2025届浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估物理试题
1．（2025·温岭模拟）一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，压强p和热力学温度T成正比。即p=CT，常量C的单位用国际单位制基本单位可表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】本题考查了力学单位制、理想气体状态方程，计算时要认真，比较容易。因为
在国际单位制中，的单位为，的单位为，的单位为，的单位为，所以常量C的单位用国际单位制基本单位可表示为，故选A。
【分析】根据压强定义式及牛顿第二定律表达式，结合题中所给表达式进行计算。
2．（2025·温岭模拟）在2024巴黎奥运会上，中国体育代表队获得了40金、27银、24铜共91枚奖牌的境外参赛历史最好成绩。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是位移
B．研究图乙中运动员的跨栏动作时可以将其视作质点
C．图丙中撑杆跳运动员从脱离撑杆到落地过程始终处于失重状态
D．图丁中被掷出后的铅球在飞行过程中所受合力方向与运动方向相反
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；曲线运动的条件；超重与失重
【解析】【解答】本题考查路程和位移，质点概念和物体的超失重和曲线运动特点，会根据题意进行准确分析解答。A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是路程，故A错误；
B．当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可将物体看成质点，所以研究图乙中运动员的跨栏动作时不可以将其视作质点，故B错误；
C．图丙中撑杆跳运动员从脱离撑杆到落地过程加速度向下，处于失重状态，故C正确；
D．图丁中被掷出后的铅球在飞行过程中铅球做曲线运动，所受合力方向与运动方向不共线，也不相反，故D错误。
故选C。
【分析】根据路程和位移，质点概念和物体的超失重和曲线运动特点进行分析解答。
3．（2025·温岭模拟）家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，当质量为50kg的同学握住水平单杠保持静止，且只有双手接触单杠并双腿悬空，不计引体向上器的质量。则（ ）
A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小
B．单杠对每只手臂作用力大小一定为250N
C．双手间距离越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
D．同学由静止下降到最低点的过程中，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的运用，解题关键掌握健身者答受力分析。A．人所受到单杠的作用力和重力平衡，则人所受到单杠的作用力大小不变，为N
故A错误；
B．只有两手臂平行时，单杠对每只手臂作用力大小为N
两手臂有夹角时，单杠对每只手臂作用力都大于250N，故B错误；
C．不计引体向上器的质量，橡胶垫与墙面间的摩擦力等于人的重力不变，故C错误；
D．同学由静止下降到最低点的过程中，人先加速度先向下，再向上，先失重后超重，结合牛顿第二定律可知，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力，故D正确；
故选D。
【分析】分析健身者的受力，根据共点力平衡条件分析所受到单杠的作用力和每只手臂受到的作用力；静摩擦力，与压力没有必然联系；把健身者与室内引体向上器作为研究对象，分析摩擦力与重力的关系。
4．（2025·温岭模拟）在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为图甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相邻等势面间电势差相等），O为水平虚线与竖直虚线的交点，a、b两点关于O点中心对称。现有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环M。下列说法正确的是（ ）
A．a点电势比b点电势低
B．a点场强与b点场强相同
C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D．电子在穿越电子透镜的过程中电势能增大
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。A．两圆环的电势，则靠近N环的电势较高，即a点电势比b点电势高，故A错误；
B．根据对称性可知，a点场强与b点电场强度大小相等，方向相同，故B正确；
C．根据电场线与等势线垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子透镜对入射的电子束能起到会聚的作用，故C错误；
D．根据
可知电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少，故D错误。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向，电势逐渐降低，即可分析判断；根据电场线与等势面的关系，即可分析判断；根据功能关系和电势能表达式，即可判断求解。
5．（2025·温岭模拟）如图所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交变电流)．产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一只变压器(视为理想变压器)之后再送给扩音机放大，变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这只变压器，下列判断正确的是( )
A．一定是降压变压器，因为P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少
B．一定是降压变压器，因为，降压后电压降低，导线上损失的电能减少
C．一定是升压变压器，因为 ，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号加强
D．一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器的构造和原理、远距离输电等知识点。掌握远距离输电原理是本题的关键。根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知，话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少。
故选D。
【分析】根据P损=I2r，P出=UI，提高传输电压，可以减小线路电流，可以减小线路电能的损耗。
6．（2025·温岭模拟）北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星（MEO）、3颗地球静止同步轨道卫星（GEO）和3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）共30颗卫星组成。已知地球半径为R，地球表面赤道处重力加速度为，地球静止卫星到地心的距离为kR，中圆地球轨道卫星的周期为静止卫星周期T的一半，如图所示。下列关于地球静止同步轨道卫星B倾斜地球同步轨道卫星B与中圆地球轨道卫星C的说法正确的是（ ）
A．地球静止同步轨道卫星A和倾斜地球同步轨道卫星B均相对赤道表面静止
B．中圆地球轨道卫星C的动能大于倾斜地球同步轨道卫星B的动能
C．地球表面赤道处的重力加速度
D．某时刻B、C两卫星相距最近，则再经，两卫星间距离为
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，分析清楚卫星的运动过程，应用万有引力公式与牛顿第二定律、开普勒定律即可解题。A．地球静止同步轨道卫星A相对于赤道静止，倾斜地球静止卫星只是周期等于地球自转周期，并不相对于赤道静止，故A错误；
B．由于不知道卫星A、B的质量，所以无法比较两者的动能，故B错误；
C．B卫星受到的万有引力完全提供向心力，有
对任意地球表面赤道处的物体受力分析，有
联立得
故C错误；
D．某时刻B、C两卫星相距最近，则再经，B卫星运动半周，C卫星运动一周，此时两卫星相距最远，距离为两者轨道半径和，对于B、C卫星，由开普勒第三定律得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据地球静止同步轨道卫星的特点分析A，根据动能公式分析B，根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律解答。
7．（2025·温岭模拟）电容器是一种可以储存电荷和电能的装置，用平行板电容器还可以产生匀强电场，常使用于电子仪器中。如图为一个含有电容器、电阻器、理想二极管、理想电流表、电键K和电源的电路，初始时电键K闭合，下列对于此电路的说法正确的是（ ）
A．电键K保持闭合时，两个二极管均发光
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，电流表中有向上的电流
C．在断开K的瞬间，两个二极管均发光
D．若只增大R2的阻值，则电键K断开后，放电的时间会变长
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查含容电路的分析，要掌握电容的决定因素以及电容的定义式，结合串联电路分压规律进行分析。A．电键K保持闭合时，上面红色二极管正常发光，下面绿色二极管不发光，故A错误；
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，根据电容的决定式可知，电容减小，两极板间电压不变，则电容器所带电荷量减小，电容器放电，所以电流表中有向下的电流，故B错误；
C．在断开K的瞬间，电容器放电，只有上面二极管发光，故C错误；
D．若只增大R2的阻值，则电容器两极板间电压增大，电容器所带电荷量增大，当电键K断开后，放电的时间会变长，故D正确。
故选D。
【分析】电键K保持闭合时，根据二极管单向导电性确定两个二极管发光情况。增大电容器两极板的距离，分析电容器电容的变化，判断电流表中电流方向；在断开K的瞬间，根据电容器放电情况分析两个二极管发光情况。若只增大R2的阻值，电键K断开后，分析放电时间的变化情况。
8．（2025·温岭模拟）光电传感器如图甲所示，若通过放大器的电流发生变化，工作电路立即报警。图乙为a，b两种单色光分别照射K极时，光电子到达A极时动能的最大值与光电管两端电压U的关系图像。则下列说法正确的是（ ）
A．用同一装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距较小
B．图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小
C．单色光a、b的频率之比为1：2
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，一定会引发报警
【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；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
由图像可知，斜率k=e，即图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小；截距
因b截距较大，可知b光频率较大，波长较小，根据
可知用同一装置做双缝干涉实验，b光的条纹间距较小，选项A错误，B正确；
C．由图像可知，
可知单色光a、b的频率之比不等于1：2，选项C错误；
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，若部分光线被遮挡，即光照强度减小，单位时间逸出的光电子数目减小，则放大器的电流将减小，选项D错误。
故选B。
【分析】 根据光电效应方程结合以及图像分析。
9．（2025·温岭模拟）在一次核反应中，铀核变成了具有β放射性的氙核和锶核，同时放出了若干中子。的比结合能约为7.6MeV，的比结合能约为8.4MeV，的比结合能约为8.7MeV，下列说法正确的是（ ）
A．核反应出现质量亏损，质量数减少
B．核反应将放出能量约208.1MeV
C．若把全部分解为核子，将放出能量约1786MeV
D．在生产约30cm厚的钢板时，可利用β射线的穿透能力对钢板的厚度进行自动控制
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】本题考查质量亏损、核反应方程的书写规则以及核能的计算和各种射线的穿透能力，会根据题意进行准确分析解答。A．因
所以核反应是放能核反应，有质量亏损，但质量数不变，故A错误；
B．核反应将放出能量约为
故B正确；
C．若把全部分解为核子，将吸收能量约
故C错误；
D．β射线只能穿透几毫米厚的铝板，所以在生产约30cm厚的钢板时，不能利用β射线的穿透能力对钢板的厚度进行自动控制，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量亏损、核反应方程的书写规则以及核能的计算和各种射线的穿透能力进行分析解答。
10．（2025·温岭模拟）图甲是电子感应加速器的原理图。图乙中两磁极间的磁感线垂直于磁极表面，真空室内磁场比中央弱，且离中央越远磁场越弱，交变磁场又在真空室内激发感生电场。若把电子沿切线方向射入环形真空室，电子将受到感生电场的作用而被加速，同时电子还受到洛伦兹力的作用，使电子在半径为R的圆形轨道上运动。已知电子电荷量大小为e，电子轨道所围面积内平均磁感应强度随时间变化如图丙所示（图甲中的磁场方向为的正方向）。从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在半径为R的圆形轨道上加速运动。若t时刻圆形轨道处的磁感应强度为BR，的变化率为，下列说法正确的是（ ）
A．t时刻电子的动量大小为
B．t时刻轨道处涡旋电场的场强大小为
C．丙图中的第一个或第四个可以用来加速电子
D．当时，电子能在稳定的圆形轨道上被加速
【答案】D
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】本题解题关键是知道电子运动时，洛伦兹力提供向心力，根据楞次定律判断感生电场方向，知道场强与电势差关系。A．t时刻电子的动量大小为，
联立可得
故A错误；
B．t时刻轨道处涡旋电场的场强大小为
故B错误；
C．丙图中的第一个内，磁场方向竖直向上增大，根据楞次定律可知，感生电场沿顺时针方向，电子受的洛伦兹力方向指向圆心，则电子能被正常加速，第四个内，磁场方向竖直向下减小，根据楞次定律可知，感生电场沿顺时针方向，电子受的洛伦兹力方向背离圆心，则电子不能被正常加速，故C错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以
在切线方向有
所以
则
故D正确。
故选D。
【分析】根据动量表达式结合洛伦兹力提供向心力分析，根据场强与电势差关系分析；根据楞次定律分析；根据洛伦兹力提供向心力分析。
11．（2025·温岭模拟）在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。对下列各示意图，解读正确的是（ ）
A．英国物理学家汤姆孙利用图甲所示的气体放电管证实阴极射线是带电粒子流
B．英国物理学家卢瑟福利用图乙所示的α粒子散射实验发现了质子
C．法国物理学家贝克勒尔通过图丙所示的实验发现了天然放射现象
D．意大利物理学家伽利略根据气体压强随温度的变化制造出图丁所示的气体温度计
【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；α粒子的散射；阴极射线与阴极射线管；天然放射现象
【解析】【解答】本题考查阴极射线和α粒子散射实验，天然放射现象和带电粒子在电磁场中的偏转，气体压强随温度的变化关系，会根据题意进行准确分析解答。A．英国物理学家汤姆孙利用图甲所示的气体放电管证实阴极射线是带电粒子流，故A正确；
B．英国物理学家卢瑟福利用图乙所示的α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误；
C．法国物理学家贝克勒尔发现铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线，从而发现了天然放射现象，人们用图丙装置确定了射线的本质，故C错误；
D．意大利物理学家伽利略根据气体压强随温度的变化制造出图丁所示的气体温度计，故D正确。
故选AD。
【分析】根据阴极射线和α粒子散射实验，天然放射现象和带电粒子在电磁场中的偏转，结合气体压强随温度的变化关系进行分析解答。
12．（2025·温岭模拟）如图所示，S为狭缝光源，经透镜L1后成为平行光，照射到与S平行的双缝S1、S2上，由S1、S2分离出两束相干光，再让它们分别通过长度相等的两个气室T1和T2后，由透镜L2将两束相干光汇聚于焦平面P上，在此形成平行于狭缝的干涉条纹。实验开始时，T2管充以空气，T1管抽成真空，此时开始观测干涉条纹。然后逐渐使空气进入T1管，直到它与T2管的气压相同为止，记下这一过程中条纹移动的数目。已知光在真空中的波长为589.3nm，管长为L=20cm，条纹移动了98根，下列说法正确的是（ ）
A．观测到条纹向上移动
B．观测到条纹向下移动
C．测得空气的折射率约为1.000289
D．测得空气的折射率约为1.289
【答案】A,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】解决本题的关键要理解干涉的原理，明确亮纹移过与光程差之间的关系。AB．随着空气进入T1管，光的频率不变，波速变小，波长变短，将会观测到条纹向上移动，故A正确，B错误；
CD．设空气折射率为n，真空折射率为n0，则实验过程中两管光程差的变化等于T1管中光程的变化
所以
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】在O处看到干涉亮纹，每看到一条亮纹移过．光程差减少一个波长，根据移过N条干涉亮纹，光程差增大了Nλ，列式求解即可。
13．（2025·温岭模拟）如图为位于新疆哈密的熔盐塔式光热发电站，电站中有约14000块五边形定日镜随太阳转动，每块约50平方米，定日镜将吸收的阳光反射到中心位置的吸热塔上。太阳落山后，熔盐继续放热保证24小时不间断发电。已知地球的半径R=6400km，地球到太阳的距离r =1.5×1011m，太阳能照射到地球上时，有约30％在穿过大气层的过程中被云层或较大的粒子等反射，有约20％被大气层吸收，现测得在地球表面垂直太阳光方向每平方米面积上接收到太阳能的平均功率为P=6.8×102W。哈密全年日照时数约3400小时，该电站已实现年供电2.0×108kW·h，可供24万人一整年的生活用电。已知我国燃煤电厂平均每发一度电，消耗的煤炭约为300克。则（ ）
A．该电站每年可节约煤炭约6000万吨
B．该电站光能转化为电能的效率约为12%
C．太阳辐射能量的总功率约为7.0×1017W
D．太阳辐射能量中只有二十二亿分之一到达地球大气层上表面
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了学生消耗电能的计算、效率的计算，掌握电功率、电能的计算方法，知道效率的计算公式。A．年供电2.0×108kW·h，每度电耗煤300克，节约煤炭的质量为
所以可节约煤炭约6万吨，故A错误；
B．定日镜总面积
地球表面单位面积接收到太阳能的平均功率为
定日镜接收的光能为
提供的电能为
光能转化为电能的效率，故B正确；
C．地球大气层上表面每平方米接收功率为
太阳辐射的总功率为，故C错误；
D．地球大气层上表面接收到的功率
所以到达大气层的能量占总的太阳能的比例为
即二十二亿分之一，故D正确。
故选BD。
【分析】根据题目提供的条件，可以求出一年太阳能电池板吸收的太阳能，这是总能量，结合年供电值求出该电站光能转化为电能的效率；求出地球大气层上表面每平方米接收功率，再根据百分比求出太阳辐射的总功率。
14．（2025·温岭模拟）图甲、乙是用气垫导轨与光电计时器完成“验证机械能守恒定律实验”的两种方案。
（1）关于方案甲，小王同学的部分实验步骤如下：
a．将气垫导轨调至水平；
b．在导轨的单脚螺丝下垫上一定厚度的垫片，让滑块从最高处由静止开始下滑，用数字计时器测出滑块依次经过光电门1和2时，遮光条的遮光时间t1和t2；
c．取下垫片，用游标卡尺测量所用垫片的厚度h；
d．用刻度尺测量单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离l；
请回答下列问题：（已知当地重力加速度为g）
①为验证机械能守恒定律，下列物理量必须测量的是 。（多选）
A．遮光条的宽度d B．滑块运动的总位移x
C．滑块和遮光条的总质量M D．光电门1和2之间的距离s
②若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足怎样的关系？
（用题干所给字母及第①问中测量的物理量字母表示）。
（2）关于方案乙，小陈同学的部分实验步骤如下：打开气泵，托起滑块，将气垫导轨调水平，在托盘和砝码的牵引下，滑块从静止开始沿导轨加速运动。
①托盘和砝码的总质量 （选填“需要”或“不需要”）远小于滑块和遮光条的总质量。
②若滑块和遮光条的总质量为M，托盘和砝码的总质量为m。遮光条宽度为d，依次经过光电门1、2的遮光时间为t1、t2。两光电门之间的距离为l，当地重力加速度为g。以上物理量在误差范围内满足关系式 ，则验证了机械能守恒定律。
③若实验中发现有一个光电门损坏，则 （选填“仍能”或“不能”）利用该装置验证机械能守恒定律。
【答案】（1）AD；
（2）不需要；；仍能
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，注意机械能守恒定律的应用。
（1）①该实验需要验证的关系
其中，，
带入可得
则需要测量的物理量为：遮光条的宽度d 以及光电门1和2之间的距离s ，故选AD。
②由以上推导可知，若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系
（2）①该实验验证系统的机械能守恒，则托盘和砝码的总质量不需要远小于滑块和遮光条的总质量。
②要验证的关系为
其中，
即
③若实验中发现有一个光电门损坏，则仍能利用该装置验证机械能守恒定律。让滑块从静止开始下滑，测得起始位置与光电门间的距离x，记录滑块经过光电门的时间t，即可通过
来验证机械能是否守恒。
【分析】 （1）根据实验原理结合机械能守恒定律解答；
（2）根据实验操作规范结合机械能守恒定律分析解答，托盘和砝码的总质量不需要远小于滑块和遮光条的总质量。
（1）①[1]该实验需要验证的关系
其中，，
带入可得
则需要测量的物理量为：遮光条的宽度d 以及光电门1和2之间的距离s ，故选AD。
②[2]由以上推导可知，若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系
（2）①[1]该实验验证系统的机械能守恒，则托盘和砝码的总质量不需要远小于滑块和遮光条的总质量。
②[2]要验证的关系为
其中，
即
③[3]若实验中发现有一个光电门损坏，则仍能利用该装置验证机械能守恒定律。让滑块从静止开始下滑，测得起始位置与光电门间的距离x，记录滑块经过光电门的时间t，即可通过
来验证机械能是否守恒。
15．（2025·温岭模拟）某课外活动小组利用铜片、锌片和橙子制成一个水果电池，他们想测量该水果电池的电动势E和内阻r。
（1）将多用电表的选择开关拨至直流电压2.5V挡，将红、黑表笔与铜、锌片直接接触，多用电表的表盘指针位置如图甲所示，其电压的示数为 V，这样测定的结果和电动势相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
（2）有以下实验器材可供选择：
A．电流表A1（量程0~100 A，内阻为100Ω）
B．电流表A2（量程0~600 A，内阻不计）
C．电压表V（量程0~3V，内阻约为15kΩ）
D．定值定阻R0（阻值9900Ω）
E．电阻箱R（阻值可调范围0~9999Ω）
F．滑动变阻器R1（阻值变化范围0~20Ω）
G．滑动变阻器R2（阻值变化范围0~5kΩ）
H．开关和导线若干
①小明同学选用了其中的一些器材，设计了图乙所示的电路进一步测定电动势和内电阻。滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”）。正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器，获得电流表A1和A2的多组I1和I2数据，并作出I1-I2图像如图丙所示，该水果电池的电动势E= V，内阻r = Ω。（计算结果均保留两位有效数字）
②从提供的实验器材中选择合适的器材，在相应方框中再画出一种测定该水果电池的电动势和内阻的电路图 、 。
【答案】（1）0.85；偏小
（2）R2；0.95；1.0×103；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测电源电动势和内阻的实验原理、多用电表的结构和读数、利用图像处理数据方法。
（1）由于多用电表为直流电压2.5V挡，所以每一小格为0.05V，所以图示读数为
由于多用电表测量的是电源两端的电压，即路端电压，其小于电源电动势，所以这样测定的结果和电动势相比偏小。
（2）由于水果电池内阻较大，所以滑动变阻器应选择阻值较大的R2方便实验调节；
根据闭合电路欧姆定律可得
变形整理可得
结合图像可得，
联立解得，
根据测定电源电动势和内阻的实验原理可知，可以采用伏阻法进行测量，但由于现有电压表量程太大，需要用电流表A1和定值电阻串联改装电压表，电路如图所示
同时也可以采用安阻法进行测量，电流表选用量程较大的A2，电路如图所示
【分析】 （1）根据多用电表分度值读数，多用电表测量路端电压，测量值小于电源电动势；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像解答。
（1）[1]由于多用电表为直流电压2.5V挡，所以每一小格为0.05V，所以图示读数为
[2]由于多用电表测量的是电源两端的电压，即路端电压，其小于电源电动势，所以这样测定的结果和电动势相比偏小。
（2）[1]由于水果电池内阻较大，所以滑动变阻器应选择阻值较大的R2方便实验调节；
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
变形整理可得
结合图像可得，
联立解得，
[4][5]根据测定电源电动势和内阻的实验原理可知，可以采用伏阻法进行测量，但由于现有电压表量程太大，需要用电流表A1和定值电阻串联改装电压表，电路如图所示
同时也可以采用安阻法进行测量，电流表选用量程较大的A2，电路如图所示
16．（2025·温岭模拟）以下实验中，说法正确的是_______（多选）。
A．“用双缝干涉测量光的波长”实验中，测量单色光的波长时，需在单缝前放置偏振片
B．“用单摆测量重力加速度”实验中，用l T2图像计算重力加速度，可以消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差
C．“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中，可以让一个质量较小的滑块跟静置在导轨上的另一个大小相同、质量较大的滑块发生碰撞
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，溶液中的酒精将溶于水并很快挥发，油膜的厚度等于1滴油酸酒精溶液的体积与它在水面上摊开的面积之比
【答案】B,C
【知识点】验证动量守恒定律；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查不同实验的掌握，解题关键掌握实验原理，注意误差分析方法。A．双缝干涉测量光波长实验中，单色光无需偏振片，偏振片与该实验目的无关，故A错误；
B．用l T2图像计算重力加速度，摆球质量分布不均的影响可通过图像法消除，因图像斜率，多次测量取点绘图可规避此误差，故B正确；
C．气垫导轨上滑块碰撞，无论质量大小，只要系统合外力为零（气垫导轨减小摩擦），即可研究动量守恒，质量小碰质量大是可行的，故C正确；
D．油膜法中，油膜厚度是纯油酸体积与摊开面积之比，而非1滴油酸酒精溶液体积与它在水面上摊开的面积之比，故D错误。
故选BC。
【分析】偏振片与双缝干涉实验无关，摆球质量分布不均的影响可通过图像法消除，根据各实验的操作及实验原理分析判断。
17．（2025·温岭模拟）如图所示，一固定直立气缸的上下两个相互连通的绝热圆筒中均封闭有一定质量的理想气体。下部圆筒高h=12cm，内有一质量m=1kg、面积S=100cm2的绝热薄活塞A，上部圆筒足够高，内有一质量为、面积为的薄活塞B。开始时活塞A被锁定，其下方气体处于温度T1=300K的状态1，活塞A与圆筒底的距离l=10cm，现缓慢加热电热丝，使气体处于温度T2=309K的状态2，此时解锁活塞A，其恰好保持静止。继续缓慢加热电热丝，活塞A下方气体达到温度T3=396K的状态3。整个过程中活塞A下方气体内能增加了ΔU=80J。已知两活塞均能缓慢无摩擦滑动，活塞B上方大气压p0=1.01×105Pa。
（1）从状态1到状态2的过程中，活塞A下方气体分子数密度 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；从状态2到状态3过程，面积为的上部圆筒内壁单位面积上受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求活塞A下方气体在状态3的压强；
（3）求活塞A下方气体从状态1到状态3的过程中吸收的热量Q。
【答案】（1）不变；不变
（2）对活塞B，根据平衡条件可得
对活塞A，根据平衡条件可得
解得
缓慢加热电热丝，下部气体发生等压变化，一直到活塞A到达最上端，则
解得
之后继续加热到T3，气体体积不变，则
解得
（3）对下部气体，根据热力学第一定律可得，
所以
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】（1）从状态1到状态2的过程中，活塞A下方气体温度升高，压强增大，但气体体积不变，分子数密度不变；从状态2到状态3过程，缓慢加热电热丝，活塞缓慢上移，根据平衡条件可知，上部圆筒内气体压强不变，则上部圆筒内壁单位面积上受到的压力不变；
【分析】（1）根据题目给出的条件，利用理想气体的状态方程来求解不同状态下的压强。
（2）根据平衡条件求解压强大小。下部气体发生等压变化以及等容变化，根据盖吕萨克定律以及查理定律求解。
（3）利用热力学第一定律计算气体吸收的热量。
（1）[1]从状态1到状态2的过程中，活塞A下方气体温度升高，压强增大，但气体体积不变，分子数密度不变；
[2]从状态2到状态3过程，缓慢加热电热丝，活塞缓慢上移，根据平衡条件可知，上部圆筒内气体压强不变，则上部圆筒内壁单位面积上受到的压力不变；
（2）对活塞B，根据平衡条件可得
对活塞A，根据平衡条件可得
解得
缓慢加热电热丝，下部气体发生等压变化，一直到活塞A到达最上端，则
解得
之后继续加热到T3，气体体积不变，则
解得
（3）对下部气体，根据热力学第一定律可得，
所以
18．（2025·温岭模拟）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、足够长水平直轨道FG组成，半径R=0.32m的螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处，B点高度为1.2R，轨道间平滑连接。质量M=5kg的滑块b放置在轨道FG上，滑块b的上端面是一水平台面，台面的长度和高度均为l=0.8m，滑块b的侧面是圆周的圆弧形光滑槽，槽底跟水平面相切。质量m=2kg的物块a从倾斜轨道AB上高度为H处静止释放。（各段轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若H=1.12m，求
①物块a经过B点时螺旋圆形轨道对物块a的作用力大小FB；
②物块a冲上滑块b后能达到的最大离地高度h；
（2）欲使物块a击中滑块b的水平台面，求释放高度H的取值范围。
【答案】（1）①从A到B由机械能守恒定律
在B点时
解得
②从A到F由机械能守恒定律
当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系
解得
假设正确，因此最大高度为0.8m。
（2）恰过C点，根据机械能守恒
在C点时
解得
恰好击中平台右端：
由动量守恒和能量关系； ，
且；
其中
综上解得
由（1）得时，恰好到达平台左端；综上得：
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）①由机械能守恒定律和圆周运动公式求物块a经过B点时螺旋圆形轨道对物块a的作用力大小FB；
②由机械能守恒定律、动量守恒和能量关系求物块a冲上滑块b后能达到的最大离地高度h；
（2）由机械能守恒定律、动量守恒和能量关系求释放高度H的取值范围。
（1）①从A到B由机械能守恒定律
在B点时
解得
②从A到F由机械能守恒定律
当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系
解得
假设正确，因此最大高度为0.8m。
（2）恰过C点，根据机械能守恒
在C点时
解得
恰好击中平台右端：
由动量守恒和能量关系； ，
且；
其中
综上解得
由（1）得时，恰好到达平台左端；综上得：
19．（2025·温岭模拟）在竖直平面内建立如图所示的xOy直角坐标系，x轴水平，y≥L（L未知）的区域Ⅰ内存在着水平方向的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场（图中均未画出），x轴下方的区域Ⅲ存在垂直于纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ无电场或磁场。一个带正电的小球从y轴上的P点以与水平方向成30°的初速度v0斜向右下抛出，沿直线运动到M点后进入区域Ⅱ做曲线运动，而后经过N点进入区域Ⅲ，小球在N点时的速度与水平方向成60°角。已知小球的质量为m，电荷量为+q，区域Ⅲ的磁感应强度大小B2与区域Ⅰ的磁感应强度大小B1满足（B1、B2为未知量），重力加速度为g。求：
（1）区域Ⅰ内电场E的大小与方向；
（2）L的大小；
（3）小球在区域Ⅲ运动的时间；
（4）小球第二次经过y=L时与M点的距离。
【答案】（1）小球在区域Ⅰ做匀速直线运动，由受力平衡图可知=
解得=
方向水平向左；
（2）小球在M点的水平速度为，竖直速度为，在N点的水平速度仍为，竖直速度为，所以
（3）由（1）可知，，小球通过N点进入区域Ⅲ时的速度为，方向与水平成60°角斜向右下，利用配速法将此速度分解为水平向右的和斜向左下的，如图所示
小球在向右做匀速直线运动的同时，又在区域Ⅲ完成了圆周运动，故运动时间
（4）小球在区域Ⅱ从M点到N点的水平位移
小球在区域Ⅲ的水平位移
回到区域Ⅱ的水平位移=
故
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由受力平衡求区域Ⅰ内电场E的大小与方向；
（2）进行速度的分解，在竖直方向上根据运动学公式求L的大小；
（3）利用配速法将速度分解，根据运动轨迹和周期公式求小球在区域Ⅲ运动的时间；
（4）分别分析在各个区域的位移大小，根据运动学公式求小球第二次经过y=L时与M点的距离。
（1）小球在区域Ⅰ做匀速直线运动，由受力平衡图可知=
解得=
方向水平向左；
（2）小球在M点的水平速度为，竖直速度为，在N点的水平速度仍为，竖直速度为，所以
（3）由（1）可知，，小球通过N点进入区域Ⅲ时的速度为，方向与水平成60°角斜向右下，利用配速法将此速度分解为水平向右的和斜向左下的，如图所示
小球在向右做匀速直线运动的同时，又在区域Ⅲ完成了圆周运动，故运动时间
（4）小球在区域Ⅱ从M点到N点的水平位移
小球在区域Ⅲ的水平位移
回到区域Ⅱ的水平位移=
故
20．（2025·温岭模拟）如图所示，接有恒流源的光滑水平导轨放在地面上，处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，取cd中点为坐标原点O，以水平向右为正方向建立x轴，导轨关于x轴对称且关于cd也对称。a、b的间距为2L，横坐标为x=-xa，c、d处是光滑绝缘件，间距为L。导轨上的金属棒与x轴垂直且对称，在安培力作用下从x=-xa位置静止开始向右运动。已知金属棒的质量为m，长度为3L，电阻为R，恒流源甲、乙能自动调节其输出电压确保回路电流恒定，分别为I、3I。金属棒与导轨接触良好，不计导轨电阻和空气阻力。
（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，求安培力做的功；
（2）金属棒运动至x=-0.6xa时，求恒流源甲的输出电压；
（3）金属棒运动至x=-0.6xa、x=0的时间分别为t1、t2，求；
（4）求金属棒速度为0时的坐标x。
【答案】（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，安培力做的功为
（2）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，有
根据闭合电路欧姆定律可得
解得恒流源甲的输出电压为
（3）金属棒在左侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据题意可得，
所以
（4）金属棒在右侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据能量守恒定律可得，，
解得
所以金属棒速度为0时的坐标为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，安培力均匀减小，根据安培力平均值与位移的乘积求安培力做功；
（2）根据动能定理求出金属棒运动至x=-0.6xa时速度。由欧姆定律结合法拉第电磁感应定律求恒流源甲的输出电压；
（3）金属棒在左侧导轨做简谐运动，等效平衡位置为x=xa，根据时间与周期的关系求；
（4）根据简谐运动的特征F=-kx求出比例系数k，再根据能量守恒定律结合简谐运动的周期性求金属棒速度为0时的坐标x。
（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，安培力做的功为
（2）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，有
根据闭合电路欧姆定律可得
解得恒流源甲的输出电压为
（3）金属棒在左侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据题意可得，
所以
（4）金属棒在右侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据能量守恒定律可得，，
解得
所以金属棒速度为0时的坐标为
1 / 12025届浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估物理试题
1．（2025·温岭模拟）一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，压强p和热力学温度T成正比。即p=CT，常量C的单位用国际单位制基本单位可表示为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·温岭模拟）在2024巴黎奥运会上，中国体育代表队获得了40金、27银、24铜共91枚奖牌的境外参赛历史最好成绩。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是位移
B．研究图乙中运动员的跨栏动作时可以将其视作质点
C．图丙中撑杆跳运动员从脱离撑杆到落地过程始终处于失重状态
D．图丁中被掷出后的铅球在飞行过程中所受合力方向与运动方向相反
3．（2025·温岭模拟）家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，当质量为50kg的同学握住水平单杠保持静止，且只有双手接触单杠并双腿悬空，不计引体向上器的质量。则（ ）
A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小
B．单杠对每只手臂作用力大小一定为250N
C．双手间距离越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
D．同学由静止下降到最低点的过程中，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力
4．（2025·温岭模拟）在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为图甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相邻等势面间电势差相等），O为水平虚线与竖直虚线的交点，a、b两点关于O点中心对称。现有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环M。下列说法正确的是（ ）
A．a点电势比b点电势低
B．a点场强与b点场强相同
C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D．电子在穿越电子透镜的过程中电势能增大
5．（2025·温岭模拟）如图所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交变电流)．产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一只变压器(视为理想变压器)之后再送给扩音机放大，变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这只变压器，下列判断正确的是( )
A．一定是降压变压器，因为P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少
B．一定是降压变压器，因为，降压后电压降低，导线上损失的电能减少
C．一定是升压变压器，因为 ，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号加强
D．一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少
6．（2025·温岭模拟）北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星（MEO）、3颗地球静止同步轨道卫星（GEO）和3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）共30颗卫星组成。已知地球半径为R，地球表面赤道处重力加速度为，地球静止卫星到地心的距离为kR，中圆地球轨道卫星的周期为静止卫星周期T的一半，如图所示。下列关于地球静止同步轨道卫星B倾斜地球同步轨道卫星B与中圆地球轨道卫星C的说法正确的是（ ）
A．地球静止同步轨道卫星A和倾斜地球同步轨道卫星B均相对赤道表面静止
B．中圆地球轨道卫星C的动能大于倾斜地球同步轨道卫星B的动能
C．地球表面赤道处的重力加速度
D．某时刻B、C两卫星相距最近，则再经，两卫星间距离为
7．（2025·温岭模拟）电容器是一种可以储存电荷和电能的装置，用平行板电容器还可以产生匀强电场，常使用于电子仪器中。如图为一个含有电容器、电阻器、理想二极管、理想电流表、电键K和电源的电路，初始时电键K闭合，下列对于此电路的说法正确的是（ ）
A．电键K保持闭合时，两个二极管均发光
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，电流表中有向上的电流
C．在断开K的瞬间，两个二极管均发光
D．若只增大R2的阻值，则电键K断开后，放电的时间会变长
8．（2025·温岭模拟）光电传感器如图甲所示，若通过放大器的电流发生变化，工作电路立即报警。图乙为a，b两种单色光分别照射K极时，光电子到达A极时动能的最大值与光电管两端电压U的关系图像。则下列说法正确的是（ ）
A．用同一装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距较小
B．图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小
C．单色光a、b的频率之比为1：2
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，一定会引发报警
9．（2025·温岭模拟）在一次核反应中，铀核变成了具有β放射性的氙核和锶核，同时放出了若干中子。的比结合能约为7.6MeV，的比结合能约为8.4MeV，的比结合能约为8.7MeV，下列说法正确的是（ ）
A．核反应出现质量亏损，质量数减少
B．核反应将放出能量约208.1MeV
C．若把全部分解为核子，将放出能量约1786MeV
D．在生产约30cm厚的钢板时，可利用β射线的穿透能力对钢板的厚度进行自动控制
10．（2025·温岭模拟）图甲是电子感应加速器的原理图。图乙中两磁极间的磁感线垂直于磁极表面，真空室内磁场比中央弱，且离中央越远磁场越弱，交变磁场又在真空室内激发感生电场。若把电子沿切线方向射入环形真空室，电子将受到感生电场的作用而被加速，同时电子还受到洛伦兹力的作用，使电子在半径为R的圆形轨道上运动。已知电子电荷量大小为e，电子轨道所围面积内平均磁感应强度随时间变化如图丙所示（图甲中的磁场方向为的正方向）。从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在半径为R的圆形轨道上加速运动。若t时刻圆形轨道处的磁感应强度为BR，的变化率为，下列说法正确的是（ ）
A．t时刻电子的动量大小为
B．t时刻轨道处涡旋电场的场强大小为
C．丙图中的第一个或第四个可以用来加速电子
D．当时，电子能在稳定的圆形轨道上被加速
11．（2025·温岭模拟）在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。对下列各示意图，解读正确的是（ ）
A．英国物理学家汤姆孙利用图甲所示的气体放电管证实阴极射线是带电粒子流
B．英国物理学家卢瑟福利用图乙所示的α粒子散射实验发现了质子
C．法国物理学家贝克勒尔通过图丙所示的实验发现了天然放射现象
D．意大利物理学家伽利略根据气体压强随温度的变化制造出图丁所示的气体温度计
12．（2025·温岭模拟）如图所示，S为狭缝光源，经透镜L1后成为平行光，照射到与S平行的双缝S1、S2上，由S1、S2分离出两束相干光，再让它们分别通过长度相等的两个气室T1和T2后，由透镜L2将两束相干光汇聚于焦平面P上，在此形成平行于狭缝的干涉条纹。实验开始时，T2管充以空气，T1管抽成真空，此时开始观测干涉条纹。然后逐渐使空气进入T1管，直到它与T2管的气压相同为止，记下这一过程中条纹移动的数目。已知光在真空中的波长为589.3nm，管长为L=20cm，条纹移动了98根，下列说法正确的是（ ）
A．观测到条纹向上移动
B．观测到条纹向下移动
C．测得空气的折射率约为1.000289
D．测得空气的折射率约为1.289
13．（2025·温岭模拟）如图为位于新疆哈密的熔盐塔式光热发电站，电站中有约14000块五边形定日镜随太阳转动，每块约50平方米，定日镜将吸收的阳光反射到中心位置的吸热塔上。太阳落山后，熔盐继续放热保证24小时不间断发电。已知地球的半径R=6400km，地球到太阳的距离r =1.5×1011m，太阳能照射到地球上时，有约30％在穿过大气层的过程中被云层或较大的粒子等反射，有约20％被大气层吸收，现测得在地球表面垂直太阳光方向每平方米面积上接收到太阳能的平均功率为P=6.8×102W。哈密全年日照时数约3400小时，该电站已实现年供电2.0×108kW·h，可供24万人一整年的生活用电。已知我国燃煤电厂平均每发一度电，消耗的煤炭约为300克。则（ ）
A．该电站每年可节约煤炭约6000万吨
B．该电站光能转化为电能的效率约为12%
C．太阳辐射能量的总功率约为7.0×1017W
D．太阳辐射能量中只有二十二亿分之一到达地球大气层上表面
14．（2025·温岭模拟）图甲、乙是用气垫导轨与光电计时器完成“验证机械能守恒定律实验”的两种方案。
（1）关于方案甲，小王同学的部分实验步骤如下：
a．将气垫导轨调至水平；
b．在导轨的单脚螺丝下垫上一定厚度的垫片，让滑块从最高处由静止开始下滑，用数字计时器测出滑块依次经过光电门1和2时，遮光条的遮光时间t1和t2；
c．取下垫片，用游标卡尺测量所用垫片的厚度h；
d．用刻度尺测量单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离l；
请回答下列问题：（已知当地重力加速度为g）
①为验证机械能守恒定律，下列物理量必须测量的是 。（多选）
A．遮光条的宽度d B．滑块运动的总位移x
C．滑块和遮光条的总质量M D．光电门1和2之间的距离s
②若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足怎样的关系？
（用题干所给字母及第①问中测量的物理量字母表示）。
（2）关于方案乙，小陈同学的部分实验步骤如下：打开气泵，托起滑块，将气垫导轨调水平，在托盘和砝码的牵引下，滑块从静止开始沿导轨加速运动。
①托盘和砝码的总质量 （选填“需要”或“不需要”）远小于滑块和遮光条的总质量。
②若滑块和遮光条的总质量为M，托盘和砝码的总质量为m。遮光条宽度为d，依次经过光电门1、2的遮光时间为t1、t2。两光电门之间的距离为l，当地重力加速度为g。以上物理量在误差范围内满足关系式 ，则验证了机械能守恒定律。
③若实验中发现有一个光电门损坏，则 （选填“仍能”或“不能”）利用该装置验证机械能守恒定律。
15．（2025·温岭模拟）某课外活动小组利用铜片、锌片和橙子制成一个水果电池，他们想测量该水果电池的电动势E和内阻r。
（1）将多用电表的选择开关拨至直流电压2.5V挡，将红、黑表笔与铜、锌片直接接触，多用电表的表盘指针位置如图甲所示，其电压的示数为 V，这样测定的结果和电动势相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
（2）有以下实验器材可供选择：
A．电流表A1（量程0~100 A，内阻为100Ω）
B．电流表A2（量程0~600 A，内阻不计）
C．电压表V（量程0~3V，内阻约为15kΩ）
D．定值定阻R0（阻值9900Ω）
E．电阻箱R（阻值可调范围0~9999Ω）
F．滑动变阻器R1（阻值变化范围0~20Ω）
G．滑动变阻器R2（阻值变化范围0~5kΩ）
H．开关和导线若干
①小明同学选用了其中的一些器材，设计了图乙所示的电路进一步测定电动势和内电阻。滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”）。正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器，获得电流表A1和A2的多组I1和I2数据，并作出I1-I2图像如图丙所示，该水果电池的电动势E= V，内阻r = Ω。（计算结果均保留两位有效数字）
②从提供的实验器材中选择合适的器材，在相应方框中再画出一种测定该水果电池的电动势和内阻的电路图 、 。
16．（2025·温岭模拟）以下实验中，说法正确的是_______（多选）。
A．“用双缝干涉测量光的波长”实验中，测量单色光的波长时，需在单缝前放置偏振片
B．“用单摆测量重力加速度”实验中，用l T2图像计算重力加速度，可以消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差
C．“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中，可以让一个质量较小的滑块跟静置在导轨上的另一个大小相同、质量较大的滑块发生碰撞
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，溶液中的酒精将溶于水并很快挥发，油膜的厚度等于1滴油酸酒精溶液的体积与它在水面上摊开的面积之比
17．（2025·温岭模拟）如图所示，一固定直立气缸的上下两个相互连通的绝热圆筒中均封闭有一定质量的理想气体。下部圆筒高h=12cm，内有一质量m=1kg、面积S=100cm2的绝热薄活塞A，上部圆筒足够高，内有一质量为、面积为的薄活塞B。开始时活塞A被锁定，其下方气体处于温度T1=300K的状态1，活塞A与圆筒底的距离l=10cm，现缓慢加热电热丝，使气体处于温度T2=309K的状态2，此时解锁活塞A，其恰好保持静止。继续缓慢加热电热丝，活塞A下方气体达到温度T3=396K的状态3。整个过程中活塞A下方气体内能增加了ΔU=80J。已知两活塞均能缓慢无摩擦滑动，活塞B上方大气压p0=1.01×105Pa。
（1）从状态1到状态2的过程中，活塞A下方气体分子数密度 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；从状态2到状态3过程，面积为的上部圆筒内壁单位面积上受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求活塞A下方气体在状态3的压强；
（3）求活塞A下方气体从状态1到状态3的过程中吸收的热量Q。
18．（2025·温岭模拟）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、足够长水平直轨道FG组成，半径R=0.32m的螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处，B点高度为1.2R，轨道间平滑连接。质量M=5kg的滑块b放置在轨道FG上，滑块b的上端面是一水平台面，台面的长度和高度均为l=0.8m，滑块b的侧面是圆周的圆弧形光滑槽，槽底跟水平面相切。质量m=2kg的物块a从倾斜轨道AB上高度为H处静止释放。（各段轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若H=1.12m，求
①物块a经过B点时螺旋圆形轨道对物块a的作用力大小FB；
②物块a冲上滑块b后能达到的最大离地高度h；
（2）欲使物块a击中滑块b的水平台面，求释放高度H的取值范围。
19．（2025·温岭模拟）在竖直平面内建立如图所示的xOy直角坐标系，x轴水平，y≥L（L未知）的区域Ⅰ内存在着水平方向的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场（图中均未画出），x轴下方的区域Ⅲ存在垂直于纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ无电场或磁场。一个带正电的小球从y轴上的P点以与水平方向成30°的初速度v0斜向右下抛出，沿直线运动到M点后进入区域Ⅱ做曲线运动，而后经过N点进入区域Ⅲ，小球在N点时的速度与水平方向成60°角。已知小球的质量为m，电荷量为+q，区域Ⅲ的磁感应强度大小B2与区域Ⅰ的磁感应强度大小B1满足（B1、B2为未知量），重力加速度为g。求：
（1）区域Ⅰ内电场E的大小与方向；
（2）L的大小；
（3）小球在区域Ⅲ运动的时间；
（4）小球第二次经过y=L时与M点的距离。
20．（2025·温岭模拟）如图所示，接有恒流源的光滑水平导轨放在地面上，处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，取cd中点为坐标原点O，以水平向右为正方向建立x轴，导轨关于x轴对称且关于cd也对称。a、b的间距为2L，横坐标为x=-xa，c、d处是光滑绝缘件，间距为L。导轨上的金属棒与x轴垂直且对称，在安培力作用下从x=-xa位置静止开始向右运动。已知金属棒的质量为m，长度为3L，电阻为R，恒流源甲、乙能自动调节其输出电压确保回路电流恒定，分别为I、3I。金属棒与导轨接触良好，不计导轨电阻和空气阻力。
（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，求安培力做的功；
（2）金属棒运动至x=-0.6xa时，求恒流源甲的输出电压；
（3）金属棒运动至x=-0.6xa、x=0的时间分别为t1、t2，求；
（4）求金属棒速度为0时的坐标x。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】本题考查了力学单位制、理想气体状态方程，计算时要认真，比较容易。因为
在国际单位制中，的单位为，的单位为，的单位为，的单位为，所以常量C的单位用国际单位制基本单位可表示为，故选A。
【分析】根据压强定义式及牛顿第二定律表达式，结合题中所给表达式进行计算。
2．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；曲线运动的条件；超重与失重
【解析】【解答】本题考查路程和位移，质点概念和物体的超失重和曲线运动特点，会根据题意进行准确分析解答。A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是路程，故A错误；
B．当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可将物体看成质点，所以研究图乙中运动员的跨栏动作时不可以将其视作质点，故B错误；
C．图丙中撑杆跳运动员从脱离撑杆到落地过程加速度向下，处于失重状态，故C正确；
D．图丁中被掷出后的铅球在飞行过程中铅球做曲线运动，所受合力方向与运动方向不共线，也不相反，故D错误。
故选C。
【分析】根据路程和位移，质点概念和物体的超失重和曲线运动特点进行分析解答。
3．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的运用，解题关键掌握健身者答受力分析。A．人所受到单杠的作用力和重力平衡，则人所受到单杠的作用力大小不变，为N
故A错误；
B．只有两手臂平行时，单杠对每只手臂作用力大小为N
两手臂有夹角时，单杠对每只手臂作用力都大于250N，故B错误；
C．不计引体向上器的质量，橡胶垫与墙面间的摩擦力等于人的重力不变，故C错误；
D．同学由静止下降到最低点的过程中，人先加速度先向下，再向上，先失重后超重，结合牛顿第二定律可知，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力，故D正确；
故选D。
【分析】分析健身者的受力，根据共点力平衡条件分析所受到单杠的作用力和每只手臂受到的作用力；静摩擦力，与压力没有必然联系；把健身者与室内引体向上器作为研究对象，分析摩擦力与重力的关系。
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。A．两圆环的电势，则靠近N环的电势较高，即a点电势比b点电势高，故A错误；
B．根据对称性可知，a点场强与b点电场强度大小相等，方向相同，故B正确；
C．根据电场线与等势线垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子透镜对入射的电子束能起到会聚的作用，故C错误；
D．根据
可知电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少，故D错误。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向，电势逐渐降低，即可分析判断；根据电场线与等势面的关系，即可分析判断；根据功能关系和电势能表达式，即可判断求解。
5．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器的构造和原理、远距离输电等知识点。掌握远距离输电原理是本题的关键。根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知，话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少。
故选D。
【分析】根据P损=I2r，P出=UI，提高传输电压，可以减小线路电流，可以减小线路电能的损耗。
6．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，分析清楚卫星的运动过程，应用万有引力公式与牛顿第二定律、开普勒定律即可解题。A．地球静止同步轨道卫星A相对于赤道静止，倾斜地球静止卫星只是周期等于地球自转周期，并不相对于赤道静止，故A错误；
B．由于不知道卫星A、B的质量，所以无法比较两者的动能，故B错误；
C．B卫星受到的万有引力完全提供向心力，有
对任意地球表面赤道处的物体受力分析，有
联立得
故C错误；
D．某时刻B、C两卫星相距最近，则再经，B卫星运动半周，C卫星运动一周，此时两卫星相距最远，距离为两者轨道半径和，对于B、C卫星，由开普勒第三定律得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据地球静止同步轨道卫星的特点分析A，根据动能公式分析B，根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律解答。
7．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查含容电路的分析，要掌握电容的决定因素以及电容的定义式，结合串联电路分压规律进行分析。A．电键K保持闭合时，上面红色二极管正常发光，下面绿色二极管不发光，故A错误；
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，根据电容的决定式可知，电容减小，两极板间电压不变，则电容器所带电荷量减小，电容器放电，所以电流表中有向下的电流，故B错误；
C．在断开K的瞬间，电容器放电，只有上面二极管发光，故C错误；
D．若只增大R2的阻值，则电容器两极板间电压增大，电容器所带电荷量增大，当电键K断开后，放电的时间会变长，故D正确。
故选D。
【分析】电键K保持闭合时，根据二极管单向导电性确定两个二极管发光情况。增大电容器两极板的距离，分析电容器电容的变化，判断电流表中电流方向；在断开K的瞬间，根据电容器放电情况分析两个二极管发光情况。若只增大R2的阻值，电键K断开后，分析放电时间的变化情况。
8．【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；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
由图像可知，斜率k=e，即图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小；截距
因b截距较大，可知b光频率较大，波长较小，根据
可知用同一装置做双缝干涉实验，b光的条纹间距较小，选项A错误，B正确；
C．由图像可知，
可知单色光a、b的频率之比不等于1：2，选项C错误；
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，若部分光线被遮挡，即光照强度减小，单位时间逸出的光电子数目减小，则放大器的电流将减小，选项D错误。
故选B。
【分析】 根据光电效应方程结合以及图像分析。
9．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】本题考查质量亏损、核反应方程的书写规则以及核能的计算和各种射线的穿透能力，会根据题意进行准确分析解答。A．因
所以核反应是放能核反应，有质量亏损，但质量数不变，故A错误；
B．核反应将放出能量约为
故B正确；
C．若把全部分解为核子，将吸收能量约
故C错误；
D．β射线只能穿透几毫米厚的铝板，所以在生产约30cm厚的钢板时，不能利用β射线的穿透能力对钢板的厚度进行自动控制，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量亏损、核反应方程的书写规则以及核能的计算和各种射线的穿透能力进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】本题解题关键是知道电子运动时，洛伦兹力提供向心力，根据楞次定律判断感生电场方向，知道场强与电势差关系。A．t时刻电子的动量大小为，
联立可得
故A错误；
B．t时刻轨道处涡旋电场的场强大小为
故B错误；
C．丙图中的第一个内，磁场方向竖直向上增大，根据楞次定律可知，感生电场沿顺时针方向，电子受的洛伦兹力方向指向圆心，则电子能被正常加速，第四个内，磁场方向竖直向下减小，根据楞次定律可知，感生电场沿顺时针方向，电子受的洛伦兹力方向背离圆心，则电子不能被正常加速，故C错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以
在切线方向有
所以
则
故D正确。
故选D。
【分析】根据动量表达式结合洛伦兹力提供向心力分析，根据场强与电势差关系分析；根据楞次定律分析；根据洛伦兹力提供向心力分析。
11．【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；α粒子的散射；阴极射线与阴极射线管；天然放射现象
【解析】【解答】本题考查阴极射线和α粒子散射实验，天然放射现象和带电粒子在电磁场中的偏转，气体压强随温度的变化关系，会根据题意进行准确分析解答。A．英国物理学家汤姆孙利用图甲所示的气体放电管证实阴极射线是带电粒子流，故A正确；
B．英国物理学家卢瑟福利用图乙所示的α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误；
C．法国物理学家贝克勒尔发现铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线，从而发现了天然放射现象，人们用图丙装置确定了射线的本质，故C错误；
D．意大利物理学家伽利略根据气体压强随温度的变化制造出图丁所示的气体温度计，故D正确。
故选AD。
【分析】根据阴极射线和α粒子散射实验，天然放射现象和带电粒子在电磁场中的偏转，结合气体压强随温度的变化关系进行分析解答。
12．【答案】A,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】解决本题的关键要理解干涉的原理，明确亮纹移过与光程差之间的关系。AB．随着空气进入T1管，光的频率不变，波速变小，波长变短，将会观测到条纹向上移动，故A正确，B错误；
CD．设空气折射率为n，真空折射率为n0，则实验过程中两管光程差的变化等于T1管中光程的变化
所以
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】在O处看到干涉亮纹，每看到一条亮纹移过．光程差减少一个波长，根据移过N条干涉亮纹，光程差增大了Nλ，列式求解即可。
13．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了学生消耗电能的计算、效率的计算，掌握电功率、电能的计算方法，知道效率的计算公式。A．年供电2.0×108kW·h，每度电耗煤300克，节约煤炭的质量为
所以可节约煤炭约6万吨，故A错误；
B．定日镜总面积
地球表面单位面积接收到太阳能的平均功率为
定日镜接收的光能为
提供的电能为
光能转化为电能的效率，故B正确；
C．地球大气层上表面每平方米接收功率为
太阳辐射的总功率为，故C错误；
D．地球大气层上表面接收到的功率
所以到达大气层的能量占总的太阳能的比例为
即二十二亿分之一，故D正确。
故选BD。
【分析】根据题目提供的条件，可以求出一年太阳能电池板吸收的太阳能，这是总能量，结合年供电值求出该电站光能转化为电能的效率；求出地球大气层上表面每平方米接收功率，再根据百分比求出太阳辐射的总功率。
14．【答案】（1）AD；
（2）不需要；；仍能
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，注意机械能守恒定律的应用。
（1）①该实验需要验证的关系
其中，，
带入可得
则需要测量的物理量为：遮光条的宽度d 以及光电门1和2之间的距离s ，故选AD。
②由以上推导可知，若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系
（2）①该实验验证系统的机械能守恒，则托盘和砝码的总质量不需要远小于滑块和遮光条的总质量。
②要验证的关系为
其中，
即
③若实验中发现有一个光电门损坏，则仍能利用该装置验证机械能守恒定律。让滑块从静止开始下滑，测得起始位置与光电门间的距离x，记录滑块经过光电门的时间t，即可通过
来验证机械能是否守恒。
【分析】 （1）根据实验原理结合机械能守恒定律解答；
（2）根据实验操作规范结合机械能守恒定律分析解答，托盘和砝码的总质量不需要远小于滑块和遮光条的总质量。
（1）①[1]该实验需要验证的关系
其中，，
带入可得
则需要测量的物理量为：遮光条的宽度d 以及光电门1和2之间的距离s ，故选AD。
②[2]由以上推导可知，若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系
（2）①[1]该实验验证系统的机械能守恒，则托盘和砝码的总质量不需要远小于滑块和遮光条的总质量。
②[2]要验证的关系为
其中，
即
③[3]若实验中发现有一个光电门损坏，则仍能利用该装置验证机械能守恒定律。让滑块从静止开始下滑，测得起始位置与光电门间的距离x，记录滑块经过光电门的时间t，即可通过
来验证机械能是否守恒。
15．【答案】（1）0.85；偏小
（2）R2；0.95；1.0×103；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测电源电动势和内阻的实验原理、多用电表的结构和读数、利用图像处理数据方法。
（1）由于多用电表为直流电压2.5V挡，所以每一小格为0.05V，所以图示读数为
由于多用电表测量的是电源两端的电压，即路端电压，其小于电源电动势，所以这样测定的结果和电动势相比偏小。
（2）由于水果电池内阻较大，所以滑动变阻器应选择阻值较大的R2方便实验调节；
根据闭合电路欧姆定律可得
变形整理可得
结合图像可得，
联立解得，
根据测定电源电动势和内阻的实验原理可知，可以采用伏阻法进行测量，但由于现有电压表量程太大，需要用电流表A1和定值电阻串联改装电压表，电路如图所示
同时也可以采用安阻法进行测量，电流表选用量程较大的A2，电路如图所示
【分析】 （1）根据多用电表分度值读数，多用电表测量路端电压，测量值小于电源电动势；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像解答。
（1）[1]由于多用电表为直流电压2.5V挡，所以每一小格为0.05V，所以图示读数为
[2]由于多用电表测量的是电源两端的电压，即路端电压，其小于电源电动势，所以这样测定的结果和电动势相比偏小。
（2）[1]由于水果电池内阻较大，所以滑动变阻器应选择阻值较大的R2方便实验调节；
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
变形整理可得
结合图像可得，
联立解得，
[4][5]根据测定电源电动势和内阻的实验原理可知，可以采用伏阻法进行测量，但由于现有电压表量程太大，需要用电流表A1和定值电阻串联改装电压表，电路如图所示
同时也可以采用安阻法进行测量，电流表选用量程较大的A2，电路如图所示
16．【答案】B,C
【知识点】验证动量守恒定律；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查不同实验的掌握，解题关键掌握实验原理，注意误差分析方法。A．双缝干涉测量光波长实验中，单色光无需偏振片，偏振片与该实验目的无关，故A错误；
B．用l T2图像计算重力加速度，摆球质量分布不均的影响可通过图像法消除，因图像斜率，多次测量取点绘图可规避此误差，故B正确；
C．气垫导轨上滑块碰撞，无论质量大小，只要系统合外力为零（气垫导轨减小摩擦），即可研究动量守恒，质量小碰质量大是可行的，故C正确；
D．油膜法中，油膜厚度是纯油酸体积与摊开面积之比，而非1滴油酸酒精溶液体积与它在水面上摊开的面积之比，故D错误。
故选BC。
【分析】偏振片与双缝干涉实验无关，摆球质量分布不均的影响可通过图像法消除，根据各实验的操作及实验原理分析判断。
17．【答案】（1）不变；不变
（2）对活塞B，根据平衡条件可得
对活塞A，根据平衡条件可得
解得
缓慢加热电热丝，下部气体发生等压变化，一直到活塞A到达最上端，则
解得
之后继续加热到T3，气体体积不变，则
解得
（3）对下部气体，根据热力学第一定律可得，
所以
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】（1）从状态1到状态2的过程中，活塞A下方气体温度升高，压强增大，但气体体积不变，分子数密度不变；从状态2到状态3过程，缓慢加热电热丝，活塞缓慢上移，根据平衡条件可知，上部圆筒内气体压强不变，则上部圆筒内壁单位面积上受到的压力不变；
【分析】（1）根据题目给出的条件，利用理想气体的状态方程来求解不同状态下的压强。
（2）根据平衡条件求解压强大小。下部气体发生等压变化以及等容变化，根据盖吕萨克定律以及查理定律求解。
（3）利用热力学第一定律计算气体吸收的热量。
（1）[1]从状态1到状态2的过程中，活塞A下方气体温度升高，压强增大，但气体体积不变，分子数密度不变；
[2]从状态2到状态3过程，缓慢加热电热丝，活塞缓慢上移，根据平衡条件可知，上部圆筒内气体压强不变，则上部圆筒内壁单位面积上受到的压力不变；
（2）对活塞B，根据平衡条件可得
对活塞A，根据平衡条件可得
解得
缓慢加热电热丝，下部气体发生等压变化，一直到活塞A到达最上端，则
解得
之后继续加热到T3，气体体积不变，则
解得
（3）对下部气体，根据热力学第一定律可得，
所以
18．【答案】（1）①从A到B由机械能守恒定律
在B点时
解得
②从A到F由机械能守恒定律
当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系
解得
假设正确，因此最大高度为0.8m。
（2）恰过C点，根据机械能守恒
在C点时
解得
恰好击中平台右端：
由动量守恒和能量关系； ，
且；
其中
综上解得
由（1）得时，恰好到达平台左端；综上得：
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）①由机械能守恒定律和圆周运动公式求物块a经过B点时螺旋圆形轨道对物块a的作用力大小FB；
②由机械能守恒定律、动量守恒和能量关系求物块a冲上滑块b后能达到的最大离地高度h；
（2）由机械能守恒定律、动量守恒和能量关系求释放高度H的取值范围。
（1）①从A到B由机械能守恒定律
在B点时
解得
②从A到F由机械能守恒定律
当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系
解得
假设正确，因此最大高度为0.8m。
（2）恰过C点，根据机械能守恒
在C点时
解得
恰好击中平台右端：
由动量守恒和能量关系； ，
且；
其中
综上解得
由（1）得时，恰好到达平台左端；综上得：
19．【答案】（1）小球在区域Ⅰ做匀速直线运动，由受力平衡图可知=
解得=
方向水平向左；
（2）小球在M点的水平速度为，竖直速度为，在N点的水平速度仍为，竖直速度为，所以
（3）由（1）可知，，小球通过N点进入区域Ⅲ时的速度为，方向与水平成60°角斜向右下，利用配速法将此速度分解为水平向右的和斜向左下的，如图所示
小球在向右做匀速直线运动的同时，又在区域Ⅲ完成了圆周运动，故运动时间
（4）小球在区域Ⅱ从M点到N点的水平位移
小球在区域Ⅲ的水平位移
回到区域Ⅱ的水平位移=
故
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由受力平衡求区域Ⅰ内电场E的大小与方向；
（2）进行速度的分解，在竖直方向上根据运动学公式求L的大小；
（3）利用配速法将速度分解，根据运动轨迹和周期公式求小球在区域Ⅲ运动的时间；
（4）分别分析在各个区域的位移大小，根据运动学公式求小球第二次经过y=L时与M点的距离。
（1）小球在区域Ⅰ做匀速直线运动，由受力平衡图可知=
解得=
方向水平向左；
（2）小球在M点的水平速度为，竖直速度为，在N点的水平速度仍为，竖直速度为，所以
（3）由（1）可知，，小球通过N点进入区域Ⅲ时的速度为，方向与水平成60°角斜向右下，利用配速法将此速度分解为水平向右的和斜向左下的，如图所示
小球在向右做匀速直线运动的同时，又在区域Ⅲ完成了圆周运动，故运动时间
（4）小球在区域Ⅱ从M点到N点的水平位移
小球在区域Ⅲ的水平位移
回到区域Ⅱ的水平位移=
故
20．【答案】（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，安培力做的功为
（2）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，有
根据闭合电路欧姆定律可得
解得恒流源甲的输出电压为
（3）金属棒在左侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据题意可得，
所以
（4）金属棒在右侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据能量守恒定律可得，，
解得
所以金属棒速度为0时的坐标为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，安培力均匀减小，根据安培力平均值与位移的乘积求安培力做功；
（2）根据动能定理求出金属棒运动至x=-0.6xa时速度。由欧姆定律结合法拉第电磁感应定律求恒流源甲的输出电压；
（3）金属棒在左侧导轨做简谐运动，等效平衡位置为x=xa，根据时间与周期的关系求；
（4）根据简谐运动的特征F=-kx求出比例系数k，再根据能量守恒定律结合简谐运动的周期性求金属棒速度为0时的坐标x。
（1）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，安培力做的功为
（2）金属棒运动至x=-0.6xa过程中，有
根据闭合电路欧姆定律可得
解得恒流源甲的输出电压为
（3）金属棒在左侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据题意可得，
所以
（4）金属棒在右侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为
根据能量守恒定律可得，，
解得
所以金属棒速度为0时的坐标为
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