2025届浙江省金华市高三下学期三模物理试题
1．（2025·金华模拟）华为Mate60使用的是国产麒麟9000s芯片，外媒猜测该芯片是7nm工艺，纳米是一个基本物理量的单位，这个基本物理量是（ ）
A．质量 B．长度 C．时间 D．电流
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】纳米是长度的基本单位。故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】质量的国际单位是千克（kg）。纳米的单位是“nm”，是长度的单位。时间的国际单位是秒（s）。电流的国际单位是安培（A）。
2．（2025·金华模拟）蛇年春晚中的人形机器人与真人舞蹈演员一同表演了一场精彩的“AI机器秧歌”舞。下列说法正确的是（ ）
A．机器人下蹲过程中，总是处于失重状态
B．在研究机器人的舞蹈动作时可将其视为质点
C．机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点始终处于受力平衡状态
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；质点；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】A．下蹲过程分为两个阶段：加速下降阶段：加速度向下 支持力N < 重力G 失重状态
减速下降阶段：加速度向上 支持力N > 重力G 超重状态，先失重后超重，故A错误；
B．研究舞蹈动作时需考虑：肢体各部分的相对运动，身体姿态变化转动惯量分布，不可简化为质点，故B错误；
C．手绢边缘点做匀速圆周运动时：受向心力作用：F_n = mω2r ≠ 0，合外力不为零 非平衡状态
机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点做圆周运动，不是处于受力平衡状态，故C错误；
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，故D正确。
故选D。
【分析】1、失重与超重的判断依据是加速度的方向。
2、质点模型的适用条件是物体的大小和形状可以忽略。
3、圆周运动的物体受力不平衡，需要向心力维持运动。
4、牛顿第三定律描述了作用力与反作用力的关系，它们总是成对出现，作用在不同物体上。
3．（2025·金华模拟）乒乓球比赛中，运动员发球时将乒乓球竖直上抛，若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比，从抛出开始计时，以竖直向上为正方向，下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】上升阶段，加速度方向向下，大小为 （重力 + 空气阻力）。随着速度 减小，空气阻力 减小，因此 逐渐减小，趋近于 。v t 图像斜率（即加速度）绝对值逐渐减小，曲线趋于平缓。下降阶段加速度方向向下，大小为 （重力 - 空气阻力）。随着速度 增大，空气阻力 增大，因此 逐渐减小，趋近于 0（最终达到终端速度）。v t 图像斜率（即加速度）绝对值逐渐减小，曲线趋于水平。故C正确，ABD不正确。
故选C。
【分析】上升阶段，下降阶段，上升阶段v逐渐减小，为正，则a1逐渐减小，下降阶段v逐渐增大，为负，则a2也逐渐减小。
4．（2025·金华模拟）金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，其中a、d两点关于球心o对称，则（ ）
A．o点电场强度不为0 B．a点电势等于d点电势
C．a点电场强度小于d点电场强度 D．a、o间电势差等于o、d间电势差
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场线；电势差
【解析】【解答】A． 金属球壳在匀强电场中达到静电平衡时，内部感应电荷的电场会完全抵消外电场，使得合场强处处为零（包括球心O点）。 故A错误；
B．匀强电场中，电场线方向电势确实逐渐降低。但金属球壳静电平衡后，整个导体（包括表面）是等势体，表面电势相同，因此球壳表面电势不会沿电场线方向降低，故有，故B错误；
C．a、d两点关于球心O对称，静电平衡后，球壳外电场线分布对称（如图示）。但电场强度大小不仅取决于电场线密度，还取决于距离球壳的远近。由于a、d两点位置对称，场强大小相等，故C错误；
D．由于a、d两点电场线分布对称，a→O和O→d的场强变化对称。则这两点周围的平均场强大小相等，由可知a、o间电势差等于o、d间电势差，故D正确。
故选D。
【分析】1、导体静电平衡的核心特征：内部无电场、处处等电势、电荷仅分布于表面。
2、对称性分析要点：对称位置场强大小相等，相关电势差具有对称性。
3、电势判断原则：沿电场线方向电势降低，导体表面保持等势。
5．（2025·金华模拟）“天问二号”探测器即将出征，将再次创造中国航天新高度。假设“天问二号”绕地球的运动可视为匀速圆周运动，距地面的高度为h，飞行n圈所用时间为t，“天问二号”的总质量为m，地球半径为R，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量
B．地球表面的重力加速度
C．探测器的向心加速度
D．探测器的线速度
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．“天问二号”绕地球做圆周运动的周期，根据
可得地球的质量，故A错误；
B．根据，地球表面的重力加速度，故B正确；
C．根据，探测器的向心加速度，故C错误；
D．探测器的线速度，故D错误。
故选B。
【分析】1、题目已知飞行n圈所用时间为t可求解周期，根据万有引力提供向心力列等式可得出地球的质量。
2、根据，地球表面的重力加速度g。
3、根据，探测器的向心加速度。
4、探测器的线速度。
6．（2025·金华模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图1中，匀速转动的线圈此位置产生的电动势恰好为零
B．图2中，变压器原副线圈电流之比
C．图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落（不计空气阻力）可视做自由落体运动
D．图4中，电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，可通过减小电流的方式实现电子的逆时针加速运动
【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；变压器原理
【解析】【解答】A．线圈在磁场中匀速转动，电动势大小取决于磁通量的变化率。
图1中此位置分析：当线圈平面与磁场方向垂直（即线圈边运动方向与磁感线平行）时，瞬时切割速度为零，感应电动势为零。此时磁通量最大，但变化率为零（符合法拉第定律）。故A正确；
B．图2中理想变压器的电流比 （匝数反比）。常见错误：若误认为电流比等于匝数比（即 ，则会得出错误结论。故B错误；
C．图3中，铝管是导体，强磁体下落时，铝管中磁通量变化，产生涡流（感应电流）。涡流产生的磁场阻碍磁体运动（楞次定律），导致磁体受电磁阻尼，下落速度慢于自由落体，故不可视做自由落体运动，故C错误；
D．电子感应加速器示意图。若电磁铁电流方向反向，磁场方向反向，根据左手定则可知无法实现电子逆时针运动，故D错误。
故选A。
【分析】1、当线圈在磁场中匀速旋转时：关键点在于线圈平面与磁场方向的关系
图示位置线圈边运动方向与磁感线平行，此时不产生切割效应，根据法拉第定律，此时磁通量变化率瞬时为零。
2、变压器原副线圈电流之比
3、变化的磁场在导体中感应出环形电流，这电流产生的磁场阻碍磁体运动，即使存在裂缝，仍然会产生局部涡流效应，这种阻尼力使下落加速度明显小于重力加速度
4、电子在加速器中运动时：磁场方向变化会改变电子受力方向，作为负电荷，电子受力方向与正电荷相反，维持稳定的加速轨道需要精确控制电磁场。
7．（2025·金华模拟）用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为
B．时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0~时间内，通过电阻的电荷量为
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A． 通电一段时间后，电流达到稳态（不再变化），此时自感电动势消失，电路仅剩纯电阻作用，电流由欧姆定律决定 ，故A错误；
B．根据，t=0时刻（开关刚闭合），电流为零（），但电流变化率最大，但是电流为0，故电功率为0，故B错误；
C． 闭合开关瞬间，自感电动势阻碍电流变化，方向与电源电动势相反，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大。根据楞次定律，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的，故C正确；
D．根据，在I - t图像中，q等于I - t图像与坐标轴围成的面积。由于I - t图像不是正弦函数图象 电流是指数增长（RL电路特性），非正弦交流电，因此不能用正弦有效值公式 计算。 故D错误。
故选C。
【分析】1、在自感电路中，电流稳定，则线圈自感现象消失，根据闭合回路的欧姆定律可求解最大电流。
2、由已知图像可知t=0时，电流为0，故电功率为0。
3、自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的，如果自感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了。
4、在I - t图像中，q等于I - t图像与坐标轴围成的面积。
8．（2025·金华模拟）如图1，宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2，把待测宝石紧密贴放在半球棱镜上，标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝石的光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角大于临界角的光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置，目镜下安装有一个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是（ ）
A．棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率
B．换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高
C．换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方
D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体
【答案】A
【知识点】光的全反射；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．黄光从棱镜射入宝石能发生全反射，说明棱镜的折射率 （光密→光疏介质）。因此，棱镜对黄光的折射率确实大于宝石对黄光的折射率，故A正确；
B．白光包含不同波长的光（折射率不同，）。当入射角固定时：红光（折射率小）可能未达临界角，不发生全反射（亮区）。紫光（折射率大）可能已达临界角，发生全反射（暗区）。目镜会观察到明暗交错的色带，导致测量结果不准确，故B错误；
C．红光的折射率小于黄光，因此临界角 。实验中，明暗分界线对应临界角位置。红光临界角更大，分界线会向入射角减小的方向移动（即标尺上的上方），故C错误；
D．若宝石不同侧面测得的折射率不同，说明其光学性质随方向变化（即各向异性）。单晶体具有各向异性（如石英、方解石），而多晶体和非晶体各向同性，故D错误。
故选A。
【分析】1、全反射发生的必要条件包括光线从折射率较大的介质（光密介质）进入折射率较小的介质（光疏介质）入射角必须大于临界角，这个临界角可以通过两种介质的折射率比值计算得出。
在题目描述的情况下，黄光能够在棱镜和宝石的界面发生全反射，这一现象明确表明棱镜材料的折射率高于宝石材料。
2、在大多数透明介质中，红光的折射率明显小于黄光，折射率的差异直接影响了临界角的大小，由于红光的临界角较大，在相同实验条件下，其明暗分界线会出现在更靠近上方的位置。
3、单晶体材料在不同结晶方向上往往表现出不同的光学性质，这种各向异性特征可以通过精确的折射率测量来检测，当宝石不同晶面与棱镜接触时，测量到不同的折射率数据
这一结果是判断材料是否为单晶体的重要依据。
9．（2025·金华模拟）介子会发生衰变，反应方程式为，即生成一个介子和一个子中微子。在云室中可观察到介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且。则和粒子的动量之比可能为（ ）
A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．2∶1
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；光子及其动量
【解析】【解答】介子和介子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
解得动量，由核反应方程知只有介子和介子带有电荷，设衰变前为正方向，则衰变前后动量守恒，即，所以介子在磁场中的轨迹半径为，动量大小为，介子在磁场中的轨迹半径为，动量大小为
所以，且，解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则，动量，衰变前后动量守恒，即联立可求解和粒子的动量之比 。
10．（2025·金华模拟）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C摆到最低点的速度是m/s
B．木块A、B原先间距0.04m
C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
【答案】C
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】A．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有，根据机械能守恒，有，解得速度大小分别为，，故A错误；
B．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有，两边同乘以t，有，又有
联立解得，故B错误；
C．A与B碰瞬间根据动量守恒，有，解得，球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒
根据能量守恒，有
联立解得，故C正确；
D．系统产生的热量为，故D错误。
故选C。
【分析】1、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向动量守恒列等式，根据机械能守恒列等式，联立可求解球C摆到最低点的速度。
2、A与B碰瞬间根据动量守恒列等式，球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒列等式，根据能量守恒列等式，联立可求解球C通过最低点后向左摆动上升最大高度。
3、球C开始下落到A、B、C三者相对静止，利用能量守恒可求解系统产生的热量。
11．（2025·金华模拟）一群处于能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光，照射图乙所示的光电管阴极K，只有频率为和的光能使它发生光电效应。分别用频率为、的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，氢原子向低能级跃迁一共发出6种不同频率的光
B．图乙中，用频率的光照射时，将滑片P向右滑动，电流表示数一定增大
C．图丙中，图线a所表示的光的光子能量为12.09eV
D．a光和b光照射K极产生的光电子的德布罗意波长，必有a大于b
【答案】A,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生 C42 =6 种不同频率的光子。这包括：4→3、4→2、4→1、3→2、3→1、2→1 六种可能的跃迁路径。故A正确；
B．图乙中不知道电源正负极，若为正向电压（A接正极），滑片P右移增大电压，光电流可能增大至饱和。若为反向电压（A接负极），滑片P右移增大反向电压，光电流会减小，故B错误；
C．只有频率为ν1和ν2的光能产生光电效应，说明这两种光子能量等于或大于逸出功。根据氢原子能级图，最可能的跃迁是：n=3→n=1跃迁（能量E1=12.09eV），ν2：n=2→n=1跃迁（能量E2=10.2eV），由于ν2>ν1，所以a光对应n=3→n=1跃迁，其光子能量确实为12.09eV。故C正确；
D．图丙可知遏止电压，由，由遏止电压可知：b光的光电子最大初动能 > a光的光电子最大初动能。根据德布罗意波长公式 λ = h/p，，对于最大初动能的光电子：λa > λb，但实际光电效应产生的光电子具有能量分布（从0到Ekmax），由于无法确定两种光产生的全部光电子的能量分布，故不能简单比较所有光电子的德布罗意波长。所以b光打出的光电子的最大初动能比a光打出的光电子大，根据，可知b光打出的光电子的最大动量比a光打出的光电子大，所以没办法判断a光打出的光电子的德布罗意波长和b光打出的光电子的德布罗意波长的大小关系，故D错误。
故选AC。
【分析】1、一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时最多可产生种光子。
2、正向电压：光电子被加速，电流随电压增大而增大。反向电压（A接负极，K接正极）：光电子被阻碍，电流可能减小甚至降为零，此时需要借助遏止电压。
3、若只有频率为ν 和的光能使光电管发生光电效应，则这两种光子必定来自特定的能级跃迁。例如：ν 可能对应从n=2能级跃迁到n=1能级。对应从n=3能级跃迁到n=1能级。
4、 遏止电压U_b > U ，说明b光照射时，光电子的最大初动能更大 ，根据，根据德布罗意波长， 因此b光的光电子动量更大。
12．（2025·金华模拟）如图1是摄影师航拍到钱塘江两波潮水娓娓向对方走来，交织在一起形成壮观的景象。其原理为两列平面波相遇的干涉现象，可将两列波简化成如图2示意图（其中实线表示波峰，虚线表示波谷），甲、乙两列频率均为0.5Hz的水波以2m/s的速度传播，振幅均为0.2m，波面间形成夹角120°，此时O点刚要开始起振，C点距O点8m，则（ ）
A．C点是振动加强点
B．经过，波传到C点
C．图中此刻A点经过的总路程比B点多1.6m
D．稳定干涉后，O、C连线间共有三个振动加强点（不含C、O）
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．将O点起振时产生的两列波面视为等效波源，C点到两波面的波程差为零（Δr=0），满足干涉加强条件，因此C点是振动加强点，故A正确；
B．O点刚要开始起振，波面间形成夹角120°，C点到过O点的两列波面间距，波传到C点的时间，故B错误；
C．图2显示AO在右侧波面的投影比BO在左侧波面的投影长一个波长，这意味着A点比B点多振动一个周期，由于A、B都是加强点，A点经过的总路程确实比B点多，则图中此刻A点经过的总路程比B点多，故C正确；
D．OC连线上各点到两波面的波程差确实为零，理论上这些点都应是加强点，将过O点的两列波面等效为波源，由于O、C连线上各个质点到左右两波面的间距相等，可知，O、C连线上各个质点均为振动加强点，故D错误。
故选AC。
【分析】1、波的干涉与振动加强点判断
当两列波传播到某点时，若该点到两个波源的距离差等于波长的整数倍（包括零），则该点为振动加强点。在题目中，C点到两波面的间距相等（距离差为零），因此C点是振动加强点。
2、波面夹角与传播时间关系
当波面间形成夹角时，波传播到特定点所需的时间可以通过几何关系计算。在120°夹角的波面情况下，波传到C点的时间可以通过几何关系推导得出。
3、振动加强点的相位关系
对于振动加强点，若两点到波源的距离差为一个波长，则振动时间相差一个周期。题目中A点比B点多振动一个周期，因此A点经过的总路程比B点多。
4、连线上的振动加强点分布
在连接两个等效波源的直线上，若各个质点到两个波面的距离相等，则这些质点均为振动加强点。题目中O、C连线上各质点满足这一条件，因此都是振动加强点。
13．（2025·金华模拟）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为的长直导线所产生，则（ ）
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；安培力的计算
【解析】【解答】A．导体上的电流密度，在圆筒上取宽度为，长度为一个小微元，在微元朝向圆筒一侧，磁感强度为零，可知该微元产生的磁场和除去该微元以外电流产生的磁场，在圆筒内部等大反向，根据对称性可知在圆筒的外侧等大同向，因此其他部分在该微元处产生的磁场，圆筒侧壁单位面积受到的压力，整理得，故A错误；
B．将圆筒左半部分对称分割为 n 份，每对对称电流元在 O 点产生的磁场垂直纸面向里，叠加后总磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C．圆筒电流产生的磁场沿圆环切线方向，圆环电流方向与磁场平行，不受安培力，故C错误；
D．圆筒内部紧贴处磁场为B，外部合磁场为零，利用A选项中的结论可知，圆筒单位面积受到的力与A选项大小相等，故D正确。
故选BD。
【分析】1、圆筒电流的磁场分布特性：紧贴圆筒外侧存在磁感强度，导体上具有电流密度，在圆筒内部紧贴筒壁处磁感强度为零，在圆筒外部紧贴筒壁处磁感强度为B
2、微元分析法：将圆筒划分为宽度为dr、长度为l的微元，微元产生的磁场与其余部分产生的磁场关系：在圆筒内部等大反向，在圆筒外部等大同向，由此可推导微元受力情况。
3、磁场叠加原理应用：圆筒左半部分对称分割后，对称微元在中心O点产生的磁场相互叠加，所有微元叠加后在O点产生垂直纸面向里的合场强。
4、安培力分析：圆筒电流在圆环部分产生的磁场与圆环平行，不产生作用力，圆筒单位面积受力计算：内部紧贴处磁感强度为B，外部紧贴处合场强为零，单位面积受力大小与A选项结论一致。
14．（2025·金华模拟）图1、4是“验证机械能守恒定律实验”的两种方案（甲、乙）的实验装置图。
（1）关于方案甲：
①除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材的字母编号是 ；
②图1中该同学将要释放纸带，其操作不当之处是 ；
③若电源频率为50Hz，计算图3中打下计数点5时纸带速度的大小为 m/s（保留3位有效数字）。
（2）关于方案乙，如图4所示，小明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，遮光条的遮光时间和；
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．滑块和遮光条的总质量M
C．光电门1和2之间的距离x
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）。
【答案】（1）D，；重锤离打点计时器太远或纸带在墨粉盘的上方（答出一处即可），；1.50；
（2）AC，；
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）①验证机械能守恒定律实验，还需要知道物体下落的距离，不需要知道物体质量，时间间隔应该在纸带上数点数出来，不需用秒表测，电火花计时器使用220V交流电，不是学生电源，故选D。
②实验时，重锤应靠近计时器，打点时，纸带应该在墨粉盘的下方，则操作不当之处是重锤离打点计时器太远或纸带在墨粉盘的上方。
③打点周期，打下计数点4至6的平均速度做为计数点打下5时纸带的瞬时速度，即
（2）必须测量遮光条的宽度d和光电门1和2之间的距离x，而滑块和遮光条的总质量M在公式中可以约去，不是必须测量的物理量，故选AC。
物体减少的重力势能转化为动能，即公式为
约去物体质量，得
【分析】（1）①验证机械能守恒定律实验中，不需要测质量，不需要秒表测时间，需要刻度尺测距离。②实验时，重锤应靠近计时器释放纸带。③利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度计算速度。
（2）为验证机械能守恒定律，必须测量遮光条的宽度d和光电门1和2之间的距离x，
根据机械能守恒推导满足关系式。
（1）[1]验证机械能守恒定律实验，还需要知道物体下落的距离，不需要知道物体质量，时间间隔应该在纸带上数点数出来，不需用秒表测，电火花计时器使用220V交流电，不是学生电源，故选D。
[2]实验时，重锤应靠近计时器，打点时，纸带应该在墨粉盘的下方，则操作不当之处是重锤离打点计时器太远或纸带在墨粉盘的上方（答出一处即可）。
[3]打点周期，打下计数点4至6的平均速度做为计数点打下5时纸带的瞬时速度，即
（2）[1]必须测量遮光条的宽度d和光电门1和2之间的距离x，而滑块和遮光条的总质量M在公式中可以约去，不是必须测量的物理量，故选AC。
[2]物体减少的重力势能转化为动能，即公式为
约去物体质量，得
15．（2025·金华模拟）小明同学研究测量某热敏电阻（其室温下电阻约为2）的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E（1.5V，0.5），、各为280的电阻，电阻箱（0~99999.9），滑动变阻器（0~10），微安表（200，内阻约500），开关S，导线若干。
（1）该同学使用多用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值，读数如图2所示，则多用电表欧姆挡选择的是 （选填“×1K”或“×100”或“×10”）。
（2）按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到 （选填“a”或“b”）端；实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节、恰好使微安表的读数为0，记录不同温度下相应的热敏电阻阻值。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度T变化的曲线如图3所示。若某次测量中，则此时热敏电阻的阻值为 。
（3）图4为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为300。当线圈中的电流大于或等于5mA时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接 端（选填“AB”或“CD”）。如果要使恒温箱内的温度保持60℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为 。
【答案】（1）×1K
（2）a；600
（3）AB；700
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）室温下热敏电阻约为2，图2可知指针刻度为2，故多用电表欧姆挡选择的是“×1K”；
（2）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得，代入题中数据，解得
（3）随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图3可知，60℃时热敏电阻的阻值为600Ω，由闭合电路欧姆定律
解得
【分析】 （1）用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值， 根据被测电阻大约值选择多用电表欧姆档位。
（2）微安表的读数为0时，根据桥式电路电阻关系计算此时热敏电阻的阻值。
（3）要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA，由闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的电阻值。
（1）室温下热敏电阻约为2，图2可知指针刻度为2，故多用电表欧姆挡选择的是“×1K”；
（2）[1]为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；
[2]微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得
代入题中数据，解得
（3）[1]随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
[2]要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图3可知，60℃时热敏电阻的阻值为600Ω，由闭合电路欧姆定律
解得
16．（2025·金华模拟）在“用单摆测量重力加速度”实验中，用秒表记录50次全振动的时间如图1，秒表的读数为 s；用10分度的游标卡尺测量小球直径如图2，小球直径为 cm。
【答案】58.5；0.97
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】由图1可知，秒表的小盘读数为，大盘读数为，则秒表的读数为。
由图2可知，小球直径为
【分析】1、秒表的读数方法
先读小盘（分钟盘）：观察分针位置，直接读取整分钟数注意分辨半分钟刻度（通常小盘指针过半刻度后，大盘读数要加30秒）再读大盘（秒钟盘）：观察秒针位置，读取秒数（通常精度为0.1秒）若小盘指针未过半，直接读取0-30秒，若小盘指针已过半，读取30-60秒（实际记作31-60秒）
2、10分度游标卡尺的读数可以分为三个步骤：读取主尺整毫米数，首先看游标尺的零刻度线在主尺上的位置，找到它左边最靠近的主尺刻度，这个刻度值就是测量的整毫米数。比如零刻度线过了主尺的15毫米刻度，但还没到16毫米，那么整毫米数就是15毫米。
确定游标尺小数部分，接着观察游标尺上的10条刻度线，看哪一条与主尺的刻度线完全对齐。因为是10分度的，所以每一小格代表0.1毫米。如果第4条线对齐，那么小数部分就是0.4毫米。
计算最终测量值，把主尺读数和游标尺读数相加就是最终结果。
17．（2025·金华模拟）如图1所示，一质量为m=1kg、导热性能良好的汽缸放置在水平地面上，右端开口，汽缸壁内设有卡口，用一质量不计、面积为S=100cm2的活塞，密封一定质量的理想气体，活塞厚度可忽略且能无摩擦滑动。开始时气体处于温度T1=300K、体积V1=500cm3的状态A。现用一细线竖直悬挂活塞，待稳定至如图2所示状态B，此时活塞恰好到达气缸内的卡口处，活塞与卡口无相互作用力。随后将气缸内气体加热至温度为T3=330K的状态C，从状态A到状态B的过程中气体吸收热量0.5J，从状态A到状态C的过程中气体内能共增加了12.6J，大气压p0=1.01×105Pa，求：
（1）气体从状态A到状态B过程，分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），器壁单位面积所受气体分子的平均作用力 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）在状态C的压强p3；
（3）由状态A到状态C过程中一共从外界吸收热量Q。
【答案】（1）不变；变小
（2）解：对汽缸，根据平衡条件可得，，解得
气体由状态B到状态C，体积不变，则，代入数据解得
（3）解：气体由状态A到状态B的过程中，有，
气体由状态B到状态C的过程中，有，
代入数据解得
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）气体从状态A到状态B过程，气体温度不变，体积增大，压强减小，则分子平均动能不变，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小；
【分析】（1）气体温度不变，分子平均动能不变。压强减小，则器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小。
（2）对汽缸，根据平衡条件列等式：，，气体由状态B到状态C，体积不变，列等式：，联立可求解在状态C的压强。
（3）气体由状态A到状态B的过程中，气体温度不变，则，气体由状态B到状态C的过程中，根据热力学第一定律：，， 由状态A到状态C过程中一共从外界吸收热量
（1）[1][2]气体从状态A到状态B过程，气体温度不变，体积增大，压强减小，则分子平均动能不变，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小；
（2）对汽缸，根据平衡条件可得，
解得
气体由状态B到状态C，体积不变，则
代入数据解得
（3）气体由状态A到状态B的过程中，有，
气体由状态B到状态C的过程中，有，
代入数据解得
18．（2025·金华模拟）如图所示，一倾角为的斜面AB与水平面BCD在B点平滑相接，圆轨道最低点为C（稍有错开），E为最高点，半径，CD段长L=1.275m，D端与一足够长的光滑斜面平滑相接。质量的小物块1从斜面顶点A以的速度水平向右抛出，落在斜面上的P点，假设小物块1落到P点前后，平行斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度立即变为零。在CD段距离C点x处有一与物块1完全相同的小物块2，两物块相碰后立即粘连在一起。已知小物块1第一次过圆轨道最高点E时的速度为，两小物块与CD段的动摩擦因数均为，轨道其余部分均光滑，调整小物块2与C点间的距离x，使得小物块合体最终停在CD上的某点M且全程不脱离轨道（，，），求：
（1）小物块1第一次运动到C点时对轨道的压力；
（2）小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度h；
（3）M与C点间的距离s与x的关系。（结果用x表示）
【答案】（1）解：小物块1从E→C过程，根据动能定理有
小物块1在C点，根据牛顿第二定律有
解得，由牛顿第三定律，物块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）解：小物块1从A→P过程做平抛运动，则有
在P点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，则有
小物块1从P→C过程，根据动能定理有
结合上述解得
（3）解：两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律有
则有
即碰后两物块总动能变为碰前一半
若时，小物块第一次过D点前就停止，则有
解得（）
若时，小物块第二次过D点后返回C点前停止，则有
解得（）
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）题目已知E点速度，研究小物块1从E→C过程，根据动能定理列等式，小物块1在C点，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解C点受到支持力大小，由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力。
（2）小物块1从A→P过程做平抛运动，利用速度分解可得
在P点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，，小物块1从P→C过程，根据动能定理有，联立可求解小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度。
（3）两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律列等式，碰后两物块总动能变为碰前一半，若时，小物块第一次过D点前就停止，可得出M与C点间的距离s与x的关系。
若时，小物块第二次过D点后返回C点前停止，，可得出M与C点间的距离s与x的关系。
（1）小物块1从E→C过程，根据动能定理有
小物块1在C点，根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）小物块1从A→P过程做平抛运动，则有
在P点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，则有
小物块1从P→C过程，根据动能定理有
结合上述解得
（3）两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律有
则有
即碰后两物块总动能变为碰前一半
若时，小物块第一次过D点前就停止，则有
解得（）
若时，小物块第二次过D点后返回C点前停止，则有
解得（）
19．（2025·金华模拟）某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
（1）圆盘以角速度转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
（2）下落过程中重物的最大速度；
（3）当圆盘转过（弧度）时，圆形导轨角速度达到，求铝块由静止释放下落时间t。
【答案】（1）解：①根据法拉第电磁感应定律有
②根据法拉第电磁感应定律有
（2）解：速度最大时，线圈内外电流分别为、
根据力矩平衡关系有
解得
则最大速度为
（3）解：对重物，根据动量定理有
两边求和
其中，转动力矩平衡，即拉力与安培力力矩等大，则有
解得，则有 ，又
解得
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）①转动切割产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律
② 金属棒ED间的电势差：
（2）速度最大时，根据闭合电路欧姆定律得出线圈内外电流、
根据力矩平衡关系有，可求解，最大速度为
（3）对重物，根据动量定理，即拉力与安培力力矩等大，，，，联立可求解 铝块由静止释放下落时间t。
（1）①根据法拉第电磁感应定律有
②根据法拉第电磁感应定律有
（2）速度最大时，线圈内外电流分别为、
根据力矩平衡关系有
解得
则最大速度为
（3）对重物，根据动量定理有
两边求和
其中，转动力矩平衡，即拉力与安培力力矩等大，则有
解得
则有
又
解得
20．（2025·金华模拟）图1为某离子发电装置，可简化为三个区域：离子发射区、加速区和发电区，图2是其截面示意图。发射区存在一垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，长度均为L的线状离子发射源P（正离子源）、Q（负离子源）正对位于磁场的上下顶点；加速区由两高度均为R，长、宽均为L的匀强电场组成，电场强度，电场方向相反；发电区由长为3R，宽为L的平行金属板S、T组成，板间存在垂直纸面向里，大小可调的匀强磁场，金属板外连接开关和电动机，开关初始均断开。电场上下边界及金属板S、T均与圆形磁场上下边界切线共线。离子发射源P、Q单位时间单位长度分别能向右侧90°范围内均匀发射N个质量为m，初速率相同，电量为q的离子，且所有离子均能水平离开圆形磁场区域。不考虑离子间作用力及离子重力，求：
（1）离子发射的初速率及发射区磁场内离子运动的最长时间；
（2）当发电区磁感应强度为B时，提供的最大电动势及闭合且电路稳定时的外电路电流；
（3）当发电区磁感应强度时，保持断开，闭合，待电路稳定后，测得金属板间电压为，电动机此时消耗的功率多大？
【答案】（1）解：离子圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得
圆周运动周期
竖直方向入射在磁场中运动的圆心角90°最大，时间最长，故
（2）解：加速区，由动能定理，代入数据得
金属板间达到最大电动势，即断路下，离子进入金属板间受力平衡
得
短路时，金属板间电压为0，即离子在板间做圆周运动，电流即为单位时间内打到金属板的电荷量。考虑此时圆周运动半径
可知，从两金属板中间进入的离子恰好打到板上右端点，即所有入射离子均能达到板上，则
（3）解：当电压为时，利用配速法对离子的运动进行分解，即速度分解为
令 ，得，
则可看做以匀速直线运动，以匀速圆周运动，圆周运动半径
则单位时间内离两板间距在0.4R范围内进入发电区的离子可以打到金属板形成稳定电流。设从距离板0.4R入射发电区的离子发射时与竖直方向夹角为，如图所示
根据几何关系，解得
故单位时间打到金属板的离子数，电流为
故电功率
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可求解速度，
圆周运动周期，竖直方向入射在磁场中运动的圆心角90°最大，时间最长即
（2）加速区，由动能定理，可求解加速后速度，金属板间达到最大电动势，即断路下，离子进入金属板间受力平衡，短路时，金属板间电压为0，即离子在板间做圆周运动，电流即为单位时间内打到金属板的电荷量。考虑此时圆周运动半径
可知，从两金属板中间进入的离子恰好打到板上右端点，即所有入射离子均能达到板上。
（3）当电压为时，利用配速法对离子的运动进行分解，即速度分解为
令，得，，则可看做以匀速直线运动，以匀速圆周运动，圆周运动半径，则单位时间内离两板间距在0.4R范围内进入发电区的离子可以打到金属板形成稳定电流。
（1）离子圆周运动，洛伦兹力提供向心力
可得
圆周运动周期
竖直方向入射在磁场中运动的圆心角90°最大，时间最长，故
（2）加速区，由动能定理
代入数据得
金属板间达到最大电动势，即断路下，离子进入金属板间受力平衡
得
短路时，金属板间电压为0，即离子在板间做圆周运动，电流即为单位时间内打到金属板的电荷量。考虑此时圆周运动半径
可知，从两金属板中间进入的离子恰好打到板上右端点，即所有入射离子均能达到板上，则
（3）当电压为时，利用配速法对离子的运动进行分解，即速度分解为
令
得，
则可看做以匀速直线运动，以匀速圆周运动，圆周运动半径
则单位时间内离两板间距在0.4R范围内进入发电区的离子可以打到金属板形成稳定电流。设从距离板0.4R入射发电区的离子发射时与竖直方向夹角为，如图所示
根据几何关系
解得
故单位时间打到金属板的离子数
电流为
故电功率
1 / 12025届浙江省金华市高三下学期三模物理试题
1．（2025·金华模拟）华为Mate60使用的是国产麒麟9000s芯片，外媒猜测该芯片是7nm工艺，纳米是一个基本物理量的单位，这个基本物理量是（ ）
A．质量 B．长度 C．时间 D．电流
2．（2025·金华模拟）蛇年春晚中的人形机器人与真人舞蹈演员一同表演了一场精彩的“AI机器秧歌”舞。下列说法正确的是（ ）
A．机器人下蹲过程中，总是处于失重状态
B．在研究机器人的舞蹈动作时可将其视为质点
C．机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点始终处于受力平衡状态
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力
3．（2025·金华模拟）乒乓球比赛中，运动员发球时将乒乓球竖直上抛，若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比，从抛出开始计时，以竖直向上为正方向，下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·金华模拟）金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，其中a、d两点关于球心o对称，则（ ）
A．o点电场强度不为0 B．a点电势等于d点电势
C．a点电场强度小于d点电场强度 D．a、o间电势差等于o、d间电势差
5．（2025·金华模拟）“天问二号”探测器即将出征，将再次创造中国航天新高度。假设“天问二号”绕地球的运动可视为匀速圆周运动，距地面的高度为h，飞行n圈所用时间为t，“天问二号”的总质量为m，地球半径为R，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量
B．地球表面的重力加速度
C．探测器的向心加速度
D．探测器的线速度
6．（2025·金华模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图1中，匀速转动的线圈此位置产生的电动势恰好为零
B．图2中，变压器原副线圈电流之比
C．图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落（不计空气阻力）可视做自由落体运动
D．图4中，电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，可通过减小电流的方式实现电子的逆时针加速运动
7．（2025·金华模拟）用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为
B．时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0~时间内，通过电阻的电荷量为
8．（2025·金华模拟）如图1，宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2，把待测宝石紧密贴放在半球棱镜上，标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝石的光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角大于临界角的光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置，目镜下安装有一个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是（ ）
A．棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率
B．换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高
C．换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方
D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体
9．（2025·金华模拟）介子会发生衰变，反应方程式为，即生成一个介子和一个子中微子。在云室中可观察到介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且。则和粒子的动量之比可能为（ ）
A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．2∶1
10．（2025·金华模拟）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C摆到最低点的速度是m/s
B．木块A、B原先间距0.04m
C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
11．（2025·金华模拟）一群处于能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光，照射图乙所示的光电管阴极K，只有频率为和的光能使它发生光电效应。分别用频率为、的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，氢原子向低能级跃迁一共发出6种不同频率的光
B．图乙中，用频率的光照射时，将滑片P向右滑动，电流表示数一定增大
C．图丙中，图线a所表示的光的光子能量为12.09eV
D．a光和b光照射K极产生的光电子的德布罗意波长，必有a大于b
12．（2025·金华模拟）如图1是摄影师航拍到钱塘江两波潮水娓娓向对方走来，交织在一起形成壮观的景象。其原理为两列平面波相遇的干涉现象，可将两列波简化成如图2示意图（其中实线表示波峰，虚线表示波谷），甲、乙两列频率均为0.5Hz的水波以2m/s的速度传播，振幅均为0.2m，波面间形成夹角120°，此时O点刚要开始起振，C点距O点8m，则（ ）
A．C点是振动加强点
B．经过，波传到C点
C．图中此刻A点经过的总路程比B点多1.6m
D．稳定干涉后，O、C连线间共有三个振动加强点（不含C、O）
13．（2025·金华模拟）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为的长直导线所产生，则（ ）
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
14．（2025·金华模拟）图1、4是“验证机械能守恒定律实验”的两种方案（甲、乙）的实验装置图。
（1）关于方案甲：
①除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材的字母编号是 ；
②图1中该同学将要释放纸带，其操作不当之处是 ；
③若电源频率为50Hz，计算图3中打下计数点5时纸带速度的大小为 m/s（保留3位有效数字）。
（2）关于方案乙，如图4所示，小明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，遮光条的遮光时间和；
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．滑块和遮光条的总质量M
C．光电门1和2之间的距离x
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）。
15．（2025·金华模拟）小明同学研究测量某热敏电阻（其室温下电阻约为2）的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E（1.5V，0.5），、各为280的电阻，电阻箱（0~99999.9），滑动变阻器（0~10），微安表（200，内阻约500），开关S，导线若干。
（1）该同学使用多用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值，读数如图2所示，则多用电表欧姆挡选择的是 （选填“×1K”或“×100”或“×10”）。
（2）按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到 （选填“a”或“b”）端；实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节、恰好使微安表的读数为0，记录不同温度下相应的热敏电阻阻值。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度T变化的曲线如图3所示。若某次测量中，则此时热敏电阻的阻值为 。
（3）图4为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为300。当线圈中的电流大于或等于5mA时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接 端（选填“AB”或“CD”）。如果要使恒温箱内的温度保持60℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为 。
16．（2025·金华模拟）在“用单摆测量重力加速度”实验中，用秒表记录50次全振动的时间如图1，秒表的读数为 s；用10分度的游标卡尺测量小球直径如图2，小球直径为 cm。
17．（2025·金华模拟）如图1所示，一质量为m=1kg、导热性能良好的汽缸放置在水平地面上，右端开口，汽缸壁内设有卡口，用一质量不计、面积为S=100cm2的活塞，密封一定质量的理想气体，活塞厚度可忽略且能无摩擦滑动。开始时气体处于温度T1=300K、体积V1=500cm3的状态A。现用一细线竖直悬挂活塞，待稳定至如图2所示状态B，此时活塞恰好到达气缸内的卡口处，活塞与卡口无相互作用力。随后将气缸内气体加热至温度为T3=330K的状态C，从状态A到状态B的过程中气体吸收热量0.5J，从状态A到状态C的过程中气体内能共增加了12.6J，大气压p0=1.01×105Pa，求：
（1）气体从状态A到状态B过程，分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），器壁单位面积所受气体分子的平均作用力 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）在状态C的压强p3；
（3）由状态A到状态C过程中一共从外界吸收热量Q。
18．（2025·金华模拟）如图所示，一倾角为的斜面AB与水平面BCD在B点平滑相接，圆轨道最低点为C（稍有错开），E为最高点，半径，CD段长L=1.275m，D端与一足够长的光滑斜面平滑相接。质量的小物块1从斜面顶点A以的速度水平向右抛出，落在斜面上的P点，假设小物块1落到P点前后，平行斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度立即变为零。在CD段距离C点x处有一与物块1完全相同的小物块2，两物块相碰后立即粘连在一起。已知小物块1第一次过圆轨道最高点E时的速度为，两小物块与CD段的动摩擦因数均为，轨道其余部分均光滑，调整小物块2与C点间的距离x，使得小物块合体最终停在CD上的某点M且全程不脱离轨道（，，），求：
（1）小物块1第一次运动到C点时对轨道的压力；
（2）小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度h；
（3）M与C点间的距离s与x的关系。（结果用x表示）
19．（2025·金华模拟）某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
（1）圆盘以角速度转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
（2）下落过程中重物的最大速度；
（3）当圆盘转过（弧度）时，圆形导轨角速度达到，求铝块由静止释放下落时间t。
20．（2025·金华模拟）图1为某离子发电装置，可简化为三个区域：离子发射区、加速区和发电区，图2是其截面示意图。发射区存在一垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，长度均为L的线状离子发射源P（正离子源）、Q（负离子源）正对位于磁场的上下顶点；加速区由两高度均为R，长、宽均为L的匀强电场组成，电场强度，电场方向相反；发电区由长为3R，宽为L的平行金属板S、T组成，板间存在垂直纸面向里，大小可调的匀强磁场，金属板外连接开关和电动机，开关初始均断开。电场上下边界及金属板S、T均与圆形磁场上下边界切线共线。离子发射源P、Q单位时间单位长度分别能向右侧90°范围内均匀发射N个质量为m，初速率相同，电量为q的离子，且所有离子均能水平离开圆形磁场区域。不考虑离子间作用力及离子重力，求：
（1）离子发射的初速率及发射区磁场内离子运动的最长时间；
（2）当发电区磁感应强度为B时，提供的最大电动势及闭合且电路稳定时的外电路电流；
（3）当发电区磁感应强度时，保持断开，闭合，待电路稳定后，测得金属板间电压为，电动机此时消耗的功率多大？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】纳米是长度的基本单位。故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】质量的国际单位是千克（kg）。纳米的单位是“nm”，是长度的单位。时间的国际单位是秒（s）。电流的国际单位是安培（A）。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；质点；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】A．下蹲过程分为两个阶段：加速下降阶段：加速度向下 支持力N < 重力G 失重状态
减速下降阶段：加速度向上 支持力N > 重力G 超重状态，先失重后超重，故A错误；
B．研究舞蹈动作时需考虑：肢体各部分的相对运动，身体姿态变化转动惯量分布，不可简化为质点，故B错误；
C．手绢边缘点做匀速圆周运动时：受向心力作用：F_n = mω2r ≠ 0，合外力不为零 非平衡状态
机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点做圆周运动，不是处于受力平衡状态，故C错误；
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，故D正确。
故选D。
【分析】1、失重与超重的判断依据是加速度的方向。
2、质点模型的适用条件是物体的大小和形状可以忽略。
3、圆周运动的物体受力不平衡，需要向心力维持运动。
4、牛顿第三定律描述了作用力与反作用力的关系，它们总是成对出现，作用在不同物体上。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】上升阶段，加速度方向向下，大小为 （重力 + 空气阻力）。随着速度 减小，空气阻力 减小，因此 逐渐减小，趋近于 。v t 图像斜率（即加速度）绝对值逐渐减小，曲线趋于平缓。下降阶段加速度方向向下，大小为 （重力 - 空气阻力）。随着速度 增大，空气阻力 增大，因此 逐渐减小，趋近于 0（最终达到终端速度）。v t 图像斜率（即加速度）绝对值逐渐减小，曲线趋于水平。故C正确，ABD不正确。
故选C。
【分析】上升阶段，下降阶段，上升阶段v逐渐减小，为正，则a1逐渐减小，下降阶段v逐渐增大，为负，则a2也逐渐减小。
4．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场线；电势差
【解析】【解答】A． 金属球壳在匀强电场中达到静电平衡时，内部感应电荷的电场会完全抵消外电场，使得合场强处处为零（包括球心O点）。 故A错误；
B．匀强电场中，电场线方向电势确实逐渐降低。但金属球壳静电平衡后，整个导体（包括表面）是等势体，表面电势相同，因此球壳表面电势不会沿电场线方向降低，故有，故B错误；
C．a、d两点关于球心O对称，静电平衡后，球壳外电场线分布对称（如图示）。但电场强度大小不仅取决于电场线密度，还取决于距离球壳的远近。由于a、d两点位置对称，场强大小相等，故C错误；
D．由于a、d两点电场线分布对称，a→O和O→d的场强变化对称。则这两点周围的平均场强大小相等，由可知a、o间电势差等于o、d间电势差，故D正确。
故选D。
【分析】1、导体静电平衡的核心特征：内部无电场、处处等电势、电荷仅分布于表面。
2、对称性分析要点：对称位置场强大小相等，相关电势差具有对称性。
3、电势判断原则：沿电场线方向电势降低，导体表面保持等势。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．“天问二号”绕地球做圆周运动的周期，根据
可得地球的质量，故A错误；
B．根据，地球表面的重力加速度，故B正确；
C．根据，探测器的向心加速度，故C错误；
D．探测器的线速度，故D错误。
故选B。
【分析】1、题目已知飞行n圈所用时间为t可求解周期，根据万有引力提供向心力列等式可得出地球的质量。
2、根据，地球表面的重力加速度g。
3、根据，探测器的向心加速度。
4、探测器的线速度。
6．【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；变压器原理
【解析】【解答】A．线圈在磁场中匀速转动，电动势大小取决于磁通量的变化率。
图1中此位置分析：当线圈平面与磁场方向垂直（即线圈边运动方向与磁感线平行）时，瞬时切割速度为零，感应电动势为零。此时磁通量最大，但变化率为零（符合法拉第定律）。故A正确；
B．图2中理想变压器的电流比 （匝数反比）。常见错误：若误认为电流比等于匝数比（即 ，则会得出错误结论。故B错误；
C．图3中，铝管是导体，强磁体下落时，铝管中磁通量变化，产生涡流（感应电流）。涡流产生的磁场阻碍磁体运动（楞次定律），导致磁体受电磁阻尼，下落速度慢于自由落体，故不可视做自由落体运动，故C错误；
D．电子感应加速器示意图。若电磁铁电流方向反向，磁场方向反向，根据左手定则可知无法实现电子逆时针运动，故D错误。
故选A。
【分析】1、当线圈在磁场中匀速旋转时：关键点在于线圈平面与磁场方向的关系
图示位置线圈边运动方向与磁感线平行，此时不产生切割效应，根据法拉第定律，此时磁通量变化率瞬时为零。
2、变压器原副线圈电流之比
3、变化的磁场在导体中感应出环形电流，这电流产生的磁场阻碍磁体运动，即使存在裂缝，仍然会产生局部涡流效应，这种阻尼力使下落加速度明显小于重力加速度
4、电子在加速器中运动时：磁场方向变化会改变电子受力方向，作为负电荷，电子受力方向与正电荷相反，维持稳定的加速轨道需要精确控制电磁场。
7．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A． 通电一段时间后，电流达到稳态（不再变化），此时自感电动势消失，电路仅剩纯电阻作用，电流由欧姆定律决定 ，故A错误；
B．根据，t=0时刻（开关刚闭合），电流为零（），但电流变化率最大，但是电流为0，故电功率为0，故B错误；
C． 闭合开关瞬间，自感电动势阻碍电流变化，方向与电源电动势相反，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大。根据楞次定律，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的，故C正确；
D．根据，在I - t图像中，q等于I - t图像与坐标轴围成的面积。由于I - t图像不是正弦函数图象 电流是指数增长（RL电路特性），非正弦交流电，因此不能用正弦有效值公式 计算。 故D错误。
故选C。
【分析】1、在自感电路中，电流稳定，则线圈自感现象消失，根据闭合回路的欧姆定律可求解最大电流。
2、由已知图像可知t=0时，电流为0，故电功率为0。
3、自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的，如果自感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了。
4、在I - t图像中，q等于I - t图像与坐标轴围成的面积。
8．【答案】A
【知识点】光的全反射；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．黄光从棱镜射入宝石能发生全反射，说明棱镜的折射率 （光密→光疏介质）。因此，棱镜对黄光的折射率确实大于宝石对黄光的折射率，故A正确；
B．白光包含不同波长的光（折射率不同，）。当入射角固定时：红光（折射率小）可能未达临界角，不发生全反射（亮区）。紫光（折射率大）可能已达临界角，发生全反射（暗区）。目镜会观察到明暗交错的色带，导致测量结果不准确，故B错误；
C．红光的折射率小于黄光，因此临界角 。实验中，明暗分界线对应临界角位置。红光临界角更大，分界线会向入射角减小的方向移动（即标尺上的上方），故C错误；
D．若宝石不同侧面测得的折射率不同，说明其光学性质随方向变化（即各向异性）。单晶体具有各向异性（如石英、方解石），而多晶体和非晶体各向同性，故D错误。
故选A。
【分析】1、全反射发生的必要条件包括光线从折射率较大的介质（光密介质）进入折射率较小的介质（光疏介质）入射角必须大于临界角，这个临界角可以通过两种介质的折射率比值计算得出。
在题目描述的情况下，黄光能够在棱镜和宝石的界面发生全反射，这一现象明确表明棱镜材料的折射率高于宝石材料。
2、在大多数透明介质中，红光的折射率明显小于黄光，折射率的差异直接影响了临界角的大小，由于红光的临界角较大，在相同实验条件下，其明暗分界线会出现在更靠近上方的位置。
3、单晶体材料在不同结晶方向上往往表现出不同的光学性质，这种各向异性特征可以通过精确的折射率测量来检测，当宝石不同晶面与棱镜接触时，测量到不同的折射率数据
这一结果是判断材料是否为单晶体的重要依据。
9．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；光子及其动量
【解析】【解答】介子和介子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
解得动量，由核反应方程知只有介子和介子带有电荷，设衰变前为正方向，则衰变前后动量守恒，即，所以介子在磁场中的轨迹半径为，动量大小为，介子在磁场中的轨迹半径为，动量大小为
所以，且，解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则，动量，衰变前后动量守恒，即联立可求解和粒子的动量之比 。
10．【答案】C
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】A．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有，根据机械能守恒，有，解得速度大小分别为，，故A错误；
B．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有，两边同乘以t，有，又有
联立解得，故B错误；
C．A与B碰瞬间根据动量守恒，有，解得，球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒
根据能量守恒，有
联立解得，故C正确；
D．系统产生的热量为，故D错误。
故选C。
【分析】1、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向动量守恒列等式，根据机械能守恒列等式，联立可求解球C摆到最低点的速度。
2、A与B碰瞬间根据动量守恒列等式，球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒列等式，根据能量守恒列等式，联立可求解球C通过最低点后向左摆动上升最大高度。
3、球C开始下落到A、B、C三者相对静止，利用能量守恒可求解系统产生的热量。
11．【答案】A,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生 C42 =6 种不同频率的光子。这包括：4→3、4→2、4→1、3→2、3→1、2→1 六种可能的跃迁路径。故A正确；
B．图乙中不知道电源正负极，若为正向电压（A接正极），滑片P右移增大电压，光电流可能增大至饱和。若为反向电压（A接负极），滑片P右移增大反向电压，光电流会减小，故B错误；
C．只有频率为ν1和ν2的光能产生光电效应，说明这两种光子能量等于或大于逸出功。根据氢原子能级图，最可能的跃迁是：n=3→n=1跃迁（能量E1=12.09eV），ν2：n=2→n=1跃迁（能量E2=10.2eV），由于ν2>ν1，所以a光对应n=3→n=1跃迁，其光子能量确实为12.09eV。故C正确；
D．图丙可知遏止电压，由，由遏止电压可知：b光的光电子最大初动能 > a光的光电子最大初动能。根据德布罗意波长公式 λ = h/p，，对于最大初动能的光电子：λa > λb，但实际光电效应产生的光电子具有能量分布（从0到Ekmax），由于无法确定两种光产生的全部光电子的能量分布，故不能简单比较所有光电子的德布罗意波长。所以b光打出的光电子的最大初动能比a光打出的光电子大，根据，可知b光打出的光电子的最大动量比a光打出的光电子大，所以没办法判断a光打出的光电子的德布罗意波长和b光打出的光电子的德布罗意波长的大小关系，故D错误。
故选AC。
【分析】1、一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时最多可产生种光子。
2、正向电压：光电子被加速，电流随电压增大而增大。反向电压（A接负极，K接正极）：光电子被阻碍，电流可能减小甚至降为零，此时需要借助遏止电压。
3、若只有频率为ν 和的光能使光电管发生光电效应，则这两种光子必定来自特定的能级跃迁。例如：ν 可能对应从n=2能级跃迁到n=1能级。对应从n=3能级跃迁到n=1能级。
4、 遏止电压U_b > U ，说明b光照射时，光电子的最大初动能更大 ，根据，根据德布罗意波长， 因此b光的光电子动量更大。
12．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．将O点起振时产生的两列波面视为等效波源，C点到两波面的波程差为零（Δr=0），满足干涉加强条件，因此C点是振动加强点，故A正确；
B．O点刚要开始起振，波面间形成夹角120°，C点到过O点的两列波面间距，波传到C点的时间，故B错误；
C．图2显示AO在右侧波面的投影比BO在左侧波面的投影长一个波长，这意味着A点比B点多振动一个周期，由于A、B都是加强点，A点经过的总路程确实比B点多，则图中此刻A点经过的总路程比B点多，故C正确；
D．OC连线上各点到两波面的波程差确实为零，理论上这些点都应是加强点，将过O点的两列波面等效为波源，由于O、C连线上各个质点到左右两波面的间距相等，可知，O、C连线上各个质点均为振动加强点，故D错误。
故选AC。
【分析】1、波的干涉与振动加强点判断
当两列波传播到某点时，若该点到两个波源的距离差等于波长的整数倍（包括零），则该点为振动加强点。在题目中，C点到两波面的间距相等（距离差为零），因此C点是振动加强点。
2、波面夹角与传播时间关系
当波面间形成夹角时，波传播到特定点所需的时间可以通过几何关系计算。在120°夹角的波面情况下，波传到C点的时间可以通过几何关系推导得出。
3、振动加强点的相位关系
对于振动加强点，若两点到波源的距离差为一个波长，则振动时间相差一个周期。题目中A点比B点多振动一个周期，因此A点经过的总路程比B点多。
4、连线上的振动加强点分布
在连接两个等效波源的直线上，若各个质点到两个波面的距离相等，则这些质点均为振动加强点。题目中O、C连线上各质点满足这一条件，因此都是振动加强点。
13．【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；安培力的计算
【解析】【解答】A．导体上的电流密度，在圆筒上取宽度为，长度为一个小微元，在微元朝向圆筒一侧，磁感强度为零，可知该微元产生的磁场和除去该微元以外电流产生的磁场，在圆筒内部等大反向，根据对称性可知在圆筒的外侧等大同向，因此其他部分在该微元处产生的磁场，圆筒侧壁单位面积受到的压力，整理得，故A错误；
B．将圆筒左半部分对称分割为 n 份，每对对称电流元在 O 点产生的磁场垂直纸面向里，叠加后总磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C．圆筒电流产生的磁场沿圆环切线方向，圆环电流方向与磁场平行，不受安培力，故C错误；
D．圆筒内部紧贴处磁场为B，外部合磁场为零，利用A选项中的结论可知，圆筒单位面积受到的力与A选项大小相等，故D正确。
故选BD。
【分析】1、圆筒电流的磁场分布特性：紧贴圆筒外侧存在磁感强度，导体上具有电流密度，在圆筒内部紧贴筒壁处磁感强度为零，在圆筒外部紧贴筒壁处磁感强度为B
2、微元分析法：将圆筒划分为宽度为dr、长度为l的微元，微元产生的磁场与其余部分产生的磁场关系：在圆筒内部等大反向，在圆筒外部等大同向，由此可推导微元受力情况。
3、磁场叠加原理应用：圆筒左半部分对称分割后，对称微元在中心O点产生的磁场相互叠加，所有微元叠加后在O点产生垂直纸面向里的合场强。
4、安培力分析：圆筒电流在圆环部分产生的磁场与圆环平行，不产生作用力，圆筒单位面积受力计算：内部紧贴处磁感强度为B，外部紧贴处合场强为零，单位面积受力大小与A选项结论一致。
14．【答案】（1）D，；重锤离打点计时器太远或纸带在墨粉盘的上方（答出一处即可），；1.50；
（2）AC，；
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）①验证机械能守恒定律实验，还需要知道物体下落的距离，不需要知道物体质量，时间间隔应该在纸带上数点数出来，不需用秒表测，电火花计时器使用220V交流电，不是学生电源，故选D。
②实验时，重锤应靠近计时器，打点时，纸带应该在墨粉盘的下方，则操作不当之处是重锤离打点计时器太远或纸带在墨粉盘的上方。
③打点周期，打下计数点4至6的平均速度做为计数点打下5时纸带的瞬时速度，即
（2）必须测量遮光条的宽度d和光电门1和2之间的距离x，而滑块和遮光条的总质量M在公式中可以约去，不是必须测量的物理量，故选AC。
物体减少的重力势能转化为动能，即公式为
约去物体质量，得
【分析】（1）①验证机械能守恒定律实验中，不需要测质量，不需要秒表测时间，需要刻度尺测距离。②实验时，重锤应靠近计时器释放纸带。③利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度计算速度。
（2）为验证机械能守恒定律，必须测量遮光条的宽度d和光电门1和2之间的距离x，
根据机械能守恒推导满足关系式。
（1）[1]验证机械能守恒定律实验，还需要知道物体下落的距离，不需要知道物体质量，时间间隔应该在纸带上数点数出来，不需用秒表测，电火花计时器使用220V交流电，不是学生电源，故选D。
[2]实验时，重锤应靠近计时器，打点时，纸带应该在墨粉盘的下方，则操作不当之处是重锤离打点计时器太远或纸带在墨粉盘的上方（答出一处即可）。
[3]打点周期，打下计数点4至6的平均速度做为计数点打下5时纸带的瞬时速度，即
（2）[1]必须测量遮光条的宽度d和光电门1和2之间的距离x，而滑块和遮光条的总质量M在公式中可以约去，不是必须测量的物理量，故选AC。
[2]物体减少的重力势能转化为动能，即公式为
约去物体质量，得
15．【答案】（1）×1K
（2）a；600
（3）AB；700
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）室温下热敏电阻约为2，图2可知指针刻度为2，故多用电表欧姆挡选择的是“×1K”；
（2）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得，代入题中数据，解得
（3）随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图3可知，60℃时热敏电阻的阻值为600Ω，由闭合电路欧姆定律
解得
【分析】 （1）用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值， 根据被测电阻大约值选择多用电表欧姆档位。
（2）微安表的读数为0时，根据桥式电路电阻关系计算此时热敏电阻的阻值。
（3）要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA，由闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的电阻值。
（1）室温下热敏电阻约为2，图2可知指针刻度为2，故多用电表欧姆挡选择的是“×1K”；
（2）[1]为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端；
[2]微安表的读数为0时，设支路电流分别为，则有
整理得
代入题中数据，解得
（3）[1]随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端；
[2]要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图3可知，60℃时热敏电阻的阻值为600Ω，由闭合电路欧姆定律
解得
16．【答案】58.5；0.97
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】由图1可知，秒表的小盘读数为，大盘读数为，则秒表的读数为。
由图2可知，小球直径为
【分析】1、秒表的读数方法
先读小盘（分钟盘）：观察分针位置，直接读取整分钟数注意分辨半分钟刻度（通常小盘指针过半刻度后，大盘读数要加30秒）再读大盘（秒钟盘）：观察秒针位置，读取秒数（通常精度为0.1秒）若小盘指针未过半，直接读取0-30秒，若小盘指针已过半，读取30-60秒（实际记作31-60秒）
2、10分度游标卡尺的读数可以分为三个步骤：读取主尺整毫米数，首先看游标尺的零刻度线在主尺上的位置，找到它左边最靠近的主尺刻度，这个刻度值就是测量的整毫米数。比如零刻度线过了主尺的15毫米刻度，但还没到16毫米，那么整毫米数就是15毫米。
确定游标尺小数部分，接着观察游标尺上的10条刻度线，看哪一条与主尺的刻度线完全对齐。因为是10分度的，所以每一小格代表0.1毫米。如果第4条线对齐，那么小数部分就是0.4毫米。
计算最终测量值，把主尺读数和游标尺读数相加就是最终结果。
17．【答案】（1）不变；变小
（2）解：对汽缸，根据平衡条件可得，，解得
气体由状态B到状态C，体积不变，则，代入数据解得
（3）解：气体由状态A到状态B的过程中，有，
气体由状态B到状态C的过程中，有，
代入数据解得
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）气体从状态A到状态B过程，气体温度不变，体积增大，压强减小，则分子平均动能不变，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小；
【分析】（1）气体温度不变，分子平均动能不变。压强减小，则器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小。
（2）对汽缸，根据平衡条件列等式：，，气体由状态B到状态C，体积不变，列等式：，联立可求解在状态C的压强。
（3）气体由状态A到状态B的过程中，气体温度不变，则，气体由状态B到状态C的过程中，根据热力学第一定律：，， 由状态A到状态C过程中一共从外界吸收热量
（1）[1][2]气体从状态A到状态B过程，气体温度不变，体积增大，压强减小，则分子平均动能不变，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小；
（2）对汽缸，根据平衡条件可得，
解得
气体由状态B到状态C，体积不变，则
代入数据解得
（3）气体由状态A到状态B的过程中，有，
气体由状态B到状态C的过程中，有，
代入数据解得
18．【答案】（1）解：小物块1从E→C过程，根据动能定理有
小物块1在C点，根据牛顿第二定律有
解得，由牛顿第三定律，物块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）解：小物块1从A→P过程做平抛运动，则有
在P点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，则有
小物块1从P→C过程，根据动能定理有
结合上述解得
（3）解：两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律有
则有
即碰后两物块总动能变为碰前一半
若时，小物块第一次过D点前就停止，则有
解得（）
若时，小物块第二次过D点后返回C点前停止，则有
解得（）
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）题目已知E点速度，研究小物块1从E→C过程，根据动能定理列等式，小物块1在C点，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解C点受到支持力大小，由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力。
（2）小物块1从A→P过程做平抛运动，利用速度分解可得
在P点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，，小物块1从P→C过程，根据动能定理有，联立可求解小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度。
（3）两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律列等式，碰后两物块总动能变为碰前一半，若时，小物块第一次过D点前就停止，可得出M与C点间的距离s与x的关系。
若时，小物块第二次过D点后返回C点前停止，，可得出M与C点间的距离s与x的关系。
（1）小物块1从E→C过程，根据动能定理有
小物块1在C点，根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）小物块1从A→P过程做平抛运动，则有
在P点，将速度沿斜面与垂直于斜面分解，则有
小物块1从P→C过程，根据动能定理有
结合上述解得
（3）两物块相碰后立即粘连在一起，根据动量守恒定律有
则有
即碰后两物块总动能变为碰前一半
若时，小物块第一次过D点前就停止，则有
解得（）
若时，小物块第二次过D点后返回C点前停止，则有
解得（）
19．【答案】（1）解：①根据法拉第电磁感应定律有
②根据法拉第电磁感应定律有
（2）解：速度最大时，线圈内外电流分别为、
根据力矩平衡关系有
解得
则最大速度为
（3）解：对重物，根据动量定理有
两边求和
其中，转动力矩平衡，即拉力与安培力力矩等大，则有
解得，则有 ，又
解得
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）①转动切割产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律
② 金属棒ED间的电势差：
（2）速度最大时，根据闭合电路欧姆定律得出线圈内外电流、
根据力矩平衡关系有，可求解，最大速度为
（3）对重物，根据动量定理，即拉力与安培力力矩等大，，，，联立可求解 铝块由静止释放下落时间t。
（1）①根据法拉第电磁感应定律有
②根据法拉第电磁感应定律有
（2）速度最大时，线圈内外电流分别为、
根据力矩平衡关系有
解得
则最大速度为
（3）对重物，根据动量定理有
两边求和
其中，转动力矩平衡，即拉力与安培力力矩等大，则有
解得
则有
又
解得
20．【答案】（1）解：离子圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得
圆周运动周期
竖直方向入射在磁场中运动的圆心角90°最大，时间最长，故
（2）解：加速区，由动能定理，代入数据得
金属板间达到最大电动势，即断路下，离子进入金属板间受力平衡
得
短路时，金属板间电压为0，即离子在板间做圆周运动，电流即为单位时间内打到金属板的电荷量。考虑此时圆周运动半径
可知，从两金属板中间进入的离子恰好打到板上右端点，即所有入射离子均能达到板上，则
（3）解：当电压为时，利用配速法对离子的运动进行分解，即速度分解为
令 ，得，
则可看做以匀速直线运动，以匀速圆周运动，圆周运动半径
则单位时间内离两板间距在0.4R范围内进入发电区的离子可以打到金属板形成稳定电流。设从距离板0.4R入射发电区的离子发射时与竖直方向夹角为，如图所示
根据几何关系，解得
故单位时间打到金属板的离子数，电流为
故电功率
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可求解速度，
圆周运动周期，竖直方向入射在磁场中运动的圆心角90°最大，时间最长即
（2）加速区，由动能定理，可求解加速后速度，金属板间达到最大电动势，即断路下，离子进入金属板间受力平衡，短路时，金属板间电压为0，即离子在板间做圆周运动，电流即为单位时间内打到金属板的电荷量。考虑此时圆周运动半径
可知，从两金属板中间进入的离子恰好打到板上右端点，即所有入射离子均能达到板上。
（3）当电压为时，利用配速法对离子的运动进行分解，即速度分解为
令，得，，则可看做以匀速直线运动，以匀速圆周运动，圆周运动半径，则单位时间内离两板间距在0.4R范围内进入发电区的离子可以打到金属板形成稳定电流。
（1）离子圆周运动，洛伦兹力提供向心力
可得
圆周运动周期
竖直方向入射在磁场中运动的圆心角90°最大，时间最长，故
（2）加速区，由动能定理
代入数据得
金属板间达到最大电动势，即断路下，离子进入金属板间受力平衡
得
短路时，金属板间电压为0，即离子在板间做圆周运动，电流即为单位时间内打到金属板的电荷量。考虑此时圆周运动半径
可知，从两金属板中间进入的离子恰好打到板上右端点，即所有入射离子均能达到板上，则
（3）当电压为时，利用配速法对离子的运动进行分解，即速度分解为
令
得，
则可看做以匀速直线运动，以匀速圆周运动，圆周运动半径
则单位时间内离两板间距在0.4R范围内进入发电区的离子可以打到金属板形成稳定电流。设从距离板0.4R入射发电区的离子发射时与竖直方向夹角为，如图所示
根据几何关系
解得
故单位时间打到金属板的离子数
电流为
故电功率
1 / 1
