2025届浙江省杭州市高三下学期二模物理试题
1．（2025·杭州模拟）在厘米-克-秒（cm-g-s）单位制中，1达因（dyn）等于1克·厘米/秒2，则“达因（dyn）”对应的物理量是（ ）
A．力 B．速度 C．加速度 D．冲量
2．（2025·杭州模拟）如图所示，在春晚节目《秧BOT》中，机器人在舞台上载歌载舞，最后将高速旋转的手绢抛向空中送给观众。下列说法正确的是（ ）
A．欣赏机器人的舞蹈，可将其视作质点
B．机器人在跳舞时重心位置始终不变
C．手绢被抛出后始终处于超重状态
D．手对手绢的力的大小始终等于手绢对手的力的大小
3．（2025·杭州模拟）以下电路中，能够最有效发射电磁波的是（ ）
A．V B．
C． D．
4．（2025·杭州模拟）如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1m。下列说法正确的是（ ）
A．乳胶气球在空中做平抛运动
B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上
C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右
D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小
5．（2025·杭州模拟）我国首座钍基熔盐实验堆采用钍作为燃料，并使用熔盐冷却剂，避免了核污水排放。吸收中子后会发生的一系列核反应：
已知的半衰期为16万年，某次实验中生成0.5g的。下列说法正确的是（ ）
A．x衰变为α衰变
B．比多1个质子
C．的比结合能小于的比结合能
D．经过24万年，剩余质量约为0.177g
6．（2025·杭州模拟）如图所示，地球公转所处的四个位置A、B、C、D分别大致对应四个节气。夏至和冬至时地球中心与太阳中心的距离分别为、，地球在相同时间内的路程分别为、且有，、是椭圆的两个焦点，下列说法正确的是（ ）
A．太阳处于处
B．从春分到夏至的过程中地球做加速运动
C．在夏至和冬至时太阳对地球的引力之比为
D．根据题目和图中信息可以求出地球质量
7．（2025·杭州模拟）在平面内，四个等量点电荷固定在正方形的四个顶点，O为正方形中心。如图所示是其在平面内电势类比于地势的模拟图，z轴表示电势，代表电势为正。已知，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度相同
B．O点的电场强度为零，电势也为零
C．从A点沿直线到B点，电势先升高后降低
D．将正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
8．（2025·杭州模拟）如图所示为加速度计，滑块可以在光滑的框架中平移，两侧用相同的轻弹簧拉着。R为阻值随滑动距离均匀变化的滑动变阻器，两个电池完全相同。加速度为零时，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的指针向零点右侧偏转表示加速度向右
B．若仅弹簧的劲度系数变为2倍，则量程变为2倍
C．若仅滑块质量变为2倍，则量程变为2倍
D．若仅两电池的内阻不相等时，无需重新调零
9．（2025·杭州模拟）如图所示，放在光滑绝缘水平面上半径为R、总电阻为r的金属圆环，有一半在垂直于水平面向上大小为B的匀强磁场中。圆环以与直线边界的夹角为的初速度v进入磁场时，则圆环（ ）
A．有逆时针方向的感应电流
B．先做直线运动，最终速度减为零
C．两端电压为
D．受到安培力的大小为
10．（2025·杭州模拟）图甲为张老师设计的测液体折射率装置，示意图如图乙，装有液体的厚长方体透明容器放在支架上可绕水平轴转动。激光笔固定在量角器上且与边重合。过中心O悬挂一重锤，其所指位置为B。现让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现光线1和2，支架转动到光线1恰好消失时，读出并记为，即可求出液体的折射率并标在量角器上。已知容器的折射率为n，下列说法正确的是（ ）
A．该液体的折射率为
B．该液体的折射率为
C．越靠近A端标注的折射率值越大且刻度均匀
D．若为薄壁容器，激光也必须垂直容器壁入射
11．（2025·杭州模拟）如图所示，一列简谐横波从波源O点同时向左右两侧传播，右侧为介质Ⅰ，左侧为介质Ⅱ。已知波速分别为，，A、B分别是两介质中x轴上的质点，A质点平衡位置，B点（未画出）振动步调总是与A相反。时，波源O开始振动，振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为2∶3
B．质点A的振动方程为
C．A、B两质点起振间隔的最短时间为0.1s
D．时，质点B经过的路程可能为1.5m
12．（2025·杭州模拟）氢原子由高能级向低能级跃迁时，发出可见光光谱如图甲。现用图甲中一定功率的a、b光分别照射某光电管，光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙（b光对应图线未画出，其遏止电压与饱和电流记为、），下列说法正确的是（ ）
A．若增大a光入射功率，则增大，增大
B．若换用相同功率的b光照射，则，
C．a、b光照射时逸出光电子的物质波最小波长之比为
D．a、b光频率之比为
13．（2025·杭州模拟）如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定、、、四根长均为L，阻值均为r且夹角互为90°的金属棒，以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直水平面向下的磁场，沿半径各点磁感应强度（θ为与x轴负方向夹角），圆心O与环面分别通过电刷E、F与阻值为r的电阻R相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度绕O点沿顺时针方向匀速转动。以进入磁场开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向始终为
B．当棒转动至时，感应电动势
C．圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
D．圆环转动一周的过程中，外力做的功
14．（2025·杭州模拟）如图1所示是“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
（1）下列仪器中，该实验需要的有________；（多选）
A．弹簧测力计 B．打点计时器 C．秒表 D．刻度尺
（2）关于该实验，下列说法正确的是________；
A．同一次实验中结点位置允许变动
B．应控制两条细线夹角为90°
C．两根细线应该短一些
D．一只弹簧测力计也可以完成实验
（3）改用如图2所示方案，橡皮筋的上端固定于O点，下端挂一重物M。弹簧测力计通过系在橡皮筋上N处的细线，缓慢水平向左拉。由于橡皮筋弹性发生了变化，发现两次拉动相同水平距离时，N点的轨迹并不重合，如①、②所示。则N分别处于a、b点时弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力是否变化？ （填“是”或“否”）。
15．（2025·杭州模拟）做“用单摆测量重力加速度大小”实验时，
（1）下列装置最佳的是________；
A． B． C．
（2）实验时，仅有量程为20cm的毫米刻度尺，利用摆长约100cm的单摆测当地重力加速度，下列做法最合理的是__________。
A．摆球自然下垂，分段多次测量得到摆长且测量周期
B．摆线对折多次后测量得到摆长且测量周期
C．取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期
16．（2025·杭州模拟）小张用多用电表粗略测得导体棒电阻约为10Ω，为更精确地测量其电阻，他用实验室提供的下列器材再次进行测量：
待测导体棒：
电压表V（量程为0~15V，内阻约为20kΩ）；
电流表（量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω）；
电流表（量程为0~1.0A，内阻约为0.1Ω）；
电流表（量程为0~6.0A，内阻约为0.05Ω）；
滑动变阻器（总阻值为5Ω）；
滑动变阻器（总阻值为1kΩ）；
蓄电池E（电动势为20V，内阻不计）；
开关、导线若干。
（1）如图1所示，用螺旋测微器测量该导体棒的直径，读出示数 mm；
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，下列关于滑动变阻器的选择与连接方式，正确的是________；
A． B．
C． D．
（3）请在如图2所示的虚线框中将最优测量电路图补充完整，并标明所选器材的字母代号，要求电表指针偏转超过满刻度的。 ；
（4）由于电路的系统误差，用最优测量电路图测出的电阻测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
17．（2025·杭州模拟）如图所示是监测化工厂反应器工作温度的装置。导热良好且容积为的容器固定在反应器中，上方安装一截面积为的透明绝热导管，导管内有一绝热轻薄活塞。初始时，密闭气体温度为，活塞位于下端口A位置。发生反应时，活塞位置随温度升高缓慢上升。导管顶部固定一处于原长状态、劲度系数为的轻弹簧，下端B距离A位置的活塞上表面为，当弹簧压缩量达到0.2m时将触发高温报警。容器内气体视为理想气体，大气压强为。
（1）活塞上升到B过程中，气体分子平均动能 （选填“变大”或“变小”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“变大”或“变小”）；
（2）求活塞上升到B时的气体温度；
（3）若从初始到刚好触发警报过程中，密闭气体内能增加量为，求此过程气体吸热为多少？
18．（2025·杭州模拟）如图所示，水平地面上固定一滑槽D，其上表面由底部与地面相切且圆心角为的圆弧面和与水平方向成倾角为的足够长斜面连接组成，滑槽的左侧地面上放有物块A、长平板B和小球C，其中A放在B的左端。现对A施加一方向水平向右的瞬时冲量，使A获得一个初速度，一段时间后B、C发生碰撞，碰后C恰好能到达圆弧的最上端，此时A与B已共速。已知圆弧的半径为，，A、B、C的质量分别为、、，A和C均可视为质点，所有的碰撞均为弹性碰撞且时间极短，除A与B间有摩擦力外，不计其它一切阻力，长平板B不会冲上滑槽D。求：
（1）C滑上圆弧轨道最低点时，圆弧轨道对C的支持力大小；
（2）B、C第一次碰撞结束时，A的速度大小；
（3）B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能；
（4）若C以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，要使C原路返回圆弧，则斜面倾角α应满足什么条件。（答案用含字母α、θ的三角函数表示）
19．（2025·杭州模拟）如图所示，有一倾角为θ、间距为L的光滑金属倾斜轨道，轨道上有一个能提供恒定电流为I的恒流源。以O点为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立x轴，在斜面上垂直x轴方向建立y轴。垂直倾斜轨道向下有一磁场B，此磁场沿x轴正方向的变化规律为（常数k未知），沿y轴方向磁感应强度不变。在处静止释放一根与M、N平行的金属杆，其质量为m、电阻为R。当杆下滑距离为L时，刚好到达M、N，且此时加速度恰好为零。轨道电阻不计。求杆：
（1）刚释放时的加速度大小与常数k的值；
（2）从释放到M、N过程中克服安培力所做的功；
（3）运动到M、N时的速度大小以及此时恒流源输出的电压；
（4）在倾斜轨道运动过程中间时刻的速度大小。
20．（2025·杭州模拟）如图所示是离于回旋加工芯片流程的示意图。离子源发出质量为m的正离子，沿水平中轴O，经速度选择器后，进入可加电场或磁场且边长为L的正方形偏转区，偏转后进入加有水平向右的匀强磁场的共振腔，使腔内气体电离蚀刻芯片。已知速度选择器与偏转区的匀强电场均为，方向相反，匀强磁场均为，方向垂直纸面向外。仅加电场时离子出射偏转角α很小，且。不考虑电磁场突变影响，离子进入共振腔后不碰壁。角度θ很小时，有，，求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小；
（2）离子的电荷量；
（3）偏转区仅加磁场时，离子出射时偏离O、轴线的距离。
（4）离子以（3）问中的速度进入共振腔，受与运动方向相反的阻力，k为已知常数。施加垂直、轴线且匀速旋转的匀强电场使离子加速。稳定后离子在垂直、轴线的某切面内以与电场相同角速度做匀速圆周运动，速度与电场的夹角（小于90°）保持不变。
①为保证离子不接触芯片，求芯片距离的最小距离；
②角速度为多大时，稳定后旋转电场对离子做功的瞬时功率最大。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据牛顿第二定律F=ma可知， 1达因（dyn）等于1克·厘米/秒2 ，1克·厘米/秒2 是力的单位，则达因对应的物理量是力，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】克是质量单位，厘米/秒2是加速度单位，则1克·厘米/秒2 是质量乘以加速度的单位，根据牛顿第二定律F=ma可知1克·厘米/秒2 是力的单位，则达因对应的物理量是力。
2．【答案】D
【知识点】重力与重心；牛顿第三定律；质点；超重与失重
【解析】【解答】A．欣赏机器人的舞蹈，机器人的大小和形状不可以忽略不计，不可将其视作质点，故A错误； B．机器人在跳舞时重心位置可以发生变化，故B错误；
C．手绢被抛出后只受重力，始终处于失重状态，故C错误；
D．根据牛顿第三定律，手对手绢的力的大小始终等于手绢对手的力的大小，故D正确。
故选D。
【分析】1、欣赏机器人的舞蹈时，要观看机器人的动作，机器人的大小和形状不可以忽略不计，不可将其视作质点。
2、重心的位置主要由物体的质量分布和几何形状决定，在跳舞时重心位置可以发生变化。
3、手绢被抛出后加速度向下，处于失重状态。
4、手对手绢的力与手绢对手的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等。
3．【答案】D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】有效发射电磁波要满足两个条件：1、振荡电路的频率足够高（频率公式）；2、振荡电路产生的电场和磁场必须分布到广大的开放的空间中，即开放电路；D项中具备小电感、小电容，同时采用开放结构，最有效发射电磁波。
故选D。
【分析】有效发射电磁波要满足两个条件：1、振荡电路的频率足够高，则小电感、小电容。2、开放电路。
4．【答案】D
【知识点】动量定理；共点力的平衡；平抛运动
【解析】【解答】A．由于球在被小明以水平速度抛出后，除受重力外还受空气浮力的作用，不是平抛运动，故A错误；
B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力与球的重力相平衡，竖直向上，故B错误；
C．人与球整体处于静止，整体的重力和支持力相平衡，不受摩擦力作用，故C错误；
D．若放掉一半气体，而球的总体积近似不变，则球内空气质量减少、总质量减小，而题干已说明每次接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小，故D正确。
故选D。
【分析】1、平抛运动是物体在运动过程中只受重力（忽略空气阻力、浮力等其他外力）。若存在其他力（如风力、电场力等），则不是严格的平抛运动。
2、气球静止时一定受平衡力，对球的作用力与球的重力相平衡。
3、根据动量定理，放掉一半气体总质量减小，接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小。
5．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据核反应过程中质量数和电荷数守恒，可知x衰变为β衰变，故A错误；
B．的质子为92，的质子为90，所以比多2个质子，故B错误；
C．根据衰变过程放出能量，所以生成的新核更稳定，所以的比结合能大于的比结合能，故C错误；
D．根据半衰期公式，可得经过24万年，剩余的质量为
故D正确。
故选D。
【分析】1、根据核反应过程中质量数和电荷数守恒，推导出衰变为β衰变。
2、的质子为92，的质子为90。
3、比结合能越大越稳定，所以生成的新核更稳定，比结合能大。
4、根据公式计算剩余质量。
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．由于地球在相同时间内的路程分别为、且有，根据开普勒第二定律可知，所以冬至所在位置为近地点，故太阳处于处，故A错误；
B．从春分到夏至的过程中地球距离太阳越来越远，做减速运动，故B错误；
C．根据万有引力定律
可知，在夏至和冬至时太阳对地球的引力之比为
故C正确；
D．根据万有引力做向心力，由圆周运动的半径和周期可求得中心天体的质量，地球不是中心天体，故地球的质量无法求解，故D错误。
故选C。
【分析】1、根据开普勒第二定律可知，近地点速度大。
2、冬至所在位置为近地点，速度大，夏至为远地点，速度小，从春分到夏至的过程中速度减小。
3、根据可计算在夏至和冬至时太阳对地球的引力之比。
4、由圆周运动的半径和周期可求得中心天体的质量，即可求太阳质量，不能求地球质量。
7．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．电场强度是矢量， 由对称性及电场叠加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方向不同 ，所以A、B两点电场强度不相同，故A错误；
B．根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加为0，故B正确；
C．分析可知四个等量电荷在AB产生的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势处处相等，故C错误；
D．结合C选项分析可知，AC仍为等势线，即OC连线上电势处处相等，根据
可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能不变，故D错误。
故选B。
【分析】1、有四个点电荷做场源，根据对称性及电场叠加原理判断AB两点电场强度。
2、根据电势叠加原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加为0。
3、OC连线上电势处处相等，根据，可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能不变。
8．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．电压表的指针向零点右侧偏转，滑块所受弹力的合力向左，则加速度向左，故A错误；
BC．若记两侧弹簧的劲度系数均为 k，滑块质量为 m，位移为 x，则有
故加速度量程与k成正比、与m成反比。仅把弹簧劲度系数变为原来的2倍，量程随之变为2倍，若仅将滑块质量变为2倍，则量程应变为原来的一半，故B正确，C错误；
D．零点位置（加速度为零时电压表指针的居中位置）需依赖两电源的对称性（含内阻在内）。若两电池内阻不等，则原先的中点不再对应电势相等，须重新调零，故D错误。
故选B。
【分析】1、通过加速度计结构分析得出滑块所受弹力的合力向左时，电压表的指针向零点右侧偏转。2、根据牛顿第二定律有2 k x = m a，得出加速度量程与k成正比、与m成反比。
3、若两电池内阻不等，根据电路分析得出原先的中点不再对应电势相等，须重新调零。
9．【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A． 环进入磁场时，其穿过磁感应强度为 B 的面积增大，按楞次定律增反减同可知感应电流应为顺时针方向，故 A错误；
B．由于环的速度可以分解为沿边界 MN 方向与垂直边界两部分。沿边界方向不改变环在磁场中的“面积”，不产生感应电动势，也无安培力；只有垂直边界的分速度会因感应电流受到安培力而逐渐减小到零，但沿边界方向的分速度不变，因此最终环不会速度减为零而停下，故 B 错误；
C． 求 P、Q 两点的电势差，可视作直径 PQ 在磁场中以垂直该直径的分速度vsinθ 切割磁感线。若整条直径 2R 都在匀强场中，则产生的感应电动势为
E直径=B 2R （vsinθ）
但实际只有半个圆环在场中，相当于有效长度减半，故
UPQ=BR（vsinθ）
故 C 正确；
D． 感应电流
半圆导体在匀强磁场中受到的安培力大小
故 D 错误。
故选C。
【分析】1、环进入磁场时根据楞次定律增反减同判断感应电流的方向。
2、产生的感应电动势为E直径=B 2R （vsinθ），但实际只有半个圆环在场中，相当于有效长度减半，故UPQ=BR（vsinθ）。
3、感应电流，安培力大小。
10．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．题意知光线1恰好消失时，光恰好发生全发射，几何关系可知，光在液体内部的入射角为（临界角），则有
整理得
故AB错误；
C．由
可知越靠近A端越小，越大，但与不成正比，即刻度不均匀，故C错误；
D．若为薄壁容器，激光不垂直容器壁入射时，在容器壁处会发生折射，此时不再等于光在液体内部的入射角，会对测量液体折射率产生干扰，所以激光也必须垂直容器壁入射，故D正确。
故选D。
【分析】1、光恰好发生全发射，光在液体内部的入射角等于临界角，根据得出该液体的折射率。
2、根据分析越靠近A端越小，越大，但与不成正比，即刻度不均匀。
11．【答案】B,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的传播周期与波源振动周期相同，即频率相同，故波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为1∶1，故A错误；
B．题意可知，波传播到A质点用时
质点A比波源晚0.5s起振，故A质点振动方程为
整理得
故B正确；
C．由振动方程可知
解得周期
T=0.2s
B点振动步调总是与A相反，A、B两质点起振间隔的最短时间为
故C正确；
D．波源与A的振动情况相反，B点振动步调总是与A相反，则B振动步调总与波源相同，t=1s时波源振动次数为
次
则质点B的振动次数为n=0，1，2，3，4，则质点B的经过的路程为
（n=0，1，2，3，4）
当n取3时，则，当n取4时，则，即质点B经过的路程不可能为1.5m，故D错误。
故选BC。
【分析】1、振动频率与介质无关，由波源决定。
2、质点A比波源晚0.5s起振，得出A与波源相位差，根据波源振动方程推出A质点振动方程。
3、题目已知B点振动步调总是与A相反，可得出A、B两质点起振间隔的最短时间。
4、t=1s时波源振动次数可根据周期计算，质点B的经过的路程为（n=0，1，2，3，4）
12．【答案】B,C
【知识点】光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．根据爱因斯坦光电效应方程有
根据动能定理有
所以若增大a光入射功率，则增大，但遏止电压不变，故A错误；
B．由甲图可知，a光的频率小于b光的频率，所以对应的遏止电压
根据
可知，a光光子的能量小于b光光子的能量。若换用相同功率的b光照射，则b光对应的光子数较少，则产生的光电子个数较少，所以对应的光饱和电流较小，即
故B正确；
C．根据动能定理有
根据动能和动量的关系有
根据德布罗意波长公式有
联立以上各式可得最小波长之比为，故C正确；
D．根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理有
因为不知道材料的逸出功，所以a、b光的频率之比为无法计算，故D错误。
故选BC。
【分析】1、由，，可知遏止电压与光入射功率无关。
2、由，，可知a光的频率小于b光的频率，则对应的遏止电压
3、动能和动量的关系有，根据德布罗意波长公式有，联立以上各式可得最小波长之比为。
4、由可知a、b光的频率之比与材料的逸出功有关，材料的逸出功未知，则a、b光的频率之比为无法计算。
13．【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．右手定则可知，通过电阻R的电流方向始终为 N → M，故A正确；
B．导体棒产生的电动势
可知当棒转动至时，电动势
故B错误；
C．根据
可知圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
故C错误；
D．分析可知，整个电路总电阻为
圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知，外力做的功
联立解得功
故D正确。
故选 AD。
【分析】1、金属棒切割磁感线，根据右手定则判断通过电阻R的电流方向。
2、导体棒转动切割，产生的电动势。
3、根据可求感应电动势最大值，感应电动势有效值为
4、根据能量守恒可知外力做功等于整个过程产生焦耳热，即。
14．【答案】（1）A；D
（2）D
（3）否
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧测力计拉细绳，记录力的大小和方向；刻度尺用来作平行四边形，故选AD。
（2）A．为保证效果相同，同一次实验中结点位置不允许变动，故A错误；
B．本实验通过作图探究两个互成角度的力的合成规律，所以两细绳之间的夹角适当就好，不一定要取90°， 故B错误；
C．为了减小记录拉力方向的误差，拉橡皮条的细绳要长一些，故C错误；
D．如果只用一只弹簧测力计，可以先将一个细绳套用手拉住， 另一个细绳套用弹簧测力计拉住，使橡皮条结点O拉到某一个位置， 记下两个拉力的方向，读出弹簧测力计的示数，然后把弹簧测力计换到另一边，再次把橡皮条结点O拉到同一位置，两次实验中保证细绳套的方向不变，即两次分力方向相同，此时记录弹簧测力计的示数，即另一个分力大小， 从而完成实验，故D正确。
故选D。
（3）由于缓慢拉到a、b点，所以在a、b点受力平衡，则弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力与M的重力等大反向，所以N分别处于a、b点时弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力不变化。
【分析】（1）“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中需要仪器有弹簧测力计和刻度尺。
（2）“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中同一次实验中结点位置不允许变动；两细绳之间的夹角适当。
（3）用三力动态平衡来分析，弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力与M的重力等大反向，则弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力不变化。
（1）弹簧测力计拉细绳，记录力的大小和方向；刻度尺用来作平行四边形，故选AD。
（2）A．为保证效果相同，同一次实验中结点位置不允许变动，故A错误；
B．本实验通过作图探究两个互成角度的力的合成规律，所以两细绳之间的夹角适当就好，不一定要取90°， 故B错误；
C．为了减小记录拉力方向的误差，拉橡皮条的细绳要长一些，故C错误；
D．如果只用一只弹簧测力计，可以先将一个细绳套用手拉住， 另一个细绳套用弹簧测力计拉住，使橡皮条结点O拉到某一个位置， 记下两个拉力的方向，读出弹簧测力计的示数，然后把弹簧测力计换到另一边，再次把橡皮条结点O拉到同一位置，两次实验中保证细绳套的方向不变，即两次分力方向相同，此时记录弹簧测力计的示数，即另一个分力大小， 从而完成实验，故D正确。
故选D。
（3）由于缓慢拉到a、b点，所以在a、b点受力平衡，则弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力与M的重力等大反向，所以N分别处于a、b点时弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力不变化。
15．【答案】（1）B
（2）C
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解：（1）为了防止悬点滑动，摆线要用夹子夹住，为了减小空气阻力的影响，要用小铁球，B选项符合题意。
故选B。
（2）A．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，故A错误；
B．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，不是最合理的做法 ，故B错误；
C．取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期，根据单摆周期公式
通过测量两次不同摆长及其对应的周期，联立为两个方程组，求解
故C正确。
故选C。
【分析】（1）若悬点滑动，则摆长会改变，所以必须摆线要用夹子夹住，为了减小空气阻力的影响，要用小铁球。
（2）取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期，根据单摆周期公式
通过测量两次不同摆长及其对应的周期，联立为两个方程组，求解，此方法可减小误差，最合理。
（1）【解答】为了防止悬点滑动，摆线要用夹子夹住，为了减小空气阻力的影响，要用小铁球，B选项符合题意。
故选B。
（2）【解答】A．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，故A错误；
B．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，不是最合理的做法 ，故B错误；
C．取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期，根据单摆周期公式
通过测量两次不同摆长及其对应的周期，联立为两个方程组，求解
故C正确。
故选C。
16．【答案】（1）2.486
（2）C
（3）
（4）小于
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法：固定刻度：读取主尺上的整毫米数（每格1mm），注意半毫米线是否露出。可动刻度：读取与主尺基准线对齐的副尺刻度（每格0.01mm），需估读一位。计算总值：测量值=主尺读数+副尺读数×0.01mm。
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法。分压接法滑动变阻器最大阻值应选小的。
（3）由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法。
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流1.5A
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
17．【答案】（1）变大；减少
（2）解：对反应器中的气体分析，已知初状态
，，
末状态
，
由
可得
（3）解：触发警报时活塞上升距离为0.4m，由题目分析可知前0.2m封闭气体做等压膨胀，后0.2m封闭气体压强
外界对封闭气体做的功
由热力学第一定律
可知
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】（1）温度是分子平均动能的标志，活塞向上运动时温度升高，分子平均动能增大。
由于气体压强不变，而温度升高分子平均动能增大导致气体分子撞击单位面积容器壁的力增大，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减少。
答案为：变大；减少。
【分析】（1）温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大。
（2）对反应器中的气体，压强不变，体积变化，则温度变化，利用理想气体状态方程列等式计算活塞上升到B时的气体温度。
（3）根据平衡得出封闭气体压强，外界对封闭气体做的，再根据热力学第一定律计算此过程气体吸热。
（1）[1]温度是分子平均动能的标志，活塞向上运动时温度升高，分子平均动能增大。
[2]由于气体压强不变，而温度升高分子平均动能增大导致气体分子撞击单位面积容器壁的力增大，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减少。
（2）对反应器中的气体分析
已知初状态，，
末状态，
由可得
（3）触发警报时活塞上升距离为0.4m，由题目分析可知前0.2m封闭气体做等压膨胀，后0.2m封闭气体压强
外界对封闭气体做的功
由热力学第一定律可知
18．【答案】（1）解：碰后C恰好能到达圆弧的最上端，则它在底部时的动能等于升至顶端所增加的重力势能。则有
解得小球C在底部的速度
在最低点，圆弧对小球的支持力
（2）解：A、 B系统在水平方向上只受最初冲量 I = 0.7 N·s，故此后A、 B的总动量保持不变，数值为
pAB = 0.7 kg m/s
设第一次碰撞前瞬间 B 的速度为 vB1，A 的速度为 vA1；C初始静止且与B质量相等，则一次弹性碰撞后B速度变为零、C 获得 速度
vC =vB1= 2 m/s
由A、 B总动量守恒有
mA vA1 + mB vB1 = I
解得
vA1 = 3 m/s
由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变，因此第一次碰撞结束时A的速度为3m/s。
（3）解：开始时
到B与C碰撞前有vA1 = 3 m/s，vB1= 2 m/s，此过程摩擦产生的热量
从第一次碰撞结束时
vA1 = 3 m/s，vB = 0
到第二次碰撞前A、B“共速”有
mA vA1 + mB vB= （mA + mB ）v共
解得
v共 = 1 m/s
此过程摩擦产生的热量
所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能
（4）解：满足题目条件有两种情形，如图：
沿斜面和垂直斜面分解，沿斜面分量
垂直斜面分量
只需满足
其中
得
化简得
（时无解）
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）碰后C圆弧上运动机械能守恒，，可计算小球C在底部的速度vC ，在最低点，圆弧对小球的支持力
（2）A、 B系统动量pAB = 0.7 kg m/s， 第一次B与C碰撞，C初始静止且与B质量相等，一次弹性碰撞速度交换，C 获得 速度vC =vB1， 由A、 B总动量守恒有mA vA1 + mB vB1 = I ，可计算vA1 ，由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变。
（3）开始时，此过程摩擦产生的热量
从第一次碰撞结束时 vA1 = 3 m/s，vB = 0，到第二次碰撞前A、B“共速”有mA vA1 + mB vB= （mA + mB ）v共，此过程摩擦产生的热量
所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能
（4）满足题目条件有两种情形，沿斜面和垂直斜面分解：沿斜面分量：，垂直斜面分量：
只需满足：，其中，化简得（时无解）
（1）碰后C恰好能到达圆弧的最上端，则它在底部时的动能等于升至顶端所增加的重力势能。则有
解得小球C在底部的速度vC = 2 m/s
在最低点，圆弧对小球的支持力
（2）A、 B系统在水平方向上只受最初冲量 I = 0.7 N·s，故此后A、 B的总动量保持不变，数值为pAB = 0.7 kg m/s
设第一次碰撞前瞬间 B 的速度为 vB1，A 的速度为 vA1；C初始静止且与B质量相等，则一次弹性碰撞后B速度变为零、C 获得 速度vC =vB1= 2 m/s
由A、 B总动量守恒有mA vA1 + mB vB1 = I
解得vA1 = 3 m/s
由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变，因此第一次碰撞结束时A的速度为3 m/s。
（3）开始时
到B与C碰撞前有vA1 = 3 m/s，vB1= 2 m/s
此过程摩擦产生的热量
从第一次碰撞结束时 vA1 = 3 m/s，vB = 0
到第二次碰撞前A、B“共速”有mA vA1 + mB vB= （mA + mB ）v共
解得v共 = 1 m/s
此过程摩擦产生的热量
所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能
（4）满足题目条件有两种情形，如图：
沿斜面和垂直斜面分解：
沿斜面分量：
垂直斜面分量：
只需满足：
其中
得
化简得（时无解）
19．【答案】（1）解：刚释放时，安培力为零，则有
解得
到达M、N时，加速度为零，由受力平衡，则
解得
（2）解：由于磁场与距离成正比，计算克服安培力做功取安培力平均值，得
（3）解：运动到M、N的过程中，由动能定理有
解得
根据法拉第电磁感应定律结合电路分析
解得
（4）解：根据力的合成有
由于合外力满足回复力特点，则金属杆做简谐运动，设振幅为，根据能量守恒定律有
中间时刻的位移为，此时根据能量守恒定律有
解得
【知识点】简谐运动的回复力和能量；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）刚释放时，安培力为零，牛顿第二定律，可计算加速度
到达M、N时，加速度为零，由受力平衡列等式：，可计算k。
（2）由于磁场与距离成正比，安培力是变力，计算克服安培力做功取安培力平均值，克服安培力所做的功
（3）运动到M、N的过程中，由动能定理列等式：，根据法拉第电磁感应定律结合电路分析，联立可运动到M、N时的速度大小以及此时恒流源输出的电压。
（4）根据力的合成有，由于合外力满足回复力特点，则金属杆做简谐运动，根据能量守恒定律列等式：，中间时刻的位移为，此时根据能量守恒定律有，联立可求解中间时刻的速度大小。
（1）刚释放时，安培力为零，则有
解得
到达M、N时，加速度为零，由受力平衡，则
解得
（2）由于磁场与距离成正比，计算克服安培力做功取安培力平均值，得
（3）运动到M、N的过程中，由动能定理有
解得
根据法拉第电磁感应定律结合电路分析
解得
（4）根据力的合成有
由于合外力满足回复力特点，则金属杆做简谐运动，设振幅为，根据能量守恒定律有
中间时刻的位移为，此时根据能量守恒定律有
解得
20．【答案】（1）解：离子沿水平中轴 OO1经过速度选择器，设离子电荷量为q满足
解得
（2）解：偏转区仅加电场时，水平方向
竖直方向
且有
联立解得
（3）解：离子在磁场中偏转时，设偏转角为，磁场半径
偏转角等于圆心角，由几何关系
可得
离子出射时偏离轴线的距离
（4）解：当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向
其中
①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理有
其中
得芯片距离O2的最小距离
②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，设最终速度为。沿圆周的半径方向
沿圆周的切线方向
可得
旋转电场对离子做功的功率
当，即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）经过速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡，，可求解速度。
（2）偏转区仅加电场时，类平抛运动，水平方向，竖直方向，
联立可求解离子的电荷量。
（3）离子在磁场中偏转时，磁场半径，偏转角等于圆心角，由几何关系，离子出射时偏离轴线的距离
（4）当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向
①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理列等式，可求解芯片距离O2的最小距离。
②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动。沿圆周的半径方向，沿圆周的切线方向
可得最终速度；旋转电场对离子做功的功率
当，即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。
（1）离子沿水平中轴 OO1经过速度选择器，设离子电荷量为q满足
解得
（2）偏转区仅加电场时，水平方向
竖直方向
且有
联立解得
（3）离子在磁场中偏转时，设偏转角为，磁场半径
偏转角等于圆心角，由几何关系
可得
离子出射时偏离轴线的距离
（4）当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向
其中
①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理有
其中
得芯片距离O2的最小距离
②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，设最终速度为。沿圆周的半径方向
沿圆周的切线方向
可得
旋转电场对离子做功的功率
当
即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。
1 / 12025届浙江省杭州市高三下学期二模物理试题
1．（2025·杭州模拟）在厘米-克-秒（cm-g-s）单位制中，1达因（dyn）等于1克·厘米/秒2，则“达因（dyn）”对应的物理量是（ ）
A．力 B．速度 C．加速度 D．冲量
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据牛顿第二定律F=ma可知， 1达因（dyn）等于1克·厘米/秒2 ，1克·厘米/秒2 是力的单位，则达因对应的物理量是力，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】克是质量单位，厘米/秒2是加速度单位，则1克·厘米/秒2 是质量乘以加速度的单位，根据牛顿第二定律F=ma可知1克·厘米/秒2 是力的单位，则达因对应的物理量是力。
2．（2025·杭州模拟）如图所示，在春晚节目《秧BOT》中，机器人在舞台上载歌载舞，最后将高速旋转的手绢抛向空中送给观众。下列说法正确的是（ ）
A．欣赏机器人的舞蹈，可将其视作质点
B．机器人在跳舞时重心位置始终不变
C．手绢被抛出后始终处于超重状态
D．手对手绢的力的大小始终等于手绢对手的力的大小
【答案】D
【知识点】重力与重心；牛顿第三定律；质点；超重与失重
【解析】【解答】A．欣赏机器人的舞蹈，机器人的大小和形状不可以忽略不计，不可将其视作质点，故A错误； B．机器人在跳舞时重心位置可以发生变化，故B错误；
C．手绢被抛出后只受重力，始终处于失重状态，故C错误；
D．根据牛顿第三定律，手对手绢的力的大小始终等于手绢对手的力的大小，故D正确。
故选D。
【分析】1、欣赏机器人的舞蹈时，要观看机器人的动作，机器人的大小和形状不可以忽略不计，不可将其视作质点。
2、重心的位置主要由物体的质量分布和几何形状决定，在跳舞时重心位置可以发生变化。
3、手绢被抛出后加速度向下，处于失重状态。
4、手对手绢的力与手绢对手的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等。
3．（2025·杭州模拟）以下电路中，能够最有效发射电磁波的是（ ）
A．V B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】有效发射电磁波要满足两个条件：1、振荡电路的频率足够高（频率公式）；2、振荡电路产生的电场和磁场必须分布到广大的开放的空间中，即开放电路；D项中具备小电感、小电容，同时采用开放结构，最有效发射电磁波。
故选D。
【分析】有效发射电磁波要满足两个条件：1、振荡电路的频率足够高，则小电感、小电容。2、开放电路。
4．（2025·杭州模拟）如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1m。下列说法正确的是（ ）
A．乳胶气球在空中做平抛运动
B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上
C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右
D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小
【答案】D
【知识点】动量定理；共点力的平衡；平抛运动
【解析】【解答】A．由于球在被小明以水平速度抛出后，除受重力外还受空气浮力的作用，不是平抛运动，故A错误；
B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力与球的重力相平衡，竖直向上，故B错误；
C．人与球整体处于静止，整体的重力和支持力相平衡，不受摩擦力作用，故C错误；
D．若放掉一半气体，而球的总体积近似不变，则球内空气质量减少、总质量减小，而题干已说明每次接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小，故D正确。
故选D。
【分析】1、平抛运动是物体在运动过程中只受重力（忽略空气阻力、浮力等其他外力）。若存在其他力（如风力、电场力等），则不是严格的平抛运动。
2、气球静止时一定受平衡力，对球的作用力与球的重力相平衡。
3、根据动量定理，放掉一半气体总质量减小，接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小。
5．（2025·杭州模拟）我国首座钍基熔盐实验堆采用钍作为燃料，并使用熔盐冷却剂，避免了核污水排放。吸收中子后会发生的一系列核反应：
已知的半衰期为16万年，某次实验中生成0.5g的。下列说法正确的是（ ）
A．x衰变为α衰变
B．比多1个质子
C．的比结合能小于的比结合能
D．经过24万年，剩余质量约为0.177g
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据核反应过程中质量数和电荷数守恒，可知x衰变为β衰变，故A错误；
B．的质子为92，的质子为90，所以比多2个质子，故B错误；
C．根据衰变过程放出能量，所以生成的新核更稳定，所以的比结合能大于的比结合能，故C错误；
D．根据半衰期公式，可得经过24万年，剩余的质量为
故D正确。
故选D。
【分析】1、根据核反应过程中质量数和电荷数守恒，推导出衰变为β衰变。
2、的质子为92，的质子为90。
3、比结合能越大越稳定，所以生成的新核更稳定，比结合能大。
4、根据公式计算剩余质量。
6．（2025·杭州模拟）如图所示，地球公转所处的四个位置A、B、C、D分别大致对应四个节气。夏至和冬至时地球中心与太阳中心的距离分别为、，地球在相同时间内的路程分别为、且有，、是椭圆的两个焦点，下列说法正确的是（ ）
A．太阳处于处
B．从春分到夏至的过程中地球做加速运动
C．在夏至和冬至时太阳对地球的引力之比为
D．根据题目和图中信息可以求出地球质量
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．由于地球在相同时间内的路程分别为、且有，根据开普勒第二定律可知，所以冬至所在位置为近地点，故太阳处于处，故A错误；
B．从春分到夏至的过程中地球距离太阳越来越远，做减速运动，故B错误；
C．根据万有引力定律
可知，在夏至和冬至时太阳对地球的引力之比为
故C正确；
D．根据万有引力做向心力，由圆周运动的半径和周期可求得中心天体的质量，地球不是中心天体，故地球的质量无法求解，故D错误。
故选C。
【分析】1、根据开普勒第二定律可知，近地点速度大。
2、冬至所在位置为近地点，速度大，夏至为远地点，速度小，从春分到夏至的过程中速度减小。
3、根据可计算在夏至和冬至时太阳对地球的引力之比。
4、由圆周运动的半径和周期可求得中心天体的质量，即可求太阳质量，不能求地球质量。
7．（2025·杭州模拟）在平面内，四个等量点电荷固定在正方形的四个顶点，O为正方形中心。如图所示是其在平面内电势类比于地势的模拟图，z轴表示电势，代表电势为正。已知，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度相同
B．O点的电场强度为零，电势也为零
C．从A点沿直线到B点，电势先升高后降低
D．将正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．电场强度是矢量， 由对称性及电场叠加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方向不同 ，所以A、B两点电场强度不相同，故A错误；
B．根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加为0，故B正确；
C．分析可知四个等量电荷在AB产生的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势处处相等，故C错误；
D．结合C选项分析可知，AC仍为等势线，即OC连线上电势处处相等，根据
可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能不变，故D错误。
故选B。
【分析】1、有四个点电荷做场源，根据对称性及电场叠加原理判断AB两点电场强度。
2、根据电势叠加原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加为0。
3、OC连线上电势处处相等，根据，可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能不变。
8．（2025·杭州模拟）如图所示为加速度计，滑块可以在光滑的框架中平移，两侧用相同的轻弹簧拉着。R为阻值随滑动距离均匀变化的滑动变阻器，两个电池完全相同。加速度为零时，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的指针向零点右侧偏转表示加速度向右
B．若仅弹簧的劲度系数变为2倍，则量程变为2倍
C．若仅滑块质量变为2倍，则量程变为2倍
D．若仅两电池的内阻不相等时，无需重新调零
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．电压表的指针向零点右侧偏转，滑块所受弹力的合力向左，则加速度向左，故A错误；
BC．若记两侧弹簧的劲度系数均为 k，滑块质量为 m，位移为 x，则有
故加速度量程与k成正比、与m成反比。仅把弹簧劲度系数变为原来的2倍，量程随之变为2倍，若仅将滑块质量变为2倍，则量程应变为原来的一半，故B正确，C错误；
D．零点位置（加速度为零时电压表指针的居中位置）需依赖两电源的对称性（含内阻在内）。若两电池内阻不等，则原先的中点不再对应电势相等，须重新调零，故D错误。
故选B。
【分析】1、通过加速度计结构分析得出滑块所受弹力的合力向左时，电压表的指针向零点右侧偏转。2、根据牛顿第二定律有2 k x = m a，得出加速度量程与k成正比、与m成反比。
3、若两电池内阻不等，根据电路分析得出原先的中点不再对应电势相等，须重新调零。
9．（2025·杭州模拟）如图所示，放在光滑绝缘水平面上半径为R、总电阻为r的金属圆环，有一半在垂直于水平面向上大小为B的匀强磁场中。圆环以与直线边界的夹角为的初速度v进入磁场时，则圆环（ ）
A．有逆时针方向的感应电流
B．先做直线运动，最终速度减为零
C．两端电压为
D．受到安培力的大小为
【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A． 环进入磁场时，其穿过磁感应强度为 B 的面积增大，按楞次定律增反减同可知感应电流应为顺时针方向，故 A错误；
B．由于环的速度可以分解为沿边界 MN 方向与垂直边界两部分。沿边界方向不改变环在磁场中的“面积”，不产生感应电动势，也无安培力；只有垂直边界的分速度会因感应电流受到安培力而逐渐减小到零，但沿边界方向的分速度不变，因此最终环不会速度减为零而停下，故 B 错误；
C． 求 P、Q 两点的电势差，可视作直径 PQ 在磁场中以垂直该直径的分速度vsinθ 切割磁感线。若整条直径 2R 都在匀强场中，则产生的感应电动势为
E直径=B 2R （vsinθ）
但实际只有半个圆环在场中，相当于有效长度减半，故
UPQ=BR（vsinθ）
故 C 正确；
D． 感应电流
半圆导体在匀强磁场中受到的安培力大小
故 D 错误。
故选C。
【分析】1、环进入磁场时根据楞次定律增反减同判断感应电流的方向。
2、产生的感应电动势为E直径=B 2R （vsinθ），但实际只有半个圆环在场中，相当于有效长度减半，故UPQ=BR（vsinθ）。
3、感应电流，安培力大小。
10．（2025·杭州模拟）图甲为张老师设计的测液体折射率装置，示意图如图乙，装有液体的厚长方体透明容器放在支架上可绕水平轴转动。激光笔固定在量角器上且与边重合。过中心O悬挂一重锤，其所指位置为B。现让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现光线1和2，支架转动到光线1恰好消失时，读出并记为，即可求出液体的折射率并标在量角器上。已知容器的折射率为n，下列说法正确的是（ ）
A．该液体的折射率为
B．该液体的折射率为
C．越靠近A端标注的折射率值越大且刻度均匀
D．若为薄壁容器，激光也必须垂直容器壁入射
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．题意知光线1恰好消失时，光恰好发生全发射，几何关系可知，光在液体内部的入射角为（临界角），则有
整理得
故AB错误；
C．由
可知越靠近A端越小，越大，但与不成正比，即刻度不均匀，故C错误；
D．若为薄壁容器，激光不垂直容器壁入射时，在容器壁处会发生折射，此时不再等于光在液体内部的入射角，会对测量液体折射率产生干扰，所以激光也必须垂直容器壁入射，故D正确。
故选D。
【分析】1、光恰好发生全发射，光在液体内部的入射角等于临界角，根据得出该液体的折射率。
2、根据分析越靠近A端越小，越大，但与不成正比，即刻度不均匀。
11．（2025·杭州模拟）如图所示，一列简谐横波从波源O点同时向左右两侧传播，右侧为介质Ⅰ，左侧为介质Ⅱ。已知波速分别为，，A、B分别是两介质中x轴上的质点，A质点平衡位置，B点（未画出）振动步调总是与A相反。时，波源O开始振动，振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为2∶3
B．质点A的振动方程为
C．A、B两质点起振间隔的最短时间为0.1s
D．时，质点B经过的路程可能为1.5m
【答案】B,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的传播周期与波源振动周期相同，即频率相同，故波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为1∶1，故A错误；
B．题意可知，波传播到A质点用时
质点A比波源晚0.5s起振，故A质点振动方程为
整理得
故B正确；
C．由振动方程可知
解得周期
T=0.2s
B点振动步调总是与A相反，A、B两质点起振间隔的最短时间为
故C正确；
D．波源与A的振动情况相反，B点振动步调总是与A相反，则B振动步调总与波源相同，t=1s时波源振动次数为
次
则质点B的振动次数为n=0，1，2，3，4，则质点B的经过的路程为
（n=0，1，2，3，4）
当n取3时，则，当n取4时，则，即质点B经过的路程不可能为1.5m，故D错误。
故选BC。
【分析】1、振动频率与介质无关，由波源决定。
2、质点A比波源晚0.5s起振，得出A与波源相位差，根据波源振动方程推出A质点振动方程。
3、题目已知B点振动步调总是与A相反，可得出A、B两质点起振间隔的最短时间。
4、t=1s时波源振动次数可根据周期计算，质点B的经过的路程为（n=0，1，2，3，4）
12．（2025·杭州模拟）氢原子由高能级向低能级跃迁时，发出可见光光谱如图甲。现用图甲中一定功率的a、b光分别照射某光电管，光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙（b光对应图线未画出，其遏止电压与饱和电流记为、），下列说法正确的是（ ）
A．若增大a光入射功率，则增大，增大
B．若换用相同功率的b光照射，则，
C．a、b光照射时逸出光电子的物质波最小波长之比为
D．a、b光频率之比为
【答案】B,C
【知识点】光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．根据爱因斯坦光电效应方程有
根据动能定理有
所以若增大a光入射功率，则增大，但遏止电压不变，故A错误；
B．由甲图可知，a光的频率小于b光的频率，所以对应的遏止电压
根据
可知，a光光子的能量小于b光光子的能量。若换用相同功率的b光照射，则b光对应的光子数较少，则产生的光电子个数较少，所以对应的光饱和电流较小，即
故B正确；
C．根据动能定理有
根据动能和动量的关系有
根据德布罗意波长公式有
联立以上各式可得最小波长之比为，故C正确；
D．根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理有
因为不知道材料的逸出功，所以a、b光的频率之比为无法计算，故D错误。
故选BC。
【分析】1、由，，可知遏止电压与光入射功率无关。
2、由，，可知a光的频率小于b光的频率，则对应的遏止电压
3、动能和动量的关系有，根据德布罗意波长公式有，联立以上各式可得最小波长之比为。
4、由可知a、b光的频率之比与材料的逸出功有关，材料的逸出功未知，则a、b光的频率之比为无法计算。
13．（2025·杭州模拟）如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定、、、四根长均为L，阻值均为r且夹角互为90°的金属棒，以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直水平面向下的磁场，沿半径各点磁感应强度（θ为与x轴负方向夹角），圆心O与环面分别通过电刷E、F与阻值为r的电阻R相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度绕O点沿顺时针方向匀速转动。以进入磁场开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向始终为
B．当棒转动至时，感应电动势
C．圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
D．圆环转动一周的过程中，外力做的功
【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．右手定则可知，通过电阻R的电流方向始终为 N → M，故A正确；
B．导体棒产生的电动势
可知当棒转动至时，电动势
故B错误；
C．根据
可知圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
故C错误；
D．分析可知，整个电路总电阻为
圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知，外力做的功
联立解得功
故D正确。
故选 AD。
【分析】1、金属棒切割磁感线，根据右手定则判断通过电阻R的电流方向。
2、导体棒转动切割，产生的电动势。
3、根据可求感应电动势最大值，感应电动势有效值为
4、根据能量守恒可知外力做功等于整个过程产生焦耳热，即。
14．（2025·杭州模拟）如图1所示是“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
（1）下列仪器中，该实验需要的有________；（多选）
A．弹簧测力计 B．打点计时器 C．秒表 D．刻度尺
（2）关于该实验，下列说法正确的是________；
A．同一次实验中结点位置允许变动
B．应控制两条细线夹角为90°
C．两根细线应该短一些
D．一只弹簧测力计也可以完成实验
（3）改用如图2所示方案，橡皮筋的上端固定于O点，下端挂一重物M。弹簧测力计通过系在橡皮筋上N处的细线，缓慢水平向左拉。由于橡皮筋弹性发生了变化，发现两次拉动相同水平距离时，N点的轨迹并不重合，如①、②所示。则N分别处于a、b点时弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力是否变化？ （填“是”或“否”）。
【答案】（1）A；D
（2）D
（3）否
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧测力计拉细绳，记录力的大小和方向；刻度尺用来作平行四边形，故选AD。
（2）A．为保证效果相同，同一次实验中结点位置不允许变动，故A错误；
B．本实验通过作图探究两个互成角度的力的合成规律，所以两细绳之间的夹角适当就好，不一定要取90°， 故B错误；
C．为了减小记录拉力方向的误差，拉橡皮条的细绳要长一些，故C错误；
D．如果只用一只弹簧测力计，可以先将一个细绳套用手拉住， 另一个细绳套用弹簧测力计拉住，使橡皮条结点O拉到某一个位置， 记下两个拉力的方向，读出弹簧测力计的示数，然后把弹簧测力计换到另一边，再次把橡皮条结点O拉到同一位置，两次实验中保证细绳套的方向不变，即两次分力方向相同，此时记录弹簧测力计的示数，即另一个分力大小， 从而完成实验，故D正确。
故选D。
（3）由于缓慢拉到a、b点，所以在a、b点受力平衡，则弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力与M的重力等大反向，所以N分别处于a、b点时弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力不变化。
【分析】（1）“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中需要仪器有弹簧测力计和刻度尺。
（2）“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中同一次实验中结点位置不允许变动；两细绳之间的夹角适当。
（3）用三力动态平衡来分析，弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力与M的重力等大反向，则弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力不变化。
（1）弹簧测力计拉细绳，记录力的大小和方向；刻度尺用来作平行四边形，故选AD。
（2）A．为保证效果相同，同一次实验中结点位置不允许变动，故A错误；
B．本实验通过作图探究两个互成角度的力的合成规律，所以两细绳之间的夹角适当就好，不一定要取90°， 故B错误；
C．为了减小记录拉力方向的误差，拉橡皮条的细绳要长一些，故C错误；
D．如果只用一只弹簧测力计，可以先将一个细绳套用手拉住， 另一个细绳套用弹簧测力计拉住，使橡皮条结点O拉到某一个位置， 记下两个拉力的方向，读出弹簧测力计的示数，然后把弹簧测力计换到另一边，再次把橡皮条结点O拉到同一位置，两次实验中保证细绳套的方向不变，即两次分力方向相同，此时记录弹簧测力计的示数，即另一个分力大小， 从而完成实验，故D正确。
故选D。
（3）由于缓慢拉到a、b点，所以在a、b点受力平衡，则弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力与M的重力等大反向，所以N分别处于a、b点时弹簧测力计拉力与橡皮筋拉力的合力不变化。
15．（2025·杭州模拟）做“用单摆测量重力加速度大小”实验时，
（1）下列装置最佳的是________；
A． B． C．
（2）实验时，仅有量程为20cm的毫米刻度尺，利用摆长约100cm的单摆测当地重力加速度，下列做法最合理的是__________。
A．摆球自然下垂，分段多次测量得到摆长且测量周期
B．摆线对折多次后测量得到摆长且测量周期
C．取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期
【答案】（1）B
（2）C
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解：（1）为了防止悬点滑动，摆线要用夹子夹住，为了减小空气阻力的影响，要用小铁球，B选项符合题意。
故选B。
（2）A．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，故A错误；
B．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，不是最合理的做法 ，故B错误；
C．取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期，根据单摆周期公式
通过测量两次不同摆长及其对应的周期，联立为两个方程组，求解
故C正确。
故选C。
【分析】（1）若悬点滑动，则摆长会改变，所以必须摆线要用夹子夹住，为了减小空气阻力的影响，要用小铁球。
（2）取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期，根据单摆周期公式
通过测量两次不同摆长及其对应的周期，联立为两个方程组，求解，此方法可减小误差，最合理。
（1）【解答】为了防止悬点滑动，摆线要用夹子夹住，为了减小空气阻力的影响，要用小铁球，B选项符合题意。
故选B。
（2）【解答】A．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，故A错误；
B．由于刻度尺量程仅20cm，摆长约100cm，分段多次测量摆长，测量次数多会带来较大的累积误差，而且每次测量的衔接处也会引入误差，不是最合理的做法 ，故B错误；
C．取两次摆长差为20cm且尽可能长的摆长分别测量周期，根据单摆周期公式
通过测量两次不同摆长及其对应的周期，联立为两个方程组，求解
故C正确。
故选C。
16．（2025·杭州模拟）小张用多用电表粗略测得导体棒电阻约为10Ω，为更精确地测量其电阻，他用实验室提供的下列器材再次进行测量：
待测导体棒：
电压表V（量程为0~15V，内阻约为20kΩ）；
电流表（量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω）；
电流表（量程为0~1.0A，内阻约为0.1Ω）；
电流表（量程为0~6.0A，内阻约为0.05Ω）；
滑动变阻器（总阻值为5Ω）；
滑动变阻器（总阻值为1kΩ）；
蓄电池E（电动势为20V，内阻不计）；
开关、导线若干。
（1）如图1所示，用螺旋测微器测量该导体棒的直径，读出示数 mm；
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，下列关于滑动变阻器的选择与连接方式，正确的是________；
A． B．
C． D．
（3）请在如图2所示的虚线框中将最优测量电路图补充完整，并标明所选器材的字母代号，要求电表指针偏转超过满刻度的。 ；
（4）由于电路的系统误差，用最优测量电路图测出的电阻测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）2.486
（2）C
（3）
（4）小于
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法：固定刻度：读取主尺上的整毫米数（每格1mm），注意半毫米线是否露出。可动刻度：读取与主尺基准线对齐的副尺刻度（每格0.01mm），需估读一位。计算总值：测量值=主尺读数+副尺读数×0.01mm。
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法。分压接法滑动变阻器最大阻值应选小的。
（3）由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法。
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流1.5A
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
17．（2025·杭州模拟）如图所示是监测化工厂反应器工作温度的装置。导热良好且容积为的容器固定在反应器中，上方安装一截面积为的透明绝热导管，导管内有一绝热轻薄活塞。初始时，密闭气体温度为，活塞位于下端口A位置。发生反应时，活塞位置随温度升高缓慢上升。导管顶部固定一处于原长状态、劲度系数为的轻弹簧，下端B距离A位置的活塞上表面为，当弹簧压缩量达到0.2m时将触发高温报警。容器内气体视为理想气体，大气压强为。
（1）活塞上升到B过程中，气体分子平均动能 （选填“变大”或“变小”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“变大”或“变小”）；
（2）求活塞上升到B时的气体温度；
（3）若从初始到刚好触发警报过程中，密闭气体内能增加量为，求此过程气体吸热为多少？
【答案】（1）变大；减少
（2）解：对反应器中的气体分析，已知初状态
，，
末状态
，
由
可得
（3）解：触发警报时活塞上升距离为0.4m，由题目分析可知前0.2m封闭气体做等压膨胀，后0.2m封闭气体压强
外界对封闭气体做的功
由热力学第一定律
可知
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】（1）温度是分子平均动能的标志，活塞向上运动时温度升高，分子平均动能增大。
由于气体压强不变，而温度升高分子平均动能增大导致气体分子撞击单位面积容器壁的力增大，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减少。
答案为：变大；减少。
【分析】（1）温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大。
（2）对反应器中的气体，压强不变，体积变化，则温度变化，利用理想气体状态方程列等式计算活塞上升到B时的气体温度。
（3）根据平衡得出封闭气体压强，外界对封闭气体做的，再根据热力学第一定律计算此过程气体吸热。
（1）[1]温度是分子平均动能的标志，活塞向上运动时温度升高，分子平均动能增大。
[2]由于气体压强不变，而温度升高分子平均动能增大导致气体分子撞击单位面积容器壁的力增大，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减少。
（2）对反应器中的气体分析
已知初状态，，
末状态，
由可得
（3）触发警报时活塞上升距离为0.4m，由题目分析可知前0.2m封闭气体做等压膨胀，后0.2m封闭气体压强
外界对封闭气体做的功
由热力学第一定律可知
18．（2025·杭州模拟）如图所示，水平地面上固定一滑槽D，其上表面由底部与地面相切且圆心角为的圆弧面和与水平方向成倾角为的足够长斜面连接组成，滑槽的左侧地面上放有物块A、长平板B和小球C，其中A放在B的左端。现对A施加一方向水平向右的瞬时冲量，使A获得一个初速度，一段时间后B、C发生碰撞，碰后C恰好能到达圆弧的最上端，此时A与B已共速。已知圆弧的半径为，，A、B、C的质量分别为、、，A和C均可视为质点，所有的碰撞均为弹性碰撞且时间极短，除A与B间有摩擦力外，不计其它一切阻力，长平板B不会冲上滑槽D。求：
（1）C滑上圆弧轨道最低点时，圆弧轨道对C的支持力大小；
（2）B、C第一次碰撞结束时，A的速度大小；
（3）B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能；
（4）若C以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，要使C原路返回圆弧，则斜面倾角α应满足什么条件。（答案用含字母α、θ的三角函数表示）
【答案】（1）解：碰后C恰好能到达圆弧的最上端，则它在底部时的动能等于升至顶端所增加的重力势能。则有
解得小球C在底部的速度
在最低点，圆弧对小球的支持力
（2）解：A、 B系统在水平方向上只受最初冲量 I = 0.7 N·s，故此后A、 B的总动量保持不变，数值为
pAB = 0.7 kg m/s
设第一次碰撞前瞬间 B 的速度为 vB1，A 的速度为 vA1；C初始静止且与B质量相等，则一次弹性碰撞后B速度变为零、C 获得 速度
vC =vB1= 2 m/s
由A、 B总动量守恒有
mA vA1 + mB vB1 = I
解得
vA1 = 3 m/s
由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变，因此第一次碰撞结束时A的速度为3m/s。
（3）解：开始时
到B与C碰撞前有vA1 = 3 m/s，vB1= 2 m/s，此过程摩擦产生的热量
从第一次碰撞结束时
vA1 = 3 m/s，vB = 0
到第二次碰撞前A、B“共速”有
mA vA1 + mB vB= （mA + mB ）v共
解得
v共 = 1 m/s
此过程摩擦产生的热量
所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能
（4）解：满足题目条件有两种情形，如图：
沿斜面和垂直斜面分解，沿斜面分量
垂直斜面分量
只需满足
其中
得
化简得
（时无解）
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）碰后C圆弧上运动机械能守恒，，可计算小球C在底部的速度vC ，在最低点，圆弧对小球的支持力
（2）A、 B系统动量pAB = 0.7 kg m/s， 第一次B与C碰撞，C初始静止且与B质量相等，一次弹性碰撞速度交换，C 获得 速度vC =vB1， 由A、 B总动量守恒有mA vA1 + mB vB1 = I ，可计算vA1 ，由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变。
（3）开始时，此过程摩擦产生的热量
从第一次碰撞结束时 vA1 = 3 m/s，vB = 0，到第二次碰撞前A、B“共速”有mA vA1 + mB vB= （mA + mB ）v共，此过程摩擦产生的热量
所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能
（4）满足题目条件有两种情形，沿斜面和垂直斜面分解：沿斜面分量：，垂直斜面分量：
只需满足：，其中，化简得（时无解）
（1）碰后C恰好能到达圆弧的最上端，则它在底部时的动能等于升至顶端所增加的重力势能。则有
解得小球C在底部的速度vC = 2 m/s
在最低点，圆弧对小球的支持力
（2）A、 B系统在水平方向上只受最初冲量 I = 0.7 N·s，故此后A、 B的总动量保持不变，数值为pAB = 0.7 kg m/s
设第一次碰撞前瞬间 B 的速度为 vB1，A 的速度为 vA1；C初始静止且与B质量相等，则一次弹性碰撞后B速度变为零、C 获得 速度vC =vB1= 2 m/s
由A、 B总动量守恒有mA vA1 + mB vB1 = I
解得vA1 = 3 m/s
由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变，因此第一次碰撞结束时A的速度为3 m/s。
（3）开始时
到B与C碰撞前有vA1 = 3 m/s，vB1= 2 m/s
此过程摩擦产生的热量
从第一次碰撞结束时 vA1 = 3 m/s，vB = 0
到第二次碰撞前A、B“共速”有mA vA1 + mB vB= （mA + mB ）v共
解得v共 = 1 m/s
此过程摩擦产生的热量
所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能
（4）满足题目条件有两种情形，如图：
沿斜面和垂直斜面分解：
沿斜面分量：
垂直斜面分量：
只需满足：
其中
得
化简得（时无解）
19．（2025·杭州模拟）如图所示，有一倾角为θ、间距为L的光滑金属倾斜轨道，轨道上有一个能提供恒定电流为I的恒流源。以O点为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立x轴，在斜面上垂直x轴方向建立y轴。垂直倾斜轨道向下有一磁场B，此磁场沿x轴正方向的变化规律为（常数k未知），沿y轴方向磁感应强度不变。在处静止释放一根与M、N平行的金属杆，其质量为m、电阻为R。当杆下滑距离为L时，刚好到达M、N，且此时加速度恰好为零。轨道电阻不计。求杆：
（1）刚释放时的加速度大小与常数k的值；
（2）从释放到M、N过程中克服安培力所做的功；
（3）运动到M、N时的速度大小以及此时恒流源输出的电压；
（4）在倾斜轨道运动过程中间时刻的速度大小。
【答案】（1）解：刚释放时，安培力为零，则有
解得
到达M、N时，加速度为零，由受力平衡，则
解得
（2）解：由于磁场与距离成正比，计算克服安培力做功取安培力平均值，得
（3）解：运动到M、N的过程中，由动能定理有
解得
根据法拉第电磁感应定律结合电路分析
解得
（4）解：根据力的合成有
由于合外力满足回复力特点，则金属杆做简谐运动，设振幅为，根据能量守恒定律有
中间时刻的位移为，此时根据能量守恒定律有
解得
【知识点】简谐运动的回复力和能量；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）刚释放时，安培力为零，牛顿第二定律，可计算加速度
到达M、N时，加速度为零，由受力平衡列等式：，可计算k。
（2）由于磁场与距离成正比，安培力是变力，计算克服安培力做功取安培力平均值，克服安培力所做的功
（3）运动到M、N的过程中，由动能定理列等式：，根据法拉第电磁感应定律结合电路分析，联立可运动到M、N时的速度大小以及此时恒流源输出的电压。
（4）根据力的合成有，由于合外力满足回复力特点，则金属杆做简谐运动，根据能量守恒定律列等式：，中间时刻的位移为，此时根据能量守恒定律有，联立可求解中间时刻的速度大小。
（1）刚释放时，安培力为零，则有
解得
到达M、N时，加速度为零，由受力平衡，则
解得
（2）由于磁场与距离成正比，计算克服安培力做功取安培力平均值，得
（3）运动到M、N的过程中，由动能定理有
解得
根据法拉第电磁感应定律结合电路分析
解得
（4）根据力的合成有
由于合外力满足回复力特点，则金属杆做简谐运动，设振幅为，根据能量守恒定律有
中间时刻的位移为，此时根据能量守恒定律有
解得
20．（2025·杭州模拟）如图所示是离于回旋加工芯片流程的示意图。离子源发出质量为m的正离子，沿水平中轴O，经速度选择器后，进入可加电场或磁场且边长为L的正方形偏转区，偏转后进入加有水平向右的匀强磁场的共振腔，使腔内气体电离蚀刻芯片。已知速度选择器与偏转区的匀强电场均为，方向相反，匀强磁场均为，方向垂直纸面向外。仅加电场时离子出射偏转角α很小，且。不考虑电磁场突变影响，离子进入共振腔后不碰壁。角度θ很小时，有，，求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小；
（2）离子的电荷量；
（3）偏转区仅加磁场时，离子出射时偏离O、轴线的距离。
（4）离子以（3）问中的速度进入共振腔，受与运动方向相反的阻力，k为已知常数。施加垂直、轴线且匀速旋转的匀强电场使离子加速。稳定后离子在垂直、轴线的某切面内以与电场相同角速度做匀速圆周运动，速度与电场的夹角（小于90°）保持不变。
①为保证离子不接触芯片，求芯片距离的最小距离；
②角速度为多大时，稳定后旋转电场对离子做功的瞬时功率最大。
【答案】（1）解：离子沿水平中轴 OO1经过速度选择器，设离子电荷量为q满足
解得
（2）解：偏转区仅加电场时，水平方向
竖直方向
且有
联立解得
（3）解：离子在磁场中偏转时，设偏转角为，磁场半径
偏转角等于圆心角，由几何关系
可得
离子出射时偏离轴线的距离
（4）解：当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向
其中
①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理有
其中
得芯片距离O2的最小距离
②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，设最终速度为。沿圆周的半径方向
沿圆周的切线方向
可得
旋转电场对离子做功的功率
当，即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）经过速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡，，可求解速度。
（2）偏转区仅加电场时，类平抛运动，水平方向，竖直方向，
联立可求解离子的电荷量。
（3）离子在磁场中偏转时，磁场半径，偏转角等于圆心角，由几何关系，离子出射时偏离轴线的距离
（4）当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向
①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理列等式，可求解芯片距离O2的最小距离。
②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动。沿圆周的半径方向，沿圆周的切线方向
可得最终速度；旋转电场对离子做功的功率
当，即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。
（1）离子沿水平中轴 OO1经过速度选择器，设离子电荷量为q满足
解得
（2）偏转区仅加电场时，水平方向
竖直方向
且有
联立解得
（3）离子在磁场中偏转时，设偏转角为，磁场半径
偏转角等于圆心角，由几何关系
可得
离子出射时偏离轴线的距离
（4）当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向
其中
①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理有
其中
得芯片距离O2的最小距离
②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，设最终速度为。沿圆周的半径方向
沿圆周的切线方向
可得
旋转电场对离子做功的功率
当
即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。
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