浙江省诸暨市2024-2025学年高三下学期5月适应性考试（二模）物理试题
1．（2025·诸暨模拟）“戈瑞”（Gray，符号：Gy）是国际单位制中用于衡量电离辐射能量吸收剂量的导出单位，定义为每千克被辐照物质吸收1焦耳的能量，则Gy用国际单位制的基本单位表示为（ ）
A．J/m2 B．m2/s2 C．kg/s2 D．kg m2/s3
2．（2025·诸暨模拟）2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。如图所示，该机器人能在雪地和山坡上跋山涉水，顺利避开障碍物，能跑、能跳，还能空中翻转360°，甚至单脚站立保持静止。“山猫”在（ ）
A．避开障碍物时可以被看作质点
B．空中翻转时重心位置始终保持不变
C．单脚静止时地面对它作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
3．（2025·诸暨模拟）我国物理学家曾谨言曾说：“20世纪量子物理学所碰到的问题是如此复杂和困难，以至没有可能期望一个物理学家能一手把它发展成一个完整的理论体系。”下列一系列理论都和量子力学的建立紧密相关，其内容正确的是（ ）
A．普朗克黑体辐射理论认为：微观粒子的能量是分立的
B．玻尔的氢原子模型认为：电子绕核运动的轨道可以是任意半径
C．德布罗意的“物质波”假设认为：实物粒子也具有波动性，波长
D．爱因斯坦的光电效应理论认为：光电子的最大初动能与入射光的强弱有关
4．（2025·诸暨模拟）将于近期择机发射的“天问二号”探测器计划对小行星2016HO3进行伴飞、采样并返回。2016HO3是一颗直径约40-100米的近地小行星，距离地球最近约1400万公里，最远约4000多万公里，因其运行周期与地球高度同步，被称为“地球准卫星”。如图所示，地球绕太阳公转可视作圆轨道，小行星2016HO3绕太阳运行轨道为椭圆，它的近日点位于地球圆轨道内侧。下列说法正确的是（ ）
A．探测器的发射速度大于第三宇宙速度
B．探测器在采样时能实时接收地面控制中心的指令
C．小行星在近日点的速度大于地球做圆周运动的速度
D．小行星在远离太阳过程中引力做负功，机械能不断减小
5．（2025·诸暨模拟）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处自由落下的一个小石子摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s，重力加速度g取10m/s2。测得照片中石子运动痕迹的长度为0.8cm，实际长度为100cm的窗框在照片中的长度为4.0cm。根据以上数据估算，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为（ ）
A．10m B．20m C．40m D．50m
6．（2025·诸暨模拟）如图所示，线圈L的自感系数0.1H，直流电阻为零，电容器C的电容40μF，电阻R的阻值3Ω，电源电动势E=1.5V，内阻不计。闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡。如果规定线圈中的电流方向从a到b为正，在断开开关的时刻t=0，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·诸暨模拟）如图所示为特种材料制成的玻璃砖，它的厚度为，上下表面是边长为8R的正方形。玻璃砖上表面有一个以正方形中心O1为球心、半径为R的半球形凹坑，下表面正方形中心O2处有一单色点光源，从玻璃砖上表面有光射出的位置离球心O1的最大距离为3R。已知球冠表面积公式为（h为球冠的高），光在真空中的速度为c，不考虑发生二次折射的光。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对该单色光的折射率为
B．光在玻璃砖内传播的最短时间为
C．在半球面上有光射出部分的面积为
D．若点光源发出的是白光，则在凹坑上方可观察到最外层是紫色的彩色光环
8．（2025·诸暨模拟）如图所示，两根长均为L的轻绳a和b固定在质量为m的小球上，轻绳a的另一端固定在天花板上的A点，AB为竖直线，轻绳b的另一端系有轻质小环c，小环c套在竖直光滑杆CD上。情境一：竖直杆CD缓慢右移，使轻绳a与竖直方向夹角为37°；情境二：竖直杆CD绕竖直线AB做匀速圆周运动，使轻绳a与竖直方向夹角为37°。已知小球可看作质点，sin37°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．在情境一中，轻绳a对小球的拉力大小为mg
B．在情境一中，轻绳b对小球的拉力大小为
C．在情境二中，转动转速越大，轻绳a对小球的拉力越大
D．在情境二中，转动角速度为，轻绳b对小球的拉力为0
9．（2025·诸暨模拟）霍尔元件是一种重要的磁传感器。如图所示为某长方体的半导体材料，其电流I沿x轴正方向，匀强磁场B沿z轴正方向。半导体材料内有电荷量均为e的自由电子和空穴（可看作自由移动的带正电离子），已知单位体积内自由电子和空穴的数目之比为n∶p。当半导体材料通有恒定电流后，能很快建立沿y轴正方向的稳定电场，即霍尔电场，则建立稳定电场后（ ）
A．电子和空穴都做匀速直线运动
B．空穴受到的霍尔电场力大于洛伦兹力
C．电子和空穴沿y轴方向上的平均速率之比为p∶n
D．单位时间内打到下极板电子和空穴数目之比为n∶p
10．（2025·诸暨模拟）如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R，所带电荷量分别为Q和Q（Q>0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为，则（ ）
A．A点电势为
B．小球通过D点时的速度为
C．小球通过O点时的动能为
D．小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大
11．（2025·诸暨模拟）有关以下四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图甲中，两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圆孔后产生
C．图丙中，照相机镜头上的增透膜，在拍摄水下的景物时可消除水面的反射光
D．图丁中，入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长
12．（2025·诸暨模拟）在平面S内有相距3m的两相干波源和某一质点P，质点P到两波源的距离之差为2m。在t=0时刻，两波源同时垂直平面S开始振动，形成的波在平面S内的均匀介质中传播。两列波各自单独引起质点P的振动图像如图所示。在形成稳定干涉图样后，（ ）
A．两列波的波长均为2m
B．平面S内的质点的最大振幅为16cm
C．质点P在3s内通过的路程为
D．平面S内以两波源为焦点的椭圆上有两处质点不振动
13．（2025·诸暨模拟）如图所示，半径为20cm的竖直圆盘以10rad/s的角速度匀速转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱带动绝缘T形支架在竖直方向运动。T形支架下面固定一长为30cm、质量为200g的水平金属棒，金属棒两端与两根固定在竖直平面内的平行光滑导轨MN和PQ始终紧密接触，导轨下端接有定值电阻R和理想电压表，两导轨处于磁感应强度大小为5T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场中。已知金属棒和定值电阻的阻值均为0.75Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．理想电压表的示数为1.5V
B．T形支架对金属棒的作用力的最大值为7N
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力相同
14．（2025·诸暨模拟）某实验小组利用图示装置测量物体自由下落的加速度。
（1）图1中的打点计时器使用的电源为（ ）
A．交流8V B．直流8V C．交流220V D．直流220V
（2）实验中打出多条纸带，选择其中点迹比较清晰的一条纸带进行数据采集和处理：从第一个点开始每隔1个点作为1个计数点，用刻度尺测量各计数点的位置，并记录在下表中，其中计数点7的位置刻度如图2所示，则其读数为 cm；对表中数据利用Excel软件进行处理，得到x-t的图像公式为：x=481.3t2+1.00（cm），则根据公式可知物体下落的加速度为 m/s2（结果保留三位有效数字）
计数点 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t/s 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24 0.28 0.32 0.36 0.40
x/cm 1.00 1.80 4.10 7.92 13.30 20.20 28.73
50.30 63.35 78.00
（3）上表中，利用计数点4~5之间和5~6之间的位移之差求得加速度的值为 m/s2；该结果与当地重力加速度（g=9.79m/s2）存在一定偏差，其原因可能是
A.重锤的质量过大
B.纸带与限位孔之间的摩擦较大
C.电火花计时器的放电火花有漂移
15．（2025·诸暨模拟）如图所示，某同学用“尺瞄法”测定三棱镜玻璃的折射率，他在纸上画出三棱镜界面AB和AC，画一条与AB斜交的直线DO1，眼睛对着AC用直尺M瞄准它的像，沿直尺画出O2E。连接O1O2并延长，用圆规截取等长线段O1L和O1P，过L、P两点分别作法线NN'的垂线LK和PQ。
（1）三棱镜折射率为 （用图中线段表示）。
（2）下列哪一项操作可以减小实验误差（ ）
A．O1点离角A更近一些
B．O1L和O1P截取更长一些
C．用更短的直尺来瞄准直线
16．（2025·诸暨模拟）为尽可能精确测定待测电阻Rx的阻值（约为200Ω），准备器材如下：
电池组E（电动势3V，内阻不计）；
电流表A1（量程0~15mA，内阻约为100Ω）；
电流表A2（量程0~300μA，内阻为1000Ω）；
滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω，额定电流2A）；
电阻箱R2（阻值范围0~9999.9Ω，额定电流1A）；
开关、导线若干。
（1）如图所示的电路中，将电阻箱R2的阻值调到9000Ω，在a、b两处分别接入电流表，其中在a处接入的电流表为 （填写器材代号）。
（2）调节滑动变阻器R1，其中一只电流表的示数如图所示，其示数为 mA；此时另一只电流表的示数为150μA，则待测电阻Rx的阻值为 Ω；（保留三位有效数字）
（3）利用提供的实验器材，以下电路设计方案中也能够比较精确测定Rx阻值的是（ ）
A．
B．
C．
17．（2025·诸暨模拟）如图甲所示，潜水钟倒扣沉入水中，钟内存有一定量的空气供潜水员呼吸。现将潜水钟简化为横截面积S=4.0m2、高度L=3.0m的薄壁圆筒，如图乙所示，筒内装有体积可以忽略的电热丝和温度传感器（图中未画出）。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直吊放至水下某一深度，此时圆筒内的液面与水面的高度差h=5.0m，该过程传感器显示筒内气体温度始终为T1=300K。接着通过电热丝对筒内气体加热，同时逐渐竖直向上提升圆筒，使圆筒内液面与水面的高度差始终保持h值不变，当圆筒提升 L=40cm时，传感器显示筒内气体温度为T2。已知筒内气体的质量保持不变，其内能与温度的关系式为U=kT，其中k=1.0×104J/K，大气压强为p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。
（1）在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的内能 （“增大”、“不变”、“减小”），筒内气体的分子数密度 （“增大”、“不变”、“减小”）；
（2）求筒内气体的温度T2；
（3）求圆筒提升 L过程中筒内气体吸收的热量Q。
18．（2025·诸暨模拟）如图所示，游戏装置由光滑倾斜轨道AB、半径的光滑圆弧轨道BC、长为L=9.0m水平轨道CD和高为光滑高台EF构成，倾角为的直角斜面体紧贴着高台边缘ED，且与高台EF等高。现将质量m=0.5kg的小物块从倾斜轨道上高度为的A处由静止释放，小物块恰好能到达高台边缘E点。若斜面体向左移动，固定在CD间的任一位置，小物块仍从同一高度H处由静止释放，发现小物块从斜面体顶端斜抛后也恰好落在E点。已知小物块与水平轨道CD和与斜面体之间的动摩擦因数均为μ，小物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小；
（2）求动摩擦因数μ和斜面体倾角θ；
（3）在高台EF上放置表面光滑、质量M=2.0kg的“小山坡”，小物块以速度v0=2.0m/s冲向“小山坡”，设小物块始终贴着“小山坡”表面运动，求“小山坡”获得的速度。
19．（2025·诸暨模拟）如图所示，两个光滑刚性正方形金属线框A1B1C1D1和A2B2C2D2交叠固定在光滑水平面上，交叠点E和F恰好为两边中点，且彼此相互绝缘。在两线框交叠区域存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场（交叠的金属线框在磁场边缘以内）。已知两线框质量均为m，边长均为a，单位长度电阻均为r0。现将匀强磁场在极短的时间内减小为零，不计线框电感。
（1）判断线框A1B1C1D1中感应电流方向（“顺时针”或“逆时针”），并求流过截面的电量；
（2）求线框A2B2C2D2受到安培力冲量的大小和方向；
（3）若线框A1B1C1D1不固定，交叠点E和F不彼此绝缘（接触电阻不计），而且线框所在平面整个区域都存在着匀强磁场B0，求匀强磁场减小为零时线框A1B1C1D1速度的大小。（忽略磁场减小过程中线框的移动）
20．（2025·诸暨模拟）如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反应。如图乙所示为环形真空室的示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室内粒子质量为m、电荷量为+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收。
【提示：空间角是三维空间中的角度度量，用于描述从一个点出发所能观察到的立体角，半顶角为θ的圆锥形发散空间角为】
（1）写出氘和氚核聚变的核反应方程式；
（2）若粒子以v0速度沿真空室轴线做匀速圆周运动，求极向场线圈产生磁场的大小；
（3）将装置中相邻环向场线圈简化为两个平行线圈，通电后在真空室内产生磁感应强度为B0的匀强磁场，如图丙所示。位于两个线圈轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为的粒子。
①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ=37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距；
②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比；
（4）实际装置的环向场线圈产生类似“磁瓶”形状的非匀强磁场来约束粒子，如图丁所示。已知沿轴线方向的磁感应强度最大和最小的关系为：，在粒子运行过程中，垂直轴线方向速度的平方与沿轴线方向的磁感应强度的大小之比为一常数，即。位于轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射粒子（所有粒子均没有碰到室壁），求粒子能被约束在“磁瓶”内的比例。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。
故选B。
【分析】根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。
2．【答案】C
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】本题考查质点、重心、平衡条件和对牛顿第三定律的理解，考查范围较大，平时注意积累。A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
【分析】根据质点的条件分析；根据重心的定义分析；根据平衡条件分析；根据牛顿第三定律分析。
3．【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的波粒二象性；能量子与量子化现象；光电效应
【解析】【解答】本题考查能量量子化、轨道量子化以及物质波公式和光电效应最大初动能知识，会根据题意进行准确分析解答。A．普朗克黑体辐射理论提出微观粒子的能量是分立的，A正确；
B．玻尔的氢原子模型认为电子绕核运动的轨道不是任意半径，B错误；
C．德布罗意的“物质波”假设认为实物粒子也具有波动性，波长
C错误；
D．爱因斯坦的光电效应理论认为光电子的最大初动能与入射光的频率有关，D错误。
故选A。
【分析】根据能量量子化、轨道量子化以及物质波公式和光电效应最大初动能知识进行分析解答。
4．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件，会根据题意进行准确分析解答。A．探测器未能脱离太阳系飞出去，所以探测器的发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B．即使在最近约1400 万公里处，电磁信号往返也会有数十秒以上的延迟，无法实现“实时”操控，故B错误；
C．小行星近日点比地球轨道更靠近太阳，根据开普勒定律，“行星越靠近太阳，线速度越大”，因此其近日点处速率比地球公转速率大，故C正确；
D．太阳引力是保守力，小行星在椭圆轨道上机械能守恒，不随小行星远离太阳而不断减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件进行分析解答。
5．【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题解题的关键是知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，然后根据运动学公式解答。设在曝光时间0.01s内石子实际下落的距离为x，则有
解得
在曝光时间0.01s内石子的速度为
石子做自由运动，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为
故选B。
【分析】因为相机曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度；石子做自由落体运动，可以用自由落体的速度和位移公式求解。
6．【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题关键明确LC振荡电路的电流是正弦式交变电流，由于自感线圈的作用，电流不能突变。在开关闭合时，电流是从a流向b，通过L的电流为
当断开开关后电流在LC电路中振荡，周期为
代入题中数据解得
则振动图像如图
故选A。
【分析】开关S断开前，电容器两极板之间的电势差为零，开关S断开后，电容器与电感线圈组成振荡电路，电容器开始充电，刚开始充电电流最大，等于原来电路电流，电容器两极板上的电荷量与电感线圈内的电流都发生周期性的变化，结合振荡电流的特点分析即可。
7．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题主要考查了光的折射和全反射，充分利用好几何关系和临界角公式是解题的关键。解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。A．如图所示，在最远点刚好发生全反射
由全反射定律得
解得
，
A错误；
B．竖直向上传播时间最短
B错误；
C．从O2点发出的光在球面上B点恰好发生全反射，则
由正弦定律得
解得
由几何关系得
所以从半球面上有折射光线射出的区域面积为
C正确；
D．红光的折射率最小，根据
红光的临界角最大，则在凹坑上方可观察到最外层是红色的彩色光环，D错误。
故选C。
【分析】画出光路图，根据几何关系找出临界角，根据临界角公式求解折射率；根据公式求解光在介质中传播的速度，根据几何关系找到最短距离，再求解传播最短时间即可；找到恰能从弧面上射出的光线的临界点，由几何关系求解球冠高度，从而得到在弧面上有光射出的面积；根据临界角大小判断最外侧光的颜色。
8．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；生活中的圆周运动
【解析】【解答】此题主要考查共点力平衡条件的应用和匀速圆周运动问题分析，求解的过程中要注意对小球在不同角速度下两绳拉力大小的讨论。AB．对小球受力分析，根据平衡条件可得
，
解得
，
AB错误；
CD．在情境二中，当绳b中无拉力，小球受到绳a的拉力及小球的重力，二者的合力为其圆周运动提供向心力，竖直方向上受力平衡，结合上述分析可知
，
解得
即当角速度时，绳子a的拉力不变；当绳子b 有拉力时，根据牛顿第二定律则有
随着转动的角速度增大，绳子a的拉力随之增大，综上所述，当时，绳a的拉力随角速度的增大而保持不变，当时，绳a的拉力随角速度的增大而增大，C错误，D正确。
故选D。
【分析】分析小球受力，根据共点力平衡条件列式求出情景一中轻绳a和b对小球的拉力大小；在情境二中，先由牛顿第二定律分析绳b中无拉力这种临界状态中小球转动的角速度，再讨论各种角速度下两绳对小球的拉力。
9．【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的关系完成分析。CD．由题意，恒定电流沿+x方向，则自由电子沿-x方向，空穴沿+x方向，根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力方向向下，空穴受到的洛伦兹力方向向下，所以电子产生电流方向沿y轴正方向，空穴产生电流沿y轴负方向，设Δt时间内运动到导体下表面的自由电子数和空穴数分别为Nn、Np，设两粒子沿y轴方向的速度为vny和vpy，则有
Nn=nSvnyΔt，Np=pSvpyΔt
（S为上下底面的面积）霍尔电场建立稳定后，半导体y方向上的下表面电荷量不再发生变化，即Nn=Np
即在相等时间内运动到导体下表面的自由电子数和空穴数相等，则两种载流子在z方向形成的电流大小相等，方向相反，此时可得
vny：vpy=p：n
故C正确，D错误；
AB．因为电子受到的洛伦兹力方向向下，空穴受到洛伦兹力方向向下，霍尔电场沿y轴正方向，所以电子受到霍尔电场的电场力向下，即电子在y方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力向下且不为零，电子的运动不是匀速直线运动；而空穴受到霍尔电场的电场力向上，则空穴在y方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力为零，即空穴受到的霍尔电场力等于洛伦兹力，故AB错误；
故选C。
【分析】根据左手定则判断出自由电子和空穴受到的洛伦兹力，理解洛伦兹力和电场力的关系列式并完成分析。
10．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查涉及电场力的功能关系问题， 解决本题的关键知道电势是标量，注意标量和矢量的计算规则，结合动能定理进行求解。A．几何关系可知，则A点电势为
故A错误；
B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有
解得小球通过D点时的速度
故B错误；
C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势
小球从A到O过程，根据动能定理有
联立解得小球通过O点时的动能为
故C正确；
D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可知小球加速度
从从B运动到O的过程中，r在减小，在增大（减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。
故选C。
【分析】结合题意根据电势表达式求A点电势；根据动能定理求小球通过D点时的速度；根据对称性和电势叠加原理求O点电势，再结合动能定理求小球通过O点时的动能；根据牛顿第二定律求出加速度表达式，结合半径和角度的变化判断小球从B运动到O的过程中加速度的变化。
11．【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；康普顿效应
【解析】【解答】本题考查的是光学中的干涉、衍射、偏振和量子物理中的康普顿效应的核心概念，重点关注现象的条件、原理差异及公式的定性应用，需注意区分易混淆的物理模型和元件功能。A．图甲中，两板间的薄片越薄，则空气薄膜的厚度减小，而膜的厚度是两列反射光波路程差的2倍，而两列反射光波的路程差等于发生稳定干涉的光波半波长的偶数倍或奇数倍，因此可知满足半波长偶数倍或奇数倍的数量减少，明暗条纹变稀疏，则条纹间距变大，故A正确；
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圆板衍射形成的图样，故B错误；
C．为使拍摄的水面下景物更清晰，可利用偏振现象，在照相机镜头前加一偏振片，减少水面反射光的影响，故C错误；
D．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长，故D正确。
故选AD。
【分析】两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大；光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圆板衍射形成的图样；在照相机镜头前加一偏振片，减少水面反射光的影响；入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长。
12．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】本题考查了波的干涉和波长、振幅等概念，理解这些概念是解决此题的关键。两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．A．题图可知两波各自单独传到质点P时间相隔0.5s，波的周期为2s，故波速
则波长
故A错误；
B．从振动图像可知两列波单独引起质点P的振幅
平面S内质点振动加强时振幅最大（振动加强点），最大振幅
但不是平面S内所有质点都能达到这个最大振幅，比如振动减弱点最大振幅就不是16cm，故B错误；
C．两列波在P点的波程差为2m，对应相位差为，则合成的振幅为，所以质点P在3s内通过的路程为，故C正确；
D．椭圆上的点满足到两波源的距离之和为常数，而振动是否取决于波程差是否为半波长的奇数倍。每个这样的椭圆可能与不同的双曲线相交，即对应不同k值的波程差。当椭圆足够大时，可能有两个点满足波程差为半波长的奇数倍，因此振动相消，即不振动，故D正确。
故选CD。
【分析】根据图像分析周期，根据波速公式分析波长；质点的最大振幅为两列波的振幅之和；根据波的周期和振幅分析；波程差等于半波长或半波长的奇数倍，那么这一点就是减弱点，因为波谷和波峰会相遇，导致振动减弱。
13．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况，结合牛顿第二定律是解决此类问题的关键。A．圆盘的线速度为
感应电动势最大值为
最大电流为
电流的有效值为
理想电压表的示数为
A错误；
B．当小圆柱运动到圆心的右下方，线速度与竖直方向成角θ时，对金属棒根据牛顿第二定律得
代入数值得
当时，F有最大值，最大值为 ，B正确；
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
周期为
解得
C正确；
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，设这两个位置都与圆心等高，小圆柱在这两个位置时金属棒的加速度为零；小圆柱在圆心右侧时
小圆柱在圆心左侧时
D错误。
故选BC。
【分析】根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律再结合有效值的表达式求理想电压表的示数；对金属棒根据牛顿第二定律求T形支架对金属棒的作用力的最大值；根据W=I2Rt求圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功；根据平衡关系分析判断小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力是否相同。
14．【答案】（1）C
（2）38.80；9.63
（3）10.19；C
【知识点】重力加速度
【解析】【解答】本题考查匀变速直线运动的规律和误差的分析、器材的使用等，会根据题意进行准确分析解答。
（1）图1中的打点计时器为电火花计时器，使用的电源为220V交流电源，故选C；
（2）因第6个点的读数为28.73cm，则第7个点的读数为38.80cm；
根据x=481.3t2+1.00（cm）可得
解得
（3）每隔1个点作为1个计数点，可知相邻两计时点间的时间间隔t=0.04s；
利用计数点4~5之间和5~6之间的位移之差求得加速度的值为
该结果大于当地重力加速度（g=9.79m/s2），其原因
A.重锤的质量过大，也会由于阻力影响，造成g的测量结果偏小，选项A错误；
B.纸带与限位孔之间的摩擦较大，则会使得加速度测量值偏小，选项B错误；
C.电火花计时器的放电火花有漂移使得位移测量值偏大，造成g测量值偏大，选项C正确。
故选C。
【分析】（1）根据电火花计时器的电源要求进行分析解答；
（2）根据刻度尺的读数要求结合方程式求解重力加速度；
（3）根据逐差法求解加速度公式以及误差的原因进行分析判断。
（1）图1中的打点计时器为电火花计时器，使用的电源为220V交流电源，故选C；
（2）[1][2]因第6个点的读数为28.73cm，则第7个点的读数为38.80cm；
根据x=481.3t2+1.00（cm）可得
解得
（3）[1]每隔1个点作为1个计数点，可知相邻两计时点间的时间间隔t=0.04s；
利用计数点4~5之间和5~6之间的位移之差求得加速度的值为
[2]该结果大于当地重力加速度（g=9.79m/s2），其原因
A.重锤的质量过大，也会由于阻力影响，造成g的测量结果偏小，选项A错误；
B.纸带与限位孔之间的摩擦较大，则会使得加速度测量值偏小，选项B错误；
C.电火花计时器的放电火花有漂移使得位移测量值偏大，造成g测量值偏大，选项C正确。
故选C。
15．【答案】（1）
（2）B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题考查了用“尺瞄法”测定三棱镜玻璃的折射率的实验，要明确实验原理，掌握折射定律的运用。
（1）根据折射率定义有
因为，整理得
（2）A．点离角A更近一些，会使光线在三棱镜内的光路较短，测量误差相对增大，不利于减小误差，故A错误；
B．截取更长一些 ，在测量线段长度计算 折射率时，相对误差会减小，从而可以减小实验误差，故B正确；
C．用更短的直尺来瞄准直线，直尺越短，瞄准过程中产生的角度偏差可能越大，会增大实验误差，故C错误。
故选B。
【解答】（1）根据数学知识分别求解入射角和折射角的正弦，根据折射定律求解作答；
（2）根据实验原理、正确操作分析作答。
（1）根据折射率定义有
因为
整理得
（2）A．点离角A更近一些，会使光线在三棱镜内的光路较短，测量误差相对增大，不利于减小误差，故A错误；
B．截取更长一些 ，在测量线段长度计算 折射率时，相对误差会减小，从而可以减小实验误差，故B正确；
C．用更短的直尺来瞄准直线，直尺越短，瞄准过程中产生的角度偏差可能越大，会增大实验误差，故C错误。
故选B。
16．【答案】（1）A2
（2）8.0（±0.1）；191（±5）
（3）A
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚图示电路结构，应用欧姆定律即可解题。 （1）因为电流表A2内阻已知，所以a处接入的电流表为A2，与电阻箱R2串联后可知待测电阻的两端电压。
（2）其中一只电流表的示数如图所示，由题图可知其示数为8.0mA；此时另一只电流表的示数为150μA，则待测电阻Rx两端电压为
通过待测电阻Rx的电流为
则待测电阻Rx的阻值为
（3）A．由电路图可知，分别先后闭合开关S2、S3，调节电阻箱R2使得两次电流表示数相同，即通过等效替代法可以比较精确测定Rx阻值，故A正确；
B．由电路图可知，无法测得通过Rx的电流，故B错误；
C．由电路图可知，由于A1表内阻未知，且存在分压作用，所以无法比较精确测定Rx的两端电压，则不可以比较精确测定Rx阻值，故C错误。
故选A。
【分析】（1）可以把已知内阻的电流表改装成电压表测电压。
（2）根据电表量程确定其分度值，根据指针位置读数；应用欧姆定律求出电阻阻值。
（3）根据图示电路图分析答题。
（1）因为电流表A2内阻已知，所以a处接入的电流表为A2，与电阻箱R2串联后可知待测电阻的两端电压。
（2）[1]其中一只电流表的示数如图所示，由题图可知其示数为8.0mA；
[2]此时另一只电流表的示数为150μA，则待测电阻Rx两端电压为
通过待测电阻Rx的电流为
则待测电阻Rx的阻值为
（3）A．由电路图可知，分别先后闭合开关S2、S3，调节电阻箱R2使得两次电流表示数相同，即通过等效替代法可以比较精确测定Rx阻值，故A正确；
B．由电路图可知，无法测得通过Rx的电流，故B错误；
C．由电路图可知，由于A1表内阻未知，且存在分压作用，所以无法比较精确测定Rx的两端电压，则不可以比较精确测定Rx阻值，故C错误。
故选A。
17．【答案】（1）不变；增大
（2）解：设圆筒到达某一深度时筒内空气长度L1，此过程等温变化，由玻意耳定律
解得
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律
解得
（3）解：在圆筒竖直提升的过程中，设气体对外做功为W，则有
解得
内能变化
解得
由热力学第一定律
解得
【知识点】物体的内能；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】本题 解题的关键是要正确分析出气体变化前后的状态参量变化，选择合适的实验定律即可完成解题。
（1）在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子数密度增大。
【分析】（1）由温度与内能的关系可知，温度不变，则内能不变，质量不变，分子数不变，体积增大时，分子数密度变小；
（2）由玻意耳定律及盖—吕萨克定律可求筒内气体的温度；
（3）由热力学第一定律可求吸收的热量。
（1）[1]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；
[2]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子数密度增大。
（2）设圆筒到达某一深度时筒内空气长度L1，此过程等温变化，由玻意耳定律
解得
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律
解得
（3）在圆筒竖直提升的过程中，设气体对外做功为W，则有
解得
内能变化
解得
由热力学第一定律
解得
18．【答案】（1）解：小物块到达圆弧轨道最低点C时速度为vC，由机械能守恒
小物块在圆弧轨道最低点C时，由向心力公式
解得
由牛顿第三定律得小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小25N
（2）解：小物块由A到E的过程中，由能量关系
解得
设斜面体与平台相距为x，小物块到E点的速度为vE，由能量关系
解得
根据斜抛运动的规律
运动时间为
联立解得
代入得
即（θ与x无关），则
解得
（3）解：小物块从“小山坡”返回或越过“小山坡”，满足动量守恒
满足机械能守恒
解得
，或，
①若小物块不能越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0.8m/s
②若小物块能够越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）由机械能守恒和牛顿第二、第三定律求小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小；
（2）由能量关系求出μ，由能量关系和斜抛运动的规律求斜面体倾角θ；
（3）根据动量守恒和机械能守恒求“小山坡”获得的速度。
（1）小物块到达圆弧轨道最低点C时速度为vC，由机械能守恒
小物块在圆弧轨道最低点C时，由向心力公式
解得
由牛顿第三定律得小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小25N
（2）小物块由A到E的过程中，由能量关系
解得
设斜面体与平台相距为x，小物块到E点的速度为vE，由能量关系
解得
根据斜抛运动的规律
运动时间为
联立解得
代入得
即（θ与x无关）
则
解得
（3）小物块从“小山坡”返回或越过“小山坡”，满足动量守恒
满足机械能守恒
解得，
或，
①若小物块不能越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0.8m/s
②若小物块能够越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0
19．【答案】（1）解：根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律
，
流过截面的电量
（2）解：线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）解：根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
得
【或：对于A1B1C1D1：】
由于，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理
，
可得
解得
【知识点】动量定理；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）当两个线框彼此独立时，对每个线框运用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求得I1，I2的大小，由楞次定律判断感应电流的方向；
（2）当磁场刚减小到零时，由于B均匀减小，B的平均值为，分析线框1在磁场中受力的有效长度，求得安培力的平均值，用同样的方法求得线框2的安培力平均值大小和方向，运用动量定理求解它们的速度；
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，画出等效电路图，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律分析即可。
（1）根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律，
流过截面的电量
（2）线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
得
【或：对于A1B1C1D1：】
由于，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理，
可得
解得
20．【答案】（1）解：氘和氚核聚变的核反应方程式
（2）解：设极向场线圈产生的磁场大小为B，洛仑兹力提供向心力
解得
（3）解：带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动。
①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则
设粒子沿轴向上做匀速运动的速度vx，则螺距
解得
②粒子垂直轴向上做匀速圆周运动，设粒子刚好碰到室壁的角度为θ，洛仑兹力提供向心力
半径为
根据速度的分解，有
可得
粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比
解得
（4）解：中点O处的磁场最弱，设在O处发射粒子的速度为v，与轴线夹角为θ；“磁瓶”的“瓶颈”处磁场最强，粒子运动到此处时速度方向恰好与轴线垂直，则粒子能够被约束在“磁瓶”内，因为洛仑兹力不做功，粒子速度大小始终为v。根据题意可知
可得
即
则角度大于θ的粒子能被约束在“磁瓶”内
可得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；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；核聚变
【解析】【分析】（1）根据核反应方程列出核聚变方程；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求极向场线圈产生磁场的大小；
（3）①根据周期公式和运动学公式求该粒子做螺旋线运动的螺距；
②根据洛伦兹力提供向心力和角度关系求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比η1；
（4）根据洛伦兹力不做功的特点和角度关系求粒子能被约束在“磁瓶”内的比例η2。
（1）氘和氚核聚变的核反应方程式
（2）设极向场线圈产生的磁场大小为B，洛仑兹力提供向心力
解得
（3）带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动。
①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则
设粒子沿轴向上做匀速运动的速度vx，则螺距
解得
②粒子垂直轴向上做匀速圆周运动，设粒子刚好碰到室壁的角度为θ，洛仑兹力提供向心力
半径为
根据速度的分解，有
可得
粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比
解得
（4）中点O处的磁场最弱，设在O处发射粒子的速度为v，与轴线夹角为θ；“磁瓶”的“瓶颈”处磁场最强，粒子运动到此处时速度方向恰好与轴线垂直，则粒子能够被约束在“磁瓶”内，因为洛仑兹力不做功，粒子速度大小始终为v。根据题意可知
可得
即
则角度大于θ的粒子能被约束在“磁瓶”内
可得
1 / 1浙江省诸暨市2024-2025学年高三下学期5月适应性考试（二模）物理试题
1．（2025·诸暨模拟）“戈瑞”（Gray，符号：Gy）是国际单位制中用于衡量电离辐射能量吸收剂量的导出单位，定义为每千克被辐照物质吸收1焦耳的能量，则Gy用国际单位制的基本单位表示为（ ）
A．J/m2 B．m2/s2 C．kg/s2 D．kg m2/s3
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。
故选B。
【分析】根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。
2．（2025·诸暨模拟）2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。如图所示，该机器人能在雪地和山坡上跋山涉水，顺利避开障碍物，能跑、能跳，还能空中翻转360°，甚至单脚站立保持静止。“山猫”在（ ）
A．避开障碍物时可以被看作质点
B．空中翻转时重心位置始终保持不变
C．单脚静止时地面对它作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
【答案】C
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】本题考查质点、重心、平衡条件和对牛顿第三定律的理解，考查范围较大，平时注意积累。A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
【分析】根据质点的条件分析；根据重心的定义分析；根据平衡条件分析；根据牛顿第三定律分析。
3．（2025·诸暨模拟）我国物理学家曾谨言曾说：“20世纪量子物理学所碰到的问题是如此复杂和困难，以至没有可能期望一个物理学家能一手把它发展成一个完整的理论体系。”下列一系列理论都和量子力学的建立紧密相关，其内容正确的是（ ）
A．普朗克黑体辐射理论认为：微观粒子的能量是分立的
B．玻尔的氢原子模型认为：电子绕核运动的轨道可以是任意半径
C．德布罗意的“物质波”假设认为：实物粒子也具有波动性，波长
D．爱因斯坦的光电效应理论认为：光电子的最大初动能与入射光的强弱有关
【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光的波粒二象性；能量子与量子化现象；光电效应
【解析】【解答】本题考查能量量子化、轨道量子化以及物质波公式和光电效应最大初动能知识，会根据题意进行准确分析解答。A．普朗克黑体辐射理论提出微观粒子的能量是分立的，A正确；
B．玻尔的氢原子模型认为电子绕核运动的轨道不是任意半径，B错误；
C．德布罗意的“物质波”假设认为实物粒子也具有波动性，波长
C错误；
D．爱因斯坦的光电效应理论认为光电子的最大初动能与入射光的频率有关，D错误。
故选A。
【分析】根据能量量子化、轨道量子化以及物质波公式和光电效应最大初动能知识进行分析解答。
4．（2025·诸暨模拟）将于近期择机发射的“天问二号”探测器计划对小行星2016HO3进行伴飞、采样并返回。2016HO3是一颗直径约40-100米的近地小行星，距离地球最近约1400万公里，最远约4000多万公里，因其运行周期与地球高度同步，被称为“地球准卫星”。如图所示，地球绕太阳公转可视作圆轨道，小行星2016HO3绕太阳运行轨道为椭圆，它的近日点位于地球圆轨道内侧。下列说法正确的是（ ）
A．探测器的发射速度大于第三宇宙速度
B．探测器在采样时能实时接收地面控制中心的指令
C．小行星在近日点的速度大于地球做圆周运动的速度
D．小行星在远离太阳过程中引力做负功，机械能不断减小
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件，会根据题意进行准确分析解答。A．探测器未能脱离太阳系飞出去，所以探测器的发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B．即使在最近约1400 万公里处，电磁信号往返也会有数十秒以上的延迟，无法实现“实时”操控，故B错误；
C．小行星近日点比地球轨道更靠近太阳，根据开普勒定律，“行星越靠近太阳，线速度越大”，因此其近日点处速率比地球公转速率大，故C正确；
D．太阳引力是保守力，小行星在椭圆轨道上机械能守恒，不随小行星远离太阳而不断减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件进行分析解答。
5．（2025·诸暨模拟）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处自由落下的一个小石子摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s，重力加速度g取10m/s2。测得照片中石子运动痕迹的长度为0.8cm，实际长度为100cm的窗框在照片中的长度为4.0cm。根据以上数据估算，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为（ ）
A．10m B．20m C．40m D．50m
【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题解题的关键是知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，然后根据运动学公式解答。设在曝光时间0.01s内石子实际下落的距离为x，则有
解得
在曝光时间0.01s内石子的速度为
石子做自由运动，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为
故选B。
【分析】因为相机曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度；石子做自由落体运动，可以用自由落体的速度和位移公式求解。
6．（2025·诸暨模拟）如图所示，线圈L的自感系数0.1H，直流电阻为零，电容器C的电容40μF，电阻R的阻值3Ω，电源电动势E=1.5V，内阻不计。闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡。如果规定线圈中的电流方向从a到b为正，在断开开关的时刻t=0，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题关键明确LC振荡电路的电流是正弦式交变电流，由于自感线圈的作用，电流不能突变。在开关闭合时，电流是从a流向b，通过L的电流为
当断开开关后电流在LC电路中振荡，周期为
代入题中数据解得
则振动图像如图
故选A。
【分析】开关S断开前，电容器两极板之间的电势差为零，开关S断开后，电容器与电感线圈组成振荡电路，电容器开始充电，刚开始充电电流最大，等于原来电路电流，电容器两极板上的电荷量与电感线圈内的电流都发生周期性的变化，结合振荡电流的特点分析即可。
7．（2025·诸暨模拟）如图所示为特种材料制成的玻璃砖，它的厚度为，上下表面是边长为8R的正方形。玻璃砖上表面有一个以正方形中心O1为球心、半径为R的半球形凹坑，下表面正方形中心O2处有一单色点光源，从玻璃砖上表面有光射出的位置离球心O1的最大距离为3R。已知球冠表面积公式为（h为球冠的高），光在真空中的速度为c，不考虑发生二次折射的光。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对该单色光的折射率为
B．光在玻璃砖内传播的最短时间为
C．在半球面上有光射出部分的面积为
D．若点光源发出的是白光，则在凹坑上方可观察到最外层是紫色的彩色光环
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题主要考查了光的折射和全反射，充分利用好几何关系和临界角公式是解题的关键。解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。A．如图所示，在最远点刚好发生全反射
由全反射定律得
解得
，
A错误；
B．竖直向上传播时间最短
B错误；
C．从O2点发出的光在球面上B点恰好发生全反射，则
由正弦定律得
解得
由几何关系得
所以从半球面上有折射光线射出的区域面积为
C正确；
D．红光的折射率最小，根据
红光的临界角最大，则在凹坑上方可观察到最外层是红色的彩色光环，D错误。
故选C。
【分析】画出光路图，根据几何关系找出临界角，根据临界角公式求解折射率；根据公式求解光在介质中传播的速度，根据几何关系找到最短距离，再求解传播最短时间即可；找到恰能从弧面上射出的光线的临界点，由几何关系求解球冠高度，从而得到在弧面上有光射出的面积；根据临界角大小判断最外侧光的颜色。
8．（2025·诸暨模拟）如图所示，两根长均为L的轻绳a和b固定在质量为m的小球上，轻绳a的另一端固定在天花板上的A点，AB为竖直线，轻绳b的另一端系有轻质小环c，小环c套在竖直光滑杆CD上。情境一：竖直杆CD缓慢右移，使轻绳a与竖直方向夹角为37°；情境二：竖直杆CD绕竖直线AB做匀速圆周运动，使轻绳a与竖直方向夹角为37°。已知小球可看作质点，sin37°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．在情境一中，轻绳a对小球的拉力大小为mg
B．在情境一中，轻绳b对小球的拉力大小为
C．在情境二中，转动转速越大，轻绳a对小球的拉力越大
D．在情境二中，转动角速度为，轻绳b对小球的拉力为0
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；生活中的圆周运动
【解析】【解答】此题主要考查共点力平衡条件的应用和匀速圆周运动问题分析，求解的过程中要注意对小球在不同角速度下两绳拉力大小的讨论。AB．对小球受力分析，根据平衡条件可得
，
解得
，
AB错误；
CD．在情境二中，当绳b中无拉力，小球受到绳a的拉力及小球的重力，二者的合力为其圆周运动提供向心力，竖直方向上受力平衡，结合上述分析可知
，
解得
即当角速度时，绳子a的拉力不变；当绳子b 有拉力时，根据牛顿第二定律则有
随着转动的角速度增大，绳子a的拉力随之增大，综上所述，当时，绳a的拉力随角速度的增大而保持不变，当时，绳a的拉力随角速度的增大而增大，C错误，D正确。
故选D。
【分析】分析小球受力，根据共点力平衡条件列式求出情景一中轻绳a和b对小球的拉力大小；在情境二中，先由牛顿第二定律分析绳b中无拉力这种临界状态中小球转动的角速度，再讨论各种角速度下两绳对小球的拉力。
9．（2025·诸暨模拟）霍尔元件是一种重要的磁传感器。如图所示为某长方体的半导体材料，其电流I沿x轴正方向，匀强磁场B沿z轴正方向。半导体材料内有电荷量均为e的自由电子和空穴（可看作自由移动的带正电离子），已知单位体积内自由电子和空穴的数目之比为n∶p。当半导体材料通有恒定电流后，能很快建立沿y轴正方向的稳定电场，即霍尔电场，则建立稳定电场后（ ）
A．电子和空穴都做匀速直线运动
B．空穴受到的霍尔电场力大于洛伦兹力
C．电子和空穴沿y轴方向上的平均速率之比为p∶n
D．单位时间内打到下极板电子和空穴数目之比为n∶p
【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的关系完成分析。CD．由题意，恒定电流沿+x方向，则自由电子沿-x方向，空穴沿+x方向，根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力方向向下，空穴受到的洛伦兹力方向向下，所以电子产生电流方向沿y轴正方向，空穴产生电流沿y轴负方向，设Δt时间内运动到导体下表面的自由电子数和空穴数分别为Nn、Np，设两粒子沿y轴方向的速度为vny和vpy，则有
Nn=nSvnyΔt，Np=pSvpyΔt
（S为上下底面的面积）霍尔电场建立稳定后，半导体y方向上的下表面电荷量不再发生变化，即Nn=Np
即在相等时间内运动到导体下表面的自由电子数和空穴数相等，则两种载流子在z方向形成的电流大小相等，方向相反，此时可得
vny：vpy=p：n
故C正确，D错误；
AB．因为电子受到的洛伦兹力方向向下，空穴受到洛伦兹力方向向下，霍尔电场沿y轴正方向，所以电子受到霍尔电场的电场力向下，即电子在y方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力向下且不为零，电子的运动不是匀速直线运动；而空穴受到霍尔电场的电场力向上，则空穴在y方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力为零，即空穴受到的霍尔电场力等于洛伦兹力，故AB错误；
故选C。
【分析】根据左手定则判断出自由电子和空穴受到的洛伦兹力，理解洛伦兹力和电场力的关系列式并完成分析。
10．（2025·诸暨模拟）如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R，所带电荷量分别为Q和Q（Q>0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为，则（ ）
A．A点电势为
B．小球通过D点时的速度为
C．小球通过O点时的动能为
D．小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查涉及电场力的功能关系问题， 解决本题的关键知道电势是标量，注意标量和矢量的计算规则，结合动能定理进行求解。A．几何关系可知，则A点电势为
故A错误；
B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有
解得小球通过D点时的速度
故B错误；
C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势
小球从A到O过程，根据动能定理有
联立解得小球通过O点时的动能为
故C正确；
D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可知小球加速度
从从B运动到O的过程中，r在减小，在增大（减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。
故选C。
【分析】结合题意根据电势表达式求A点电势；根据动能定理求小球通过D点时的速度；根据对称性和电势叠加原理求O点电势，再结合动能定理求小球通过O点时的动能；根据牛顿第二定律求出加速度表达式，结合半径和角度的变化判断小球从B运动到O的过程中加速度的变化。
11．（2025·诸暨模拟）有关以下四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图甲中，两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圆孔后产生
C．图丙中，照相机镜头上的增透膜，在拍摄水下的景物时可消除水面的反射光
D．图丁中，入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长
【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；康普顿效应
【解析】【解答】本题考查的是光学中的干涉、衍射、偏振和量子物理中的康普顿效应的核心概念，重点关注现象的条件、原理差异及公式的定性应用，需注意区分易混淆的物理模型和元件功能。A．图甲中，两板间的薄片越薄，则空气薄膜的厚度减小，而膜的厚度是两列反射光波路程差的2倍，而两列反射光波的路程差等于发生稳定干涉的光波半波长的偶数倍或奇数倍，因此可知满足半波长偶数倍或奇数倍的数量减少，明暗条纹变稀疏，则条纹间距变大，故A正确；
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圆板衍射形成的图样，故B错误；
C．为使拍摄的水面下景物更清晰，可利用偏振现象，在照相机镜头前加一偏振片，减少水面反射光的影响，故C错误；
D．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长，故D正确。
故选AD。
【分析】两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大；光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圆板衍射形成的图样；在照相机镜头前加一偏振片，减少水面反射光的影响；入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长。
12．（2025·诸暨模拟）在平面S内有相距3m的两相干波源和某一质点P，质点P到两波源的距离之差为2m。在t=0时刻，两波源同时垂直平面S开始振动，形成的波在平面S内的均匀介质中传播。两列波各自单独引起质点P的振动图像如图所示。在形成稳定干涉图样后，（ ）
A．两列波的波长均为2m
B．平面S内的质点的最大振幅为16cm
C．质点P在3s内通过的路程为
D．平面S内以两波源为焦点的椭圆上有两处质点不振动
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】本题考查了波的干涉和波长、振幅等概念，理解这些概念是解决此题的关键。两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．A．题图可知两波各自单独传到质点P时间相隔0.5s，波的周期为2s，故波速
则波长
故A错误；
B．从振动图像可知两列波单独引起质点P的振幅
平面S内质点振动加强时振幅最大（振动加强点），最大振幅
但不是平面S内所有质点都能达到这个最大振幅，比如振动减弱点最大振幅就不是16cm，故B错误；
C．两列波在P点的波程差为2m，对应相位差为，则合成的振幅为，所以质点P在3s内通过的路程为，故C正确；
D．椭圆上的点满足到两波源的距离之和为常数，而振动是否取决于波程差是否为半波长的奇数倍。每个这样的椭圆可能与不同的双曲线相交，即对应不同k值的波程差。当椭圆足够大时，可能有两个点满足波程差为半波长的奇数倍，因此振动相消，即不振动，故D正确。
故选CD。
【分析】根据图像分析周期，根据波速公式分析波长；质点的最大振幅为两列波的振幅之和；根据波的周期和振幅分析；波程差等于半波长或半波长的奇数倍，那么这一点就是减弱点，因为波谷和波峰会相遇，导致振动减弱。
13．（2025·诸暨模拟）如图所示，半径为20cm的竖直圆盘以10rad/s的角速度匀速转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱带动绝缘T形支架在竖直方向运动。T形支架下面固定一长为30cm、质量为200g的水平金属棒，金属棒两端与两根固定在竖直平面内的平行光滑导轨MN和PQ始终紧密接触，导轨下端接有定值电阻R和理想电压表，两导轨处于磁感应强度大小为5T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场中。已知金属棒和定值电阻的阻值均为0.75Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．理想电压表的示数为1.5V
B．T形支架对金属棒的作用力的最大值为7N
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力相同
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况，结合牛顿第二定律是解决此类问题的关键。A．圆盘的线速度为
感应电动势最大值为
最大电流为
电流的有效值为
理想电压表的示数为
A错误；
B．当小圆柱运动到圆心的右下方，线速度与竖直方向成角θ时，对金属棒根据牛顿第二定律得
代入数值得
当时，F有最大值，最大值为 ，B正确；
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
周期为
解得
C正确；
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，设这两个位置都与圆心等高，小圆柱在这两个位置时金属棒的加速度为零；小圆柱在圆心右侧时
小圆柱在圆心左侧时
D错误。
故选BC。
【分析】根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律再结合有效值的表达式求理想电压表的示数；对金属棒根据牛顿第二定律求T形支架对金属棒的作用力的最大值；根据W=I2Rt求圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功；根据平衡关系分析判断小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力是否相同。
14．（2025·诸暨模拟）某实验小组利用图示装置测量物体自由下落的加速度。
（1）图1中的打点计时器使用的电源为（ ）
A．交流8V B．直流8V C．交流220V D．直流220V
（2）实验中打出多条纸带，选择其中点迹比较清晰的一条纸带进行数据采集和处理：从第一个点开始每隔1个点作为1个计数点，用刻度尺测量各计数点的位置，并记录在下表中，其中计数点7的位置刻度如图2所示，则其读数为 cm；对表中数据利用Excel软件进行处理，得到x-t的图像公式为：x=481.3t2+1.00（cm），则根据公式可知物体下落的加速度为 m/s2（结果保留三位有效数字）
计数点 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t/s 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24 0.28 0.32 0.36 0.40
x/cm 1.00 1.80 4.10 7.92 13.30 20.20 28.73
50.30 63.35 78.00
（3）上表中，利用计数点4~5之间和5~6之间的位移之差求得加速度的值为 m/s2；该结果与当地重力加速度（g=9.79m/s2）存在一定偏差，其原因可能是
A.重锤的质量过大
B.纸带与限位孔之间的摩擦较大
C.电火花计时器的放电火花有漂移
【答案】（1）C
（2）38.80；9.63
（3）10.19；C
【知识点】重力加速度
【解析】【解答】本题考查匀变速直线运动的规律和误差的分析、器材的使用等，会根据题意进行准确分析解答。
（1）图1中的打点计时器为电火花计时器，使用的电源为220V交流电源，故选C；
（2）因第6个点的读数为28.73cm，则第7个点的读数为38.80cm；
根据x=481.3t2+1.00（cm）可得
解得
（3）每隔1个点作为1个计数点，可知相邻两计时点间的时间间隔t=0.04s；
利用计数点4~5之间和5~6之间的位移之差求得加速度的值为
该结果大于当地重力加速度（g=9.79m/s2），其原因
A.重锤的质量过大，也会由于阻力影响，造成g的测量结果偏小，选项A错误；
B.纸带与限位孔之间的摩擦较大，则会使得加速度测量值偏小，选项B错误；
C.电火花计时器的放电火花有漂移使得位移测量值偏大，造成g测量值偏大，选项C正确。
故选C。
【分析】（1）根据电火花计时器的电源要求进行分析解答；
（2）根据刻度尺的读数要求结合方程式求解重力加速度；
（3）根据逐差法求解加速度公式以及误差的原因进行分析判断。
（1）图1中的打点计时器为电火花计时器，使用的电源为220V交流电源，故选C；
（2）[1][2]因第6个点的读数为28.73cm，则第7个点的读数为38.80cm；
根据x=481.3t2+1.00（cm）可得
解得
（3）[1]每隔1个点作为1个计数点，可知相邻两计时点间的时间间隔t=0.04s；
利用计数点4~5之间和5~6之间的位移之差求得加速度的值为
[2]该结果大于当地重力加速度（g=9.79m/s2），其原因
A.重锤的质量过大，也会由于阻力影响，造成g的测量结果偏小，选项A错误；
B.纸带与限位孔之间的摩擦较大，则会使得加速度测量值偏小，选项B错误；
C.电火花计时器的放电火花有漂移使得位移测量值偏大，造成g测量值偏大，选项C正确。
故选C。
15．（2025·诸暨模拟）如图所示，某同学用“尺瞄法”测定三棱镜玻璃的折射率，他在纸上画出三棱镜界面AB和AC，画一条与AB斜交的直线DO1，眼睛对着AC用直尺M瞄准它的像，沿直尺画出O2E。连接O1O2并延长，用圆规截取等长线段O1L和O1P，过L、P两点分别作法线NN'的垂线LK和PQ。
（1）三棱镜折射率为 （用图中线段表示）。
（2）下列哪一项操作可以减小实验误差（ ）
A．O1点离角A更近一些
B．O1L和O1P截取更长一些
C．用更短的直尺来瞄准直线
【答案】（1）
（2）B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题考查了用“尺瞄法”测定三棱镜玻璃的折射率的实验，要明确实验原理，掌握折射定律的运用。
（1）根据折射率定义有
因为，整理得
（2）A．点离角A更近一些，会使光线在三棱镜内的光路较短，测量误差相对增大，不利于减小误差，故A错误；
B．截取更长一些 ，在测量线段长度计算 折射率时，相对误差会减小，从而可以减小实验误差，故B正确；
C．用更短的直尺来瞄准直线，直尺越短，瞄准过程中产生的角度偏差可能越大，会增大实验误差，故C错误。
故选B。
【解答】（1）根据数学知识分别求解入射角和折射角的正弦，根据折射定律求解作答；
（2）根据实验原理、正确操作分析作答。
（1）根据折射率定义有
因为
整理得
（2）A．点离角A更近一些，会使光线在三棱镜内的光路较短，测量误差相对增大，不利于减小误差，故A错误；
B．截取更长一些 ，在测量线段长度计算 折射率时，相对误差会减小，从而可以减小实验误差，故B正确；
C．用更短的直尺来瞄准直线，直尺越短，瞄准过程中产生的角度偏差可能越大，会增大实验误差，故C错误。
故选B。
16．（2025·诸暨模拟）为尽可能精确测定待测电阻Rx的阻值（约为200Ω），准备器材如下：
电池组E（电动势3V，内阻不计）；
电流表A1（量程0~15mA，内阻约为100Ω）；
电流表A2（量程0~300μA，内阻为1000Ω）；
滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω，额定电流2A）；
电阻箱R2（阻值范围0~9999.9Ω，额定电流1A）；
开关、导线若干。
（1）如图所示的电路中，将电阻箱R2的阻值调到9000Ω，在a、b两处分别接入电流表，其中在a处接入的电流表为 （填写器材代号）。
（2）调节滑动变阻器R1，其中一只电流表的示数如图所示，其示数为 mA；此时另一只电流表的示数为150μA，则待测电阻Rx的阻值为 Ω；（保留三位有效数字）
（3）利用提供的实验器材，以下电路设计方案中也能够比较精确测定Rx阻值的是（ ）
A．
B．
C．
【答案】（1）A2
（2）8.0（±0.1）；191（±5）
（3）A
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚图示电路结构，应用欧姆定律即可解题。 （1）因为电流表A2内阻已知，所以a处接入的电流表为A2，与电阻箱R2串联后可知待测电阻的两端电压。
（2）其中一只电流表的示数如图所示，由题图可知其示数为8.0mA；此时另一只电流表的示数为150μA，则待测电阻Rx两端电压为
通过待测电阻Rx的电流为
则待测电阻Rx的阻值为
（3）A．由电路图可知，分别先后闭合开关S2、S3，调节电阻箱R2使得两次电流表示数相同，即通过等效替代法可以比较精确测定Rx阻值，故A正确；
B．由电路图可知，无法测得通过Rx的电流，故B错误；
C．由电路图可知，由于A1表内阻未知，且存在分压作用，所以无法比较精确测定Rx的两端电压，则不可以比较精确测定Rx阻值，故C错误。
故选A。
【分析】（1）可以把已知内阻的电流表改装成电压表测电压。
（2）根据电表量程确定其分度值，根据指针位置读数；应用欧姆定律求出电阻阻值。
（3）根据图示电路图分析答题。
（1）因为电流表A2内阻已知，所以a处接入的电流表为A2，与电阻箱R2串联后可知待测电阻的两端电压。
（2）[1]其中一只电流表的示数如图所示，由题图可知其示数为8.0mA；
[2]此时另一只电流表的示数为150μA，则待测电阻Rx两端电压为
通过待测电阻Rx的电流为
则待测电阻Rx的阻值为
（3）A．由电路图可知，分别先后闭合开关S2、S3，调节电阻箱R2使得两次电流表示数相同，即通过等效替代法可以比较精确测定Rx阻值，故A正确；
B．由电路图可知，无法测得通过Rx的电流，故B错误；
C．由电路图可知，由于A1表内阻未知，且存在分压作用，所以无法比较精确测定Rx的两端电压，则不可以比较精确测定Rx阻值，故C错误。
故选A。
17．（2025·诸暨模拟）如图甲所示，潜水钟倒扣沉入水中，钟内存有一定量的空气供潜水员呼吸。现将潜水钟简化为横截面积S=4.0m2、高度L=3.0m的薄壁圆筒，如图乙所示，筒内装有体积可以忽略的电热丝和温度传感器（图中未画出）。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直吊放至水下某一深度，此时圆筒内的液面与水面的高度差h=5.0m，该过程传感器显示筒内气体温度始终为T1=300K。接着通过电热丝对筒内气体加热，同时逐渐竖直向上提升圆筒，使圆筒内液面与水面的高度差始终保持h值不变，当圆筒提升 L=40cm时，传感器显示筒内气体温度为T2。已知筒内气体的质量保持不变，其内能与温度的关系式为U=kT，其中k=1.0×104J/K，大气压强为p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。
（1）在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的内能 （“增大”、“不变”、“减小”），筒内气体的分子数密度 （“增大”、“不变”、“减小”）；
（2）求筒内气体的温度T2；
（3）求圆筒提升 L过程中筒内气体吸收的热量Q。
【答案】（1）不变；增大
（2）解：设圆筒到达某一深度时筒内空气长度L1，此过程等温变化，由玻意耳定律
解得
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律
解得
（3）解：在圆筒竖直提升的过程中，设气体对外做功为W，则有
解得
内能变化
解得
由热力学第一定律
解得
【知识点】物体的内能；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】本题 解题的关键是要正确分析出气体变化前后的状态参量变化，选择合适的实验定律即可完成解题。
（1）在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子数密度增大。
【分析】（1）由温度与内能的关系可知，温度不变，则内能不变，质量不变，分子数不变，体积增大时，分子数密度变小；
（2）由玻意耳定律及盖—吕萨克定律可求筒内气体的温度；
（3）由热力学第一定律可求吸收的热量。
（1）[1]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；
[2]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子数密度增大。
（2）设圆筒到达某一深度时筒内空气长度L1，此过程等温变化，由玻意耳定律
解得
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律
解得
（3）在圆筒竖直提升的过程中，设气体对外做功为W，则有
解得
内能变化
解得
由热力学第一定律
解得
18．（2025·诸暨模拟）如图所示，游戏装置由光滑倾斜轨道AB、半径的光滑圆弧轨道BC、长为L=9.0m水平轨道CD和高为光滑高台EF构成，倾角为的直角斜面体紧贴着高台边缘ED，且与高台EF等高。现将质量m=0.5kg的小物块从倾斜轨道上高度为的A处由静止释放，小物块恰好能到达高台边缘E点。若斜面体向左移动，固定在CD间的任一位置，小物块仍从同一高度H处由静止释放，发现小物块从斜面体顶端斜抛后也恰好落在E点。已知小物块与水平轨道CD和与斜面体之间的动摩擦因数均为μ，小物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小；
（2）求动摩擦因数μ和斜面体倾角θ；
（3）在高台EF上放置表面光滑、质量M=2.0kg的“小山坡”，小物块以速度v0=2.0m/s冲向“小山坡”，设小物块始终贴着“小山坡”表面运动，求“小山坡”获得的速度。
【答案】（1）解：小物块到达圆弧轨道最低点C时速度为vC，由机械能守恒
小物块在圆弧轨道最低点C时，由向心力公式
解得
由牛顿第三定律得小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小25N
（2）解：小物块由A到E的过程中，由能量关系
解得
设斜面体与平台相距为x，小物块到E点的速度为vE，由能量关系
解得
根据斜抛运动的规律
运动时间为
联立解得
代入得
即（θ与x无关），则
解得
（3）解：小物块从“小山坡”返回或越过“小山坡”，满足动量守恒
满足机械能守恒
解得
，或，
①若小物块不能越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0.8m/s
②若小物块能够越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）由机械能守恒和牛顿第二、第三定律求小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小；
（2）由能量关系求出μ，由能量关系和斜抛运动的规律求斜面体倾角θ；
（3）根据动量守恒和机械能守恒求“小山坡”获得的速度。
（1）小物块到达圆弧轨道最低点C时速度为vC，由机械能守恒
小物块在圆弧轨道最低点C时，由向心力公式
解得
由牛顿第三定律得小物块到达圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小25N
（2）小物块由A到E的过程中，由能量关系
解得
设斜面体与平台相距为x，小物块到E点的速度为vE，由能量关系
解得
根据斜抛运动的规律
运动时间为
联立解得
代入得
即（θ与x无关）
则
解得
（3）小物块从“小山坡”返回或越过“小山坡”，满足动量守恒
满足机械能守恒
解得，
或，
①若小物块不能越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0.8m/s
②若小物块能够越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0
19．（2025·诸暨模拟）如图所示，两个光滑刚性正方形金属线框A1B1C1D1和A2B2C2D2交叠固定在光滑水平面上，交叠点E和F恰好为两边中点，且彼此相互绝缘。在两线框交叠区域存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场（交叠的金属线框在磁场边缘以内）。已知两线框质量均为m，边长均为a，单位长度电阻均为r0。现将匀强磁场在极短的时间内减小为零，不计线框电感。
（1）判断线框A1B1C1D1中感应电流方向（“顺时针”或“逆时针”），并求流过截面的电量；
（2）求线框A2B2C2D2受到安培力冲量的大小和方向；
（3）若线框A1B1C1D1不固定，交叠点E和F不彼此绝缘（接触电阻不计），而且线框所在平面整个区域都存在着匀强磁场B0，求匀强磁场减小为零时线框A1B1C1D1速度的大小。（忽略磁场减小过程中线框的移动）
【答案】（1）解：根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律
，
流过截面的电量
（2）解：线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）解：根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
得
【或：对于A1B1C1D1：】
由于，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理
，
可得
解得
【知识点】动量定理；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）当两个线框彼此独立时，对每个线框运用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求得I1，I2的大小，由楞次定律判断感应电流的方向；
（2）当磁场刚减小到零时，由于B均匀减小，B的平均值为，分析线框1在磁场中受力的有效长度，求得安培力的平均值，用同样的方法求得线框2的安培力平均值大小和方向，运用动量定理求解它们的速度；
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，画出等效电路图，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律分析即可。
（1）根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律，
流过截面的电量
（2）线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
得
【或：对于A1B1C1D1：】
由于，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理，
可得
解得
20．（2025·诸暨模拟）如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反应。如图乙所示为环形真空室的示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室内粒子质量为m、电荷量为+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收。
【提示：空间角是三维空间中的角度度量，用于描述从一个点出发所能观察到的立体角，半顶角为θ的圆锥形发散空间角为】
（1）写出氘和氚核聚变的核反应方程式；
（2）若粒子以v0速度沿真空室轴线做匀速圆周运动，求极向场线圈产生磁场的大小；
（3）将装置中相邻环向场线圈简化为两个平行线圈，通电后在真空室内产生磁感应强度为B0的匀强磁场，如图丙所示。位于两个线圈轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为的粒子。
①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ=37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距；
②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比；
（4）实际装置的环向场线圈产生类似“磁瓶”形状的非匀强磁场来约束粒子，如图丁所示。已知沿轴线方向的磁感应强度最大和最小的关系为：，在粒子运行过程中，垂直轴线方向速度的平方与沿轴线方向的磁感应强度的大小之比为一常数，即。位于轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射粒子（所有粒子均没有碰到室壁），求粒子能被约束在“磁瓶”内的比例。
【答案】（1）解：氘和氚核聚变的核反应方程式
（2）解：设极向场线圈产生的磁场大小为B，洛仑兹力提供向心力
解得
（3）解：带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动。
①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则
设粒子沿轴向上做匀速运动的速度vx，则螺距
解得
②粒子垂直轴向上做匀速圆周运动，设粒子刚好碰到室壁的角度为θ，洛仑兹力提供向心力
半径为
根据速度的分解，有
可得
粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比
解得
（4）解：中点O处的磁场最弱，设在O处发射粒子的速度为v，与轴线夹角为θ；“磁瓶”的“瓶颈”处磁场最强，粒子运动到此处时速度方向恰好与轴线垂直，则粒子能够被约束在“磁瓶”内，因为洛仑兹力不做功，粒子速度大小始终为v。根据题意可知
可得
即
则角度大于θ的粒子能被约束在“磁瓶”内
可得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；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；核聚变
【解析】【分析】（1）根据核反应方程列出核聚变方程；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求极向场线圈产生磁场的大小；
（3）①根据周期公式和运动学公式求该粒子做螺旋线运动的螺距；
②根据洛伦兹力提供向心力和角度关系求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比η1；
（4）根据洛伦兹力不做功的特点和角度关系求粒子能被约束在“磁瓶”内的比例η2。
（1）氘和氚核聚变的核反应方程式
（2）设极向场线圈产生的磁场大小为B，洛仑兹力提供向心力
解得
（3）带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动。
①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则
设粒子沿轴向上做匀速运动的速度vx，则螺距
解得
②粒子垂直轴向上做匀速圆周运动，设粒子刚好碰到室壁的角度为θ，洛仑兹力提供向心力
半径为
根据速度的分解，有
可得
粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比
解得
（4）中点O处的磁场最弱，设在O处发射粒子的速度为v，与轴线夹角为θ；“磁瓶”的“瓶颈”处磁场最强，粒子运动到此处时速度方向恰好与轴线垂直，则粒子能够被约束在“磁瓶”内，因为洛仑兹力不做功，粒子速度大小始终为v。根据题意可知
可得
即
则角度大于θ的粒子能被约束在“磁瓶”内
可得
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