2025届浙江省金华市义乌市高三下学期三模物理试题
1．（2025·义乌模拟）下列物理量中是标量，且其单位用国际制基本单位表示正确的是（ ）
A．动量 N·t
B．安培力 kg·m·s-2
C．重力势能 kg·m2·s-2
D．电动势 V·m
2．（2025·义乌模拟）2025年4月25日0时分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列跨越13052公里抵达了西班牙的首都马德里。关于这趟班列同学们的说法正确的是（ ）
A．13052公里是指列车完成的位移大小
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了微元法
D．列车过弯道时超速将会加剧对弯道内轨的磨损
3．（2025·义乌模拟）春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中。乙图是甲图的情境模型，OL代表风筝线，MN代表风筝截面，截面与水平面夹角θ保持不变。假设风向水平，风速稳定，保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（ ）
A．若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降
C．图示情境下，风筝不可能静止在空中
D．图示情境下，风筝受到四个力的作用
4．（2025·义乌模拟）下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（ ）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
5．（2025·义乌模拟）甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、泊松亮斑、重核裂变的结构示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中增大交变电压场的电压可增大粒子的最大动能
B．图乙中磁流体发电机产生的电动势大小与等离子体的浓度无关
C．图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，它是菲涅尔通过实验观察到的
D．图丁所示的核反应属于重核裂变，钡141的平均核子质量、比结合能都比铀235的小
6．（2025·义乌模拟）如图所示，有一面积为S，匝数为N，电阻为r的矩形线圈，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）
A．金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是A→B→C→D
B．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C．将R的滑片向下滑动时，电流表A示数变大，电压表V的示数变大
D．将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大
7．（2025·义乌模拟）下图的电路广泛的存在于收音机、电子琴等用电器中，如果我们在电路左侧的输入端输入正弦交流电，在AB端和CD端分别用示波器监测电路的输出信号。下列同学对示波器监测到的信号判断正确的是（ ）
A．电路正常工作时，AB端监测到的信号图样如丁所示，CD端监测到的信号图样如甲所示
B．电路正常工作时，AB端监测到的信号图样如乙所示，CD端监测到的信号图样如丙所示
C．如果电路中的某个二极管虚焊断路，AB和CD端监测到的信号图样可能如乙和丙所示
D．改变电感的自感系数和电容器的电容都可以改变CD端输出信号的频率
8．（2025·义乌模拟）在太阳光照射下，卫星太阳能板将光能转化为的电能为卫星设备提供能源。一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星与地心的距离为地球半径的倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星的运行周期为T。下列判断正确的是（ ）
A．卫星的运行周期T约为近地卫星运行周期的2倍
B．卫星的运行速度约为第一宇宙速度的倍
C．卫星运行轨道上各点的重力加速度为地球表面的倍
D．卫星运行一周，太阳能收集板转化电能的时间约为
9．（2025·义乌模拟）一束与水平面MN成θ角的平行红色光束射到半圆柱形玻璃砖的界面上，其横截面如图所示，经玻璃折射后，有部分光能从AC弧线中射出，经测定MA、AC、CN三段弧线的长度比为5∶6∶1，下列说法正确的是（ ）
A．红色光在这种玻璃中全反射的临界角是30°
B．红色光束与水平面MN成60°角
C．红色光在空气中的传播速度是这种玻璃中传播速度的倍
D．若改成绿色光束入射，相同条件下与出射弧线对应的角AOC将增大
10．（2025·义乌模拟）试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有电势能可以用来计算（式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离）。真空中两个点电荷相距15cm固定在x轴的两个点上，取无限远处的电势为零，x轴正方向上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两个点电荷可能带同种电荷
B．两个点电荷的电量之比为2∶1
C．x=5cm处电场强度等于零
D．两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x=-3cm
11．（2025·义乌模拟）两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2.5m/s，在t=0时两列波的波峰正好在x=2.5m处重合，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b能在x轴上形成稳定干涉图像
B．x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……处波峰都重合
C．x轴上不存在波谷与波谷重合处
D．t=0时，b波引起x=-0.5m处质点的振动方程为
12．（2025·义乌模拟）如图所示，一光电管的阴极用极限频率为的某种金属制成。现用频率为的紫外线照射阴极，当光电管阳极A和阴极K之间的电势差U=2.1V时，光电流达到饱和状态，此时电流表的示数为0.56μA。 已知普朗克常量。下列同学的判断正确的是（ ）
A．阴极K金属的逸出功是
B．光电管每秒从K极逸出的光电子数为
C．光电子的最大初动能为
D．电子到达A极的最大动能是
13．（2025·义乌模拟）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示磁的磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力，角EOF为120°，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．2T0时刻小球过F点的速度大小为
B．小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C．T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为
D．T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
14．（2025·义乌模拟）（1）某实验小组在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，从装置照片图1中，我们容易发现一些错误，例如“没有补偿阻力”等，请你认真观察后再指出两处不妥之处 ， 。
（2）正确安装装置后，接通220V，50Hz电源，释放小车进行实验，得到一条纸带如图2所示，A、B、C、D、E、F、G为选出的计数点，相邻两个计数点之间均有4个计时点未画出，则小车的加速度大小为 m/s2（结果保留2位有效数字）。
15．（2025·义乌模拟）一学生小组用图（a）装置做“测量重力加速度的大小”实验。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图 方式（填甲或乙），用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 cm。
（2）实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为60.60s，则此单摆周期为 s，多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l-T2图像，如图（b）所示，根据图线斜率可计算重力加速度g = m/ s2（保留3位有效数字，π2取9.87）。
（3）若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为 （仅用本小题中的字母或数据表示）。
16．（2025·义乌模拟）某电学元件（最大电流不超过6mA，最大电压不超过7V），某同学为了探究它的伏安特性，设计了如下电路（电压表未画出），在实验室他找到了阻值为的定值电阻R用于限流；电动势E为12V内阻可不计的电源；一只量程为10mA，内阻为5Ω的电流表；一只量程为2V，内阻为的电压表；两个滑动变阻器。
（1）若两个滑动变阻器参数如下：
a.阻值0到200Ω，额定电流0.3A
b.阻值0到20Ω，额定电流0.5A
实验中应选的滑动变阻器是 （填“a”或“b”）。
（2）这位同学计划将量程为2V，内阻为的电压表改装成量程为10V的电压表，他需要完成的操作是 （填完整的改装措施）。
（3）正确接线后，测得数据如下表
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
U （V） 0.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40
I （mA） 0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50
根据以上数据，改装后的电压表应并联在M与 之间（填“O”或“P”）。
（4）解读表中的数据画出待测元件两端电压UMO随MN间电压UMN变化的示意图。
17．（2025·义乌模拟）某一监测设备的简易结构如图所示，导热性能良好且顶部开孔与大气相通的气缸底部与一热源表面紧贴，气缸顶部内上侧装有一个体积大小可以忽略的压力传感器，监测开始时，中部活塞与气缸底部距离为h1=0.3m、与顶部的距离为h2=0.2m，横截面积为，活塞下方封闭温度为、压强为的空气，此时压力传感器的示数为0。已知外界空气压强为105Pa，活塞质量及摩擦可不计，试解答下列问题：
（1）当热源的的温度从300K缓慢升到T1时，活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0。
①则该过程中封闭空气分子的平均动能 （选填“变大”，“变小”，或“不变”），气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数 （选填“变大”， “变小”，或“不变”）；
②求出T1= ；
（2）热源温度从T0=300K缓慢升到T2=550K。
①画出该过程压力传感器示数F与外壁温度T的关系图像；
②该过程气体吸收了Q=370J的热量，求该过程中气体内能的变化量。
18．（2025·义乌模拟）如图所示，光滑倾斜轨道AB与长为的水平轨道BC通过一段光滑圆弧平滑连接，圆弧的半径为r=1m，BC右侧连接着长为L=3.0m的水平传送带CD，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针方向匀速转动，与右端D相距处固定有一块竖直挡板EF。现将质量的滑块在AB某处静止释放，m1和静止在C点上的质量的滑块发生碰撞，已知m1、m2及皮带轮大小均可不计；m1、m2与BC和CD间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求：
（1）若m2滑到D端速度恰好减为2m/s，则
①计算滑块m2在CD上的滑动时间；
②滑块m1从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，计算m1两次过B点时对轨道的压力差；
（2）调节滑块m1的释放高度h，使得m2、m1能先后与EF相撞于同一点上，求：能满足m2、m1打在挡板EF上同一位置的m1的最小释放高度；
（3）m2打在挡板EF上的最小动能。
19．（2025·义乌模拟）通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用来计算，其中I是电流的大小，r是点到导线的距离，k为比例系数。如图所示，表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ=30°的斜面上，导线中的恒定电流I0方向自左向右，不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置，它们的长度均为，与水平长直导线的夹角为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN，在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中MN始终与长直导线平行，MN出现的电流大小始终为I，且下滑过程中除安培力外，仅受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g，不考虑地磁场的影响，解答下列问题：
（1）判断运动过程（未脱离导轨）中导体MN棒中电流的方向；
（2）研究导体棒运动的距离为x（x<0.25L）的过程：
①求此时导体棒的速度v；
②求运动到x位置时候的加速度大小a；
（3）研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程：
①求该过程中产生的焦耳热Q；
②求外力所做的功W。
20．（2025·义乌模拟）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行的倍增极。为简单起见，现只研究其第1倍增极和第2倍增极，其结构如图所示。第1倍增极AB长度为a，第2倍增极CD长度为，两个倍增极平行且竖直放置，如图所示（图中长度数据已知，过第1倍增极B端做垂线与第2倍增极的上端竖直延长线交于E）。当频率为的入射光照射到第1倍增极右表面时，从极板右表面上逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子。若在全部区域加上垂直于纸面的匀强磁场可使从第1倍增极逸出的部分光电子打到第2倍增极右表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。已知第1倍增极金属的逸出功为W，元电荷为e，电子质量为m，普朗克常量为h，只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。
（1）求从第1倍增极上逸出的光电子的最大动量大小；
（2）若以最大速率、方向垂直第1倍增极逸出的光电子可以全部到达第2倍增极右表面，求磁感应强度的大小范围；
（3）若保持（2）中的磁场的最大值不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中第2倍增极，若第2倍增极的上端C端长度改为可以调节，其C端与E点的距离x调节范围为：，求关闭光源后光电子持续击中第2倍增极的时间t与x的关系。（角度可用反三角函数表示，提示：已知sinθ=k，则θ=arcsink）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】安培力的计算；力学单位制
【解析】【解答】本题结合物理量的国际单位制基本单位，考查考生的认识理解能力，需熟记各单位的符号和定义。A．动量是矢量，动量用国际单位制单位用基本单位表示为，故A错误；
B．安培力是矢量，安培力用国际单位制单位用基本单位表示为kg·m·s-2，故B错误；
C．重力势能是标量，重力势能用国际单位制单位用基本单位表示为kg·m2·s-2，故C正确；
D．电动势是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为，故D错误。
故选C。
【分析】国际单位制基本单位是：长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。
2．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了质点、位移与路程、向心力等知识点的基本运用，知道平均速度和平均速率的区别，以及知道列车拐弯向心力的来源，基础题。A.3052公里是指列车完成的路程，故A错误；
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法，故B正确；
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了极限法，故C错误；
D．列车过弯道时超速，列车有离心运动趋势，将会加剧对弯道外轨的磨损，故D错误。
故选B。
【分析】位移表示质点在空间的位置的变化，路程是质点在空间运动轨迹的长度；列车拐弯时，当重力和支持力的合力恰好提供向心力，则对内外轨无压力，若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，会对外轨有挤压。
3．【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】解答本题时，关键要正确分析风筝的受力情况，判断合力的变化情况，确定风筝的状态变化情况。A．对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在地上向左移动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增大，合力有竖直向下的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A正确；
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，风筝高度将上升，故B错误；
C．图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F三力平衡时，风筝可以静止在空中，故C错误；
D．图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F共三个力，故D错误。
故选A。
【分析】若持线人在地上向左移动些许，分析风筝受力情况，判断合力竖直分量的变化，进而判断风筝能否呈现失重状态；若持线人在地上向右移动些许，分析合力竖直分量的变化，再判断其高度变化情况；分析风筝的受力情况，根据合力能否为零，判断风筝能否静止在空中。
4．【答案】C
【知识点】功率及其计算；冲量
【解析】【解答】解答本题的关键要冲量的定义式、重力瞬时功率公式。要注意动量是矢量，只有大小和方向都相同时，动量才相同。A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得
由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有
可知两个钢球下落时间相等，根据
可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；
C．根据
可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；
D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
【分析】根据重力做功关系分析动能增量关系；根据I=mgt分析重力冲量关系；分析落地时竖直分速度关系，判断落地时的重力功率关系；根据落地时动量方向关系判断动量是否相同。
5．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；光的衍射；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查知识点范围较广，在平时要注意积累，做题时应注意全面把握。A．图甲中粒子达到最大动能时
，
可知增大交变电压场的电压，粒子的最大动能不变，选项A错误；
B．图乙中磁流体发电机当稳定时满足
可得
可知产生的电动势大小与等离子体的浓度无关，选项B正确；
C．图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，而菲涅尔通过实验观察到的是圆孔衍射得到的图样，选项C错误；
D．图丁所示的核反应属于重核裂变，该核反应的过程中释放大量的能量，存在质量亏损而质量数不变，生成物的平均核子质量更小；因生成物更加稳定，比结合能更大，则钡141的平均核子质量比铀235小、比结合能都比铀235的大，选项D错误。
故选B。
【分析】由粒子离开回旋加速器时，动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，分析电势差对最大动能的影响；根据带电粒子受力平衡求出电动势；根据物理学史判断；根据平均核子质量、比结合能的有关元素判断。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道将R的滑片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的总电阻在原线圈电路中的等效电阻也减小是解题的关键。A．根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是
A错误；
B．矩形线圈产生的感应电动势最大值为
从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，此时通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B错误；
C．将R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈电流增大，电流表A示数变大，定值电阻分担的电压增大，结合变压器的原理可知，原副线圈中的电流之比为
可知原副线圈匝数之比不变，故原线圈中的电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，原线圈所在电路内电压增大，原线圈两端的电压减小，又因为
可知原线圈两端电压减小，故副线圈两端的电压减小，而定值电阻分担的电压增大，故电压表的示数减小，C错误；
D．根据上述分析，结合功率可知，将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大，D正确。
故选D。
【分析】根据右手定则判断；根据是从线圈平面与磁场平行位置开始计时分析；根据等效电阻分析原线圈中的电流变化，根据变流比分析电流表示数的变化；根据闭合电路的欧姆定律分析变压器的输入电压变化，进而分析电压器的输出电压变化，结合串联电路电压的特点分析电压表示数变化，根据P热=I2r分析线圈热功率的变化。
7．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题考查二极管的单向导电性和自感线圈、电容器在交流电路中的作用，会根据题意进行准确分析解答。AB．电路正常工作时，当输入端上端电势高时，右上、左下两个二极管导通，电流由A流向B；当输入端下端电势高时，右下、左上两个二极管导通，电流由A流向B；则AB端监测到的信号图样如甲所示；因线圈“通直流、阻交流”，电容器“通交流、阻直流”，则CD端监测到的信号是直流成分，即图样如丁所示，选项AB错误；
C．如果电路中的某个二极管虚焊断路，则只能有半个周期的电流通过，则AB和CD端监测到的信号图样可能如乙和丙所示，选项C正确；
D．由以上分析可知，改变电感的自感系数和电容器的电容不能改变CD端输出信号的频率，选项D错误。
故选C。
【分析】根据二极管的单向导电性和自感线圈、电容器在交流电路中的作用进行分析解答。
8．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】近地卫星最大的特点就是轨道半径可以近似等于地球半径，既可以应用普通卫星受到的万有引力完全提供向心力的规律，也可以满足万有引力近似等于重力的黄金代换式，是联系“地”与“天”的桥梁。ABC．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
可得
，，
可知卫星的运行周期与近地卫星运行周期之比为
卫星的运行速度与第一宇宙速度之比为
卫星运行轨道上各点的重力加速度与地球表面重力加速度之比为
故ABC错误；
D．如图所示
根据几何关系可得
可得
可知星运行一周，太阳能收集板转化电能的时间约为
故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力提供向心力的关系，可以推导出周期T、速度v 和加速度a的关系。卫星轨道平面与赤道平面重合，因此需要考虑地球遮挡对太阳能板工作时间的影响。利用近地卫星的周期、第一宇宙速度、地面重力加速度公式求解即可。
9．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题的关键要掌握光的折射及全反射定律，要注意发应全反射的边界光线的确定。光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。A．MA、AC、CN三段弧线的长度比为5∶6∶1，由数学知识可得
，
，
半圆周上只有弧 AC 范围内光线从玻璃射出，弧 MA 和弧 CN 对应全反射。如图所示
设从上的点和点入射的光线经折射射到点和点，从O点入射的光线射到点，则有光线
对于从玻璃向空气的临界角 ，由几何关系可知，则圆弧AC对应的圆心角
解得
故A错误；
C．由
得
故C正确；
B．由几何关系可知
由折射定律
解得
即红色光束与水平面MN成45°角，故B错误；
D．同一种玻璃，绿光的折射率大于红光，则绿光的临界角小于红光，若改成绿色光束入射，相同条件下与出射弧线对应的角AOC等于两倍的临界角，故角AOC将减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据全反射临界角公式和折射定律求红色光在这种玻璃中全反射的临界角；根据折射定律求红色光束与水平面MN的夹角；根据折射率和速度的关系求红色光在空气中的传播速度与在这种玻璃中传播速度的关系；根据绿色光的频率比红色光高，判断出玻璃对绿色光的折射率比红色光大，进而判断相同条件下与出射弧线对应的角的变化。
10．【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】知道φ-x图线的斜率表示场强是解题的 基础，知道电势为零处电荷的电势能为零是解题的关键。A．由图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，选项A错误；
BC．由图像可知，原点位置放置一正电荷Q1，因图像的斜率等于电场强度，在x轴正方向电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，可知在x轴的负方向上放置电量为-Q2的负电荷，因x=5cm的位置图像斜率不为零，则场强不为零；x=5cm处的电势为零，则
可得
选项BC错误；
D．两个点电荷之间电势为零的位置距离原点为l，则由
解得
可知该点坐标为x=-3cm，选项D正确。
故选D。
【分析】根据电势随x的变化图线分析；根据图线上x=5cm处电势为零，结合电势能表达式计算；根据φ-x图线的斜率表示场强分析；根据电势能表达式计算。
11．【答案】B,C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解题关键是知道发生干涉的条件，会根据数学关系分析波峰重合位置，判断波谷不会重合。A．形成稳定干涉图象的条件是两列波的频率相等，由，如图可知，a波的波长为，则频率为，b波的波长为，则频率为，故不能形成稳定干涉图象，A错误；
B．设从开始，再经过，两列波的波峰再次重合，则有
，，，
可知当和时
故当
，处波峰都重合，B正确；
C．设从之后的处，有波谷与波谷重合，则有
，，，
得
因为和在整数范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C正确；
D．设b波在x=-0.5m处质点的振动方程为
如图可知，由前面分析可知
经过，该质点运动到处，则，则振动方程为
D错误。
故选BC。
【分析】根据形成稳定干涉的条件判断；由图读出两列波的波长，根据波长的最小公倍数求波峰重合处；根据数学关系分析是否存在波谷与波谷重合位置；根据波长和波速关系计算出b波的周期，进而计算出圆频率，可写出振动方程。
12．【答案】B,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。A．由题可知，金属的截止频率，故金属的逸出功
A错误；
B．光电管每秒逸出的电荷量
故每秒逸出的光子数
B正确；
C．根据光电效应方程可知，光子的最大初动能
C错误；
D．根据动能定理可得
代入数据解得电子到达A极的最大动能
D正确。
故选BD。
【分析】由极限频率和逸出功的关系求出；根据饱和电流的大小，结合求出每秒内由K极发射的光电子数目；根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，结合动能定理求出电子到达A极时的最大动能。
13．【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题是有关感应加速器的问题，感生电场的电场力做正功，电场力是恒定大小的力，电荷速率随着时间均匀增加，结合动能定理、动量定理、电势差与电场强度的关系公式、牛顿第二定律列式求解。A．设2T0时刻小球过F点的速度，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
A错误；
BC．从开始到2T0时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为，由动量定理可得
结合上述结论解得
从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功
由动能定理可得
设从开始运动到第一次经过F点时的速度为，电场力所做的功为，则有，
联立解得
根据牛顿第二定律可得
代入上述结论解得
故第一次经过F点所用时间
此时磁感应强度
故第一次经过F点的洛伦兹力为
即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5，B正确，C错误；
D．结合上述分析可知T0时刻小球速度
若小球在时刻不受细管的作用力，则有
解得
故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零，D正确。
故选BD。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求2T0时刻小球过F点的速度大小；由动量定理、电场力做功、动能定理、牛顿第二定律求得小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比、T0时刻细玻璃管内的电场强度大小及小球受细管侧壁的作用力。
14．【答案】（1）电源错用直流电；小车未靠近打点计时器
（2）2.4
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验情景，应用匀变速直线运动的推论即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。
（1）打点计时器应使用交流电，而图示中的电源为直流电；释放小车时，应使小车靠近打点计时器，以便打出更多的点迹，便于实验数据的分析，图示中小车未靠近打点计时器；
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔
由于
根据匀变速直线运动规律
解得
【分析】（1）根据实验注意事项与实验器材分析图示情景答题。
（2）应用匀变速直线运动的推论求解。
（1）[1]打点计时器应使用交流电，而图示中的电源为直流电；
[2]释放小车时，应使小车靠近打点计时器，以便打出更多的点迹，便于实验数据的分析，图示中小车未靠近打点计时器；
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔
由于
根据匀变速直线运动规律
解得
15．【答案】（1）甲；1.06
（2）2.02；9.87
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆做简谐运动时函数表达式的书写，考查单摆的周期公式求重力加速度，要明确实验原理，能够正确进行实验误差的分析；书写单摆做简谐运动的函数表达式时的初相位；在计算摆球的振幅时，里面用到了数学里面的近似运算。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图甲方式，因乙方式中当单摆摆动时摆长会发生变化；用游标卡尺测量摆球直径为1cm+0.1mm×6=1.06cm。
（2）此单摆周期为
根据
解得
由图像可知
解得
（3）根据
可得单摆摆长为
振幅
摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为
【分析】（1）根据实验原理及游标卡尺精确度读数；
（2）根据单摆周期公式结合图像斜率解答；
（3）根据单摆周期公式得到摆线长，根据数学知识求单摆的振幅，然后根据简谐运动瞬时值的表达式写出摆球的位移随时间的变化关系式。
（1）[1]制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图甲方式，因乙方式中当单摆摆动时摆长会发生变化；
[2]用游标卡尺测量摆球直径为1cm+0.1mm×6=1.06cm。
（2）[1][2]此单摆周期为
根据
解得
由图像可知
解得g=9.87m/s2
（3）根据
可得单摆摆长为
振幅
摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为
16．【答案】（1）a
（2）串联电阻
（3）P
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据分析等问题，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键；要掌握握器材选取的方法：精确、安全。
（1）由欧姆定律可得滑动变阻器a允许的最大电压为
滑动变阻器b两端所能加的最大电压为
为保证安全，滑动变阻器应选a；
（2）由电压表改装原理可得，须串联一分压电阻，设为，则由串联分压知识可得
由欧姆定律得
，
联立并代入数据可得
即改装成量程为10V的电压表，需要串联电阻。
（3）由表中实验数据可知电学元件电阻最小测量值为
电流表内阻为，改装后的电压表内阻为，由于
故实验采用内接法，改装后的电压表应并联在M与P之间。
（4）
从表格中数据看，待测电学元件两端的电压先增大，然后趋向于稳定，所以MO两端的电压先增大后趋于稳定，UMO随UMN变化的示意图如图。
【分析】（1）根据滑动变阻器的额定电压分析答题。
（2）根据电表改装原理解答。
（3）根据待测元件电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后答题。
（4）根据表中实验数据分析判断。
（1）由欧姆定律可得
滑动变阻器a允许的最大电压为
滑动变阻器b两端所能加的最大电压为
为保证安全，滑动变阻器应选a；
（2）由电压表改装原理可得，须串联一分压电阻，设为
则由串联分压知识可得
由欧姆定律得，
联立并代入数据可得
即改装成量程为10V的电压表，需要串联电阻。
（3）由表中实验数据可知
电学元件电阻最小测量值为
电流表内阻为，改装后的电压表内阻为
由于
故实验采用内接法，改装后的电压表应并联在M与P之间。
（4）从表格中数据看，待测电学元件两端的电压先增大，然后趋向于稳定，所以MO两端的电压先增大后趋于稳定，UMO随UMN变化的示意图如图。
17．【答案】（1）变大；变小；
（2）解：①所以分析可知从过程，活塞未触及传感器，则传感器示数F=0；从过程，气体做等容变化，根据查理定律有
且
对活塞，由平衡条件有
联立解得
综合可知
故图像如下
② 根据热力学第一定律有
且
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】本题考查了热力学第一定律与气体实验定律的综合应用。掌握热力学第一定律表达式中的物理量的正负的意义。
（1）当热源的温度从300K缓慢升到T1时，分子平均动能增大；由于活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0，可知气体做等压变化，故温度升高、体积增大，压强不变，可知气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数变小；
[根据盖—吕萨克定律
代入题中解得
【解答】（1）①该过程中封闭空气的温度升高，根据分子的平均动能与温度的关系解答；该过程中封闭空气的压强不变，而分子的平均动能变大，平均一个分子的撞击力变大，根据封闭气体压强的微观解释解答。
②封闭空气做等压变化，根据盖—吕萨克定律解答。
（2）①由（1）的结论可知热源温度从T0=300K缓慢升到T1=500K的过程，压力传感器示数为零。热源温度从T1=500K缓慢升到T2=550K的过程，封闭空气做等容变化，根据查理定律解答；
②确定该过程外界对封闭空气做的功。根据热力学第一定律解答。
（1）[1]当热源的温度从300K缓慢升到T1时，分子平均动能增大；
[2]由于活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0，可知气体做等压变化，故温度升高、体积增大，压强不变，可知气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数变小；
[3]根据盖—吕萨克定律
代入题中解得
（2）①所以分析可知从过程，活塞未触及传感器，则传感器示数F=0；从过程，气体做等容变化，根据查理定律有
且
对活塞，由平衡条件有
联立解得
综合可知
故图像如下
② 根据热力学第一定律有
且
联立解得
18．【答案】（1）解：①滑块m2在CD上滑动时，根据牛顿第二定律，有
滑块m2在CD上滑动时，根据速度-位移公式，有
根据速度时间公式，有
联立并代入数据解得
②m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
从B到C，对m1根据牛顿第二定律，有
从B到C，根据速度-位移公式，有
解得
滑块m1从圆弧第一次滑过B点，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块m1碰撞后从水平轨道第二次到达B点时，有
m1两次过B点时对轨道的压力差
（2）解：滑块m1从B到C，根据动能定理，有
m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
当m1与m2碰后反弹，再次返回到C点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有
联立解得
h=2.7m
（3）解：m2离开传送带做平抛运动，在水平方向，有
m2打在挡板EF上的动能为
联立可得
当时，动能有最小值即
最小动能为
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）①由牛顿第二定律求出滑块m2在CD上滑动的加速度，再由运动学公式计算m2在CD上滑动的时间；
②根据弹性碰撞规律求出m1第一次碰后的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式求出其返回B点的速度，根据牛顿第二定律求出m1两次在B点受到的支持力，从而得到其两次过B点时对轨道的压力差；
（2）根据弹性碰撞规律和动能定理，综合分析计算m1的最小释放高度；
（3）m2离开传送带做平抛运动，结合平抛运动规律求出m2打在挡板EF上的动能的表达式，再由数学知识得出动能的最小值。
（1）①滑块m2在CD上滑动时，根据牛顿第二定律，有
滑块m2在CD上滑动时，根据速度-位移公式，有
根据速度时间公式，有
联立并代入数据解得
②m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
从B到C，对m1根据牛顿第二定律，有
从B到C，根据速度-位移公式，有
解得
滑块m1从圆弧第一次滑过B点，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块m1碰撞后从水平轨道第二次到达B点时，有
m1两次过B点时对轨道的压力差
（2）滑块m1从B到C，根据动能定理，有
m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
当m1与m2碰后反弹，再次返回到C点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有
联立解得h=2.7m
（3）m2离开传送带做平抛运动，在水平方向，有
m2打在挡板EF上的动能为
联立可得
当时，动能有最小值即
最小动能为
19．【答案】（1）解：由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）解：①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为
再有电路电压关系有
解得
②导体棒运动到位置时加速度
（3）解：①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）MN在外力作用下沿斜面向下运动，切割通电导体PQ产生的磁感线，根据右手定则判断MN中电流的方向，发生变化，于是产生感应电流，由法拉第电磁感应定律，求出棒PQ产生的电动势，再求出回路产生的电流大小；
（2）ab棒受到的与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两棒均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两棒组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒mv0=2mv，再由能量守恒求出焦耳热的关键；
（3）回路中的电流始终保持为I0，则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变．若d足够长，则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN一直向右匀加速运动，使用动量守恒定律和动能定理可以求出结果。
（1）由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为，再有电路电压关系有解得；
②导体棒运动到位置时加速度；
（3）①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
20．【答案】（1）解：根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）解：从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）解：相切
解得
函数关系为
【知识点】光电效应
【解析】【分析】（1）光电子的最大动量由光电效应方程确定，入射光能量减去逸出功得到最大动能，再通过动能与动量的关系转换得到最大动量大小。
（2）电子在磁场中做圆周运动，要使最大速率垂直逸出的电子全部到达第二倍增极，需考虑电子轨迹与倍增极几何关系。磁场强度的下限由电子从A点到达D点的轨迹半径决定，上限由电子从B点到达C点的轨迹半径决定，结合几何约束条件确定磁场范围。
（3）关闭光源后电子仍持续击中第二倍增极，时间与C端位置x有关。电子运动轨迹分为两段圆弧，根据x的不同范围，电子经历的弧长不同。当x小于临界值时，电子经历一段完整圆弧和部分圆弧；当x大于等于临界值时，电子经历两段部分圆弧。通过几何关系确定弧长，结合电子速度得到时间表达式。
（1）根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）相切：
解得
函数关系为
1 / 12025届浙江省金华市义乌市高三下学期三模物理试题
1．（2025·义乌模拟）下列物理量中是标量，且其单位用国际制基本单位表示正确的是（ ）
A．动量 N·t
B．安培力 kg·m·s-2
C．重力势能 kg·m2·s-2
D．电动势 V·m
【答案】C
【知识点】安培力的计算；力学单位制
【解析】【解答】本题结合物理量的国际单位制基本单位，考查考生的认识理解能力，需熟记各单位的符号和定义。A．动量是矢量，动量用国际单位制单位用基本单位表示为，故A错误；
B．安培力是矢量，安培力用国际单位制单位用基本单位表示为kg·m·s-2，故B错误；
C．重力势能是标量，重力势能用国际单位制单位用基本单位表示为kg·m2·s-2，故C正确；
D．电动势是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为，故D错误。
故选C。
【分析】国际单位制基本单位是：长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。
2．（2025·义乌模拟）2025年4月25日0时分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列跨越13052公里抵达了西班牙的首都马德里。关于这趟班列同学们的说法正确的是（ ）
A．13052公里是指列车完成的位移大小
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了微元法
D．列车过弯道时超速将会加剧对弯道内轨的磨损
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了质点、位移与路程、向心力等知识点的基本运用，知道平均速度和平均速率的区别，以及知道列车拐弯向心力的来源，基础题。A.3052公里是指列车完成的路程，故A错误；
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法，故B正确；
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了极限法，故C错误；
D．列车过弯道时超速，列车有离心运动趋势，将会加剧对弯道外轨的磨损，故D错误。
故选B。
【分析】位移表示质点在空间的位置的变化，路程是质点在空间运动轨迹的长度；列车拐弯时，当重力和支持力的合力恰好提供向心力，则对内外轨无压力，若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，会对外轨有挤压。
3．（2025·义乌模拟）春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中。乙图是甲图的情境模型，OL代表风筝线，MN代表风筝截面，截面与水平面夹角θ保持不变。假设风向水平，风速稳定，保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（ ）
A．若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降
C．图示情境下，风筝不可能静止在空中
D．图示情境下，风筝受到四个力的作用
【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】解答本题时，关键要正确分析风筝的受力情况，判断合力的变化情况，确定风筝的状态变化情况。A．对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在地上向左移动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增大，合力有竖直向下的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A正确；
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，风筝高度将上升，故B错误；
C．图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F三力平衡时，风筝可以静止在空中，故C错误；
D．图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F共三个力，故D错误。
故选A。
【分析】若持线人在地上向左移动些许，分析风筝受力情况，判断合力竖直分量的变化，进而判断风筝能否呈现失重状态；若持线人在地上向右移动些许，分析合力竖直分量的变化，再判断其高度变化情况；分析风筝的受力情况，根据合力能否为零，判断风筝能否静止在空中。
4．（2025·义乌模拟）下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（ ）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
【答案】C
【知识点】功率及其计算；冲量
【解析】【解答】解答本题的关键要冲量的定义式、重力瞬时功率公式。要注意动量是矢量，只有大小和方向都相同时，动量才相同。A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得
由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有
可知两个钢球下落时间相等，根据
可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；
C．根据
可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；
D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
【分析】根据重力做功关系分析动能增量关系；根据I=mgt分析重力冲量关系；分析落地时竖直分速度关系，判断落地时的重力功率关系；根据落地时动量方向关系判断动量是否相同。
5．（2025·义乌模拟）甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、泊松亮斑、重核裂变的结构示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中增大交变电压场的电压可增大粒子的最大动能
B．图乙中磁流体发电机产生的电动势大小与等离子体的浓度无关
C．图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，它是菲涅尔通过实验观察到的
D．图丁所示的核反应属于重核裂变，钡141的平均核子质量、比结合能都比铀235的小
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；光的衍射；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查知识点范围较广，在平时要注意积累，做题时应注意全面把握。A．图甲中粒子达到最大动能时
，
可知增大交变电压场的电压，粒子的最大动能不变，选项A错误；
B．图乙中磁流体发电机当稳定时满足
可得
可知产生的电动势大小与等离子体的浓度无关，选项B正确；
C．图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，而菲涅尔通过实验观察到的是圆孔衍射得到的图样，选项C错误；
D．图丁所示的核反应属于重核裂变，该核反应的过程中释放大量的能量，存在质量亏损而质量数不变，生成物的平均核子质量更小；因生成物更加稳定，比结合能更大，则钡141的平均核子质量比铀235小、比结合能都比铀235的大，选项D错误。
故选B。
【分析】由粒子离开回旋加速器时，动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，分析电势差对最大动能的影响；根据带电粒子受力平衡求出电动势；根据物理学史判断；根据平均核子质量、比结合能的有关元素判断。
6．（2025·义乌模拟）如图所示，有一面积为S，匝数为N，电阻为r的矩形线圈，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）
A．金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是A→B→C→D
B．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C．将R的滑片向下滑动时，电流表A示数变大，电压表V的示数变大
D．将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道将R的滑片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的总电阻在原线圈电路中的等效电阻也减小是解题的关键。A．根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是
A错误；
B．矩形线圈产生的感应电动势最大值为
从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，此时通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B错误；
C．将R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈电流增大，电流表A示数变大，定值电阻分担的电压增大，结合变压器的原理可知，原副线圈中的电流之比为
可知原副线圈匝数之比不变，故原线圈中的电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，原线圈所在电路内电压增大，原线圈两端的电压减小，又因为
可知原线圈两端电压减小，故副线圈两端的电压减小，而定值电阻分担的电压增大，故电压表的示数减小，C错误；
D．根据上述分析，结合功率可知，将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大，D正确。
故选D。
【分析】根据右手定则判断；根据是从线圈平面与磁场平行位置开始计时分析；根据等效电阻分析原线圈中的电流变化，根据变流比分析电流表示数的变化；根据闭合电路的欧姆定律分析变压器的输入电压变化，进而分析电压器的输出电压变化，结合串联电路电压的特点分析电压表示数变化，根据P热=I2r分析线圈热功率的变化。
7．（2025·义乌模拟）下图的电路广泛的存在于收音机、电子琴等用电器中，如果我们在电路左侧的输入端输入正弦交流电，在AB端和CD端分别用示波器监测电路的输出信号。下列同学对示波器监测到的信号判断正确的是（ ）
A．电路正常工作时，AB端监测到的信号图样如丁所示，CD端监测到的信号图样如甲所示
B．电路正常工作时，AB端监测到的信号图样如乙所示，CD端监测到的信号图样如丙所示
C．如果电路中的某个二极管虚焊断路，AB和CD端监测到的信号图样可能如乙和丙所示
D．改变电感的自感系数和电容器的电容都可以改变CD端输出信号的频率
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题考查二极管的单向导电性和自感线圈、电容器在交流电路中的作用，会根据题意进行准确分析解答。AB．电路正常工作时，当输入端上端电势高时，右上、左下两个二极管导通，电流由A流向B；当输入端下端电势高时，右下、左上两个二极管导通，电流由A流向B；则AB端监测到的信号图样如甲所示；因线圈“通直流、阻交流”，电容器“通交流、阻直流”，则CD端监测到的信号是直流成分，即图样如丁所示，选项AB错误；
C．如果电路中的某个二极管虚焊断路，则只能有半个周期的电流通过，则AB和CD端监测到的信号图样可能如乙和丙所示，选项C正确；
D．由以上分析可知，改变电感的自感系数和电容器的电容不能改变CD端输出信号的频率，选项D错误。
故选C。
【分析】根据二极管的单向导电性和自感线圈、电容器在交流电路中的作用进行分析解答。
8．（2025·义乌模拟）在太阳光照射下，卫星太阳能板将光能转化为的电能为卫星设备提供能源。一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星与地心的距离为地球半径的倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合，卫星的运行周期为T。下列判断正确的是（ ）
A．卫星的运行周期T约为近地卫星运行周期的2倍
B．卫星的运行速度约为第一宇宙速度的倍
C．卫星运行轨道上各点的重力加速度为地球表面的倍
D．卫星运行一周，太阳能收集板转化电能的时间约为
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】近地卫星最大的特点就是轨道半径可以近似等于地球半径，既可以应用普通卫星受到的万有引力完全提供向心力的规律，也可以满足万有引力近似等于重力的黄金代换式，是联系“地”与“天”的桥梁。ABC．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
可得
，，
可知卫星的运行周期与近地卫星运行周期之比为
卫星的运行速度与第一宇宙速度之比为
卫星运行轨道上各点的重力加速度与地球表面重力加速度之比为
故ABC错误；
D．如图所示
根据几何关系可得
可得
可知星运行一周，太阳能收集板转化电能的时间约为
故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力提供向心力的关系，可以推导出周期T、速度v 和加速度a的关系。卫星轨道平面与赤道平面重合，因此需要考虑地球遮挡对太阳能板工作时间的影响。利用近地卫星的周期、第一宇宙速度、地面重力加速度公式求解即可。
9．（2025·义乌模拟）一束与水平面MN成θ角的平行红色光束射到半圆柱形玻璃砖的界面上，其横截面如图所示，经玻璃折射后，有部分光能从AC弧线中射出，经测定MA、AC、CN三段弧线的长度比为5∶6∶1，下列说法正确的是（ ）
A．红色光在这种玻璃中全反射的临界角是30°
B．红色光束与水平面MN成60°角
C．红色光在空气中的传播速度是这种玻璃中传播速度的倍
D．若改成绿色光束入射，相同条件下与出射弧线对应的角AOC将增大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题的关键要掌握光的折射及全反射定律，要注意发应全反射的边界光线的确定。光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。A．MA、AC、CN三段弧线的长度比为5∶6∶1，由数学知识可得
，
，
半圆周上只有弧 AC 范围内光线从玻璃射出，弧 MA 和弧 CN 对应全反射。如图所示
设从上的点和点入射的光线经折射射到点和点，从O点入射的光线射到点，则有光线
对于从玻璃向空气的临界角 ，由几何关系可知，则圆弧AC对应的圆心角
解得
故A错误；
C．由
得
故C正确；
B．由几何关系可知
由折射定律
解得
即红色光束与水平面MN成45°角，故B错误；
D．同一种玻璃，绿光的折射率大于红光，则绿光的临界角小于红光，若改成绿色光束入射，相同条件下与出射弧线对应的角AOC等于两倍的临界角，故角AOC将减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据全反射临界角公式和折射定律求红色光在这种玻璃中全反射的临界角；根据折射定律求红色光束与水平面MN的夹角；根据折射率和速度的关系求红色光在空气中的传播速度与在这种玻璃中传播速度的关系；根据绿色光的频率比红色光高，判断出玻璃对绿色光的折射率比红色光大，进而判断相同条件下与出射弧线对应的角的变化。
10．（2025·义乌模拟）试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有电势能可以用来计算（式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离）。真空中两个点电荷相距15cm固定在x轴的两个点上，取无限远处的电势为零，x轴正方向上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两个点电荷可能带同种电荷
B．两个点电荷的电量之比为2∶1
C．x=5cm处电场强度等于零
D．两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x=-3cm
【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】知道φ-x图线的斜率表示场强是解题的 基础，知道电势为零处电荷的电势能为零是解题的关键。A．由图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，选项A错误；
BC．由图像可知，原点位置放置一正电荷Q1，因图像的斜率等于电场强度，在x轴正方向电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，可知在x轴的负方向上放置电量为-Q2的负电荷，因x=5cm的位置图像斜率不为零，则场强不为零；x=5cm处的电势为零，则
可得
选项BC错误；
D．两个点电荷之间电势为零的位置距离原点为l，则由
解得
可知该点坐标为x=-3cm，选项D正确。
故选D。
【分析】根据电势随x的变化图线分析；根据图线上x=5cm处电势为零，结合电势能表达式计算；根据φ-x图线的斜率表示场强分析；根据电势能表达式计算。
11．（2025·义乌模拟）两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2.5m/s，在t=0时两列波的波峰正好在x=2.5m处重合，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b能在x轴上形成稳定干涉图像
B．x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……处波峰都重合
C．x轴上不存在波谷与波谷重合处
D．t=0时，b波引起x=-0.5m处质点的振动方程为
【答案】B,C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解题关键是知道发生干涉的条件，会根据数学关系分析波峰重合位置，判断波谷不会重合。A．形成稳定干涉图象的条件是两列波的频率相等，由，如图可知，a波的波长为，则频率为，b波的波长为，则频率为，故不能形成稳定干涉图象，A错误；
B．设从开始，再经过，两列波的波峰再次重合，则有
，，，
可知当和时
故当
，处波峰都重合，B正确；
C．设从之后的处，有波谷与波谷重合，则有
，，，
得
因为和在整数范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C正确；
D．设b波在x=-0.5m处质点的振动方程为
如图可知，由前面分析可知
经过，该质点运动到处，则，则振动方程为
D错误。
故选BC。
【分析】根据形成稳定干涉的条件判断；由图读出两列波的波长，根据波长的最小公倍数求波峰重合处；根据数学关系分析是否存在波谷与波谷重合位置；根据波长和波速关系计算出b波的周期，进而计算出圆频率，可写出振动方程。
12．（2025·义乌模拟）如图所示，一光电管的阴极用极限频率为的某种金属制成。现用频率为的紫外线照射阴极，当光电管阳极A和阴极K之间的电势差U=2.1V时，光电流达到饱和状态，此时电流表的示数为0.56μA。 已知普朗克常量。下列同学的判断正确的是（ ）
A．阴极K金属的逸出功是
B．光电管每秒从K极逸出的光电子数为
C．光电子的最大初动能为
D．电子到达A极的最大动能是
【答案】B,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。A．由题可知，金属的截止频率，故金属的逸出功
A错误；
B．光电管每秒逸出的电荷量
故每秒逸出的光子数
B正确；
C．根据光电效应方程可知，光子的最大初动能
C错误；
D．根据动能定理可得
代入数据解得电子到达A极的最大动能
D正确。
故选BD。
【分析】由极限频率和逸出功的关系求出；根据饱和电流的大小，结合求出每秒内由K极发射的光电子数目；根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，结合动能定理求出电子到达A极时的最大动能。
13．（2025·义乌模拟）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示磁的磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力，角EOF为120°，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．2T0时刻小球过F点的速度大小为
B．小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C．T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为
D．T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题是有关感应加速器的问题，感生电场的电场力做正功，电场力是恒定大小的力，电荷速率随着时间均匀增加，结合动能定理、动量定理、电势差与电场强度的关系公式、牛顿第二定律列式求解。A．设2T0时刻小球过F点的速度，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
A错误；
BC．从开始到2T0时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为，由动量定理可得
结合上述结论解得
从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功
由动能定理可得
设从开始运动到第一次经过F点时的速度为，电场力所做的功为，则有，
联立解得
根据牛顿第二定律可得
代入上述结论解得
故第一次经过F点所用时间
此时磁感应强度
故第一次经过F点的洛伦兹力为
即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5，B正确，C错误；
D．结合上述分析可知T0时刻小球速度
若小球在时刻不受细管的作用力，则有
解得
故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零，D正确。
故选BD。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求2T0时刻小球过F点的速度大小；由动量定理、电场力做功、动能定理、牛顿第二定律求得小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比、T0时刻细玻璃管内的电场强度大小及小球受细管侧壁的作用力。
14．（2025·义乌模拟）（1）某实验小组在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，从装置照片图1中，我们容易发现一些错误，例如“没有补偿阻力”等，请你认真观察后再指出两处不妥之处 ， 。
（2）正确安装装置后，接通220V，50Hz电源，释放小车进行实验，得到一条纸带如图2所示，A、B、C、D、E、F、G为选出的计数点，相邻两个计数点之间均有4个计时点未画出，则小车的加速度大小为 m/s2（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）电源错用直流电；小车未靠近打点计时器
（2）2.4
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验情景，应用匀变速直线运动的推论即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。
（1）打点计时器应使用交流电，而图示中的电源为直流电；释放小车时，应使小车靠近打点计时器，以便打出更多的点迹，便于实验数据的分析，图示中小车未靠近打点计时器；
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔
由于
根据匀变速直线运动规律
解得
【分析】（1）根据实验注意事项与实验器材分析图示情景答题。
（2）应用匀变速直线运动的推论求解。
（1）[1]打点计时器应使用交流电，而图示中的电源为直流电；
[2]释放小车时，应使小车靠近打点计时器，以便打出更多的点迹，便于实验数据的分析，图示中小车未靠近打点计时器；
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔
由于
根据匀变速直线运动规律
解得
15．（2025·义乌模拟）一学生小组用图（a）装置做“测量重力加速度的大小”实验。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图 方式（填甲或乙），用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 cm。
（2）实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为60.60s，则此单摆周期为 s，多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l-T2图像，如图（b）所示，根据图线斜率可计算重力加速度g = m/ s2（保留3位有效数字，π2取9.87）。
（3）若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为 （仅用本小题中的字母或数据表示）。
【答案】（1）甲；1.06
（2）2.02；9.87
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆做简谐运动时函数表达式的书写，考查单摆的周期公式求重力加速度，要明确实验原理，能够正确进行实验误差的分析；书写单摆做简谐运动的函数表达式时的初相位；在计算摆球的振幅时，里面用到了数学里面的近似运算。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图甲方式，因乙方式中当单摆摆动时摆长会发生变化；用游标卡尺测量摆球直径为1cm+0.1mm×6=1.06cm。
（2）此单摆周期为
根据
解得
由图像可知
解得
（3）根据
可得单摆摆长为
振幅
摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为
【分析】（1）根据实验原理及游标卡尺精确度读数；
（2）根据单摆周期公式结合图像斜率解答；
（3）根据单摆周期公式得到摆线长，根据数学知识求单摆的振幅，然后根据简谐运动瞬时值的表达式写出摆球的位移随时间的变化关系式。
（1）[1]制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，应选择图甲方式，因乙方式中当单摆摆动时摆长会发生变化；
[2]用游标卡尺测量摆球直径为1cm+0.1mm×6=1.06cm。
（2）[1][2]此单摆周期为
根据
解得
由图像可知
解得g=9.87m/s2
（3）根据
可得单摆摆长为
振幅
摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为
16．（2025·义乌模拟）某电学元件（最大电流不超过6mA，最大电压不超过7V），某同学为了探究它的伏安特性，设计了如下电路（电压表未画出），在实验室他找到了阻值为的定值电阻R用于限流；电动势E为12V内阻可不计的电源；一只量程为10mA，内阻为5Ω的电流表；一只量程为2V，内阻为的电压表；两个滑动变阻器。
（1）若两个滑动变阻器参数如下：
a.阻值0到200Ω，额定电流0.3A
b.阻值0到20Ω，额定电流0.5A
实验中应选的滑动变阻器是 （填“a”或“b”）。
（2）这位同学计划将量程为2V，内阻为的电压表改装成量程为10V的电压表，他需要完成的操作是 （填完整的改装措施）。
（3）正确接线后，测得数据如下表
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
U （V） 0.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40
I （mA） 0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50
根据以上数据，改装后的电压表应并联在M与 之间（填“O”或“P”）。
（4）解读表中的数据画出待测元件两端电压UMO随MN间电压UMN变化的示意图。
【答案】（1）a
（2）串联电阻
（3）P
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据分析等问题，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键；要掌握握器材选取的方法：精确、安全。
（1）由欧姆定律可得滑动变阻器a允许的最大电压为
滑动变阻器b两端所能加的最大电压为
为保证安全，滑动变阻器应选a；
（2）由电压表改装原理可得，须串联一分压电阻，设为，则由串联分压知识可得
由欧姆定律得
，
联立并代入数据可得
即改装成量程为10V的电压表，需要串联电阻。
（3）由表中实验数据可知电学元件电阻最小测量值为
电流表内阻为，改装后的电压表内阻为，由于
故实验采用内接法，改装后的电压表应并联在M与P之间。
（4）
从表格中数据看，待测电学元件两端的电压先增大，然后趋向于稳定，所以MO两端的电压先增大后趋于稳定，UMO随UMN变化的示意图如图。
【分析】（1）根据滑动变阻器的额定电压分析答题。
（2）根据电表改装原理解答。
（3）根据待测元件电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后答题。
（4）根据表中实验数据分析判断。
（1）由欧姆定律可得
滑动变阻器a允许的最大电压为
滑动变阻器b两端所能加的最大电压为
为保证安全，滑动变阻器应选a；
（2）由电压表改装原理可得，须串联一分压电阻，设为
则由串联分压知识可得
由欧姆定律得，
联立并代入数据可得
即改装成量程为10V的电压表，需要串联电阻。
（3）由表中实验数据可知
电学元件电阻最小测量值为
电流表内阻为，改装后的电压表内阻为
由于
故实验采用内接法，改装后的电压表应并联在M与P之间。
（4）从表格中数据看，待测电学元件两端的电压先增大，然后趋向于稳定，所以MO两端的电压先增大后趋于稳定，UMO随UMN变化的示意图如图。
17．（2025·义乌模拟）某一监测设备的简易结构如图所示，导热性能良好且顶部开孔与大气相通的气缸底部与一热源表面紧贴，气缸顶部内上侧装有一个体积大小可以忽略的压力传感器，监测开始时，中部活塞与气缸底部距离为h1=0.3m、与顶部的距离为h2=0.2m，横截面积为，活塞下方封闭温度为、压强为的空气，此时压力传感器的示数为0。已知外界空气压强为105Pa，活塞质量及摩擦可不计，试解答下列问题：
（1）当热源的的温度从300K缓慢升到T1时，活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0。
①则该过程中封闭空气分子的平均动能 （选填“变大”，“变小”，或“不变”），气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数 （选填“变大”， “变小”，或“不变”）；
②求出T1= ；
（2）热源温度从T0=300K缓慢升到T2=550K。
①画出该过程压力传感器示数F与外壁温度T的关系图像；
②该过程气体吸收了Q=370J的热量，求该过程中气体内能的变化量。
【答案】（1）变大；变小；
（2）解：①所以分析可知从过程，活塞未触及传感器，则传感器示数F=0；从过程，气体做等容变化，根据查理定律有
且
对活塞，由平衡条件有
联立解得
综合可知
故图像如下
② 根据热力学第一定律有
且
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】本题考查了热力学第一定律与气体实验定律的综合应用。掌握热力学第一定律表达式中的物理量的正负的意义。
（1）当热源的温度从300K缓慢升到T1时，分子平均动能增大；由于活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0，可知气体做等压变化，故温度升高、体积增大，压强不变，可知气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数变小；
[根据盖—吕萨克定律
代入题中解得
【解答】（1）①该过程中封闭空气的温度升高，根据分子的平均动能与温度的关系解答；该过程中封闭空气的压强不变，而分子的平均动能变大，平均一个分子的撞击力变大，根据封闭气体压强的微观解释解答。
②封闭空气做等压变化，根据盖—吕萨克定律解答。
（2）①由（1）的结论可知热源温度从T0=300K缓慢升到T1=500K的过程，压力传感器示数为零。热源温度从T1=500K缓慢升到T2=550K的过程，封闭空气做等容变化，根据查理定律解答；
②确定该过程外界对封闭空气做的功。根据热力学第一定律解答。
（1）[1]当热源的温度从300K缓慢升到T1时，分子平均动能增大；
[2]由于活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0，可知气体做等压变化，故温度升高、体积增大，压强不变，可知气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数变小；
[3]根据盖—吕萨克定律
代入题中解得
（2）①所以分析可知从过程，活塞未触及传感器，则传感器示数F=0；从过程，气体做等容变化，根据查理定律有
且
对活塞，由平衡条件有
联立解得
综合可知
故图像如下
② 根据热力学第一定律有
且
联立解得
18．（2025·义乌模拟）如图所示，光滑倾斜轨道AB与长为的水平轨道BC通过一段光滑圆弧平滑连接，圆弧的半径为r=1m，BC右侧连接着长为L=3.0m的水平传送带CD，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针方向匀速转动，与右端D相距处固定有一块竖直挡板EF。现将质量的滑块在AB某处静止释放，m1和静止在C点上的质量的滑块发生碰撞，已知m1、m2及皮带轮大小均可不计；m1、m2与BC和CD间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求：
（1）若m2滑到D端速度恰好减为2m/s，则
①计算滑块m2在CD上的滑动时间；
②滑块m1从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，计算m1两次过B点时对轨道的压力差；
（2）调节滑块m1的释放高度h，使得m2、m1能先后与EF相撞于同一点上，求：能满足m2、m1打在挡板EF上同一位置的m1的最小释放高度；
（3）m2打在挡板EF上的最小动能。
【答案】（1）解：①滑块m2在CD上滑动时，根据牛顿第二定律，有
滑块m2在CD上滑动时，根据速度-位移公式，有
根据速度时间公式，有
联立并代入数据解得
②m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
从B到C，对m1根据牛顿第二定律，有
从B到C，根据速度-位移公式，有
解得
滑块m1从圆弧第一次滑过B点，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块m1碰撞后从水平轨道第二次到达B点时，有
m1两次过B点时对轨道的压力差
（2）解：滑块m1从B到C，根据动能定理，有
m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
当m1与m2碰后反弹，再次返回到C点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有
联立解得
h=2.7m
（3）解：m2离开传送带做平抛运动，在水平方向，有
m2打在挡板EF上的动能为
联立可得
当时，动能有最小值即
最小动能为
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）①由牛顿第二定律求出滑块m2在CD上滑动的加速度，再由运动学公式计算m2在CD上滑动的时间；
②根据弹性碰撞规律求出m1第一次碰后的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式求出其返回B点的速度，根据牛顿第二定律求出m1两次在B点受到的支持力，从而得到其两次过B点时对轨道的压力差；
（2）根据弹性碰撞规律和动能定理，综合分析计算m1的最小释放高度；
（3）m2离开传送带做平抛运动，结合平抛运动规律求出m2打在挡板EF上的动能的表达式，再由数学知识得出动能的最小值。
（1）①滑块m2在CD上滑动时，根据牛顿第二定律，有
滑块m2在CD上滑动时，根据速度-位移公式，有
根据速度时间公式，有
联立并代入数据解得
②m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
从B到C，对m1根据牛顿第二定律，有
从B到C，根据速度-位移公式，有
解得
滑块m1从圆弧第一次滑过B点，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块m1碰撞后从水平轨道第二次到达B点时，有
m1两次过B点时对轨道的压力差
（2）滑块m1从B到C，根据动能定理，有
m1与m2相碰时，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
当m1与m2碰后反弹，再次返回到C点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有
联立解得h=2.7m
（3）m2离开传送带做平抛运动，在水平方向，有
m2打在挡板EF上的动能为
联立可得
当时，动能有最小值即
最小动能为
19．（2025·义乌模拟）通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用来计算，其中I是电流的大小，r是点到导线的距离，k为比例系数。如图所示，表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ=30°的斜面上，导线中的恒定电流I0方向自左向右，不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置，它们的长度均为，与水平长直导线的夹角为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN，在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中MN始终与长直导线平行，MN出现的电流大小始终为I，且下滑过程中除安培力外，仅受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g，不考虑地磁场的影响，解答下列问题：
（1）判断运动过程（未脱离导轨）中导体MN棒中电流的方向；
（2）研究导体棒运动的距离为x（x<0.25L）的过程：
①求此时导体棒的速度v；
②求运动到x位置时候的加速度大小a；
（3）研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程：
①求该过程中产生的焦耳热Q；
②求外力所做的功W。
【答案】（1）解：由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）解：①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为
再有电路电压关系有
解得
②导体棒运动到位置时加速度
（3）解：①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）MN在外力作用下沿斜面向下运动，切割通电导体PQ产生的磁感线，根据右手定则判断MN中电流的方向，发生变化，于是产生感应电流，由法拉第电磁感应定律，求出棒PQ产生的电动势，再求出回路产生的电流大小；
（2）ab棒受到的与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两棒均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两棒组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒mv0=2mv，再由能量守恒求出焦耳热的关键；
（3）回路中的电流始终保持为I0，则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变．若d足够长，则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN一直向右匀加速运动，使用动量守恒定律和动能定理可以求出结果。
（1）由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为，再有电路电压关系有解得；
②导体棒运动到位置时加速度；
（3）①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
20．（2025·义乌模拟）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行的倍增极。为简单起见，现只研究其第1倍增极和第2倍增极，其结构如图所示。第1倍增极AB长度为a，第2倍增极CD长度为，两个倍增极平行且竖直放置，如图所示（图中长度数据已知，过第1倍增极B端做垂线与第2倍增极的上端竖直延长线交于E）。当频率为的入射光照射到第1倍增极右表面时，从极板右表面上逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子。若在全部区域加上垂直于纸面的匀强磁场可使从第1倍增极逸出的部分光电子打到第2倍增极右表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。已知第1倍增极金属的逸出功为W，元电荷为e，电子质量为m，普朗克常量为h，只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。
（1）求从第1倍增极上逸出的光电子的最大动量大小；
（2）若以最大速率、方向垂直第1倍增极逸出的光电子可以全部到达第2倍增极右表面，求磁感应强度的大小范围；
（3）若保持（2）中的磁场的最大值不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中第2倍增极，若第2倍增极的上端C端长度改为可以调节，其C端与E点的距离x调节范围为：，求关闭光源后光电子持续击中第2倍增极的时间t与x的关系。（角度可用反三角函数表示，提示：已知sinθ=k，则θ=arcsink）
【答案】（1）解：根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）解：从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）解：相切
解得
函数关系为
【知识点】光电效应
【解析】【分析】（1）光电子的最大动量由光电效应方程确定，入射光能量减去逸出功得到最大动能，再通过动能与动量的关系转换得到最大动量大小。
（2）电子在磁场中做圆周运动，要使最大速率垂直逸出的电子全部到达第二倍增极，需考虑电子轨迹与倍增极几何关系。磁场强度的下限由电子从A点到达D点的轨迹半径决定，上限由电子从B点到达C点的轨迹半径决定，结合几何约束条件确定磁场范围。
（3）关闭光源后电子仍持续击中第二倍增极，时间与C端位置x有关。电子运动轨迹分为两段圆弧，根据x的不同范围，电子经历的弧长不同。当x小于临界值时，电子经历一段完整圆弧和部分圆弧；当x大于等于临界值时，电子经历两段部分圆弧。通过几何关系确定弧长，结合电子速度得到时间表达式。
（1）根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）相切：
解得
函数关系为
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