2025届浙江省湖州市等三地高三下学期三模物理试题
1．（2025·湖州模拟）单位为的物理量是（ ）
A．电场强度 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电功率
2．（2025·湖州模拟）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（ ）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．以机器狗为参考系，重物是运动的
C．机器狗的平均速度大小约为
D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍
3．（2025·湖州模拟）处于静电平衡的导体电场线和等势线分布如图所示，则（ ）
A．a点和b点的电势大小相同
B．c点和d点的电场强度相同
C．取导体表面的电势为零，电子在c点的电势能为正值
D．从a到c与从b到d，电场力对电子做功相等
4．（2025·湖州模拟）根据放射性强度减小的情况可以推算植物死亡的时间，其衰变方程。在大气中的含量相当稳定，活的植物与环境交换碳元素，其体内的比例与大气中的相同，枯死的植物仍在衰变，但已不能得到补充。已知的半衰期为T，则（ ）
A．衰变时释放的粒子X是
B．比的比结合能小
C．随着全球变暖，的半衰期变短
D．若枯死植物含量为大气中含量的，则死亡时间为
5．（2025·湖州模拟）篮球投出后在空中的运动轨迹如图所示，A、B和C分别为抛出点，最高点和入篮框点。已知抛射角，B点与C点的竖直距离h，重力加速度g，忽略空气阻力，则（ ）
A．可以求出篮球入框时的速度
B．可以求出AB连线与水平方向的夹角
C．A到B的时间可能与B到C的时间相等
D．篮球入框时的速度与水平方向的夹角可能为
6．（2025·湖州模拟）“四星一线”是指太阳、地球、月球和火星依次排成一条直线。当天，先出现“火星冲日”（太阳、地球和火星三者依次且几乎排成一条直线）的天文现象，随后月球也出现在同一条直线上，上演了罕见的“四星一线”天文现象。已知火星绕太阳运动的轨道半径约为地球的1.5倍，则（ ）
A．1年后将再次出现“四星一线”的天文现象
B．1.5年后将再次出现“火星冲日”的天文现象
C．地球绕太阳运动的向心加速度约为火星的2.25倍
D．地球和火星分别与太阳的连线，在相同的时间内扫过的面积相等
7．（2025·湖州模拟）如图所示，一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A，另一端通过光滑滑轮连接重物B，此时两边细线竖直。某时刻，水平拉力F作用在滑块A上，使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m，滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则（ ）
A．若A做匀速运动，则B也做匀速运动
B．若B做匀速运动，则A做加速运动
C．若A缓慢向右运动，当细线与细杆间的夹角为时，拉力F有最小值
D．若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为时，拉力F一直在增大
8．（2025·湖州模拟）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（ ）
A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为
C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为
9．（2025·湖州模拟）如图所示用折射率为1.3的冰做成立方体冰砖，和分别为上表面ABCD和下表面的中心点，为立方体的中心点。在、和上依次放置点光源1、2和3，则（ ）
A．仅光源1发光时，直接发出的光照到下表面和四个侧面后，只有下表面所有区域均有光射出
B．仅光源3发光时，直接发出的光照到上表面和四个侧面后，这五个面的所有区域均有光射出
C．仅光源2发光时，直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，这六个面的所有区域均有光射出
D．光源1、2和3同时发光时，直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，仍有部分区域没有光线射出
10．（2025·湖州模拟）某自行车的车灯发电机如图1所示，其结构如图2。绕有300匝线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁。车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，摩擦小轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，其变化图像如图3所示，其中为摩擦小轮转动的角速度。线圈两端c、d作为发电机输出端与标有“12V，6W”的灯泡L相连。当自行车以速度v匀速行驶时，小灯泡恰好正常发光。假设灯泡阻值不变，线圈的总电阻为，摩擦小轮与轮胎间不打滑，发电机输出电压可视为正弦交流电压。则（ ）
A．自行车的速度
B．小灯泡正常发光时
C．若自行车的速度减半，则小灯泡的功率也减半
D．磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为
11．（2025·湖州模拟）如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别由金属A和金属B（其极限波长分别为和）制成，板的面积均为S，板间距离为d。现用波长为的激光持续照射两板内表面，稳定后，则（ ）
A．A板带正电，B板带负电
B．仅d增大，电容器带电荷量将减小
C．撤去激光，d增大，板间电场强度将变小
D．若改用波长为的激光照射，则产生的光电子运动的最远距离离B板为
12．（2025·湖州模拟）一波源处于xOy平面的原点O处，并且垂直xOy平面向外和向内振动。在时，波形如图所示，只有一个实线圆和一个虚线圆，分别代表波峰和波谷。在时，质点P第1次处在波峰位置，以垂直xOy平面向外（即沿波峰方向）为正方向，则（ ）
A．时，波源已经振动了0.03s
B．时，波传播到的最远点沿正方向振动
C．时，直线上共有3个点达到波峰
D．时，波传播到x正方向上最远点的坐标为5cm
13．（2025·湖州模拟）如图所示，两根足够长且电阻不计的平行光滑倾斜导轨，在M、N两点用绝缘材料平滑连接，M、N等高，两导轨间距为1m，导轨平面与水平面夹角为，其两端分别连接阻值的电阻和电容的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导体棒ab、cd质量分别为和，距离MN分别为3m和3.6m，ab的电阻为，cd的电阻不计，ab、cd与导轨垂直且接触良好。开始时电容器的电荷量为零，ab、cd均静止，现将ab释放，同时cd受到一大小，方向垂直cd沿导轨平面向上的力作用，经一段时间后，ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞。则（ ）
A．第一次碰撞前，ab的速度为
B．第一次碰撞前，cd的速度为
C．第一次碰撞后，ab、cd的速度为，方向沿导轨平面向下
D．ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，其中间时刻速度为
14．（2025·湖州模拟）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示。
（1）研究加速度与质量的关系时，两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。比较两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是（ ）
A．小车质量相同，钩码质量不同
B．小车质量不同，钩码质量相同
C．小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的5组实验数据，如表所示。为直观验证而建立坐标系，若纵轴为a，则横轴应为 （用题中字母表示）；
次数 1 2 3 4 5
0.62 0.48 0.40 0.32 0.15
0.25 0.33 0.40 0.50 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化图2装置中“力”的测量，下列说法正确的是______；
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受到的合力可等效为绳子的拉力
B．若斜面倾角过大，则小车所受合力小于绳子的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，槽码的重力都等于绳子的拉力
（4）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图3所示， cm；
（5）如图4是某次实验中得到的纸带的一部分，在其上取了7个计数点（相邻两计数点间均有4个点未画出），已知交流电的频率为，则小车的加速度大小为 （结果保留2位有效数字）。
15．（2025·湖州模拟）某同学用量程为，内阻未知的微安表和电阻箱R（0~9999.9）等器材探究果汁电池的电动势和内阻。
（1）他将一节内阻不计的干电池与微安表和电阻箱串联（如图1），当电阻箱的阻值为时，微安表的读数为，当电阻箱的阻值为时，微安表的读数为，则微安表的内阻 ；
（2）取走干电池，接入图2所示果汁电池，保持两电极在果汁中的深度h和正对面积不变，测得电极间距和时电阻箱R和对应微安表读数I的值，做出图像（如图3），由图像可知，随着电极间距d的增大，果汁电池的电动势 ，内阻 （两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）由图3可得，电极间距为时果汁电池的电动势 ，内阻 （结果均保留3位有效数字）。
16．（2025·湖州模拟）用插针法测梯形玻璃砖的折射率实验中
（1）在画玻璃砖边界时，请指出图1中操作不当之处 ；
（2）已画好玻璃砖边界MN、PQ，插上大头针、，使连线与PQ边界垂直。要保证能测出玻璃的折射率，入射光应从图2中玻璃砖 （选填“ae”、“ef”或“fd”）区域射入。（已知玻璃的折射率介于）；
（3）接（2）问，插大头针、操作正确，测得、的连线与MN的夹角，如图3所示，则玻璃的折射率 。
17．（2025·湖州模拟）如图是某超重报警装置示意图，它由导热性能良好的密闭气缸、固定有平台活塞、报警电路组成，当活塞下移两触点接触时，电路发出超重报警。已知活塞与平台的总质量为m，活塞横截面积为S，弹簧长为l，大气压为。平台不放物体，在环境温度为时，活塞距气缸底高为2l。不考虑活塞与气缸间摩擦，忽略上触点与活塞之间的距离，气缸内气体视为理想气体。
（1）平台下移过程中气体分子间作用力为 （选填“引力”、“斥力”或“零”），单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；
（2）轻放重物，活塞缓慢下移，求刚好触发超重预警时所放重物的质量M；
（3）不放重物，若外界温度缓慢降低，从图示位置到刚触发超重预警过程，气体向外界放出热量Q。求气体内能的变化。
18．（2025·湖州模拟）如图为一弹射游戏装置，它由安装在水平台面上的固定弹射器，水平直轨道AB，圆心为O的水平半圆细管道BCD，水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上，其上表面与FG相平，左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出，经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后，滑上木板。已知可视为质点的滑块质量，轨道DE长度，传送带长度，速度大小，木板质量，长度，BCD的半径，滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为，木板与轨道HI间的动摩擦因数，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中能量损失，各轨道间平滑连接。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到管道最高点时，受到的管道作用力大小；
（2）若滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围；
（3）若弹簧的弹性势能，求木板运动的位移x。
19．（2025·湖州模拟）图1为某振动发电机原理图，图2是其俯视图。质量的共轭磁铁由一竖直轻质弹簧（劲度系数）与水平地面连接，磁铁和弹簧构成振动体。磁铁中心部分为N极，外圆部分为S极，两磁极之间可视为均匀辐向磁场。固定不动的线圈与磁铁共轴且始终处于辐向磁场内，线圈所处的磁感应强度大小，线圈匝数匝，直径，电阻。线圈上下两端点a、b通过导线与外部一理想二极管D和阻值的电阻构成闭合回路（如图3）。在外力F的驱动下，磁铁在竖直方向做简谐运动，若取竖直向上为正，初始平衡位置为原点，其振动方程。已知磁铁最大速率，当弹簧形变量为x时，其弹性势能。不考虑空气阻力、线圈的自感和其它电阻，计算时取10。求
（1）时，线圈中产生电动势的大小及电流的大小；
（2）0~1s内，电阻R上产生的热量Q；
（3）0~0.02s内，通过电阻的电荷量q；
（4）0.01s~0.015s内，外力F做的功W。
20．（2025·湖州模拟）如图为探测磁场区域离子位置的装置。两足够长且间距极小的平行栅极板MN水平放置，左端与电压为U的电源相连，MN之间无磁场，M板上方存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场I，N板下方存在磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，边界为倾斜虚线OC的匀强磁场Ⅱ。正极板N上的O点有一离子源，能垂直极板向上发射速度大小连续均匀分布在之间的离子，并从D点进入磁场I。已知，离子质量为m，电荷量为q（），虚线OC与N板夹角，忽略栅极的电场边缘效应、离子在电场中的运动时间、离子间的相互作用及离子的重力，则
（1）离子进入磁场Ⅰ的速度大小v的范围；
（2）从磁场Ⅱ的边界OC射出离子数比例；
（3）若负极板M上水平放置探测板，从上方和下方射入的粒子均能被其接收。在时离子从O点射出，要求能在时间内探测到未从边界OC射出的所有离子，求探测板的最小长度L。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】单位制
【解析】【解答】磁通量的单位是韦伯，符号是。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】磁通量的单位是韦伯，符号是，电场强度（N/C 或 V/m），磁感应强度（T，特斯拉）
电功率（W，瓦特）
2．【答案】D
【知识点】质点；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；
B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止 ，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。
2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。
3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。
4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。
3．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．在静电场中：电场线方向指示电势降低方向，由图可见电场线从b指向a ，可知，a点电势低于b点电势，故A错误；
B．对于c、d两点：导体表面为等势，但表面电场强度方向：总是垂直于导体表面，c、d两点法线方向不同，电场强度是矢量，方向不同即表示矢量不同， 故B错误；
C．沿电场线电势降低，取导体表面的电势为零，则c点的电势为负值，根据电势能的定义式可知，电子在c点的电势能为正值，故C正确；
D．根据图示等势线的分布可知，则有，根据，可知，故D错误。
故选C。
【分析】1、电势与电场线的关系，沿着电场线的方向，电势逐渐降低。根据这个规律，如果电场线从b点指向a点，可以判断a点的电势低于b点的电势。
2、电场强度的方向特性，电场强度是一个矢量量，具有方向性。当c点和d点的电场方向不同时，即使大小相同，这两个位置的电场强度也是不同的。
3、电势参考点与电势能计算，当选择导体表面作为零电势参考点时：如果c点处于负电势区域，则该点电势为负值，对于带负电的电子来说，在负电势位置具有正的电势能（根据公式Ep=qφ计算）
4、等势面与电场强度的关系，通过观察等势面的分布可以判断电场强度：等势面越密集的区域，电场强度越大，等势面越稀疏的区域，电场强度越小。
4．【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．核反应方程分析：质量数守恒：14 = 14 + A A = 0，电荷数守恒：6 = 7 + Z Z = -1，因此X应为电子（e-），故A错误；
B．衰变过程释放能量 生成核更稳定，比结合能（每个核子的平均结合能）越大，核越稳定，因此 4C的比结合能小于 4N，可知，比的比结合能大，故B错误；
C．半衰期本质特征：是放射性核素的固有属性，不受外界因素（温度、压强、化学状态等）影响
全球变暖不会改变 4C的半衰期，故C错误；
D．根据半衰期的规律有，根据题意有
解得，故D正确。
故选D。
【分析】1、核反应守恒规律：在核反应过程中，质量数和电荷数始终保持守恒。通过计算反应前后质量数和电荷数的差值，可以准确判断产生的粒子类型。例如，当质量数差为0而电荷数差为-1时，可以确定产生了电子。
2、核稳定性与能量关系：放射性衰变过程会释放能量，这是核反应的重要特征。生成的原子核通常具有更高的稳定性，这种稳定性可以通过比结合能来量化。比结合能越大，表明原子核结合得越紧密，核子之间的结合能越高。
3、半衰期的基本特性：半衰期是放射性同位素的固有属性，具有以下重要特点：
不受温度、压力等物理条件影响，与元素的化学状态无关，环境变化（如全球变暖）不会改变其数值。
4、放射性衰变遵循特定的数学规律：。
5．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】B．根据题意可知，篮球做斜抛运动，水平方向的速度不变，则有
从到过程中，有，，
AB连线与水平方向的夹角的正切值，由于已知，则可求，故B正确；
AC．从到过程，篮球做平抛运动，下落高度为，则有，
则，由于未知，则不可以求出篮球入框时的速度，由于
则有，故AC错误；
D．结合上述分析可知，，则有
设篮球入框时的速度与水平方向的夹角为，则有，由于
则有，即篮球入框时的速度与水平方向的夹角一定小于，故D错误。
故选B。
【分析】1、抛体运动的基本特性：篮球的运动轨迹是典型的抛物线运动，运动可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀变速运动，最高点B处竖直方向速度为零。
2、运动学量的求解：利用竖直方向位移h可以求出篮球从B到C的运动时间，通过抛射角可以确定初速度的竖直分量，结合最高点高度可以求出初速度大小。
3、时间对称性分析：当抛出点和落地点在同一水平面时，上升和下降时间相等。
4、入框角度判断：入框时的速度方向可以通过水平分量和竖直分量确定，
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】B．根据开普勒第三定律有，解得，令再次出现“火星冲日”的时间为，则有，解得，即大约经过4.35年后将再次出现“火星冲日”的天文现象，故B错误；
A．由于先出现“火星冲日”（太阳、地球和火星三者依次且几乎排成一条直线）的天文现象，随后月球也出现在同一条直线上，上演了罕见的“四星一线”天文现象，可知，再次出现“四星一线”天文现象的时间大于再次出现“火星冲日”的天文现象的时间，即再次出现“四星一线”天文现象的时间大于4.35年，故A错误；
C．根据牛顿第二定律有，，解得，故C正确；
D．根据，，解得，火星轨道半径大一些，可知，地球和火星分别与太阳的连线，在相同的时间内，火星分别与太阳连线扫过的面积大一些，故D错误。
故选C。
【分析】1、行星会合周期计算：火星轨道半径约为地球的1.5倍，根据开普勒第三定律，火星公转周期与地球周期关系，"火星冲日"的会合周期计算公式。
2、向心加速度比较，根据万有引力定律，向心加速度a∝1/r2。
3、不同行星扫过面积的速度不等。
4、根据牛顿第二定律有，比较加速度。
7．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．对AB两滑块速度关系如图所示，由几何关系有，若A做匀速运动，逐渐减小，逐渐增大，则B的速度逐渐增大；若B做匀速运动，逐渐减小，逐渐增大，则A的速度逐渐减小，故AB错误；
CD ．对滑块B有，对滑块A有进行受力分析如图所示
由于滑块A从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至过程中
可知，则在竖直方向上有，则在水平方向有
联立解得
假设，，解得
则可求得，滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中，减小，可知F逐渐增大，当时，解得拉力F有最大值，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】1、滑块A和重物B通过细线连接，它们的运动速度或加速度存在几何关系，。
2、需分别分析A和B的受力情况，“缓慢运动”意味着准静态过程，加速度可忽略，系统始终平衡。
对A受力分析：水平方向：F = T sinθ + f（f为摩擦力）。竖直方向：N + T cosθ = mg（N为支持力）。摩擦力：f = μN = μ(mg - T cosθ)。
3、若系统处于平衡状态（如缓慢运动或匀速运动），需满足力的平衡方程。
4、从F的表达式：， 减小，可知F逐渐增大，当时，解得拉力F有最大值。
8．【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．当物块A离开墙壁时：B回到初始位置，具有向右速度，系统机械能守恒 可求出，对整体 ，此即墙壁对A的总冲量大小，故A正确；
B．墙壁对A的作用过程：A始终未发生位移（被固定），功的定义W = F·s = 0（因为s=0）虽然有力作用，但无位移不做功，故B错误；
C．物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，有，，解得，，故C错误；
D．物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有，故D错误；
故选A。
【分析】运动过程分析：A静止（紧靠墙壁），B以初速度 向右运动，弹簧原长。
阶段1：B向右运动，弹簧被拉伸，A受弹簧拉力但被墙壁阻挡（A不动）。墙壁对A施加向左的支持力，使A保持静止。弹簧伸长，弹性势能增加，B减速。
阶段2：当B减速至0时，弹簧达到最大伸长量，此时弹性势能最大。随后弹簧收缩，B向左运动，A可能脱离墙壁。
阶段3：若A脱离墙壁，A、B在弹簧作用下运动，直至弹簧恢复原长或反向压缩。
物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒。
物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大。
9．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】AB．最下端入射角 = 45° ≥ 发生全反射，只有上部区域（入射角<）有光出射
底面光线：入射角 ≈ 37° < 全底面可见，光线射到侧面或底面时的临界角，可知射到下表面所有区域均有光射出；同理可知，仅光源3发光时，直接发出的光照到上表面和四个侧面后，只有上表面所有区域均有光射出，四个侧面上只有部分区域有光线射出，故A正确，B错误；
C．射向B'点的光线：入射角θ ≈ 53° ≥ 全反射，六个面均存在全反射区域，每个面只有部分区域出射光，仅光源2发光时，射到B＇点的光线的入射角，可知已经发生了全反射，可知直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，这六个面只有部分区域有光射出，故C错误；
D．互补效应：光源1保证底面全出射，光源3保证顶面全出射，光源2补充侧面照明，由以上分析可知，光源1、2和3同时发光时，直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，所有区域均有光线射出，故D错误。
故选A。
【分析】由公式可求解临界角，光源射到下表面和四个侧面后，根据入射角与临界角大小判断是否发生全反射。
10．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】B．令感应电动势的最大值为，则有
则感应电动势的有效值，小灯泡恰好正常发光，则有
对小灯泡有，解得，故B错误；
A．车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，根据，结合上述解得，故A正确；
C．若自行车的速度减半，结合上述可知，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡的功率减为先前的，故C错误；
D．磁铁处于图2位置时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据图3可知，此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为0，故D错误。
故选A。
【分析】1、根据公式求解感应电动势的最大值，根据公式得出感应电动势的有效值，，联立可求解 小灯泡正常发光时
2、摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，小灯泡的功率减为先前的。
11．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；光电效应
【解析】【解答】A．因波长，由可知，和，即入射光的频率大于金属B的极限频率而能发生光电效应，A板不能发生光电效应，则B板失去电子带正电，A板得到电子带负电，故A错误；
B．电容器达到稳定时动能最大的光电子刚好不能到达A板，此时的电压最大，由可知，最大电压恒为；仅d增大，由可知电容器的电容变小，由可知电容器带电荷量将减小，故B正确；
C．撤去激光，电容器的电荷量不变，d增大，由可知，板间电场强度将不变，故C错误；
D．若改用波长为的激光照射，光电子的最大动能为
设光电子从B板减速的位移为，由动能定理有，结合
联立解得，即光电子运动的最远距离离B板为，故D正确。
故选BD。
【分析】1、入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，由可知和
2、由可知最大电压恒为
3、由和判断仅d增大，电容器带电荷量将减小。
4、和联立可求解光电子运动的最远距离。
12．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．依题意，时，波峰传播的距离，则波速为，根据，又，联立，解得，由时的波形图，可知该时刻波前恰好传播到，根据“上下坡”法可知该点沿正方向振动，则波源已经振动的时间为，故A错误；B正确；
C．时，最远的波峰形成圆的半径为，相邻波峰的距离为一个波长即2cm，该时刻波形如图所示，
由图可知，直线上共有3个点达到波峰，故C正确；
D．根据B选项分析，可知时，波传播到的最远点坐标为，根据，可知时，波传播到x正方向上最远点的坐标为，故D错误。
故选BC。
【分析】1、 在时，质点P第1次处在波峰位置 可得出时，波峰传播的距离，根据公式可计算波速。
2、根据图中数据可计算波长，由可计算周期。
3、根据“上下坡”法可知该点沿正方向振动。
4、时，波传播到的最远点坐标为，根据，可知时，波传播到x正方向上最远点的坐标为
13．【答案】B,C
【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】B．对cd有，则有
解得，第一次碰撞前有，代入数值解得，故B正确；
A．从开始运动到第一次碰撞的的时间，碰前过程对ab，ab的受到的安培力
则有，即
代入数值解得，故A错误；
C．ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，则有
解得，方向沿导轨向下。故C正确；
D． ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，因此其中间时刻速度不等于。故D错误。
故选BC。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型，回路中含电容器，还涉及到两棒碰撞动量和能量问题。
1、碰前过程对ab，根据牛顿第二定律列等式：，ab的受到的安培力，联立可计算第一次碰撞前，ab的速度。
2、对cd，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解第一次碰撞前，ab的速度。
3、ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，共速，由动量守恒定律列等式可求解 第一次碰撞后，ab、cd的速度 。
4、 ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，中间时刻速度不等于平均速度。
14．【答案】（1）B
（2）
（3）A
（4）1.02
（5）0.50
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）研究加速度与质量关系时：控制变量：保持拉力恒定（固定钩码质量），改变变量：调整小车质量（通过增减配重），正确操作：选用不同质量的小车 ，故选B。
（2）验证a∝1/m关系时， 理想线性化处理，纵轴：加速度a（直接测量值），横轴：质量的倒数1/m（而非质量m本身），理论依据：牛顿第二定律：a = F/m a与1/m成正比，若作图呈直线则验证成功
（3）A．摩擦力平衡（关键步骤）调整斜面倾角θ使mgsinθ = μmgcosθ，此时摩擦力被重力分量抵消，剩余合力仅由绳拉力提供，故A正确；
B．当θ过大时：mgsinθ > μmgcosθ，小车会获得额外沿斜面的分力，实测合力F_测 = T + mgsinθ - f > T ，若斜面倾角过大，则mgsinθ>f，则小车所受合力大于绳子的拉力，故B错误；
C．对钩码分析可知可知T=mg-ma，可知绳子的拉力小于重力，且小车运动的加速度越大，绳子的拉力比槽码的重力小的越多，故C错误。
故选A。
（4）用游标卡尺测量垫块厚度=1cm+0.1mm×2=1.02cm；
（5）相邻两计数点间均有4个点未画出可得T=0.1s，则小车的加速度大小为
【分析】（1）“探究加速度与质量的关系”实验中应采用控制变量法，应该保持拉力大小相同，即钩码质量相同，小车质量不同。
（2）满足，a与图像是直线，
（3）在探究加速度与力的关系实验先平衡摩擦力，使得细线的拉力等于小车受的合力。
（4）考查游标卡尺读数。
（5）纸带测加速度，用逐差法计算加速度，公式计算。
（1）该实验探究加速度和质量关系，则应该保持拉力大小相同，即钩码质量相同，小车质量不同，故选B。
（2）若牛顿第二定律成立，则满足，即为直观验证而建立坐标系，若纵轴为a，则横轴应为。
（3）A．为了简化图2装置中“力”的测量，即使得细线的拉力等于小车受的合力，则可先平衡摩擦力，即使小车沿倾角合适的斜面运动，使得f=mgsinθ，则小车受到的合力可等效为绳子的拉力，选项A正确；
B．若斜面倾角过大，则mgsinθ>f，则小车所受合力大于绳子的拉力，选项B错误；
C．对钩码分析可知
可知T=mg-ma
可知绳子的拉力小于重力，且小车运动的加速度越大，绳子的拉力比槽码的重力小的越多，选项C错误。
故选A。
（4）用游标卡尺测量垫块厚度=1cm+0.1mm×2=1.02cm；
（5）相邻两计数点间均有4个点未画出可得T=0.1s，则小车的加速度大小为
15．【答案】（1）100
（2）不变；增大
（3）1.00；1.32
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律有
代入数值解得
（2）根据闭合电路欧姆定律有，整理得
所以对图像，有，由图3的图线的斜率和截距可知，随着电极间距 d 增大，斜率不变，而截距增大，则果汁电池的电动势不变，内阻增大。
（3）由图3可得，电极间距为时有，，解得，
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列等式计算 微安表的内阻 。
（2）根据闭合电路欧姆定律有，整理得，，由图像可分析出电池的电动势不变，内阻增大。
（3），利用图像数据计算电池的电动势和内阻。
（1）根据闭合电路欧姆定律有
代入数值解得
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
所以对图像，有
由图3的图线的斜率和截距可知，随着电极间距 d 增大，斜率不变，而截距增大，则果汁电池的电动势不变，内阻增大。
（3）[1][2]由图3可得，电极间距为时有，
解得，
16．【答案】（1）不能直接沿玻璃砖画边界
（2）fd
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。
（2）玻璃的折射率介于，则临界角的正弦值范围为
若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为大于临界角，发生全反射，不能测出玻璃的折射率；若段射入，光线将从边垂直射出，不能测出玻璃的折射率；若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为小于临界角，能过从边折射出光线，可以测出玻璃的折射率。则入射光应从图2中玻璃砖区域射入。
（3）补全光路图，如图所示
由几何关系可得，，由折射定律可得，玻璃的折射率
【分析】（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。
（2）根据已知折射率，可计算出全反射临界角的正弦值范围，当发生全反射则不能射出，要保证能测出玻璃的折射率，则不能发生全反射。
（3）先画出光路图，由几何关系得出入射角和折射角，再根据折射率定义式计算折射率。
（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。
（2）玻璃的折射率介于，则临界角的正弦值范围为
若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为大于临界角，发生全反射，不能测出玻璃的折射率；若段射入，光线将从边垂直射出，不能测出玻璃的折射率；若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为小于临界角，能过从边折射出光线，可以测出玻璃的折射率。则入射光应从图2中玻璃砖区域射入。
（3）补全光路图，如图所示
由几何关系可得，
由折射定律可得，玻璃的折射率
17．【答案】（1）零；增大
（2）
（3）
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）因气体视为理想气体，则平台下移过程中气体分子间作用力为零，气体体积变小，因活塞导热性良好，可知气体温度不变，则气体压强变大，则单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力增大
（2）气体进行等温过程，则根据玻意耳定律：
可得，得
（3）等压变化，外界对气体做功
由热力学第一定律，解得
【分析】（1）气体分子间作用力为零。气体体积变小，气体温度不变，则气体压强变大，由可知，单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力增大。
（2）根据活塞受力平衡列等式，根据玻意耳定律，联立可求解所放重物的质量M。
（3）等压变化，外界对气体做功，由热力学第一定律，可求解气体内能的变化。
（1）[1][2]因气体视为理想气体，则平台下移过程中气体分子间作用力为零，气体体积变小，因活塞导热性良好，可知气体温度不变，则气体压强变大，则单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力增大；
（2）气体进行等温过程，则根据玻意耳定律：
可得
得
（3）等压变化，外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
18．【答案】（1）解：滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）解：①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）解：若弹簧的弹性势能，到E点的过程有，解得
若刚好能通过皮带的速度大小，解得
所以滑块减速通过皮带，有，解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，
解得，达到共速时的木板位移 ，达到共速后的木板位移
则木板位移
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，根据能量守恒列等式：，在最高点根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解 最高点时，受到的管道作用力大小。
（2）①滑块超过竖直圆周最高点的条件为，
②滑块到达F点时，速度恰好为零，，滑块最终静止在轨道DE某处，可求弹簧的弹性势能的范围。
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程根据能量守恒，可求解E点速度，若刚好能通过皮带的速度大小，解得，滑块减速通过皮带，有，滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，可求解共同速度，
再可求解达到共速时的木板位移，达到共速后的木板位移，木板位移
（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程有
解得
若刚好能通过皮带的速度大小
解得
所以滑块减速通过皮带，有
解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有
，
，
解得
达到共速时的木板位移
达到共速后的木板位移
则木板位移
19．【答案】（1）解：由振动方程可知，时刻磁铁位于平衡位置且以速度向上，线圈中产生电动势的大小为
此时线圈相对磁体向下运动，由右手定则判断图乙中电流方向为顺时针，即由b端流出。由于理想二极管成反向截止状态，故电流大小为
（2） 解：流过R的电流在一个周期内如图所示
电流最大值为
根据有效值定义可得
解得电流有效值为
则0~1s内，电阻R上产生的热量为
（3）解：由振动方程可知周期为
前0.02s内，仅在0.005s到0.015s有电流通过电阻R，则有
（4）解：0.01s~0.015s内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，受力如图所示
由动能定理得
磁场力做功
又，，
联立解得外力F做的功为
【知识点】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】【分析】（1）由振动方程可知，时刻磁铁位于平衡位置且以速度向上，由公式可计算线圈中产生电动势的大小，此时线圈相对磁体向下运动，由右手定则判断图乙中电流方向为顺时针，即由b端流出，理想二极管成反向截止状态。
（2）可画出流过R的电流在一个周期内图
由公式计算电流最大值，根据有效值定义，可计算电流有效值
则0~1s内，电阻R上产生的热量
（3）由振动方程可知周期，前0.02s内，仅在0.005s到0.015s有电流通过电阻R，由公式可计算0~0.02s内，通过电阻的电荷量q
（4）0.01s~0.015s内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，作出受力图
由动能定理得，磁场力做，又，，，联立可求解外力F做的功。
（1）由振动方程可知，时刻磁铁位于平衡位置且以速度向上，线圈中产生电动势的大小为
此时线圈相对磁体向下运动，由右手定则判断图乙中电流方向为顺时针，即由b端流出。由于理想二极管成反向截止状态，故电流大小为
（2）流过R的电流在一个周期内如图所示
电流最大值为
根据有效值定义可得
解得电流有效值为
则0~1s内，电阻R上产生的热量为
（3）由振动方程可知周期为
前0.02s内，仅在0.005s到0.015s有电流通过电阻R，则有
（4）0.01s~0.015s内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，受力如图所示
由动能定理得
磁场力做功
又，，
联立解得外力F做的功为
20．【答案】（1）解：动能定理，解得
，解得
所以
（2）解：临界如图所示
设此时速度大小v，上圆半径为，下圆半径为，则
解得， ， ，
解得，
O点的速度大小
所以
（3）解：离子经过三个半圆弧，打到探测板上方
距O点最近水平距离对应离子初速度为零时，
离子经过二个半圆弧，打到探测板下方
距O点最远水平距离对应离子初速度为时，
当离子经过二个半圆弧恰好经过，其半径分别为、，随后进入磁场I
可得
比较离子打到的最远点，知
探测板的最短长度
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）在电场中加速由动能定理，可求解最小速度，，可求解最大速度
（2）临界轨迹图
图中由几何关系得出， ， ， ，联立可求解O点的速度大小。
（3）离子经过三个半圆弧，打到探测板上方，距O点最近水平距离对应离子初速度为零时，，离子经过二个半圆弧，打到探测板下方，距O点最远水平距离对应离子初速度为时，，当离子经过二个半圆弧恰好经过，随后进入磁场I
可得，比较离子打到的最远点，探测板的最短长度
（1）动能定理
解得
解得
所以
（2）临界如图所示
设此时速度大小v，上圆半径为，下圆半径为
则
解得
解得，
O点的速度大小
所以
（3）离子经过三个半圆弧，打到探测板上方
距O点最近水平距离对应离子初速度为零时，
离子经过二个半圆弧，打到探测板下方
距O点最远水平距离对应离子初速度为时，
当离子经过二个半圆弧恰好经过，其半径分别为、，随后进入磁场I
可得
比较离子打到的最远点，知
探测板的最短长度
1 / 12025届浙江省湖州市等三地高三下学期三模物理试题
1．（2025·湖州模拟）单位为的物理量是（ ）
A．电场强度 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电功率
【答案】C
【知识点】单位制
【解析】【解答】磁通量的单位是韦伯，符号是。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】磁通量的单位是韦伯，符号是，电场强度（N/C 或 V/m），磁感应强度（T，特斯拉）
电功率（W，瓦特）
2．（2025·湖州模拟）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（ ）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．以机器狗为参考系，重物是运动的
C．机器狗的平均速度大小约为
D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍
【答案】D
【知识点】质点；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；
B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止 ，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。
2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。
3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。
4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。
3．（2025·湖州模拟）处于静电平衡的导体电场线和等势线分布如图所示，则（ ）
A．a点和b点的电势大小相同
B．c点和d点的电场强度相同
C．取导体表面的电势为零，电子在c点的电势能为正值
D．从a到c与从b到d，电场力对电子做功相等
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．在静电场中：电场线方向指示电势降低方向，由图可见电场线从b指向a ，可知，a点电势低于b点电势，故A错误；
B．对于c、d两点：导体表面为等势，但表面电场强度方向：总是垂直于导体表面，c、d两点法线方向不同，电场强度是矢量，方向不同即表示矢量不同， 故B错误；
C．沿电场线电势降低，取导体表面的电势为零，则c点的电势为负值，根据电势能的定义式可知，电子在c点的电势能为正值，故C正确；
D．根据图示等势线的分布可知，则有，根据，可知，故D错误。
故选C。
【分析】1、电势与电场线的关系，沿着电场线的方向，电势逐渐降低。根据这个规律，如果电场线从b点指向a点，可以判断a点的电势低于b点的电势。
2、电场强度的方向特性，电场强度是一个矢量量，具有方向性。当c点和d点的电场方向不同时，即使大小相同，这两个位置的电场强度也是不同的。
3、电势参考点与电势能计算，当选择导体表面作为零电势参考点时：如果c点处于负电势区域，则该点电势为负值，对于带负电的电子来说，在负电势位置具有正的电势能（根据公式Ep=qφ计算）
4、等势面与电场强度的关系，通过观察等势面的分布可以判断电场强度：等势面越密集的区域，电场强度越大，等势面越稀疏的区域，电场强度越小。
4．（2025·湖州模拟）根据放射性强度减小的情况可以推算植物死亡的时间，其衰变方程。在大气中的含量相当稳定，活的植物与环境交换碳元素，其体内的比例与大气中的相同，枯死的植物仍在衰变，但已不能得到补充。已知的半衰期为T，则（ ）
A．衰变时释放的粒子X是
B．比的比结合能小
C．随着全球变暖，的半衰期变短
D．若枯死植物含量为大气中含量的，则死亡时间为
【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．核反应方程分析：质量数守恒：14 = 14 + A A = 0，电荷数守恒：6 = 7 + Z Z = -1，因此X应为电子（e-），故A错误；
B．衰变过程释放能量 生成核更稳定，比结合能（每个核子的平均结合能）越大，核越稳定，因此 4C的比结合能小于 4N，可知，比的比结合能大，故B错误；
C．半衰期本质特征：是放射性核素的固有属性，不受外界因素（温度、压强、化学状态等）影响
全球变暖不会改变 4C的半衰期，故C错误；
D．根据半衰期的规律有，根据题意有
解得，故D正确。
故选D。
【分析】1、核反应守恒规律：在核反应过程中，质量数和电荷数始终保持守恒。通过计算反应前后质量数和电荷数的差值，可以准确判断产生的粒子类型。例如，当质量数差为0而电荷数差为-1时，可以确定产生了电子。
2、核稳定性与能量关系：放射性衰变过程会释放能量，这是核反应的重要特征。生成的原子核通常具有更高的稳定性，这种稳定性可以通过比结合能来量化。比结合能越大，表明原子核结合得越紧密，核子之间的结合能越高。
3、半衰期的基本特性：半衰期是放射性同位素的固有属性，具有以下重要特点：
不受温度、压力等物理条件影响，与元素的化学状态无关，环境变化（如全球变暖）不会改变其数值。
4、放射性衰变遵循特定的数学规律：。
5．（2025·湖州模拟）篮球投出后在空中的运动轨迹如图所示，A、B和C分别为抛出点，最高点和入篮框点。已知抛射角，B点与C点的竖直距离h，重力加速度g，忽略空气阻力，则（ ）
A．可以求出篮球入框时的速度
B．可以求出AB连线与水平方向的夹角
C．A到B的时间可能与B到C的时间相等
D．篮球入框时的速度与水平方向的夹角可能为
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】B．根据题意可知，篮球做斜抛运动，水平方向的速度不变，则有
从到过程中，有，，
AB连线与水平方向的夹角的正切值，由于已知，则可求，故B正确；
AC．从到过程，篮球做平抛运动，下落高度为，则有，
则，由于未知，则不可以求出篮球入框时的速度，由于
则有，故AC错误；
D．结合上述分析可知，，则有
设篮球入框时的速度与水平方向的夹角为，则有，由于
则有，即篮球入框时的速度与水平方向的夹角一定小于，故D错误。
故选B。
【分析】1、抛体运动的基本特性：篮球的运动轨迹是典型的抛物线运动，运动可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀变速运动，最高点B处竖直方向速度为零。
2、运动学量的求解：利用竖直方向位移h可以求出篮球从B到C的运动时间，通过抛射角可以确定初速度的竖直分量，结合最高点高度可以求出初速度大小。
3、时间对称性分析：当抛出点和落地点在同一水平面时，上升和下降时间相等。
4、入框角度判断：入框时的速度方向可以通过水平分量和竖直分量确定，
6．（2025·湖州模拟）“四星一线”是指太阳、地球、月球和火星依次排成一条直线。当天，先出现“火星冲日”（太阳、地球和火星三者依次且几乎排成一条直线）的天文现象，随后月球也出现在同一条直线上，上演了罕见的“四星一线”天文现象。已知火星绕太阳运动的轨道半径约为地球的1.5倍，则（ ）
A．1年后将再次出现“四星一线”的天文现象
B．1.5年后将再次出现“火星冲日”的天文现象
C．地球绕太阳运动的向心加速度约为火星的2.25倍
D．地球和火星分别与太阳的连线，在相同的时间内扫过的面积相等
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】B．根据开普勒第三定律有，解得，令再次出现“火星冲日”的时间为，则有，解得，即大约经过4.35年后将再次出现“火星冲日”的天文现象，故B错误；
A．由于先出现“火星冲日”（太阳、地球和火星三者依次且几乎排成一条直线）的天文现象，随后月球也出现在同一条直线上，上演了罕见的“四星一线”天文现象，可知，再次出现“四星一线”天文现象的时间大于再次出现“火星冲日”的天文现象的时间，即再次出现“四星一线”天文现象的时间大于4.35年，故A错误；
C．根据牛顿第二定律有，，解得，故C正确；
D．根据，，解得，火星轨道半径大一些，可知，地球和火星分别与太阳的连线，在相同的时间内，火星分别与太阳连线扫过的面积大一些，故D错误。
故选C。
【分析】1、行星会合周期计算：火星轨道半径约为地球的1.5倍，根据开普勒第三定律，火星公转周期与地球周期关系，"火星冲日"的会合周期计算公式。
2、向心加速度比较，根据万有引力定律，向心加速度a∝1/r2。
3、不同行星扫过面积的速度不等。
4、根据牛顿第二定律有，比较加速度。
7．（2025·湖州模拟）如图所示，一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A，另一端通过光滑滑轮连接重物B，此时两边细线竖直。某时刻，水平拉力F作用在滑块A上，使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m，滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则（ ）
A．若A做匀速运动，则B也做匀速运动
B．若B做匀速运动，则A做加速运动
C．若A缓慢向右运动，当细线与细杆间的夹角为时，拉力F有最小值
D．若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为时，拉力F一直在增大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．对AB两滑块速度关系如图所示，由几何关系有，若A做匀速运动，逐渐减小，逐渐增大，则B的速度逐渐增大；若B做匀速运动，逐渐减小，逐渐增大，则A的速度逐渐减小，故AB错误；
CD ．对滑块B有，对滑块A有进行受力分析如图所示
由于滑块A从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至过程中
可知，则在竖直方向上有，则在水平方向有
联立解得
假设，，解得
则可求得，滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中，减小，可知F逐渐增大，当时，解得拉力F有最大值，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】1、滑块A和重物B通过细线连接，它们的运动速度或加速度存在几何关系，。
2、需分别分析A和B的受力情况，“缓慢运动”意味着准静态过程，加速度可忽略，系统始终平衡。
对A受力分析：水平方向：F = T sinθ + f（f为摩擦力）。竖直方向：N + T cosθ = mg（N为支持力）。摩擦力：f = μN = μ(mg - T cosθ)。
3、若系统处于平衡状态（如缓慢运动或匀速运动），需满足力的平衡方程。
4、从F的表达式：， 减小，可知F逐渐增大，当时，解得拉力F有最大值。
8．（2025·湖州模拟）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（ ）
A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为
C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．当物块A离开墙壁时：B回到初始位置，具有向右速度，系统机械能守恒 可求出，对整体 ，此即墙壁对A的总冲量大小，故A正确；
B．墙壁对A的作用过程：A始终未发生位移（被固定），功的定义W = F·s = 0（因为s=0）虽然有力作用，但无位移不做功，故B错误；
C．物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，有，，解得，，故C错误；
D．物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有，故D错误；
故选A。
【分析】运动过程分析：A静止（紧靠墙壁），B以初速度 向右运动，弹簧原长。
阶段1：B向右运动，弹簧被拉伸，A受弹簧拉力但被墙壁阻挡（A不动）。墙壁对A施加向左的支持力，使A保持静止。弹簧伸长，弹性势能增加，B减速。
阶段2：当B减速至0时，弹簧达到最大伸长量，此时弹性势能最大。随后弹簧收缩，B向左运动，A可能脱离墙壁。
阶段3：若A脱离墙壁，A、B在弹簧作用下运动，直至弹簧恢复原长或反向压缩。
物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒。
物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大。
9．（2025·湖州模拟）如图所示用折射率为1.3的冰做成立方体冰砖，和分别为上表面ABCD和下表面的中心点，为立方体的中心点。在、和上依次放置点光源1、2和3，则（ ）
A．仅光源1发光时，直接发出的光照到下表面和四个侧面后，只有下表面所有区域均有光射出
B．仅光源3发光时，直接发出的光照到上表面和四个侧面后，这五个面的所有区域均有光射出
C．仅光源2发光时，直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，这六个面的所有区域均有光射出
D．光源1、2和3同时发光时，直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，仍有部分区域没有光线射出
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】AB．最下端入射角 = 45° ≥ 发生全反射，只有上部区域（入射角<）有光出射
底面光线：入射角 ≈ 37° < 全底面可见，光线射到侧面或底面时的临界角，可知射到下表面所有区域均有光射出；同理可知，仅光源3发光时，直接发出的光照到上表面和四个侧面后，只有上表面所有区域均有光射出，四个侧面上只有部分区域有光线射出，故A正确，B错误；
C．射向B'点的光线：入射角θ ≈ 53° ≥ 全反射，六个面均存在全反射区域，每个面只有部分区域出射光，仅光源2发光时，射到B＇点的光线的入射角，可知已经发生了全反射，可知直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，这六个面只有部分区域有光射出，故C错误；
D．互补效应：光源1保证底面全出射，光源3保证顶面全出射，光源2补充侧面照明，由以上分析可知，光源1、2和3同时发光时，直接发出的光照到上、下表面和四个侧面后，所有区域均有光线射出，故D错误。
故选A。
【分析】由公式可求解临界角，光源射到下表面和四个侧面后，根据入射角与临界角大小判断是否发生全反射。
10．（2025·湖州模拟）某自行车的车灯发电机如图1所示，其结构如图2。绕有300匝线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁。车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，摩擦小轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，其变化图像如图3所示，其中为摩擦小轮转动的角速度。线圈两端c、d作为发电机输出端与标有“12V，6W”的灯泡L相连。当自行车以速度v匀速行驶时，小灯泡恰好正常发光。假设灯泡阻值不变，线圈的总电阻为，摩擦小轮与轮胎间不打滑，发电机输出电压可视为正弦交流电压。则（ ）
A．自行车的速度
B．小灯泡正常发光时
C．若自行车的速度减半，则小灯泡的功率也减半
D．磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为
【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】B．令感应电动势的最大值为，则有
则感应电动势的有效值，小灯泡恰好正常发光，则有
对小灯泡有，解得，故B错误；
A．车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，根据，结合上述解得，故A正确；
C．若自行车的速度减半，结合上述可知，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡的功率减为先前的，故C错误；
D．磁铁处于图2位置时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据图3可知，此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为0，故D错误。
故选A。
【分析】1、根据公式求解感应电动势的最大值，根据公式得出感应电动势的有效值，，联立可求解 小灯泡正常发光时
2、摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，小灯泡的功率减为先前的。
11．（2025·湖州模拟）如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别由金属A和金属B（其极限波长分别为和）制成，板的面积均为S，板间距离为d。现用波长为的激光持续照射两板内表面，稳定后，则（ ）
A．A板带正电，B板带负电
B．仅d增大，电容器带电荷量将减小
C．撤去激光，d增大，板间电场强度将变小
D．若改用波长为的激光照射，则产生的光电子运动的最远距离离B板为
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；光电效应
【解析】【解答】A．因波长，由可知，和，即入射光的频率大于金属B的极限频率而能发生光电效应，A板不能发生光电效应，则B板失去电子带正电，A板得到电子带负电，故A错误；
B．电容器达到稳定时动能最大的光电子刚好不能到达A板，此时的电压最大，由可知，最大电压恒为；仅d增大，由可知电容器的电容变小，由可知电容器带电荷量将减小，故B正确；
C．撤去激光，电容器的电荷量不变，d增大，由可知，板间电场强度将不变，故C错误；
D．若改用波长为的激光照射，光电子的最大动能为
设光电子从B板减速的位移为，由动能定理有，结合
联立解得，即光电子运动的最远距离离B板为，故D正确。
故选BD。
【分析】1、入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，由可知和
2、由可知最大电压恒为
3、由和判断仅d增大，电容器带电荷量将减小。
4、和联立可求解光电子运动的最远距离。
12．（2025·湖州模拟）一波源处于xOy平面的原点O处，并且垂直xOy平面向外和向内振动。在时，波形如图所示，只有一个实线圆和一个虚线圆，分别代表波峰和波谷。在时，质点P第1次处在波峰位置，以垂直xOy平面向外（即沿波峰方向）为正方向，则（ ）
A．时，波源已经振动了0.03s
B．时，波传播到的最远点沿正方向振动
C．时，直线上共有3个点达到波峰
D．时，波传播到x正方向上最远点的坐标为5cm
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．依题意，时，波峰传播的距离，则波速为，根据，又，联立，解得，由时的波形图，可知该时刻波前恰好传播到，根据“上下坡”法可知该点沿正方向振动，则波源已经振动的时间为，故A错误；B正确；
C．时，最远的波峰形成圆的半径为，相邻波峰的距离为一个波长即2cm，该时刻波形如图所示，
由图可知，直线上共有3个点达到波峰，故C正确；
D．根据B选项分析，可知时，波传播到的最远点坐标为，根据，可知时，波传播到x正方向上最远点的坐标为，故D错误。
故选BC。
【分析】1、 在时，质点P第1次处在波峰位置 可得出时，波峰传播的距离，根据公式可计算波速。
2、根据图中数据可计算波长，由可计算周期。
3、根据“上下坡”法可知该点沿正方向振动。
4、时，波传播到的最远点坐标为，根据，可知时，波传播到x正方向上最远点的坐标为
13．（2025·湖州模拟）如图所示，两根足够长且电阻不计的平行光滑倾斜导轨，在M、N两点用绝缘材料平滑连接，M、N等高，两导轨间距为1m，导轨平面与水平面夹角为，其两端分别连接阻值的电阻和电容的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导体棒ab、cd质量分别为和，距离MN分别为3m和3.6m，ab的电阻为，cd的电阻不计，ab、cd与导轨垂直且接触良好。开始时电容器的电荷量为零，ab、cd均静止，现将ab释放，同时cd受到一大小，方向垂直cd沿导轨平面向上的力作用，经一段时间后，ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞。则（ ）
A．第一次碰撞前，ab的速度为
B．第一次碰撞前，cd的速度为
C．第一次碰撞后，ab、cd的速度为，方向沿导轨平面向下
D．ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，其中间时刻速度为
【答案】B,C
【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】B．对cd有，则有
解得，第一次碰撞前有，代入数值解得，故B正确；
A．从开始运动到第一次碰撞的的时间，碰前过程对ab，ab的受到的安培力
则有，即
代入数值解得，故A错误；
C．ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，则有
解得，方向沿导轨向下。故C正确；
D． ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，因此其中间时刻速度不等于。故D错误。
故选BC。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型，回路中含电容器，还涉及到两棒碰撞动量和能量问题。
1、碰前过程对ab，根据牛顿第二定律列等式：，ab的受到的安培力，联立可计算第一次碰撞前，ab的速度。
2、对cd，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解第一次碰撞前，ab的速度。
3、ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，共速，由动量守恒定律列等式可求解 第一次碰撞后，ab、cd的速度 。
4、 ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，中间时刻速度不等于平均速度。
14．（2025·湖州模拟）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示。
（1）研究加速度与质量的关系时，两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。比较两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是（ ）
A．小车质量相同，钩码质量不同
B．小车质量不同，钩码质量相同
C．小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的5组实验数据，如表所示。为直观验证而建立坐标系，若纵轴为a，则横轴应为 （用题中字母表示）；
次数 1 2 3 4 5
0.62 0.48 0.40 0.32 0.15
0.25 0.33 0.40 0.50 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化图2装置中“力”的测量，下列说法正确的是______；
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受到的合力可等效为绳子的拉力
B．若斜面倾角过大，则小车所受合力小于绳子的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，槽码的重力都等于绳子的拉力
（4）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图3所示， cm；
（5）如图4是某次实验中得到的纸带的一部分，在其上取了7个计数点（相邻两计数点间均有4个点未画出），已知交流电的频率为，则小车的加速度大小为 （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）
（3）A
（4）1.02
（5）0.50
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）研究加速度与质量关系时：控制变量：保持拉力恒定（固定钩码质量），改变变量：调整小车质量（通过增减配重），正确操作：选用不同质量的小车 ，故选B。
（2）验证a∝1/m关系时， 理想线性化处理，纵轴：加速度a（直接测量值），横轴：质量的倒数1/m（而非质量m本身），理论依据：牛顿第二定律：a = F/m a与1/m成正比，若作图呈直线则验证成功
（3）A．摩擦力平衡（关键步骤）调整斜面倾角θ使mgsinθ = μmgcosθ，此时摩擦力被重力分量抵消，剩余合力仅由绳拉力提供，故A正确；
B．当θ过大时：mgsinθ > μmgcosθ，小车会获得额外沿斜面的分力，实测合力F_测 = T + mgsinθ - f > T ，若斜面倾角过大，则mgsinθ>f，则小车所受合力大于绳子的拉力，故B错误；
C．对钩码分析可知可知T=mg-ma，可知绳子的拉力小于重力，且小车运动的加速度越大，绳子的拉力比槽码的重力小的越多，故C错误。
故选A。
（4）用游标卡尺测量垫块厚度=1cm+0.1mm×2=1.02cm；
（5）相邻两计数点间均有4个点未画出可得T=0.1s，则小车的加速度大小为
【分析】（1）“探究加速度与质量的关系”实验中应采用控制变量法，应该保持拉力大小相同，即钩码质量相同，小车质量不同。
（2）满足，a与图像是直线，
（3）在探究加速度与力的关系实验先平衡摩擦力，使得细线的拉力等于小车受的合力。
（4）考查游标卡尺读数。
（5）纸带测加速度，用逐差法计算加速度，公式计算。
（1）该实验探究加速度和质量关系，则应该保持拉力大小相同，即钩码质量相同，小车质量不同，故选B。
（2）若牛顿第二定律成立，则满足，即为直观验证而建立坐标系，若纵轴为a，则横轴应为。
（3）A．为了简化图2装置中“力”的测量，即使得细线的拉力等于小车受的合力，则可先平衡摩擦力，即使小车沿倾角合适的斜面运动，使得f=mgsinθ，则小车受到的合力可等效为绳子的拉力，选项A正确；
B．若斜面倾角过大，则mgsinθ>f，则小车所受合力大于绳子的拉力，选项B错误；
C．对钩码分析可知
可知T=mg-ma
可知绳子的拉力小于重力，且小车运动的加速度越大，绳子的拉力比槽码的重力小的越多，选项C错误。
故选A。
（4）用游标卡尺测量垫块厚度=1cm+0.1mm×2=1.02cm；
（5）相邻两计数点间均有4个点未画出可得T=0.1s，则小车的加速度大小为
15．（2025·湖州模拟）某同学用量程为，内阻未知的微安表和电阻箱R（0~9999.9）等器材探究果汁电池的电动势和内阻。
（1）他将一节内阻不计的干电池与微安表和电阻箱串联（如图1），当电阻箱的阻值为时，微安表的读数为，当电阻箱的阻值为时，微安表的读数为，则微安表的内阻 ；
（2）取走干电池，接入图2所示果汁电池，保持两电极在果汁中的深度h和正对面积不变，测得电极间距和时电阻箱R和对应微安表读数I的值，做出图像（如图3），由图像可知，随着电极间距d的增大，果汁电池的电动势 ，内阻 （两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）由图3可得，电极间距为时果汁电池的电动势 ，内阻 （结果均保留3位有效数字）。
【答案】（1）100
（2）不变；增大
（3）1.00；1.32
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律有
代入数值解得
（2）根据闭合电路欧姆定律有，整理得
所以对图像，有，由图3的图线的斜率和截距可知，随着电极间距 d 增大，斜率不变，而截距增大，则果汁电池的电动势不变，内阻增大。
（3）由图3可得，电极间距为时有，，解得，
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列等式计算 微安表的内阻 。
（2）根据闭合电路欧姆定律有，整理得，，由图像可分析出电池的电动势不变，内阻增大。
（3），利用图像数据计算电池的电动势和内阻。
（1）根据闭合电路欧姆定律有
代入数值解得
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
所以对图像，有
由图3的图线的斜率和截距可知，随着电极间距 d 增大，斜率不变，而截距增大，则果汁电池的电动势不变，内阻增大。
（3）[1][2]由图3可得，电极间距为时有，
解得，
16．（2025·湖州模拟）用插针法测梯形玻璃砖的折射率实验中
（1）在画玻璃砖边界时，请指出图1中操作不当之处 ；
（2）已画好玻璃砖边界MN、PQ，插上大头针、，使连线与PQ边界垂直。要保证能测出玻璃的折射率，入射光应从图2中玻璃砖 （选填“ae”、“ef”或“fd”）区域射入。（已知玻璃的折射率介于）；
（3）接（2）问，插大头针、操作正确，测得、的连线与MN的夹角，如图3所示，则玻璃的折射率 。
【答案】（1）不能直接沿玻璃砖画边界
（2）fd
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。
（2）玻璃的折射率介于，则临界角的正弦值范围为
若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为大于临界角，发生全反射，不能测出玻璃的折射率；若段射入，光线将从边垂直射出，不能测出玻璃的折射率；若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为小于临界角，能过从边折射出光线，可以测出玻璃的折射率。则入射光应从图2中玻璃砖区域射入。
（3）补全光路图，如图所示
由几何关系可得，，由折射定律可得，玻璃的折射率
【分析】（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。
（2）根据已知折射率，可计算出全反射临界角的正弦值范围，当发生全反射则不能射出，要保证能测出玻璃的折射率，则不能发生全反射。
（3）先画出光路图，由几何关系得出入射角和折射角，再根据折射率定义式计算折射率。
（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。
（2）玻璃的折射率介于，则临界角的正弦值范围为
若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为大于临界角，发生全反射，不能测出玻璃的折射率；若段射入，光线将从边垂直射出，不能测出玻璃的折射率；若段射入，由几何关系可知，光线在边上的入射角为小于临界角，能过从边折射出光线，可以测出玻璃的折射率。则入射光应从图2中玻璃砖区域射入。
（3）补全光路图，如图所示
由几何关系可得，
由折射定律可得，玻璃的折射率
17．（2025·湖州模拟）如图是某超重报警装置示意图，它由导热性能良好的密闭气缸、固定有平台活塞、报警电路组成，当活塞下移两触点接触时，电路发出超重报警。已知活塞与平台的总质量为m，活塞横截面积为S，弹簧长为l，大气压为。平台不放物体，在环境温度为时，活塞距气缸底高为2l。不考虑活塞与气缸间摩擦，忽略上触点与活塞之间的距离，气缸内气体视为理想气体。
（1）平台下移过程中气体分子间作用力为 （选填“引力”、“斥力”或“零”），单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；
（2）轻放重物，活塞缓慢下移，求刚好触发超重预警时所放重物的质量M；
（3）不放重物，若外界温度缓慢降低，从图示位置到刚触发超重预警过程，气体向外界放出热量Q。求气体内能的变化。
【答案】（1）零；增大
（2）
（3）
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）因气体视为理想气体，则平台下移过程中气体分子间作用力为零，气体体积变小，因活塞导热性良好，可知气体温度不变，则气体压强变大，则单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力增大
（2）气体进行等温过程，则根据玻意耳定律：
可得，得
（3）等压变化，外界对气体做功
由热力学第一定律，解得
【分析】（1）气体分子间作用力为零。气体体积变小，气体温度不变，则气体压强变大，由可知，单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力增大。
（2）根据活塞受力平衡列等式，根据玻意耳定律，联立可求解所放重物的质量M。
（3）等压变化，外界对气体做功，由热力学第一定律，可求解气体内能的变化。
（1）[1][2]因气体视为理想气体，则平台下移过程中气体分子间作用力为零，气体体积变小，因活塞导热性良好，可知气体温度不变，则气体压强变大，则单位面积气缸壁受到气体分子的撞击力增大；
（2）气体进行等温过程，则根据玻意耳定律：
可得
得
（3）等压变化，外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
18．（2025·湖州模拟）如图为一弹射游戏装置，它由安装在水平台面上的固定弹射器，水平直轨道AB，圆心为O的水平半圆细管道BCD，水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上，其上表面与FG相平，左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出，经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后，滑上木板。已知可视为质点的滑块质量，轨道DE长度，传送带长度，速度大小，木板质量，长度，BCD的半径，滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为，木板与轨道HI间的动摩擦因数，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中能量损失，各轨道间平滑连接。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到管道最高点时，受到的管道作用力大小；
（2）若滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围；
（3）若弹簧的弹性势能，求木板运动的位移x。
【答案】（1）解：滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）解：①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）解：若弹簧的弹性势能，到E点的过程有，解得
若刚好能通过皮带的速度大小，解得
所以滑块减速通过皮带，有，解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，
解得，达到共速时的木板位移 ，达到共速后的木板位移
则木板位移
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，根据能量守恒列等式：，在最高点根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解 最高点时，受到的管道作用力大小。
（2）①滑块超过竖直圆周最高点的条件为，
②滑块到达F点时，速度恰好为零，，滑块最终静止在轨道DE某处，可求弹簧的弹性势能的范围。
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程根据能量守恒，可求解E点速度，若刚好能通过皮带的速度大小，解得，滑块减速通过皮带，有，滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，可求解共同速度，
再可求解达到共速时的木板位移，达到共速后的木板位移，木板位移
（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程有
解得
若刚好能通过皮带的速度大小
解得
所以滑块减速通过皮带，有
解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有
，
，
解得
达到共速时的木板位移
达到共速后的木板位移
则木板位移
19．（2025·湖州模拟）图1为某振动发电机原理图，图2是其俯视图。质量的共轭磁铁由一竖直轻质弹簧（劲度系数）与水平地面连接，磁铁和弹簧构成振动体。磁铁中心部分为N极，外圆部分为S极，两磁极之间可视为均匀辐向磁场。固定不动的线圈与磁铁共轴且始终处于辐向磁场内，线圈所处的磁感应强度大小，线圈匝数匝，直径，电阻。线圈上下两端点a、b通过导线与外部一理想二极管D和阻值的电阻构成闭合回路（如图3）。在外力F的驱动下，磁铁在竖直方向做简谐运动，若取竖直向上为正，初始平衡位置为原点，其振动方程。已知磁铁最大速率，当弹簧形变量为x时，其弹性势能。不考虑空气阻力、线圈的自感和其它电阻，计算时取10。求
（1）时，线圈中产生电动势的大小及电流的大小；
（2）0~1s内，电阻R上产生的热量Q；
（3）0~0.02s内，通过电阻的电荷量q；
（4）0.01s~0.015s内，外力F做的功W。
【答案】（1）解：由振动方程可知，时刻磁铁位于平衡位置且以速度向上，线圈中产生电动势的大小为
此时线圈相对磁体向下运动，由右手定则判断图乙中电流方向为顺时针，即由b端流出。由于理想二极管成反向截止状态，故电流大小为
（2） 解：流过R的电流在一个周期内如图所示
电流最大值为
根据有效值定义可得
解得电流有效值为
则0~1s内，电阻R上产生的热量为
（3）解：由振动方程可知周期为
前0.02s内，仅在0.005s到0.015s有电流通过电阻R，则有
（4）解：0.01s~0.015s内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，受力如图所示
由动能定理得
磁场力做功
又，，
联立解得外力F做的功为
【知识点】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】【分析】（1）由振动方程可知，时刻磁铁位于平衡位置且以速度向上，由公式可计算线圈中产生电动势的大小，此时线圈相对磁体向下运动，由右手定则判断图乙中电流方向为顺时针，即由b端流出，理想二极管成反向截止状态。
（2）可画出流过R的电流在一个周期内图
由公式计算电流最大值，根据有效值定义，可计算电流有效值
则0~1s内，电阻R上产生的热量
（3）由振动方程可知周期，前0.02s内，仅在0.005s到0.015s有电流通过电阻R，由公式可计算0~0.02s内，通过电阻的电荷量q
（4）0.01s~0.015s内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，作出受力图
由动能定理得，磁场力做，又，，，联立可求解外力F做的功。
（1）由振动方程可知，时刻磁铁位于平衡位置且以速度向上，线圈中产生电动势的大小为
此时线圈相对磁体向下运动，由右手定则判断图乙中电流方向为顺时针，即由b端流出。由于理想二极管成反向截止状态，故电流大小为
（2）流过R的电流在一个周期内如图所示
电流最大值为
根据有效值定义可得
解得电流有效值为
则0~1s内，电阻R上产生的热量为
（3）由振动方程可知周期为
前0.02s内，仅在0.005s到0.015s有电流通过电阻R，则有
（4）0.01s~0.015s内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，受力如图所示
由动能定理得
磁场力做功
又，，
联立解得外力F做的功为
20．（2025·湖州模拟）如图为探测磁场区域离子位置的装置。两足够长且间距极小的平行栅极板MN水平放置，左端与电压为U的电源相连，MN之间无磁场，M板上方存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场I，N板下方存在磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，边界为倾斜虚线OC的匀强磁场Ⅱ。正极板N上的O点有一离子源，能垂直极板向上发射速度大小连续均匀分布在之间的离子，并从D点进入磁场I。已知，离子质量为m，电荷量为q（），虚线OC与N板夹角，忽略栅极的电场边缘效应、离子在电场中的运动时间、离子间的相互作用及离子的重力，则
（1）离子进入磁场Ⅰ的速度大小v的范围；
（2）从磁场Ⅱ的边界OC射出离子数比例；
（3）若负极板M上水平放置探测板，从上方和下方射入的粒子均能被其接收。在时离子从O点射出，要求能在时间内探测到未从边界OC射出的所有离子，求探测板的最小长度L。
【答案】（1）解：动能定理，解得
，解得
所以
（2）解：临界如图所示
设此时速度大小v，上圆半径为，下圆半径为，则
解得， ， ，
解得，
O点的速度大小
所以
（3）解：离子经过三个半圆弧，打到探测板上方
距O点最近水平距离对应离子初速度为零时，
离子经过二个半圆弧，打到探测板下方
距O点最远水平距离对应离子初速度为时，
当离子经过二个半圆弧恰好经过，其半径分别为、，随后进入磁场I
可得
比较离子打到的最远点，知
探测板的最短长度
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）在电场中加速由动能定理，可求解最小速度，，可求解最大速度
（2）临界轨迹图
图中由几何关系得出， ， ， ，联立可求解O点的速度大小。
（3）离子经过三个半圆弧，打到探测板上方，距O点最近水平距离对应离子初速度为零时，，离子经过二个半圆弧，打到探测板下方，距O点最远水平距离对应离子初速度为时，，当离子经过二个半圆弧恰好经过，随后进入磁场I
可得，比较离子打到的最远点，探测板的最短长度
（1）动能定理
解得
解得
所以
（2）临界如图所示
设此时速度大小v，上圆半径为，下圆半径为
则
解得
解得，
O点的速度大小
所以
（3）离子经过三个半圆弧，打到探测板上方
距O点最近水平距离对应离子初速度为零时，
离子经过二个半圆弧，打到探测板下方
距O点最远水平距离对应离子初速度为时，
当离子经过二个半圆弧恰好经过，其半径分别为、，随后进入磁场I
可得
比较离子打到的最远点，知
探测板的最短长度
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