2025届浙江省宁波市高三下学期三模物理试题
1．（2025·宁波模拟）气体分子的平均平动动能与热力学温度之间的关系为，式中是玻尔兹曼常数，是一个关于温度及能量的常数。用国际单位制中的基本单位表示的单位是（ ）
A． B．
C．/℃ D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】此题考查单位制，对于不熟悉的公式可以通过单位判定公式是否正确。根据，可知
可知k的单位
故选A。
【分析】根据所给公式代入单位，分别看公式左右的单位是否相同即可判定公式正误。
2．（2025·宁波模拟）习近平总书记在2025年新年贺词中提到“嫦娥六号首次月背采样，梦想号探秘大洋，深中通道踏浪海天，南极秦岭站崛起冰原，展现了中国人追梦星辰大海的豪情壮志”，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号在月背起飞上升时，处于完全失重状态
B．研究“梦想”号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头可以看作质点
C．港珠澳大桥全长约，一汽车过桥用时，则全程平均速度约为
D．南极秦岭站充分利用风能和太阳能发电，其中太阳能是来自太阳内部的核裂变
【答案】B
【知识点】质点；平均速度；超重与失重；核聚变
【解析】【解答】本题考查超失重、质点和平均速率以及轻核聚变等知识，会根据题意进行准确分析解答。A．嫦娥六号在月背起飞上升时，有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；
B．研究 “梦想” 号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头的大小和形状对研究的轨迹影响极小，可以忽略不计，所以钻头可以看作质点，故B正确；
C．平均速度是位移与时间的比值，港珠澳大桥全长约55km是路程，不是位移为55km，不能用路程除以时间来计算平均速度，故C错误；
D．太阳能是来自太阳内部的核聚变，故D错误。
故选B。
【分析】根据超失重、质点和平均速率以及轻核聚变等知识进行分析解答。
3．（2025·宁波模拟）如图所示是2025年春晚的《笔走龙蛇》节目。演员甲的一只脚踩在转盘边缘，另一只脚悬空，身体重心在转盘外。演员乙站在转盘上，与演员甲手拉手沿转盘半径方向摆出造型并随转盘一起转动。已知转盘以角速度做匀速圆周运动，演员甲、乙与转盘间均不发生相对滑动，下列说法正确的是（ ）
A．演员甲受到重力、支持力和向心力的作用
B．演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对平衡力
C．转盘对演员甲和乙的静摩擦力的合力提供他们所需的向心力
D．当逐渐增大到某一值时，演员甲和乙将沿转盘的切线方向飞出
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了匀速圆周运动以及牛顿第三定律的相关知识。 当角速度大于临界角速度，摩擦力不够提供向心力， 发生离心现象。A．演员甲受到重力、支持力和演员乙的拉力作用，三个力的合力充当做圆周运动的向心力，选项A错误；
B．演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对相互作用力，选项B错误；
C．演员甲和乙在轮盘提供的静摩擦力作用下做匀速圆周运动，静摩擦力的合力提供他们做匀速圆周运动所需的向心力，故C正确；
D．ω增大时，演员甲和乙所需的向心力增大，转盘对演员甲和乙的静摩擦力增大，静摩擦力达到最大时，ω达到最大值。ω继续增大，演员甲和乙将沿转盘的半径方向发生侧滑，故D错误。
故选C。
【分析】通过掌握的匀速圆周运动以及牛顿第三定律相关知识进行判断。
4．（2025·宁波模拟）质量分别为和的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，，下列说法正确的是（ ）
A． B．图线①为碰撞后的图线
C．碰撞后两物体的速度相同 D．两物体的碰撞为弹性碰撞
【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查碰撞中的动量和功能关系问题，要求学生熟练掌握动量和功能关系的应用。 碰撞时间极短， 碰撞过程，动量守恒。根据题意，由图可知，因x-t图像的斜率等于速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为 v1=4m/s，v2=0；碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2m/s，v'2=2m/s
则图线①为碰后m2的图线；碰撞后两物体的速度等大反向；以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
解得
m2=3kg
碰前
碰后
故两个物体发生弹性碰撞。
故选D。
【分析】根据位移一时间图像求解碰撞前后的速度，根据动量守恒定律求解m2，通过求解碰撞前后系统的总动能判断碰撞类型。
5．（2025·宁波模拟）如图所示，在带电体C附近，把与地面绝缘的导体A、B相碰一下后分开，然后分别接触一个小电动机的两个接线柱，小电动机便开始转动（假设小电动机非常灵敏）。关于以上过程，下列说法正确的是（ ）
A．A、B相碰后，A的电势高于的电势
B．A、B相碰后分开，A、B均不带电
C．把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功
D．A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从经电动机流向
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，要知道带电体的电荷只分布在外表面，且导体的电势处处相等。A．A、B相碰后，A、B处于静电平衡状态，A的电势等于的电势，故A错误；
B．在带电体C附近，地面绝缘的导体A、B相碰时，由于静电感应，A、B带上等量异种电荷，相碰一下后分开，此时A、B带上等量异种电荷，故B错误；
C．结合上述，由于A、B带上等量异种电荷，可知，把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功，故C正确；
D．结合上述可知，A、B带上等量异种电荷，由于带电体C电性不确定，则A、B的电性不确定，若A带正电，B带负电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从经电动机流向，若A带负电，B带正电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从B经电动机流向A，故D错误。
故选C。
【分析】将带正电的导体球C靠近两个不带电的导体AB，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变，处于静电平衡的导体是等势体；克服A、B之间的静电力做功，把机械能转化为电能。
6．（2025·宁波模拟）如图为一平行板电容器，电容为，、两极板的正对面积为，上半部分正对面积为且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为和。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷和。下列说法正确的是（ ）
A．上、下两个电容器的电容和一定相等
B．上、下两个电容器两极板间的电势差和一定相等
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量和一定相等
D．若电容器、两极板间均为空气，其电容一定变大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】掌握电容的定义式和决定式是解题的基础，知道两个极板是等势体。A．根据可知上、下两个电容器的电容和不相等，选项A错误；
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差和一定相等，选项B正确；
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量和不相等，选项C错误；
D．若电容器、两极板间均为空气，因变小，可知其电容一定变小，选项D错误。
故选B。
【分析】根据比较电容的大小，以及两极板间都为空气时电容的变化；两个极板均为等势体，据此比较电势差的大小；根据Q=CU比较所带电荷量的变化。
7．（2025·宁波模拟）将一根黄色筷子竖直插入装有水的圆柱形玻璃杯中心轴的右侧，观察到筷子在水中的像向右发生了侧移，如图所示。若保持观察位置不变，下列判断正确的是（ ）
A．将筷子竖直插入玻璃杯的中心轴，也能看到筷子的像向右侧移
B．将筷子竖直插入玻璃杯中心轴的左侧，也能看到筷子的像向右侧移
C．若换成红色筷子，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心靠近一点
D．若将水换成折射率更大的液体，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心靠近一点
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】此现象是生活中常见的现象，我们要学会利用折射的知识解释生活中的折射现象。 光的折射是指光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变，从而使光线在不同介质的交界处发生偏折的现象。A．将筷子竖直插入玻璃杯的中心轴，光线射出玻璃杯后传播方向不变，看到筷子的像和筷子重合，不会向右侧移，A错误；
B．将筷子竖直插入玻璃杯中心轴的左侧，看到筷子的像向左侧移，如图所示，B错误；
C．若换成红色筷子，水对红光的折射率比黄光小，红像和筷子的距离变小，红像向筷子靠近，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的红像会向玻璃杯中心靠近一点，C正确；
D．若将水换成折射率更大的液体，像和筷子的距离变大，像远离筷子，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心远离一点，D错误。
故选C。
【分析】当筷子放在水中时，由于水和空气的折射率不同，筷子上的光线通过了水之后，其传播路径就发生了变化，因此人眼所感知到的视线路径也会有偏差，根据光的折射规律分析。
8．（2025·宁波模拟）某同学想利用小孔成像实验估测太阳的平均密度。设计如图所示的装置，不透明的圆桶上底密封，但中央有一小孔，下底为半透明纸。将圆桶轴线正对太阳，可在半透明纸上观察到太阳的像的直径。已知圆桶长，引力常量。根据以上信息可得到太阳的平均密度的数量级为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题型。设太阳的半径为，太阳到地球的距离为，由光路图，结合相似三角形的性质可得
解得
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为，地球质量为，则
太阳体积为
太阳密度为
联立解得
代入数据，解得
故选B。
【分析】根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。
9．（2025·宁波模拟）如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm，喷出的水柱高度约为5m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（ ）
A．3.1kg，80W B．3.1kg，160W C．6.3kg，80W D．6.3kg，160W
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据水的运动情况，由运动学公式计算水离开喷管口时的速度大小，能求出水的动能，从而求得电动机的输出功率。水离开管口的速度为
水在空中运动时间为
空中一个水柱的质量为
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为
根据动能定理可得
解得
代入数据解得P≈160W
故选D。
【分析】根据质量公式M=ρV计算空中水柱的质量；水离开喷管口做竖直上抛运动，由速度一位移公式计算水离开喷管口时的速度大小。结合体积公式计算单位时间内喷出管口的水柱的体积，再求解单位时间内喷出管口的水柱的质量，然后由动能定理求解电动机给单个喷管提供的输出功率。
10．（2025·宁波模拟）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为以角速度转动的辐向磁场。边长为、总电阻为的单匝正方形线框可绕其中心轴旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的两条边、所处位置的磁感应强度大小均为。当线框由静止开始转动时，、两条边受到的阻力均为，其中比例系数，为、两条边的线速度大小。不计其他阻力。则当线框达到稳定转动时（ ）
A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
B．线框的角速度大小为
C．线框的感应电动势大小为
D．线框边所受安培力大小为
【答案】C
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要考查了电磁驱动原理，要掌握线速度与角速度的关系和感应电动势的公式的运用。 磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化。A．根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，故A错误；
B．当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得此时的感应电流为
金属线框AB、CD两边所受的安培力均为
F安=BIl
联立解得
根据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得
f=F安
又有阻力为
当时，则有
解得导线框转动的最大角速度为
故B错误；
C．线框AB、CD边转动的相对线速度
感应电动势
故C正确；
D．线框匀速转动
故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁驱动原理分析作答；线框转动的周期与辐向磁场的转动周期相同，据此分析作答；根据线速度与角速度的关系和感应电动势的公式分析作答；线框匀速转动，安培力等于阻力。
11．（2025·宁波模拟）下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A．图甲：氢原子跃迁时发出波长分别为、、三条谱线，满足
B．图乙：电磁波在传播过程中电场变化的周期和电场能变化的周期相等
C．图丙：从图中可以得到该放射性元素的半衰期为115.1d
D．图丁：康普顿效应中光子散射后的波长变大，该现象是光具有粒子性的重要例证
【答案】C,D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；康普顿效应
【解析】【解答】 美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长小于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。A．图甲：氢原子跃迁时发出波长分别为、、三条谱线，根据波尔理论可知
即满足
选项A错误；
B．图乙：电磁波在传播过程中电场变化的周期等于电场能变化的周期的2倍，选项B错误；
C．图丙：从图中可以得到
，
可得
解得
即该放射性元素的半衰期为115.1d，选项C正确；
D．图丁：康普顿效应中光子散射后的波长变大，频率变小，光子能量变小，可知该现象是光具有粒子性的重要例证，选项D正确。
故选CD。
【分析】根据玻尔理论分析解答；根据电磁波的产生原理分析B；根据半衰期概念分析C；根据康普顿效应现象分析。
12．（2025·宁波模拟）如图所示，我国首次使用核电池随“嫦娥三号”软着陆月球，该核电池是将放射性同位素衰变过程中释放出来的核能转变为电能。“嫦娥三号”采用放射性同位素钚核，静止的衰变为铀核和粒子，并放出光子。已知、和粒子的质量分别为、和，和的比结合能分别为和，光在真空中的传播速度为。下列说法正确的是（ ）
A．光子是由钚原子的内层电子跃迁产生的
B．的衰变方程为
C．衰变产生的和的动能之比为
D．粒子的结合能为
【答案】B,D
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】 本题考查核反应方程的书写规则和结合能问题，会根据题意进行准确分析解答。 原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。A．光子是铀核从高能态跃迁到低能态释放出来的，故A错误；
B．根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，的衰变方程为
故B正确；
C．衰变过程满足动量守恒，可知衰变产生的和的动量大小相等，方向相反；根据
可知衰变产生的和的动能之比为
故C错误；
D．设粒子的比结合能为，则衰变过程释放的能量为
又
联立可得粒子的结合能为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据γ光子的来历进行分析判断；根据质量数和电荷数守恒进行判断；根据动能和动量的关系式进行分析解答；根据质量亏损和结合能的公式列式解答。
13．（2025·宁波模拟）如图所示，在同一均匀介质中有两个相距的波源和，两波源的连线上有相距的A、B两点，其中B点位于两波源连线的中点处。时两波源同时开始上下振动，其中的振动图像如图乙所示。经过一段时间，观察到B点振动始终减弱，A点振动始终加强，两者振幅之差为，且A、B之间没有其他的振动加强点和减弱点。下列说法正确的是（ ）
A．的起振方向向下
B．的波速为
C．整个圆周上（和除外）有5个振动减弱点
D．内，A点通过的路程为
【答案】B,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断，解题时需注意，振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。A．B点到两波源的路程差是0，B点是振动减弱点，则两波源的起振方向相反，由图乙所示可知，波源S2的起振方向向下，则波源S1的起振方向向上，故A错误；
B．两波源的起振方向相反，A点到两波源的路程差
B到两波源的路程差ΔxB=0m，B点振动始终减弱，A点振动始终加强，A、B两点间没有其它的振动加强与减弱点，则
ΔxA-ΔxB=
代入数据解得λ=2m
由图乙所示图像可知，波的周期T=0.2s，波速
故B正确；
C．取圆上一点到S1、S2两个波源的距离分别为x1、x2，两波源的起振方向相反，振动减弱点满足|x1-x2|=nλ （n=0，±1，±2，±3，……）
三角形两边边长之差小于第三边的边长，则|x1-x2|＜4m，解得n=0，±1
根据对称性可知，在圆周上除波源外振动减弱的点有，6个，故C错误；
D．由图乙所示可知，波源S2的振幅A2=12cm，A是振动加强点，B是振动减弱点，两者振幅只差是16cm，则A1+A2-|A1-A2|=16cm
解得A1=8cm
波源S1产生的波传到A点需要的时间
波源S2产生的波传到A点需要的时间
0.15s～0.25s内，t1=0.25s-0.15s=0.1s=T，质点A的路程s1=2A1=2×8cm=16cm
0.25s～0.45s内，t2=0.45s-0.25s=0.2s=T，该时间内质点A的振幅A3=A1+A2=12cm+8cm=20cm
质点A的路程s2=4A3=4×20cm=80cm
则0～0.45s内质点A的路程s=s1+s2=16cm+80cm=96cm
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图乙所示图像判断S2的起振方向，B点是振动减弱点，根据干涉振动加强与减弱的条件分析答题；根据题意与振动加强与减弱的条件求出波长，然后根据波速、波长与周期的关系求出波速；根据振动加强与减弱的条件确定圆周上振动减弱点的个数；根据质点的运动过程求出A点通过的路程。
14．（2025·宁波模拟）实验室里有一根弹簧，某同学用刻度尺测量了弹簧的原长，然后用手拉弹簧使其伸长到如图1所示的位置，该同学想知道此时弹簧的弹力大小。他找了一个测力计去拉该弹簧，但发现该测力计的量程不够。于是他设计了一个测量弹簧拉力大小的方法：通过用细绳套让测力计和手同时以一定角度拉弹簧的方法来增大对弹簧的拉力，其设计的实验装置如图2所示。实验中保持弹簧伸长沿方向不变。
（1）图1中弹簧指针位置的读数为 ；
（2）图2实验中测力计的示数如图3所示，其读数为 N；
（3）如图4所示，该同学已在白纸上画出了绳套拉力的方向、被测弹簧受到的拉力方向和测力计拉绳的方向（大小如图3所示）。请你用力的图示法在答卷上作出弹簧所受的拉力 ，并从图中得出弹簧此时所受拉力的大小为 （结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）（9.98 10.02）
（2）（3.58 3.62）
（3）；（5.5 6.5）
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的分析方法。
（1）由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm，读数时要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻度为 10.00cm
（2）
由图2分析可知，弹簧测力计的分度值为 0.1N，读数时要估读到分度值的下一位，其示数为 3.60N
（3）
根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示
可知此时方向所受拉力的大小为6.30N。
【分析】（1）最小刻度等于0.1cm，读数要读到最小刻度后一位；
（2）根据仪器的分度值读数；
（3）根据平行四边形定则作图，从而得出弹簧拉力。
（1）由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm，读数时要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻度为 10.00cm
（2）由图2分析可知，弹簧测力计的分度值为 0.1N，读数时要估读到分度值的下一位，其示数为 3.60N
（3）[1][2]根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示
可知此时方向所受拉力的大小为6.30N。
15．（2025·宁波模拟）（1）某物理小组同学尝试用两个平面镜做类似双缝干涉测量光的波长实验。两平面镜、的放置如图1所示，两镜面相交于垂直于纸面的线，且夹角接近。垂直纸面的线光源发出单色光照射两平面镜，能在光屏上观察到明暗相间的条纹。关于本实验，下列说法正确的是________（多选）
A．光屏上观察到的条纹是等间距的
B．光源关于两平面镜的虚像、可视为两个相干光源
C．其他条件不变，仅把光屏右移，光屏上的条纹间距会变大
D．若把两镜面间的夹角增大到，光屏上仍可观察到明暗相间的条纹
（2）另一组同学在做“薄膜干涉”实验时，分别用红光和蓝光照射薄膜，形成的干涉图样如图2中A和B所示，其中图 （选填“A”或“B”）是红光形成的干涉图样。
【答案】（1）A；B；C
（2）B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉
【解析】【解答】本题主要考查了用用两个平面镜做类似双缝干涉测波长的实验，具有创新性，要明确实验原理，掌握双缝干涉条纹间距公式的运用。
（1）A．该实验类似于双缝干涉实验，在双缝干涉现象中，相邻明条纹（或暗条纹）的间距是相等的 ，所以光屏上观察到的条纹是等间距的，故A正确；
BD．同一光源发出的光的频率相同、相差恒定，经过两平面镜反射后成为相干光，光源S关于两平面镜的虚像可视为两个相干光源；若把两镜面间的夹角增大到，两反射光将不会再光屏上相遇，因此光屏上不能观察到明暗相间的条纹，故B正确，D错误；
C．根据双缝干涉条纹间距公式
可知，其他条件不变， 仅把光屏右移，相当于增大了双缝到屏的距离L，光屏上的条纹间距会变大，故C正确。
故选ABC。
（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知，分别用红光和蓝光照射薄膜，红光的条纹间距比蓝光的大，因此形成的干涉图中图B是红光形成的干涉图样。
故选B。
【分析】（1）.根据干涉图样特征分析作答；根据双缝干涉产生的原理和条件分析作答；根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
（1）A．该实验类似于双缝干涉实验，在双缝干涉现象中，相邻明条纹（或暗条纹）的间距是相等的 ，所以光屏上观察到的条纹是等间距的，故A正确；
BD．同一光源发出的光的频率相同、相差恒定，经过两平面镜反射后成为相干光，光源S关于两平面镜的虚像可视为两个相干光源；若把两镜面间的夹角增大到，两反射光将不会再光屏上相遇，因此光屏上不能观察到明暗相间的条纹，故B正确，D错误；
C．根据双缝干涉条纹间距公式
可知，其他条件不变， 仅把光屏右移，相当于增大了双缝到屏的距离L，光屏上的条纹间距会变大，故C正确。
故选ABC。
（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知，分别用红光和蓝光照射薄膜，红光的条纹间距比蓝光的大，因此形成的干涉图中图B是红光形成的干涉图样。
故选B。
16．（2025·宁波模拟）某同学为了测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图1所示的电路。
（1）用该方案测得的电源电动势与真实值相比： （选填“偏大”、“偏小”或“等大”），测得的内阻与真实值相比： （选填“偏大”、“偏小”或“等大”）。
（2）为了提高实验的精度，该同学设计了另一个实验方案如图2所示，正确连线后，实验操作如下：
①将滑动变阻器和的滑片移到最左端，闭合开关和；
②调节滑动变阻器的滑片，使得灵敏电流计G的指针指向0，记录此时电压表的示数为、电流表的示数为；
③接着，改变滑动变阻器的滑片位置后，再重复步骤②，记录另一组数据、。
（i）图2设计的方案，消除了图1测量中哪个因素对实验结果的影响 。
A．电压表内阻 B．电流表内阻
（ii）待测电源电动势 ，内阻 （用题中所给的物理量符号表示）。
【答案】（1）等大；偏大
（2）B；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。 （1）由图1所示电路图可知，把电流表与电池整体看作等效电源，则
则电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，内阻测量值大于真实值。
（2）（i）流过灵敏电流计的电流为0，流过两电源的电流相等，两滑动变阻器两端电压相等，该实验设计相对于图1消除了电流表内阻对实验的影响。
故选B。
（ii）由闭合电路的欧姆定律得
解得
【分析】（1）根据图1所示电路图结合实验原理分析答题。
（2）根据图2所示实验电路图与实验原理，应用闭合电路的欧姆定律求解。
（1）由图1所示电路图可知，把电流表与电池整体看作等效电源，则U=E-I（r+RA）
则电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，内阻测量值大于真实值。
（2）（i）流过灵敏电流计的电流为0，流过两电源的电流相等，两滑动变阻器两端电压相等，该实验设计相对于图1消除了电流表内阻对实验的影响。
故选B。
（ii）由闭合电路的欧姆定律得E=U1+I1r，E=U2+I2r
解得
17．（2025·宁波模拟）如图所示，在一绝热性能良好的封闭汽缸内，有一装有小阀门K（不计K的大小）的绝热活塞。在汽缸的A端装有电热丝，用于加热气体。刚开始，活塞紧贴汽缸B端的内壁，阀门K关闭；整个汽缸内盛有一定质量的某种理想气体，其温度为T1。已知该理想气体的内能U与热力学温度T成正比，即，式中a是与物质的量成正比的已知量。忽略活塞与汽缸内壁之间的摩擦。
①现用外力把活塞从汽缸的B端压至汽缸中央，并用销钉F把活塞固定，从而把汽缸分成体积相等的左右两室。上述压缩过程中，气体的温度上升到T2。
②然后开启阀门K，经过足够长的时间后再将它关闭，再拔除销钉F，让活塞可自由移动。用电热丝加热气体，加热完毕并经过一定时间后，活塞再次静止。此时左室内气体的压强变为K关闭后的2.5倍，右室内气体的体积变为K关闭后的0.5倍。
（1）①中气体分子的平均速率 （选填“增大”、“减小”或“不变”），外力对气体做功大小为 ；
（2）活塞再次静止时，左、右两室内气体的温度分别是多少；
（3）电热丝加热过程共传给气体的热量是多少。
【答案】（1）增大；a(T2-T1)
（2）解：由于对于一定质量的理想气体，有
由题意可知，加热前左右两边压强p相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TB。
则有
，
解得
，
（3）解：对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量。
则有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】 如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加ΔU。
（1）上述压缩过程中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的平均速率增大；根据热力学第一定律得
【分析】（1）结合题意，由温度与气体分子动能的关系、热力学第一定律，即可分析求解；
（2）结合题意，由理想气体状态方程分别列式，即可分析求解；
（3）对气缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量，结合题意列式，即可分析求解。
（1）[1]上述压缩过程中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的平均速率增大；
[2]根据热力学第一定律得
（2）由于对于一定质量的理想气体，有
由题意可知，加热前左右两边压强p相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TB。
则有，
解得，
（3）对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量。
则有
解得
18．（2025·宁波模拟）某游戏装置如图所示，水平传送带左端点和右端点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、两点间的距离。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量的滑块接触（与弹簧不栓接，且滑上传送带前已经脱离弹簧），与传送带间的动摩擦因数。右侧水平台面上有一倾角为，高的固定光滑斜面（水平台面与斜面底端用平滑小圆弧连接），在斜面左侧水平台面上放置一质量也为的相同滑块，右侧固定一上表面光滑且很大的水平桌面。桌面上放置一质量，长的薄木板（厚度不计），木板左端点与桌面左端相齐、并与斜面顶端点等高，且间距。游戏开始，将从压缩弹簧的右端由静止释放，与静止在水平台面上的发生碰撞后粘在一起组成滑块，离开斜面后将在木板的上表面与木板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），每次碰撞前后瞬间，沿竖直方向的分速度大小不变、方向反向。P、Q、W均可视为质点，不计空气阻力。在某次游戏中，恰好击中木板的中点。
（1）求离开点时的速度大小；
（2）若传送带不动，求弹簧最初储存的弹性势能；若传送带转动，则弹簧最初储存的弹性势能的大小范围；
（3）W击中木板中点后瞬间，和木板的速度分别为多大；
（4）若落在桌面上时不反弹，则在桌面上的落点与桌面左端间的距离为多少。
【答案】（1）解：滑块在离开D点后做斜抛运动，水平位移为，且光滑斜面倾角为，滑块离开D点后水平和竖直方向的速度分别为、，则
根据斜抛运动特点，有
，
得
则离开点时的速度大小为
（2）解：设、碰前的速度，碰后的速度为。根据机械能和动量守恒，有，
代入数据得
①传送带不动，由动能定理得
代入数据得
②传送带转动
若是逆时针转动，由于的运动与①情况相同，则弹簧最初储存的弹性势能也为。
若是顺时针转动，被加速，当在传送带上全程被加速时，对应的弹簧最初储存的弹性势能最小。由动能定理得
代入数据得
所以，传送带转动时，弹簧最初储存的弹性势能至少为1.6J。
（3）解：击中木板中点后瞬间，和木板的速度分别为和，的水平、竖直分速度为，。由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及碰撞前后动能不变，可知
，
得
板的速度
的速度为
（4）解：当滑块落在木板中点碰后上升到最大高度的时间为
则，滑块与木板碰撞后反弹再落到碰前高度时，与木板的水平位移差为
落点距E点距离为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；斜抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据斜抛运动特点求W离开D点时的速度大小；
（2）根据机械能和动量守恒再结合动能定理求若传送带不动，弹簧最初储存的弹性势能；若传送带转动，弹簧最初储存的弹性势能的大小范围；
（3）由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及能量守恒求W和木板的速度分别为多大；
（4）根据运动学公式求W在桌面上的落点与桌面左端间的距离为多少。
（1）滑块在离开D点后做斜抛运动，水平位移为，且光滑斜面倾角为，滑块离开D点后水平和竖直方向的速度分别为、，则
根据斜抛运动特点，有，
得
则离开点时的速度大小为
（2）设、碰前的速度，碰后的速度为。根据机械能和动量守恒，有，
代入数据得
①传送带不动
由动能定理得
代入数据得
②传送带转动
若是逆时针转动，由于的运动与①情况相同，则弹簧最初储存的弹性势能也为。
若是顺时针转动，被加速，当在传送带上全程被加速时，对应的弹簧最初储存的弹性势能最小。由动能定理得
代入数据得
所以，传送带转动时，弹簧最初储存的弹性势能至少为1.6J。
（3）击中木板中点后瞬间，和木板的速度分别为和，的水平、竖直分速度为，。由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及碰撞前后动能不变，可知，
得
板的速度
的速度为
（4）当滑块落在木板中点碰后上升到最大高度的时间为
则，滑块与木板碰撞后反弹再落到碰前高度时，与木板的水平位移差为
落点距E点距离为
19．（2025·宁波模拟）海浪蕴含着丰富的能量，某科技小组设计了一种把海浪能转化为电能的装置。示意图如图所示，足够长的圆柱形磁体和圆筒形磁体通过缆绳锚定于海底礁石上，两者之间存在沿水平方向的径向磁场。线圈与浮桶相连套在圆柱形磁体上，并可随海浪沿竖直方向运动。一额定功率的灯泡通过导线与浮桶中的线圈相连，线圈所在处的磁感应强度大小均为。某段时间内，浮桶和线圈随海浪上下做简谐运动，周期，振幅，通过平衡位置时的速率，此过程中灯泡恰好正常发光。浮桶和线圈的总质量，在浮桶和线圈上下运动过程中，沿竖直方向受到的作用力有重力、浮力、安培力、海水阻力和海浪对浮桶和线圈的作用力，其中重力和浮力大小相等，海水阻力大小，为线圈的瞬时速率。已知每匝线圈周长，每匝线圈电阻，线圈匝数。时刻浮桶和线圈正通过平衡位置向上运动。不计其他电阻。
（1）时刻线圈中的电流方向为顺时针还是逆时针（俯视）；
（2）求灯泡电阻，并写出灯泡两端电压随时间的变化关系；
（3）到内海浪对浮桶和线圈的冲量大小和所做的功。
【答案】（1）解：时刻浮桶和线圈正通过平衡位置向上运动，根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向；
（2）解：线圈做简谐运动，故产生正弦式交流电，其最大值为
此时小灯泡恰好正常发光，由
得
因为时刻浮桶和线圈正通过平衡位置，故线圈中瞬时电压
得
则灯泡两端电压
得
（3）解：到内，线圈和浮桶速率从0增加到，由动量定理得
（或）
其中电流
得
由动能定理
其中
因为，类比，由
得
综上得
【知识点】动量定理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）根据右手定则判断线圈中的电流方向；
（2）根据功率公式和线圈中瞬时电压表达式求灯泡电阻R，和灯泡两端电压u随时间t的变化关系；
（3）由动量定理和动能定理求t=0.5s到t=1s内海浪对浮桶和线圈的冲量大小IF和所做的功WF。
（1）时刻浮桶和线圈正通过平衡位置向上运动，根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向；
（2）线圈做简谐运动，故产生正弦式交流电，其最大值为
此时小灯泡恰好正常发光，由
得
因为时刻浮桶和线圈正通过平衡位置，故线圈中瞬时电压
得
则灯泡两端电压
得
（3）到内，线圈和浮桶速率从0增加到，由动量定理得
（或）
其中电流
得
由动能定理
其中
因为，类比，由
得
综上得
20．（2025·宁波模拟）如图所示，在平面内有一平行于轴宽为的线状电子源，每秒沿轴正方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚到磁场的最低点后，进入轴正下方足够大的、磁感应强度大小也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场区域。在轴上有一左端置于原点点，长为的电子收集板（不计收集板的厚度）。打到收集板上的电子被收集板吸收后全部导入大地。已知电子质量为，电荷量为，忽略电子重力和电子间的相互作用。
（1）求从电子源发射出来的电子的速度大小；
（2）求电子从点射出时与负轴方向的夹角的范围；
（3）电子源发射一段时间后，求收集板接地导线中的电流大小；
（4）若收集板平行于轴放置，且足够长，其上端位于原点，则在收集板向右平移的过程中，试求收集板上能接收到电子的区域长度与收集板所处位置横坐标之间的关系。
【答案】（1）解：电子只受到洛伦兹力，根据
可知匀强磁场中圆周运动的半径
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径，则
（2）解：粒子轨迹如图1
由对称性，可设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角为，由三角函数，得
所以，的范围为
（3）解：粒子轨迹如图2
计算能打到收集板上的电子在运动到点时与负轴夹的角，设为。在下方区域内做匀速圆周运动也为。由三角函数得
由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由三角函数得
解得
所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距离为
则接地导线中的电流大小为
（4）解：电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键位置①（直径在轴上）、②和③，如图3。
由几何关系可知，可知
①当时，由于②和③两个圆轨迹关于轴对称，圆心距离为，②向下平移与③重合，则，
②当时，电子圆轨迹与收集板交点的最高点在轴上，最低点是某个圆的直径与收集板的交点，可以作以为圆心，为半径的圆弧，得到
③时，电子轨道不会碰到收集板，则
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据半径公式求从电子源发射出来的电子的速度大小；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和数学思想求电子从O点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和数学思想求收集板接地导线中的电流大小；
（4）作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键位置，根据几何关系逐个分析讨论求收集板上能接收到电子的区域长度l与收集板所处位置横坐标x之间的关系。
（1）电子只受到洛伦兹力，根据
可知匀强磁场中圆周运动的半径
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径，则
（2）粒子轨迹如图1
由对称性，可设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角为，由三角函数，得
所以，的范围为
（3）粒子轨迹如图2
计算能打到收集板上的电子在运动到点时与负轴夹的角，设为。在下方区域内做匀速圆周运动也为。由三角函数得
由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由三角函数得
解得
所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距离为
则接地导线中的电流大小为
（4）电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键位置①（直径在轴上）、②和③，如图3。
由几何关系可知，可知
①当时，由于②和③两个圆轨迹关于轴对称，圆心距离为，②向下平移与③重合，则，
②当时，电子圆轨迹与收集板交点的最高点在轴上，最低点是某个圆的直径与收集板的交点，可以作以为圆心，为半径的圆弧，得到
③时，电子轨道不会碰到收集板，则
1 / 12025届浙江省宁波市高三下学期三模物理试题
1．（2025·宁波模拟）气体分子的平均平动动能与热力学温度之间的关系为，式中是玻尔兹曼常数，是一个关于温度及能量的常数。用国际单位制中的基本单位表示的单位是（ ）
A． B．
C．/℃ D．
2．（2025·宁波模拟）习近平总书记在2025年新年贺词中提到“嫦娥六号首次月背采样，梦想号探秘大洋，深中通道踏浪海天，南极秦岭站崛起冰原，展现了中国人追梦星辰大海的豪情壮志”，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号在月背起飞上升时，处于完全失重状态
B．研究“梦想”号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头可以看作质点
C．港珠澳大桥全长约，一汽车过桥用时，则全程平均速度约为
D．南极秦岭站充分利用风能和太阳能发电，其中太阳能是来自太阳内部的核裂变
3．（2025·宁波模拟）如图所示是2025年春晚的《笔走龙蛇》节目。演员甲的一只脚踩在转盘边缘，另一只脚悬空，身体重心在转盘外。演员乙站在转盘上，与演员甲手拉手沿转盘半径方向摆出造型并随转盘一起转动。已知转盘以角速度做匀速圆周运动，演员甲、乙与转盘间均不发生相对滑动，下列说法正确的是（ ）
A．演员甲受到重力、支持力和向心力的作用
B．演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对平衡力
C．转盘对演员甲和乙的静摩擦力的合力提供他们所需的向心力
D．当逐渐增大到某一值时，演员甲和乙将沿转盘的切线方向飞出
4．（2025·宁波模拟）质量分别为和的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，，下列说法正确的是（ ）
A． B．图线①为碰撞后的图线
C．碰撞后两物体的速度相同 D．两物体的碰撞为弹性碰撞
5．（2025·宁波模拟）如图所示，在带电体C附近，把与地面绝缘的导体A、B相碰一下后分开，然后分别接触一个小电动机的两个接线柱，小电动机便开始转动（假设小电动机非常灵敏）。关于以上过程，下列说法正确的是（ ）
A．A、B相碰后，A的电势高于的电势
B．A、B相碰后分开，A、B均不带电
C．把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功
D．A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从经电动机流向
6．（2025·宁波模拟）如图为一平行板电容器，电容为，、两极板的正对面积为，上半部分正对面积为且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为和。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷和。下列说法正确的是（ ）
A．上、下两个电容器的电容和一定相等
B．上、下两个电容器两极板间的电势差和一定相等
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量和一定相等
D．若电容器、两极板间均为空气，其电容一定变大
7．（2025·宁波模拟）将一根黄色筷子竖直插入装有水的圆柱形玻璃杯中心轴的右侧，观察到筷子在水中的像向右发生了侧移，如图所示。若保持观察位置不变，下列判断正确的是（ ）
A．将筷子竖直插入玻璃杯的中心轴，也能看到筷子的像向右侧移
B．将筷子竖直插入玻璃杯中心轴的左侧，也能看到筷子的像向右侧移
C．若换成红色筷子，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心靠近一点
D．若将水换成折射率更大的液体，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心靠近一点
8．（2025·宁波模拟）某同学想利用小孔成像实验估测太阳的平均密度。设计如图所示的装置，不透明的圆桶上底密封，但中央有一小孔，下底为半透明纸。将圆桶轴线正对太阳，可在半透明纸上观察到太阳的像的直径。已知圆桶长，引力常量。根据以上信息可得到太阳的平均密度的数量级为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·宁波模拟）如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm，喷出的水柱高度约为5m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（ ）
A．3.1kg，80W B．3.1kg，160W C．6.3kg，80W D．6.3kg，160W
10．（2025·宁波模拟）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为以角速度转动的辐向磁场。边长为、总电阻为的单匝正方形线框可绕其中心轴旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的两条边、所处位置的磁感应强度大小均为。当线框由静止开始转动时，、两条边受到的阻力均为，其中比例系数，为、两条边的线速度大小。不计其他阻力。则当线框达到稳定转动时（ ）
A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
B．线框的角速度大小为
C．线框的感应电动势大小为
D．线框边所受安培力大小为
11．（2025·宁波模拟）下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A．图甲：氢原子跃迁时发出波长分别为、、三条谱线，满足
B．图乙：电磁波在传播过程中电场变化的周期和电场能变化的周期相等
C．图丙：从图中可以得到该放射性元素的半衰期为115.1d
D．图丁：康普顿效应中光子散射后的波长变大，该现象是光具有粒子性的重要例证
12．（2025·宁波模拟）如图所示，我国首次使用核电池随“嫦娥三号”软着陆月球，该核电池是将放射性同位素衰变过程中释放出来的核能转变为电能。“嫦娥三号”采用放射性同位素钚核，静止的衰变为铀核和粒子，并放出光子。已知、和粒子的质量分别为、和，和的比结合能分别为和，光在真空中的传播速度为。下列说法正确的是（ ）
A．光子是由钚原子的内层电子跃迁产生的
B．的衰变方程为
C．衰变产生的和的动能之比为
D．粒子的结合能为
13．（2025·宁波模拟）如图所示，在同一均匀介质中有两个相距的波源和，两波源的连线上有相距的A、B两点，其中B点位于两波源连线的中点处。时两波源同时开始上下振动，其中的振动图像如图乙所示。经过一段时间，观察到B点振动始终减弱，A点振动始终加强，两者振幅之差为，且A、B之间没有其他的振动加强点和减弱点。下列说法正确的是（ ）
A．的起振方向向下
B．的波速为
C．整个圆周上（和除外）有5个振动减弱点
D．内，A点通过的路程为
14．（2025·宁波模拟）实验室里有一根弹簧，某同学用刻度尺测量了弹簧的原长，然后用手拉弹簧使其伸长到如图1所示的位置，该同学想知道此时弹簧的弹力大小。他找了一个测力计去拉该弹簧，但发现该测力计的量程不够。于是他设计了一个测量弹簧拉力大小的方法：通过用细绳套让测力计和手同时以一定角度拉弹簧的方法来增大对弹簧的拉力，其设计的实验装置如图2所示。实验中保持弹簧伸长沿方向不变。
（1）图1中弹簧指针位置的读数为 ；
（2）图2实验中测力计的示数如图3所示，其读数为 N；
（3）如图4所示，该同学已在白纸上画出了绳套拉力的方向、被测弹簧受到的拉力方向和测力计拉绳的方向（大小如图3所示）。请你用力的图示法在答卷上作出弹簧所受的拉力 ，并从图中得出弹簧此时所受拉力的大小为 （结果保留两位有效数字）。
15．（2025·宁波模拟）（1）某物理小组同学尝试用两个平面镜做类似双缝干涉测量光的波长实验。两平面镜、的放置如图1所示，两镜面相交于垂直于纸面的线，且夹角接近。垂直纸面的线光源发出单色光照射两平面镜，能在光屏上观察到明暗相间的条纹。关于本实验，下列说法正确的是________（多选）
A．光屏上观察到的条纹是等间距的
B．光源关于两平面镜的虚像、可视为两个相干光源
C．其他条件不变，仅把光屏右移，光屏上的条纹间距会变大
D．若把两镜面间的夹角增大到，光屏上仍可观察到明暗相间的条纹
（2）另一组同学在做“薄膜干涉”实验时，分别用红光和蓝光照射薄膜，形成的干涉图样如图2中A和B所示，其中图 （选填“A”或“B”）是红光形成的干涉图样。
16．（2025·宁波模拟）某同学为了测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图1所示的电路。
（1）用该方案测得的电源电动势与真实值相比： （选填“偏大”、“偏小”或“等大”），测得的内阻与真实值相比： （选填“偏大”、“偏小”或“等大”）。
（2）为了提高实验的精度，该同学设计了另一个实验方案如图2所示，正确连线后，实验操作如下：
①将滑动变阻器和的滑片移到最左端，闭合开关和；
②调节滑动变阻器的滑片，使得灵敏电流计G的指针指向0，记录此时电压表的示数为、电流表的示数为；
③接着，改变滑动变阻器的滑片位置后，再重复步骤②，记录另一组数据、。
（i）图2设计的方案，消除了图1测量中哪个因素对实验结果的影响 。
A．电压表内阻 B．电流表内阻
（ii）待测电源电动势 ，内阻 （用题中所给的物理量符号表示）。
17．（2025·宁波模拟）如图所示，在一绝热性能良好的封闭汽缸内，有一装有小阀门K（不计K的大小）的绝热活塞。在汽缸的A端装有电热丝，用于加热气体。刚开始，活塞紧贴汽缸B端的内壁，阀门K关闭；整个汽缸内盛有一定质量的某种理想气体，其温度为T1。已知该理想气体的内能U与热力学温度T成正比，即，式中a是与物质的量成正比的已知量。忽略活塞与汽缸内壁之间的摩擦。
①现用外力把活塞从汽缸的B端压至汽缸中央，并用销钉F把活塞固定，从而把汽缸分成体积相等的左右两室。上述压缩过程中，气体的温度上升到T2。
②然后开启阀门K，经过足够长的时间后再将它关闭，再拔除销钉F，让活塞可自由移动。用电热丝加热气体，加热完毕并经过一定时间后，活塞再次静止。此时左室内气体的压强变为K关闭后的2.5倍，右室内气体的体积变为K关闭后的0.5倍。
（1）①中气体分子的平均速率 （选填“增大”、“减小”或“不变”），外力对气体做功大小为 ；
（2）活塞再次静止时，左、右两室内气体的温度分别是多少；
（3）电热丝加热过程共传给气体的热量是多少。
18．（2025·宁波模拟）某游戏装置如图所示，水平传送带左端点和右端点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、两点间的距离。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量的滑块接触（与弹簧不栓接，且滑上传送带前已经脱离弹簧），与传送带间的动摩擦因数。右侧水平台面上有一倾角为，高的固定光滑斜面（水平台面与斜面底端用平滑小圆弧连接），在斜面左侧水平台面上放置一质量也为的相同滑块，右侧固定一上表面光滑且很大的水平桌面。桌面上放置一质量，长的薄木板（厚度不计），木板左端点与桌面左端相齐、并与斜面顶端点等高，且间距。游戏开始，将从压缩弹簧的右端由静止释放，与静止在水平台面上的发生碰撞后粘在一起组成滑块，离开斜面后将在木板的上表面与木板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），每次碰撞前后瞬间，沿竖直方向的分速度大小不变、方向反向。P、Q、W均可视为质点，不计空气阻力。在某次游戏中，恰好击中木板的中点。
（1）求离开点时的速度大小；
（2）若传送带不动，求弹簧最初储存的弹性势能；若传送带转动，则弹簧最初储存的弹性势能的大小范围；
（3）W击中木板中点后瞬间，和木板的速度分别为多大；
（4）若落在桌面上时不反弹，则在桌面上的落点与桌面左端间的距离为多少。
19．（2025·宁波模拟）海浪蕴含着丰富的能量，某科技小组设计了一种把海浪能转化为电能的装置。示意图如图所示，足够长的圆柱形磁体和圆筒形磁体通过缆绳锚定于海底礁石上，两者之间存在沿水平方向的径向磁场。线圈与浮桶相连套在圆柱形磁体上，并可随海浪沿竖直方向运动。一额定功率的灯泡通过导线与浮桶中的线圈相连，线圈所在处的磁感应强度大小均为。某段时间内，浮桶和线圈随海浪上下做简谐运动，周期，振幅，通过平衡位置时的速率，此过程中灯泡恰好正常发光。浮桶和线圈的总质量，在浮桶和线圈上下运动过程中，沿竖直方向受到的作用力有重力、浮力、安培力、海水阻力和海浪对浮桶和线圈的作用力，其中重力和浮力大小相等，海水阻力大小，为线圈的瞬时速率。已知每匝线圈周长，每匝线圈电阻，线圈匝数。时刻浮桶和线圈正通过平衡位置向上运动。不计其他电阻。
（1）时刻线圈中的电流方向为顺时针还是逆时针（俯视）；
（2）求灯泡电阻，并写出灯泡两端电压随时间的变化关系；
（3）到内海浪对浮桶和线圈的冲量大小和所做的功。
20．（2025·宁波模拟）如图所示，在平面内有一平行于轴宽为的线状电子源，每秒沿轴正方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚到磁场的最低点后，进入轴正下方足够大的、磁感应强度大小也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场区域。在轴上有一左端置于原点点，长为的电子收集板（不计收集板的厚度）。打到收集板上的电子被收集板吸收后全部导入大地。已知电子质量为，电荷量为，忽略电子重力和电子间的相互作用。
（1）求从电子源发射出来的电子的速度大小；
（2）求电子从点射出时与负轴方向的夹角的范围；
（3）电子源发射一段时间后，求收集板接地导线中的电流大小；
（4）若收集板平行于轴放置，且足够长，其上端位于原点，则在收集板向右平移的过程中，试求收集板上能接收到电子的区域长度与收集板所处位置横坐标之间的关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】此题考查单位制，对于不熟悉的公式可以通过单位判定公式是否正确。根据，可知
可知k的单位
故选A。
【分析】根据所给公式代入单位，分别看公式左右的单位是否相同即可判定公式正误。
2．【答案】B
【知识点】质点；平均速度；超重与失重；核聚变
【解析】【解答】本题考查超失重、质点和平均速率以及轻核聚变等知识，会根据题意进行准确分析解答。A．嫦娥六号在月背起飞上升时，有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；
B．研究 “梦想” 号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头的大小和形状对研究的轨迹影响极小，可以忽略不计，所以钻头可以看作质点，故B正确；
C．平均速度是位移与时间的比值，港珠澳大桥全长约55km是路程，不是位移为55km，不能用路程除以时间来计算平均速度，故C错误；
D．太阳能是来自太阳内部的核聚变，故D错误。
故选B。
【分析】根据超失重、质点和平均速率以及轻核聚变等知识进行分析解答。
3．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了匀速圆周运动以及牛顿第三定律的相关知识。 当角速度大于临界角速度，摩擦力不够提供向心力， 发生离心现象。A．演员甲受到重力、支持力和演员乙的拉力作用，三个力的合力充当做圆周运动的向心力，选项A错误；
B．演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对相互作用力，选项B错误；
C．演员甲和乙在轮盘提供的静摩擦力作用下做匀速圆周运动，静摩擦力的合力提供他们做匀速圆周运动所需的向心力，故C正确；
D．ω增大时，演员甲和乙所需的向心力增大，转盘对演员甲和乙的静摩擦力增大，静摩擦力达到最大时，ω达到最大值。ω继续增大，演员甲和乙将沿转盘的半径方向发生侧滑，故D错误。
故选C。
【分析】通过掌握的匀速圆周运动以及牛顿第三定律相关知识进行判断。
4．【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查碰撞中的动量和功能关系问题，要求学生熟练掌握动量和功能关系的应用。 碰撞时间极短， 碰撞过程，动量守恒。根据题意，由图可知，因x-t图像的斜率等于速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为 v1=4m/s，v2=0；碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2m/s，v'2=2m/s
则图线①为碰后m2的图线；碰撞后两物体的速度等大反向；以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
解得
m2=3kg
碰前
碰后
故两个物体发生弹性碰撞。
故选D。
【分析】根据位移一时间图像求解碰撞前后的速度，根据动量守恒定律求解m2，通过求解碰撞前后系统的总动能判断碰撞类型。
5．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，要知道带电体的电荷只分布在外表面，且导体的电势处处相等。A．A、B相碰后，A、B处于静电平衡状态，A的电势等于的电势，故A错误；
B．在带电体C附近，地面绝缘的导体A、B相碰时，由于静电感应，A、B带上等量异种电荷，相碰一下后分开，此时A、B带上等量异种电荷，故B错误；
C．结合上述，由于A、B带上等量异种电荷，可知，把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功，故C正确；
D．结合上述可知，A、B带上等量异种电荷，由于带电体C电性不确定，则A、B的电性不确定，若A带正电，B带负电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从经电动机流向，若A带负电，B带正电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从B经电动机流向A，故D错误。
故选C。
【分析】将带正电的导体球C靠近两个不带电的导体AB，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变，处于静电平衡的导体是等势体；克服A、B之间的静电力做功，把机械能转化为电能。
6．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】掌握电容的定义式和决定式是解题的基础，知道两个极板是等势体。A．根据可知上、下两个电容器的电容和不相等，选项A错误；
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差和一定相等，选项B正确；
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量和不相等，选项C错误；
D．若电容器、两极板间均为空气，因变小，可知其电容一定变小，选项D错误。
故选B。
【分析】根据比较电容的大小，以及两极板间都为空气时电容的变化；两个极板均为等势体，据此比较电势差的大小；根据Q=CU比较所带电荷量的变化。
7．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】此现象是生活中常见的现象，我们要学会利用折射的知识解释生活中的折射现象。 光的折射是指光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变，从而使光线在不同介质的交界处发生偏折的现象。A．将筷子竖直插入玻璃杯的中心轴，光线射出玻璃杯后传播方向不变，看到筷子的像和筷子重合，不会向右侧移，A错误；
B．将筷子竖直插入玻璃杯中心轴的左侧，看到筷子的像向左侧移，如图所示，B错误；
C．若换成红色筷子，水对红光的折射率比黄光小，红像和筷子的距离变小，红像向筷子靠近，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的红像会向玻璃杯中心靠近一点，C正确；
D．若将水换成折射率更大的液体，像和筷子的距离变大，像远离筷子，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心远离一点，D错误。
故选C。
【分析】当筷子放在水中时，由于水和空气的折射率不同，筷子上的光线通过了水之后，其传播路径就发生了变化，因此人眼所感知到的视线路径也会有偏差，根据光的折射规律分析。
8．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题型。设太阳的半径为，太阳到地球的距离为，由光路图，结合相似三角形的性质可得
解得
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为，地球质量为，则
太阳体积为
太阳密度为
联立解得
代入数据，解得
故选B。
【分析】根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。
9．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据水的运动情况，由运动学公式计算水离开喷管口时的速度大小，能求出水的动能，从而求得电动机的输出功率。水离开管口的速度为
水在空中运动时间为
空中一个水柱的质量为
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为
根据动能定理可得
解得
代入数据解得P≈160W
故选D。
【分析】根据质量公式M=ρV计算空中水柱的质量；水离开喷管口做竖直上抛运动，由速度一位移公式计算水离开喷管口时的速度大小。结合体积公式计算单位时间内喷出管口的水柱的体积，再求解单位时间内喷出管口的水柱的质量，然后由动能定理求解电动机给单个喷管提供的输出功率。
10．【答案】C
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要考查了电磁驱动原理，要掌握线速度与角速度的关系和感应电动势的公式的运用。 磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化。A．根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，故A错误；
B．当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得此时的感应电流为
金属线框AB、CD两边所受的安培力均为
F安=BIl
联立解得
根据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得
f=F安
又有阻力为
当时，则有
解得导线框转动的最大角速度为
故B错误；
C．线框AB、CD边转动的相对线速度
感应电动势
故C正确；
D．线框匀速转动
故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁驱动原理分析作答；线框转动的周期与辐向磁场的转动周期相同，据此分析作答；根据线速度与角速度的关系和感应电动势的公式分析作答；线框匀速转动，安培力等于阻力。
11．【答案】C,D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；康普顿效应
【解析】【解答】 美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长小于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。A．图甲：氢原子跃迁时发出波长分别为、、三条谱线，根据波尔理论可知
即满足
选项A错误；
B．图乙：电磁波在传播过程中电场变化的周期等于电场能变化的周期的2倍，选项B错误；
C．图丙：从图中可以得到
，
可得
解得
即该放射性元素的半衰期为115.1d，选项C正确；
D．图丁：康普顿效应中光子散射后的波长变大，频率变小，光子能量变小，可知该现象是光具有粒子性的重要例证，选项D正确。
故选CD。
【分析】根据玻尔理论分析解答；根据电磁波的产生原理分析B；根据半衰期概念分析C；根据康普顿效应现象分析。
12．【答案】B,D
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】 本题考查核反应方程的书写规则和结合能问题，会根据题意进行准确分析解答。 原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。A．光子是铀核从高能态跃迁到低能态释放出来的，故A错误；
B．根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，的衰变方程为
故B正确；
C．衰变过程满足动量守恒，可知衰变产生的和的动量大小相等，方向相反；根据
可知衰变产生的和的动能之比为
故C错误；
D．设粒子的比结合能为，则衰变过程释放的能量为
又
联立可得粒子的结合能为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据γ光子的来历进行分析判断；根据质量数和电荷数守恒进行判断；根据动能和动量的关系式进行分析解答；根据质量亏损和结合能的公式列式解答。
13．【答案】B,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断，解题时需注意，振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。A．B点到两波源的路程差是0，B点是振动减弱点，则两波源的起振方向相反，由图乙所示可知，波源S2的起振方向向下，则波源S1的起振方向向上，故A错误；
B．两波源的起振方向相反，A点到两波源的路程差
B到两波源的路程差ΔxB=0m，B点振动始终减弱，A点振动始终加强，A、B两点间没有其它的振动加强与减弱点，则
ΔxA-ΔxB=
代入数据解得λ=2m
由图乙所示图像可知，波的周期T=0.2s，波速
故B正确；
C．取圆上一点到S1、S2两个波源的距离分别为x1、x2，两波源的起振方向相反，振动减弱点满足|x1-x2|=nλ （n=0，±1，±2，±3，……）
三角形两边边长之差小于第三边的边长，则|x1-x2|＜4m，解得n=0，±1
根据对称性可知，在圆周上除波源外振动减弱的点有，6个，故C错误；
D．由图乙所示可知，波源S2的振幅A2=12cm，A是振动加强点，B是振动减弱点，两者振幅只差是16cm，则A1+A2-|A1-A2|=16cm
解得A1=8cm
波源S1产生的波传到A点需要的时间
波源S2产生的波传到A点需要的时间
0.15s～0.25s内，t1=0.25s-0.15s=0.1s=T，质点A的路程s1=2A1=2×8cm=16cm
0.25s～0.45s内，t2=0.45s-0.25s=0.2s=T，该时间内质点A的振幅A3=A1+A2=12cm+8cm=20cm
质点A的路程s2=4A3=4×20cm=80cm
则0～0.45s内质点A的路程s=s1+s2=16cm+80cm=96cm
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图乙所示图像判断S2的起振方向，B点是振动减弱点，根据干涉振动加强与减弱的条件分析答题；根据题意与振动加强与减弱的条件求出波长，然后根据波速、波长与周期的关系求出波速；根据振动加强与减弱的条件确定圆周上振动减弱点的个数；根据质点的运动过程求出A点通过的路程。
14．【答案】（1）（9.98 10.02）
（2）（3.58 3.62）
（3）；（5.5 6.5）
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的分析方法。
（1）由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm，读数时要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻度为 10.00cm
（2）
由图2分析可知，弹簧测力计的分度值为 0.1N，读数时要估读到分度值的下一位，其示数为 3.60N
（3）
根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示
可知此时方向所受拉力的大小为6.30N。
【分析】（1）最小刻度等于0.1cm，读数要读到最小刻度后一位；
（2）根据仪器的分度值读数；
（3）根据平行四边形定则作图，从而得出弹簧拉力。
（1）由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm，读数时要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻度为 10.00cm
（2）由图2分析可知，弹簧测力计的分度值为 0.1N，读数时要估读到分度值的下一位，其示数为 3.60N
（3）[1][2]根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示
可知此时方向所受拉力的大小为6.30N。
15．【答案】（1）A；B；C
（2）B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉
【解析】【解答】本题主要考查了用用两个平面镜做类似双缝干涉测波长的实验，具有创新性，要明确实验原理，掌握双缝干涉条纹间距公式的运用。
（1）A．该实验类似于双缝干涉实验，在双缝干涉现象中，相邻明条纹（或暗条纹）的间距是相等的 ，所以光屏上观察到的条纹是等间距的，故A正确；
BD．同一光源发出的光的频率相同、相差恒定，经过两平面镜反射后成为相干光，光源S关于两平面镜的虚像可视为两个相干光源；若把两镜面间的夹角增大到，两反射光将不会再光屏上相遇，因此光屏上不能观察到明暗相间的条纹，故B正确，D错误；
C．根据双缝干涉条纹间距公式
可知，其他条件不变， 仅把光屏右移，相当于增大了双缝到屏的距离L，光屏上的条纹间距会变大，故C正确。
故选ABC。
（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知，分别用红光和蓝光照射薄膜，红光的条纹间距比蓝光的大，因此形成的干涉图中图B是红光形成的干涉图样。
故选B。
【分析】（1）.根据干涉图样特征分析作答；根据双缝干涉产生的原理和条件分析作答；根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
（1）A．该实验类似于双缝干涉实验，在双缝干涉现象中，相邻明条纹（或暗条纹）的间距是相等的 ，所以光屏上观察到的条纹是等间距的，故A正确；
BD．同一光源发出的光的频率相同、相差恒定，经过两平面镜反射后成为相干光，光源S关于两平面镜的虚像可视为两个相干光源；若把两镜面间的夹角增大到，两反射光将不会再光屏上相遇，因此光屏上不能观察到明暗相间的条纹，故B正确，D错误；
C．根据双缝干涉条纹间距公式
可知，其他条件不变， 仅把光屏右移，相当于增大了双缝到屏的距离L，光屏上的条纹间距会变大，故C正确。
故选ABC。
（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知，分别用红光和蓝光照射薄膜，红光的条纹间距比蓝光的大，因此形成的干涉图中图B是红光形成的干涉图样。
故选B。
16．【答案】（1）等大；偏大
（2）B；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。 （1）由图1所示电路图可知，把电流表与电池整体看作等效电源，则
则电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，内阻测量值大于真实值。
（2）（i）流过灵敏电流计的电流为0，流过两电源的电流相等，两滑动变阻器两端电压相等，该实验设计相对于图1消除了电流表内阻对实验的影响。
故选B。
（ii）由闭合电路的欧姆定律得
解得
【分析】（1）根据图1所示电路图结合实验原理分析答题。
（2）根据图2所示实验电路图与实验原理，应用闭合电路的欧姆定律求解。
（1）由图1所示电路图可知，把电流表与电池整体看作等效电源，则U=E-I（r+RA）
则电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，内阻测量值大于真实值。
（2）（i）流过灵敏电流计的电流为0，流过两电源的电流相等，两滑动变阻器两端电压相等，该实验设计相对于图1消除了电流表内阻对实验的影响。
故选B。
（ii）由闭合电路的欧姆定律得E=U1+I1r，E=U2+I2r
解得
17．【答案】（1）增大；a(T2-T1)
（2）解：由于对于一定质量的理想气体，有
由题意可知，加热前左右两边压强p相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TB。
则有
，
解得
，
（3）解：对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量。
则有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】 如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加ΔU。
（1）上述压缩过程中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的平均速率增大；根据热力学第一定律得
【分析】（1）结合题意，由温度与气体分子动能的关系、热力学第一定律，即可分析求解；
（2）结合题意，由理想气体状态方程分别列式，即可分析求解；
（3）对气缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量，结合题意列式，即可分析求解。
（1）[1]上述压缩过程中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的平均速率增大；
[2]根据热力学第一定律得
（2）由于对于一定质量的理想气体，有
由题意可知，加热前左右两边压强p相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TB。
则有，
解得，
（3）对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量。
则有
解得
18．【答案】（1）解：滑块在离开D点后做斜抛运动，水平位移为，且光滑斜面倾角为，滑块离开D点后水平和竖直方向的速度分别为、，则
根据斜抛运动特点，有
，
得
则离开点时的速度大小为
（2）解：设、碰前的速度，碰后的速度为。根据机械能和动量守恒，有，
代入数据得
①传送带不动，由动能定理得
代入数据得
②传送带转动
若是逆时针转动，由于的运动与①情况相同，则弹簧最初储存的弹性势能也为。
若是顺时针转动，被加速，当在传送带上全程被加速时，对应的弹簧最初储存的弹性势能最小。由动能定理得
代入数据得
所以，传送带转动时，弹簧最初储存的弹性势能至少为1.6J。
（3）解：击中木板中点后瞬间，和木板的速度分别为和，的水平、竖直分速度为，。由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及碰撞前后动能不变，可知
，
得
板的速度
的速度为
（4）解：当滑块落在木板中点碰后上升到最大高度的时间为
则，滑块与木板碰撞后反弹再落到碰前高度时，与木板的水平位移差为
落点距E点距离为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；斜抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据斜抛运动特点求W离开D点时的速度大小；
（2）根据机械能和动量守恒再结合动能定理求若传送带不动，弹簧最初储存的弹性势能；若传送带转动，弹簧最初储存的弹性势能的大小范围；
（3）由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及能量守恒求W和木板的速度分别为多大；
（4）根据运动学公式求W在桌面上的落点与桌面左端间的距离为多少。
（1）滑块在离开D点后做斜抛运动，水平位移为，且光滑斜面倾角为，滑块离开D点后水平和竖直方向的速度分别为、，则
根据斜抛运动特点，有，
得
则离开点时的速度大小为
（2）设、碰前的速度，碰后的速度为。根据机械能和动量守恒，有，
代入数据得
①传送带不动
由动能定理得
代入数据得
②传送带转动
若是逆时针转动，由于的运动与①情况相同，则弹簧最初储存的弹性势能也为。
若是顺时针转动，被加速，当在传送带上全程被加速时，对应的弹簧最初储存的弹性势能最小。由动能定理得
代入数据得
所以，传送带转动时，弹簧最初储存的弹性势能至少为1.6J。
（3）击中木板中点后瞬间，和木板的速度分别为和，的水平、竖直分速度为，。由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及碰撞前后动能不变，可知，
得
板的速度
的速度为
（4）当滑块落在木板中点碰后上升到最大高度的时间为
则，滑块与木板碰撞后反弹再落到碰前高度时，与木板的水平位移差为
落点距E点距离为
19．【答案】（1）解：时刻浮桶和线圈正通过平衡位置向上运动，根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向；
（2）解：线圈做简谐运动，故产生正弦式交流电，其最大值为
此时小灯泡恰好正常发光，由
得
因为时刻浮桶和线圈正通过平衡位置，故线圈中瞬时电压
得
则灯泡两端电压
得
（3）解：到内，线圈和浮桶速率从0增加到，由动量定理得
（或）
其中电流
得
由动能定理
其中
因为，类比，由
得
综上得
【知识点】动量定理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）根据右手定则判断线圈中的电流方向；
（2）根据功率公式和线圈中瞬时电压表达式求灯泡电阻R，和灯泡两端电压u随时间t的变化关系；
（3）由动量定理和动能定理求t=0.5s到t=1s内海浪对浮桶和线圈的冲量大小IF和所做的功WF。
（1）时刻浮桶和线圈正通过平衡位置向上运动，根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向；
（2）线圈做简谐运动，故产生正弦式交流电，其最大值为
此时小灯泡恰好正常发光，由
得
因为时刻浮桶和线圈正通过平衡位置，故线圈中瞬时电压
得
则灯泡两端电压
得
（3）到内，线圈和浮桶速率从0增加到，由动量定理得
（或）
其中电流
得
由动能定理
其中
因为，类比，由
得
综上得
20．【答案】（1）解：电子只受到洛伦兹力，根据
可知匀强磁场中圆周运动的半径
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径，则
（2）解：粒子轨迹如图1
由对称性，可设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角为，由三角函数，得
所以，的范围为
（3）解：粒子轨迹如图2
计算能打到收集板上的电子在运动到点时与负轴夹的角，设为。在下方区域内做匀速圆周运动也为。由三角函数得
由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由三角函数得
解得
所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距离为
则接地导线中的电流大小为
（4）解：电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键位置①（直径在轴上）、②和③，如图3。
由几何关系可知，可知
①当时，由于②和③两个圆轨迹关于轴对称，圆心距离为，②向下平移与③重合，则，
②当时，电子圆轨迹与收集板交点的最高点在轴上，最低点是某个圆的直径与收集板的交点，可以作以为圆心，为半径的圆弧，得到
③时，电子轨道不会碰到收集板，则
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据半径公式求从电子源发射出来的电子的速度大小；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和数学思想求电子从O点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和数学思想求收集板接地导线中的电流大小；
（4）作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键位置，根据几何关系逐个分析讨论求收集板上能接收到电子的区域长度l与收集板所处位置横坐标x之间的关系。
（1）电子只受到洛伦兹力，根据
可知匀强磁场中圆周运动的半径
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径，则
（2）粒子轨迹如图1
由对称性，可设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角为，由三角函数，得
所以，的范围为
（3）粒子轨迹如图2
计算能打到收集板上的电子在运动到点时与负轴夹的角，设为。在下方区域内做匀速圆周运动也为。由三角函数得
由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由三角函数得
解得
所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距离为
则接地导线中的电流大小为
（4）电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键位置①（直径在轴上）、②和③，如图3。
由几何关系可知，可知
①当时，由于②和③两个圆轨迹关于轴对称，圆心距离为，②向下平移与③重合，则，
②当时，电子圆轨迹与收集板交点的最高点在轴上，最低点是某个圆的直径与收集板的交点，可以作以为圆心，为半径的圆弧，得到
③时，电子轨道不会碰到收集板，则
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