（4）从O点进入、速度与y轴夹角为θ的电子在xOz平面的圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力再讨论不同的可能性求工件圆心的y坐标范围。
（1）电子枪系统加速过程，根据动能定理有
解得
（2）电子在磁控系统中，在xOz平面做匀速圆周运动的速度
由洛伦兹力提供向心力，则有，
解得周期
电子在y方向做匀速直线运动，则有
工件圆心的y坐标
解得（n=1，2…）
（3）电子在y方向做匀速直线运动，则有
电子在xOz平面做圆周运动，则有
电子在xOz平面内的速度分量转过的角即为圆周运动的圆心角，则有
由于θ很小，结合上述解得
（4）从O点进入、速度与y轴夹角为θ的电子在xOz平面的圆周运动，则有
其中
由于θ很小，解得
假设工件以（2）算出的聚焦处为起点，在y方向移动距离，电子打板时与工件圆心的最远距离r为最大运动圆弧（半径为R）的弦长，对应圆心角为（3）中算出的（），则有
此时工件上受电子轰击区域为一个半径为r的圆，其面积S为
为使工件圆心处能达到焊接温度，需满足
解得
分类讨论：
①若，则y可取任意值；
②若，则y的取值范围为（n=1，2…）
以及
1 / 12025届浙江省温州市高三下学期二模物理试题
1．（2025·温州模拟）某微型电动车为零排放的纯电动汽车，其电池容量为150A·h。其中单位“A·h”所对应的物理量是（　　）
A．能量 B．电荷量 C．电流 D．电容
【答案】B
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查电流定义的应用，会根据题意进行准确分析解答。根据电流定义式
可得
可知单位“A·h”所对应的物理量是电荷量。
故选B。
【分析】根据电流的定义式进行推导解答。
2．（2025·温州模拟）如图所示，千架无人机排列成多个圆圈做匀速圆周运动。无人机携带的烟花被点燃释放，似流星坠落人间。下列说法正确的是（　　）
A．点燃后的烟花下落做自由落体运动
B．观察无人机的飞行姿态时，可将无人机视为质点
C．点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机所受的合外力不变
D．点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机运动一周，其所受合外力的冲量为零
【答案】D
【知识点】质点；平抛运动；向心力；冲量
【解析】【解答】本题是自由落体运动，质点，向心力的定义及动量定理的考查，要求学生对相关知识掌握牢固，基础题。
A．烟花被释放后由于仍具有无人机的水平速度，其运动应当是抛体运动而非严格的自由落体运动，A错误；
B．若要研究无人机的飞行姿态，则其形状与转动对研究的问题有着重要影响，不能把它简化为质点，B错误；
C．物体做匀速圆周运动时，合外力的大小虽保持不变，但其方向随时在变，因此“所受的合外力不变”不成立，C错误；
D．匀速圆周运动中，速度的方向不断变化但最终会回到起始方向，故一周运动后动量的变化量为零，因此合外力的冲量也为零，D正确。
故选D。
【分析】由自由落体运动的定义判断烟花是否做自由落体运动；由质点的定义判断能不能看成质点；由圆周运动总是判断向心力是否是变力；由动量定理结合匀速圆周运动判断合外力的冲量是否为0。
3．（2025·温州模拟）如图所示为起重机吊起铁管的场景。质量为200kg的铁管两端固定有一钢绳，起重机挂钩勾住钢绳，使铁管从静止开始先竖直向上做匀加速直线运动，达到某一速度后做匀速运动。若铁管始终保持水平，不计钢绳质量与一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．匀加速阶段铁管处于超重状态
B．匀速阶段钢绳的张力大小为1000N
C．钢绳对铁管的拉力是由于铁管形变引起的
D．匀加速阶段钢绳对铁管的作用力大于铁管对钢绳的作用力
【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识，会根据题意进行准确分析解答。A．在匀加速阶段，铁管竖直向上做匀加速直线运动，加速度向上，所以铁管处于超重状态，故A正确；
B．匀速阶段，钢绳的张力大小等于铁管重力大小，即
故B错误；
C．根据弹力的产生原因，钢绳对铁管的拉力是由于钢绳发生形变，要恢复原状而对铁管产生的力，并非铁管形变引起的，故C错误；
D．钢绳对铁管的作用力与铁管对钢绳的作用力是一对相互作用力，相互作用力大小相等、方向相反，与铁管的运动状态无关，所以匀加速阶段钢绳对铁管的作用力等于铁管对钢绳的作用力，故D错误。
故选A。
【分析】根据超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识进行分析解答。
4．（2025·温州模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图甲中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管不会交替发光
B．图乙中，强相互作用可以存在于各种核子之间，作用范围只有约10 10 m
C．图丙中，磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁驱动的原理
D．图丁中，自由电荷为负电荷的霍尔元件（电流和磁场方向如图所示）的N侧电势高
【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；霍尔元件；核力与四种基本相互作用
【解析】【解答】霍尔效应的的本质是导体中的载流子在磁场中发生偏转，在导体中垂直于粒子运动方向的两端聚集，产生电势差，当电势差稳定时电场力等于洛伦兹力。A．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，A正确；
B．强相互作用的作用范围约为10 15 m（原子核尺度），并非10 10 m，B错误。
C．磁电式仪表中铝框的作用是利用“涡流（电磁）阻尼”使指针快速停摆，而非“电磁驱动”，C错误。
D．根据左手定则可知，自由电荷向N侧偏转，由于自由电荷为负电荷，N侧的电势较低，D错误。
故选A。
【分析】根据电磁阻尼和电磁驱动，霍尔效应原理，强相互作用范围，二极管的单向导电性进行分析解答。
5．（2025·温州模拟）2025年2月11日新型火箭长征八号改进型运载火箭首飞成功，将低轨02组9颗卫星送入距地高度约1145km的轨道，其发射过程简化为如图所示，卫星发射后自a点进入椭圆轨道Ⅰ，到达轨道Ⅰ远地点b时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ远地点c时再次点火变轨进入预定圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。已知地球半径约为6400km，则（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ上自a向b运行的过程中，其机械能不断增大
B．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积一定相等
C．卫星在轨道Ⅱ上经b点的速度大于卫星在轨道Ⅲ上经c点的速度
D．卫星在轨道Ⅲ运行的周期约为80分钟
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】单独的比较物体在高轨和低轨的机械能是困难的，因为物体在低轨的势能小，动能大；在高轨的势能大，动能小；而如果有特定的运动方式将两个轨道联系起来，就可以对物体在两个轨道的机械能进行比较了。A．从 a 运动到 b 的过程中，火箭发动机并未再次点火，只受地球引力作用，机械能守恒，A错误。
B．卫星分别处于椭圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ时，开普勒第二定律描述的是同一卫星在同一轨道与中心天体连线在相同时间内扫过的面积相等，卫星在不同的轨道上运行时，相等的时间内与中心天体连线扫过的面积不一定相等，B错误。
C．以过b点的圆轨道相比，相对于更高的圆轨道Ⅲ在c 点时的半径更小，根据万有引力提供向心力
解得
可知，轨道半径越小则线速度越大，在椭圆轨道Ⅱ中，b 点是近地点，卫星进入轨道II的b点应加速，故卫星在Ⅱ轨道的b 点速度大于在Ⅲ轨道c 点的速度，C正确。
D．最终圆轨道Ⅲ的半径约为
r=6400 km + 1145 km = 7545 km
根据牛顿第二定律则有
解得
而近地卫星的周期
其中，解得，由于轨道Ⅲ的半径大于地球的半径，故卫星在轨道Ⅲ上的运行周期应大于80分钟，D错误。
故选C。
【分析】根据机械能守恒条件和开普勒第二定律，根据万有引力提供向心力，求出最终圆轨道Ⅲ的半径，牛顿第二定律列式推导并判断。
6．（2025·温州模拟）温州三澳核电站是浙江省首个采用“华龙一号”三代核电技术的项目，核电站是利用重核裂变发电的，其中一种裂变方程是，还可以自发进行α衰变，已知、、的相对原子质量分别为235.0439u、231.0363u、4.0026u，1u相当于931.5MeV的能量，下列关于这两个核反应的说法正确的是（　　）
A．衰变中的比结合能大于的比结合能
B．裂变反应中的结合能大于的结合能
C．升高环境温度，可使的半衰期变短
D．1个发生一次α衰变，其释放的能量约4.66MeV
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【解析】【解答】 比结合能：组成原子核的核子越多，它的结合能越大。原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫作平均结合能。A．衰变后放出能量，生成的核更加稳定，则衰变中的比结合能小于的比结合能，选项A错误；
B．裂变反应放出能量，则的比结合能大于的比结合能，但是由于核子数远小于的核子数，可知的结合能小于的结合能，选项B错误；
C．外部因素不会影响半衰期，选项C错误；
D.1个发生一次α衰变，其释放的能量约
选项D正确。
故选D。
【分析】在放能的核反应中，生成物的比结合能大于反应前粒子的比结合能；元素的半衰期由原子核自身决定，与外界因素无关；根据质能方程计算。
7．（2025·温州模拟）如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（　　）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱
【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。
8．（2025·温州模拟）如图所示装置，1是待测位移的物体，软铁芯2插在空心线圈L中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。将线圈L（电阻不计）和电容器C并联后与电阻R、电源E相连，闭合开关S，待电路达到稳定后再断开S，LC回路中将产生电磁振荡。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开后瞬间，电容器上的带电量最大
B．开关断开后瞬间，线圈中的自感电动势为零
C．若减小电源的电动势，振荡电流的频率会变小
D．该装置可作为传感器使用，用振荡电流振幅的变化反映物体位置的变化
【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】LC回路中的电流i、线圈中的磁感应强度B、电容器极板间的电场强度E的变化周期等于LC回路的振荡周期，即
T=2π
A．因线圈电阻为零，电路稳定时，线圈两端电压为零，电容器不带电，故A错误；
B．断开开关后瞬间，线圈中电流最大，自感电动势为零，故B正确；
C．振荡电流的频率
与电源的电动势无关，故C错误；
D.1物体的位移会改变线圈的电感L，进而改变振荡电路的频率，是通过振荡电流频率的变化反映物体位置的变化，故D错误。
故选B。
【分析】电路稳定时电容器两板间电压为零；根据电流的变化率分析；根据振荡电流的频率公式分析；可以用振荡电流频率的变化能反映物体位置的变化。
9．（2025·温州模拟）如图所示，图中阴影部分是一透明介质的横截面，介质侧面AB面和DE面均附有特殊涂层，光到达该表面时全部被吸收。是一半径为R的半圆弧，圆心O处有一可以旋转的单色激光发射器，使发出的光线绕圆心O以周期T在纸面内逆时针匀速转动。从外侧观察，一个周期内面上有光点移动的时间为，光在真空中速度大小为c，不考虑光在圆弧界面上的反射，则下列说法正确的是（　　）
A．透明介质的折射率为
B．光在透明介质中传播的最长时间为
C．光点在面上即将消失时的瞬时速率为
D．若增大单色光的频率，透明介质面上光射出的区域长度变长
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。A．根据题意一个周期内面上有光点移动的时间为，故可知从BD面有光线射出的对应的弧长圆心角为
故可知光线刚好在BD面发生全反射的临界角为，故透明介质的折射率为
故A错误；
B．分析可知当光线沿OD方向射入时，在透明介质中传播的时间最长，根据几何关系可知此时光线传播的路程为
，，
联立解得
故B错误；
C．设光点在面上即将消失时的瞬时速率为，将v沿入射光线方向和垂直入射光线方向分解可知，
其中，联立解得，故C正确；
D．若增大单色光的频率，可知介质对光线的折射率变大，临界角变小，根据前面分析结合几何关系可知透明介质面上光射出的区域长度变短，故D错误。
故选C。
【分析】结合题意，根据几何关系、临界角与折射率的关系分别列式，即可分析判断；若增大单色光的频率，可知介质对光线的折射率变大，据此分析判断。
10．（2025·温州模拟）桌面上放置一“U”形磁铁，用能绕端点转动的绝缘轻杆悬挂一半径为r、厚度为d的铝制薄圆盘，圆盘的平衡位置恰好位于两磁极之间，如图甲所示。若将圆盘拉离平衡位置一个固定角度后由静止释放（如图乙所示），圆盘在竖直平面内来回摆动（圆盘面始终与磁场垂直），经时间停下；若仅将圆盘厚度改变为2d，重复以上实验，圆盘经时间停下；若保持圆盘半径r和厚度d不变，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，重复以上实验，圆盘经时间停下。不计转轴和空气的阻力，则观察到的现象是（　　）
A．明显大于 B．明显小于
C．明显大于 D．与几乎相等
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】本题考查电阻定律判断电阻的变化情况，结合质量的变化情况，电阻的变化情况，安培力的知识，会根据题意进行准确分析解答。AB．根据，若仅将圆盘厚度改变为2d，则电阻减小，相同条件下，圆盘产生的电流变大，圆盘受到的安培力变大，但是圆盘质量也变大，阻碍作用不好判断，考虑两个一模一样的圆盘，从同一高度单独释放到停下所用时间相同，那么两个圆盘并排贴在一起（相当于厚度加倍），从同一高度单独释放到停下所用时间应该不变，即与几乎相等，故AB错误；
CD．结合以上分析，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，电阻变大，相同条件下，圆盘产生的电流变小，圆盘受到的安培力变小，同时圆盘质量变大，阻碍作用变小，则圆盘停下来所用时间变长，即明显大于，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据电阻定律判断电阻的变化情况，结合质量的变化情况，电阻的变化情况，安培力的变化情况进行分析解答。
11．（2025·温州模拟）两块相同足够大的平行金属板A、B竖直放置，将一金属小球放入其中，其截面示意图如图所示。O点为球心，a、c为其外表面上两点，Oa连线与平行板垂直。闭合开关，电容器充电完成（忽略小球的感应电荷对平行金属板A、B的影响），下列说法正确的（　　）
A．a点的电势比c点的电势高
B．小球的感应电荷在c点产生的电场水平向左
C．若将A板向右移动，则a点的感应电荷的密度将增大
D．若断开开关，再将B板向下移动少许，则O点的电场强度不变
【答案】C,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉。A．达到静电平衡后，金属小球是一等势体，所以a点的电势等于c点的电势，故A错误；
B．达到静电平衡后，金属小球是一等势体，则c点的场强方向垂直于过c点的切面方向斜向上偏右，由于平行金属板A、B在c点的场强方向水平向右，根据场强叠加原则可知，小球的感应电荷在c点产生的电场不是水平向左，故B错误；
C．达到静电平衡后，金属小球内部的场强为0，则小球的感应电荷在O点的场强与平行金属板A、B在O点的场强大小相等、方向相反，若将A板向右移动，根据可知，平行金属板A、B在O点的场强变大，则小球的感应电荷在O点的场强变大，a点的感应电荷的密度将增大，故C正确；
D．达到静电平衡后，金属小球内部的场强为0，则断开开关，再将B板向下移动少许，O点的电场强度仍为0，保持不变，故D正确。
故选CD。
【分析】 根据静电平衡可知，处于静电平衡的导体内部场强处处为零，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，导体的外表面为一个等势面，导体表面的电场线与外表面处处垂直，根据以上特点进行分析即可。
12．（2025·温州模拟）如图所示为一种光电效应演示仪，光电管与电流计、电源相连，其入射光的波长与光强可以通过光调节器调节。逐渐调节照射到金属板M的入射光波长，当波长为时，电流计的示数刚好为零，此时将电源正负极对调，电流计示数不为零，再逐渐调节入射光照的波长至，电流计的示数恰好变成零。已知电源路端电压为U，不考虑电流计内阻，元电荷为e，真空中光速为c，则（　　）
A．
B．可求得普朗克常量
C．当光的波长为时，仅增大光的波长，电流计示数将不为零
D．当光的波长为时，仅增大光的强度，电流计示数将不为零
【答案】A,B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。AB．根据题意可知，当波长为时，电流计的示数刚好为零，此时将电源正负极对调，电流计示数不为零，电源路端电压为U，则有
再逐渐调节入射光照的波长至，电流计的示数恰好变成零，则有
联立可得
，
故AB正确；
CD．根据题意可知，为入射光为极限频率的波长，仅增大光的波长，光的频率减小，不能发生光电效应，电流计示数仍为零，仅增大光的强度，光的频率不增加，不能发生光电效应，电流计示数仍为零，故CD错误。
故选AB。
【分析】根据光电效应发生的条件和满足的方程列式解答。
13．（2025·温州模拟）如图甲所示，在均匀介质中，两个波源、分别位于和m处。已知时刻，开始自平衡位置向下振动，s时，第二次处于波峰位置，s时，波源也开始自平衡位置向下振动，产生的两列简谐横波恰好于P点相遇。经足够长时间后，x轴上质点的振幅随x变化的部分图像如图乙所示。若m，则下列说法正确的是（　　）
A．波源、的振幅相同
B．当s时，两列波开始相遇
C．间（除、P外）有12个振动加强点
D．在0~10s内质点Q的路程为2cm
【答案】A,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】本题考查波的干涉，关键明确质点的实际位移等于两列波单独传播时引起位移的矢量和，结合波形的空间周期性和质点振动的时间周期性进行分析即可，波的干涉的振动加强点满足波程差Δs=2n，波的干涉的振动减弱点满足波程差Δs=（2n+1）。A．从图乙可知，振动减弱点振幅为0，则波源、的振幅相同
故A正确；
B．s时，第二次处于波峰位置，则有
解得周期
T=1s
图乙可知波长为1m，则波速
设从开始振动经时间t两列波相遇，则传播时间为（t-2s），则有
联立解得
故B错误；
C．根据振动加强点的条件
到P点距离为
则到P点距离为
设间某点到的距离分别为，则有
相距10m，在间（除外），波程差的取值范围是(0，10m)，则n可以取共11个值，即有11个振动加强点，故C错误；
D．结合以上分析可知，到Q点距离为
到Q点距离为
则两波源到Q点的波程差
即Q点为减弱点，合振幅为0。则Q点通过的路程为两波在此处未叠加时，Q的通过的路程，到Q点时间为
由于s时Q才振动，即从时刻开时到5.75s，才传播到Q点，到Q点时间为
则Q单独振动时间为
即Q单独振动了半个周期，即在0~10s内质点Q的路程为
故D正确。
故选AD。
【分析】加强点的振幅等两列波振幅之和，减弱点的振幅等于两列波振幅之差；由波速和传播的距离可知两列波相遇的时间；根据波的干涉的加强点的条件判断；结合振动的时间与一个周期内质点振动的路程为4A判断。
14．（2025·温州模拟）（1）在下列实验中，必须用到天平的实验是______。
A．“探究加速度与力、质量的关系”
B．“验证机械能守恒定律”
C．“用单摆测量重力加速度的大小”
D．“探究小车速度随时间变化的规律”
（2）如图所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
下列操作或现象会增大实验误差的是（　　）
A．弹簧测力计的拉杆与塑料外壳有摩擦
B．弹簧测力计的塑料外壳与木板有摩擦
C．弹簧测力计、细绳、橡皮筋未与木板平行
D．将细绳换成细橡皮筋
（3）某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）代替弹簧测力计来探究该实验，如图3所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点。下列说法正确的是　 　
A.每次实验时结点O的位置必须一样
B.不用测出橡皮筋上力的大小也能完成实验
C.必须要知道橡皮筋的劲度系数才能完成实验
D.可以选取三个橡皮筋中的任意两个拉力作为分力进行探究
【答案】（1）A
（2）A；C
（3）BD
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】实验原理：等效法：一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力，作出力F'的图示， 根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示，比较F和F'的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则验证了力的平行四边形定则。
（1）A．“探究加速度与力、质量的关系” 实验中，需要测量物体的质量，所以必须用到天平，故A正确；
B．“验证机械能守恒定律”，验证的是动能的增加量和重力势能的减少量是否相等，表达式中质量可以约掉，不需要测量质量，不用天平，故B错误；
C．“用单摆测量重力加速度的大小”，根据单摆周期公式
只需测量摆长和周期，不需要测量质量，不用天平，故C错误；
D．“探究小车速度随时间变化的规律”，主要测量小车的位移和时间，不需要测量质量，不用天平，故D错误。
故选A。
（2）A．弹簧测力计的拉杆与塑料外壳有摩擦，会导致弹簧测力计示数不能准确反映拉力大小，增大实验误差，故A正确；
B．弹簧测力计的塑料外壳与木板有摩擦，因为拉力是通过挂钩测量的，外壳与木板的摩擦不影响测量拉力的大小，不会增大实验误差，故B错误；
C．弹簧测力计、细绳、橡皮筋未与木板平行，会使拉力在垂直木板方向有分力，导致测量的拉力不准确，增大实验误差，故C正确；
D．将细绳换成细橡皮筋，只要能准确记录拉力的方向，对实验结果没有影响，不会增大实验误差，故D错误。
故选AC。
（3）A．该实验是探究三根橡皮筋拉力的关系，不需要每次实验时结点O的位置都一样，故A错误；
B．因为三根橡皮筋遵循胡克定律，根据
k相同，所以可以用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不用测出橡皮筋上力的具体大小也能完成实验，故B正确；
C．由 B 选项的分析可知，用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不需要知道橡皮筋的劲度系数，故C错误；
D．三个力中，任意两个力都可以看做分力，另一个力看做这两个力的合力，所以可以选取三个橡皮筋中的任意两个拉力做为分力进行探究，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）需要测量物体的质量的实验需要天平，根据实验的原理逐项分析作答；
（2）摩擦力等会导致实验误差，根据实验的原理、正确操作和注意事项分析实验误差；
（3）通过分析实验中的原理可以得出实验采用的方法。
（1）A．“探究加速度与力、质量的关系” 实验中，需要测量物体的质量，所以必须用到天平，故A正确；
B．“验证机械能守恒定律”，验证的是动能的增加量和重力势能的减少量是否相等，表达式中质量可以约掉，不需要测量质量，不用天平，故B错误；
C．“用单摆测量重力加速度的大小”，根据单摆周期公式
只需测量摆长和周期，不需要测量质量，不用天平，故C错误；
D．“探究小车速度随时间变化的规律”，主要测量小车的位移和时间，不需要测量质量，不用天平，故D错误。
故选A。
（2）A．弹簧测力计的拉杆与塑料外壳有摩擦，会导致弹簧测力计示数不能准确反映拉力大小，增大实验误差，故A正确；
B．弹簧测力计的塑料外壳与木板有摩擦，因为拉力是通过挂钩测量的，外壳与木板的摩擦不影响测量拉力的大小，不会增大实验误差，故B错误；
C．弹簧测力计、细绳、橡皮筋未与木板平行，会使拉力在垂直木板方向有分力，导致测量的拉力不准确，增大实验误差，故C正确；
D．将细绳换成细橡皮筋，只要能准确记录拉力的方向，对实验结果没有影响，不会增大实验误差，故D错误。
故选AC。
（3）A．该实验是探究三根橡皮筋拉力的关系，不需要每次实验时结点O的位置都一样，故A错误；
B．因为三根橡皮筋遵循胡克定律，根据
k相同，所以可以用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不用测出橡皮筋上力的具体大小也能完成实验，故B正确；
C．由 B 选项的分析可知，用橡皮筋的伸长量或伸长后的长度来表示力的大小，不需要知道橡皮筋的劲度系数，故C错误；
D．三个力中，任意两个力都可以看做分力，另一个力看做这两个力的合力，所以可以选取三个橡皮筋中的任意两个拉力做为分力进行探究，故D正确。
故选BD。
15．（2025·温州模拟）某同学在学习了“用双缝干涉测量光的波长”实验后，自制了一套双缝干涉演示仪（图1），所用单缝的缝宽可调（图2），并用电子显微镜头代替光屏，通过计算机呈现实验现象。
（1）若调节单缝的宽度由图2所示逐渐变窄，下列说法正确的是（　　）。
A．当单缝宽度较宽时，无法观察到清晰的条纹
B．当单缝宽度较窄时，随着缝宽变窄，条纹间距逐渐变大
（2）已知双缝间的距离为d，光源与单缝的距离为，单缝与双缝的距离为，双缝到电子显微镜头的距离为，计算机显示图样中相邻两条亮条纹间的距离为，显示图样的放大倍数为k，则对应的光波波长为　 　（用题中所给物理量符号表示）。
【答案】（1）A
（2）
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】实验原理： 双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足，因此，只要测出△x、d和L，即可求出波长λ。
（1）A．在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得线光源，当单缝宽度较宽时，通过单缝的光不是线光源，无法形成稳定的干涉条件，所以无法观察到清晰的干涉图样，故A正确；
B．干涉条纹间距公式
其中为双缝到屏的间距，表示波长，表示双缝间距
所以条纹间距宽度与单缝宽度无关，当单缝宽度变窄时，条纹间距不变，故B错误。
故选A。
（2）双缝条纹间距公式
其中是实际的相邻两亮条纹间的间距
那么显示的相邻亮条纹间距和实际的相邻亮条纹间距之间的关系为
即
整理得
【分析】（1）条纹间距宽度与单缝宽度无关，当单缝宽度变窄时，条纹间距不变，根据单缝的作用分析作答；
（2）根据双缝干涉条纹间距公式求解作答。
（1）A．在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得线光源，当单缝宽度较宽时，通过单缝的光不是线光源，无法形成稳定的干涉条件，所以无法观察到清晰的干涉图样，故A正确；
B．干涉条纹间距公式
其中为双缝到屏的间距，表示波长，表示双缝间距
所以条纹间距宽度与单缝宽度无关，当单缝宽度变窄时，条纹间距不变，故B错误。
故选A。
（2）双缝条纹间距公式
其中是实际的相邻两亮条纹间的间距
那么显示的相邻亮条纹间距和实际的相邻亮条纹间距之间的关系为
即
整理得
16．（2025·温州模拟）某同学为测量硅光电池的电动势和内阻，进行了如下实验探究。将内阻较小的待测硅光电池（保持光照强度一定，电动势可视为不变）、电流表、电压表、滑动变阻器、开关及若干导线连接成电路如图1所示。
（1）闭合开关前，该同学发现图1中有一处连线错误，应去掉图中序号为　 　的导线。（选填“①”、“②”、“③”或者“④”）
（2）正确连线后，由实验中记录的数据，得到该电池的曲线，如图2所示。某次调节滑动变阻器时，电流表的示数为250mA，电压表示数如图3所示，读出电压表的示数为　 　V。根据U-I曲线，计算此时硅光电池的内阻为　 　Ω（计算结果保留两位有效数字）。
（3）若硅光电池的曲线在范围内可视为直线，该直线斜率为。现将该电池分别与阻值为、的定值电阻连接构成闭合回路，且，实验测得两组数据、，其中，，则两种情况下硅光电池的输出功率　 　（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。
【答案】（1）③
（2）1.49#1.50#1.51；5.6
（3）大于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了测量硅光电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律的运用。为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些 。
（1）测量电源电动势和内阻实验需要电流表串联在电路中，电压表并联在电路中，如图所示连接电路导线③可使得电压表短路，所以应该去掉图中序号为③的导线
（2）观察图中电压表，其量程为3V，分度值为0.1V，指针指在1刻度后的第5格上，所以电压表的示数为1.50V，根据闭合电路欧姆定律
U-I曲线的斜率的绝对值表示内阻
可知当电流表的示数为250mA，根据电压为1.50V
当电流I=0时，，根据
（3）当范围内可视为直线，该直线斜率为，由
在时硅光电池的内阻可视为
对于硅光电池与定值电阻构成的闭合回路，其输出功率
根据闭合电路欧姆定律
则输出功率
当时，对于，输出功率
对于，输出功率
所以当且时；时，硅光电池的U-I曲线不再是斜率为的直线，其内阻不再是
从U-I曲线的性质来看，随着电流的增大，电池的内阻会增大(实际电池的内阻会随工作状态变化)
输出功率，对于接(电流)的情况，由于内阻增大，根据
在E不变，I增大且r增大的情况下，路端电压会比按照内阻计算的值更小，对于，输出功率
(，内阻为)
对于，输出功率
(，内阻大于)
电源内阻按计算时，实际内阻增大导致减小，所以
【分析】（1）测量硅光电池的电动势和内阻的实验中，滑动变阻器要采用限流式接法，据此分析作答；
（2）量程为0～3V的电压表分度值为0.1V，根据电压表的读数规则读数；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
（4）根据电源的输出功率与外电阻的关系，以及硅光电池内阻的变化情况分析作答。
（1）测量电源电动势和内阻实验需要电流表串联在电路中，电压表并联在电路中，如图所示连接电路导线③可使得电压表短路，所以应该去掉图中序号为③的导线
（2）[1]观察图中电压表，其量程为3V，分度值为0.1V，指针指在1刻度后的第5格上，所以电压表的示数为1.50V
[2]根据闭合电路欧姆定律
U-I曲线的斜率的绝对值表示内阻
由[1]可知当电流表的示数为250mA，根据电压为1.50V
当电流I=0时，
根据
（3）当范围内可视为直线，该直线斜率为，由
在时硅光电池的内阻可视为
对于硅光电池与定值电阻构成的闭合回路，其输出功率
根据闭合电路欧姆定律
则输出功率
当时
对于，输出功率
对于，出功率
所以当且时，
时，硅光电池的U-I曲线不再是斜率为的直线，其内阻不再是
从U-I曲线的性质来看，随着电流的增大，电池的内阻会增大(实际电池的内阻会随工作状态变化)
输出功率，对于接(电流)的情况，由于内阻增大，根据
在E不变，I增大且r增大的情况下，路端电压会比按照内阻计算的值更小
对于，输出功率(，内阻为)
对于，输出功率(，内阻大于)
电源内阻按计算时
实际内阻增大导致减小，所以
17．（2025·温州模拟）如图所示，将横截面积为S的导热圆筒固定在地面上，筒内安装两个可以无摩擦滑动的轻质活塞A和B，两活塞间封闭一定量的理想气体。把轻弹簧一端与圆筒底部连接，另一端与活塞B相连接。圆筒下方靠近底部A有一小缺口，使活塞B下方始终与大气相通。开始时环境温度为，气体此时处于状态I，其体积为V。现保持环境温度不变，将沙子缓慢地倒在活塞A的上表面，使气体体积减小为0.5V，此时气体处于状态Ⅱ。之后，环境的温度缓慢升高，再次稳定后气体达到状态Ⅲ，此时体积为0.75V。已知从状态Ⅰ到状态Ⅲ，气体内能增加，外界大气的压强始终保持不变。
（1）气体从状态I到状态Ⅱ，气体分子在单位时间内撞击筒壁单位面积的次数　 　（选填“变大”“变小”或“不变”），气体向外界释放的热量　 　外界对气体做的功（选填“大于”“等于”或“小于”）；
（2）求气体达到状态Ⅲ时环境的温度T和弹簧的弹力大小F；
（3）求从状态Ⅱ到状态Ⅲ气体吸收的热量Q。
【答案】（1）变大；等于
（2）解：①对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程为等压变化
解得
②对气体，状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化
解得
对活塞B，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程始终受力平衡
解得
（3）解：对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程，外界对气体做功
根据热力学第一定律
解得
【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】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
（1）状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化，体积减小，压强增大，所以气体分子在单位时间内撞击筒壁单位面积的次数变大；由于温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知
解得
所以气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功。
【分析】（1）根据气体的体积变化分析，根据热力学第一定律分析；
（2）根据盖-吕萨克定律计算温度，根据平衡条件计算弹簧弹力；
（3）求出状态Ⅱ到状态Ⅲ过程，外界对气体做功，根据热力学第一定律计算。
（1）[1][2]状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化，体积减小，压强增大，所以气体分子在单位时间内撞击筒壁单位面积的次数变大；由于温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知
解得
所以气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功。
（2）①对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程为等压变化
解得
②对气体，状态Ⅰ到状态Ⅱ过程为等温变化
解得
对活塞B，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程始终受力平衡
解得
（3）对气体，状态Ⅱ到状态Ⅲ过程，外界对气体做功
根据热力学第一定律
解得
18．（2025·温州模拟）某固定装置的竖直截面如图所示，水平高台上的直轨道CD、圆弧轨道DEF、直轨道FG平滑连接。高台左侧水平轨道AB略低，轨道上放置一块质量为m、长度为L的平板，平板上表面与CD等高。高台右侧有一水平地面HI，与高台的高度差为h。初始时，平板处于静止状态，其右端与高台的CB侧距离足够大。让一质量也为m的滑块以速度滑上平板，并带动平板向右运动。当平板到达CB时将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块落到HI段，将与地面发生碰撞，碰撞时间极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速度减半，水平速度同时发生相应变化。已知，，，，，滑块与平板上表面间的动摩擦因数、与HI段间的动摩擦因数，其余摩擦及空气阻力均可忽略，HI段足够长，滑块视为质点。
（1）求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小v以及此时滑块离平板右端的距离x；
（2）要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围；
（3）若滑块沿着轨道运动至G点飞出，求其最终距G点的水平距离d。
【答案】（1）解：平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
解得
此时滑块离平板右端距离
（2）解：当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有
解得
滑块从滑上高台到恰到达圆弧轨道圆心等高处过程，根据动能定理有
解得
要使滑块不脱离圆弧轨道，则有或
（3）解：滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，则有
，，
解得
，
第一次反弹后有
第一次反弹过程根据动量定理有
，
解得
第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有
第二次反弹过程根据动量定理有
，
解得
可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒求滑块的速度大小v，根据系统能量守恒此时滑块离平板右端的距离x；
（2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，重力提供向心力，根据圆周运动公式和动能定理求圆弧轨道半径R的取值范围；
（3）滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，根据平抛运动和斜抛运动求其最终距G点的水平距离d。
（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒定律有
解得
此时滑块离平板右端距离
（2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有
解得
滑块从滑上高台到恰到达圆弧轨道圆心等高处过程，根据动能定理有
解得
要使滑块不脱离圆弧轨道，则有或
（3）滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，则有，，
解得，
第一次反弹后有
第一次反弹过程根据动量定理有，
解得
第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有
第二次反弹过程根据动量定理有，
解得
可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离
19．（2025·温州模拟）如图1所示，在光滑绝缘的水平面内建立坐标系，空间中的范围内存在竖直向下的磁场，任一时刻磁感应强度分布与y无关，随x按的规律变化，k随时间的变化如图2所示，其中T/m，s。水平面上有一边长m、质量kg、总电阻Ω的匀质正方形刚性导线框abcd，内锁定在图1所示的位置，时刻解除锁定，同时对线框施加向右的水平恒力N，使之开始沿x轴正方向运动，已知当ab边到达时，线框开始做匀速运动。在线框ab边越过磁场右边界后瞬间，改施加变力，使之后线框在离开磁场的过程中其电流保持不变。线框在全过程中始终处于平面内，其ab边与y轴始终保持平行，空气阻力不计。求：
（1）内线框中电流I的大小及方向；
（2）线框在磁场中匀速运动的速度大小v；
（3）线框在匀速运动过程中，ab两端的电势差随ab边的x坐标变化的关系式；
（4）线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：内感应电动势
磁通变化量大小
根据
解得
A
电流方向为顺时针
（2）解：匀速运动时
，
根据平衡
解得
（3）解：根据（2）解得A，线框ab边
根据
得
（V）（）
（4）解：线框ab边越过磁场右边界后瞬间，电流发生突变
穿出过程（cd边的x坐标）：安培力随位置均匀变化的特点通过安培力做功的能量关系间接求解，有
，
根据
解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）求出磁通变化量大小，根据感应电动势公式和欧姆定律求0～t0内线框中电流I的大小及方向；
（2）求出匀速运动的安培力表达式，根据匀速运动的状态求线框在磁场中匀速运动的速度大小v；
（3）根据闭合回路欧姆定律求解ab两端的电势差Uab随ab边的x坐标变化的关系式；
（4）安培力随位置均匀变化，求解安培力做功，根据功能关系求线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
（1）内感应电动势
磁通变化量大小
根据
解得A
电流方向为顺时针
（2）匀速运动时，
根据平衡
解得m/s
（3）根据（2）解得A
线框ab边
根据
得（V）（）
（4）线框ab边越过磁场右边界后瞬间，电流发生突变A
穿出过程（cd边的x坐标）：安培力随位置均匀变化的特点通过安培力做功的能量关系间接求解，有 ，
根据
解得J
20．（2025·温州模拟）电子束焊是在高真空条件下，利用电子束轰击焊接面，将高速电子束的动能转化为内能，对金属进行焊接的一种方法。为了提高温度，需要利用磁场控制高速电子束，使其聚集到小区域内。如图所示，电子束焊装置的结构可简化为由电子枪系统和磁控系统组成。在电子枪系统中，每秒有N个电子经加速后从O点进入磁控系统，所有电子速度大小均为，速度方向分布于以y轴为中心轴、2θ为顶角的圆锥内（θ很小）。磁控系统内存在沿着y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，待焊接圆形工件（尺寸足够大）垂直y轴放置，圆心位于y轴上。已知电子的质量为m，电荷量为-e（e>0），当θ很小时，有，。
（1）若从电子枪系统出射电子的动能是静止电子经电场加速获得，求加速电压；
（2）要使所有进入磁控系统的电子都能汇聚于工件上同一点，求工件圆心的y坐标；
（3）写出某电子进入磁控系统后，其在xOz平面的速度分量所转过的角与电子y方向运动的距离之间的函数关系；
（4）已知电子束轰击工件表面时，受轰击区域受热均匀。若待焊接处单位面积单位时间获得热量为才能达到焊接需要的温度，为使工件圆心处能达到焊接温度，求工件圆心的y坐标范围。（结果可用反三角函数表示）
【答案】（1）解：电子枪系统加速过程，根据动能定理有
解得
（2）解：电子在磁控系统中，在xOz平面做匀速圆周运动的速度
由洛伦兹力提供向心力，则有
，
解得周期
电子在y方向做匀速直线运动，则有
工件圆心的y坐标
解得
（n=1，2…）
（3）解：电子在y方向做匀速直线运动，则有
电子在xOz平面做圆周运动，则有
电子在xOz平面内的速度分量转过的角即为圆周运动的圆心角，则有
由于θ很小，结合上述解得
（4）解：从O点进入、速度与y轴夹角为θ的电子在xOz平面的圆周运动，则有
其中
由于θ很小，解得
假设工件以（2）算出的聚焦处为起点，在y方向移动距离，电子打板时与工件圆心的最远距离r为最大运动圆弧（半径为R）的弦长，对应圆心角为（3）中算出的（），则有
此时工件上受电子轰击区域为一个半径为r的圆，其面积S为
为使工件圆心处能达到焊接温度，需满足
解得
分类讨论：
①若，则y可取任意值；
②若，则y的取值范围为（n=1，2…）
以及
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子枪系统加速过程，根据动能定理求加速电压；
（2）求出在xOz平面做匀速圆周运动的速度，由洛伦兹力提供向心力，电子在y方向做匀速直线运动，根据周期公式和运动学公式求工件圆心的y坐标；
（3）根据周期和角速度的关系求其在xOz平面的速度分量所转过的角Δφ与电子y方向运动的距离Δy之间的函数关系；
（4）从O点进入、速度与y轴夹角为θ的电子在xOz平面的圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力再讨论不同的可能性求工件圆心的y坐标范围。
（1）电子枪系统加速过程，根据动能定理有
解得
（2）电子在磁控系统中，在xOz平面做匀速圆周运动的速度
由洛伦兹力提供向心力，则有，
解得周期
电子在y方向做匀速直线运动，则有
工件圆心的y坐标
解得（n=1，2…）
（3）电子在y方向做匀速直线运动，则有
电子在xOz平面做圆周运动，则有
电子在xOz平面内的速度分量转过的角即为圆周运动的圆心角，则有
由于θ很小，结合上述解得
（4）从O点进入、速度与y轴夹角为θ的电子在xOz平面的圆周运动，则有
其中
由于θ很小，解得
假设工件以（2）算出的聚焦处为起点，在y方向移动距离，电子打板时与工件圆心的最远距离r为最大运动圆弧（半径为R）的弦长，对应圆心角为（3）中算出的（），则有
此时工件上受电子轰击区域为一个半径为r的圆，其面积S为
为使工件圆心处能达到焊接温度，需满足
解得
分类讨论：
①若，则y可取任意值；
②若，则y的取值范围为（n=1，2…）
以及
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