2025届浙江省温州市高三年级下册5月三模物理试题（解析版）

2025届浙江省温州市高三下学期5月三模物理试题

一、选择题1（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合

题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.随着电池和电机技术的进步，国产新能源车在加速性能方面表现出色。研究汽车加速时，会引入一个新

物理量j来表示加速度a随时间t变化的快慢，即/=卷该物理量的单位用国际单位制中基本单位符号表示

为（）

A.m,s~3B.m2-s~2

C.N•kg-】・D.N,kgT•rrT*•sT

【答案】A

【解析】【解答】本题可以类似速度的定义式或加速度的定义式进行分析推导，知道物理量单位的关系与物理

量的关系相同。根据j=器可知其单位

m/s27

1——-——=1m•s~3

故选Ao

【分析】加速度变化的快慢可以表示为需，结合加速度的单位和时间的单位得出该物理量的单位。

2.2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子503米决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。

如图所示，比赛中运动员正沿圆弧形弯道滑行，则下列说法正确的是（）

A.比赛中运动员的位移大小是5（）0m

B.运动员全程的平均速度是14.3m/s

C.研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点

D.运动员在弯道滑行时，冰面对运动员的作用力大于运动员对冰面的作用力

【答案】C

【解析】【解答】本题考查对路程、位移、平均速度、质点、相互作用力的理解，清楚其物理定义。A.位移

是由初位置指向末位置的有向线段，500米是运动员运动轨迹的长度，即路程，而不是位移大小。在速度滑

冰男子500米比赛中，运动员沿圆弧形弯道滑行，初末位置不同，位移大小小于500米，故A错误；

B,平均速度等于位移除以时间，为

_X

V=-r

第1页

由A选项分析可知位移小于500米，时间£=34.95s,则平均速度

500

^34^5%14.3m/s

故B错误;

C.当物体的开关、大小对所研究的问题没有影响时.，才可以把物体看作质点。研究运动员的冲线技巧时，

运动员的肢体动作等对研究冲线技巧有重要影响，不能忽略其形状和大小，所以不可以把运动员看作质点，

故c正确；

D.冰面对运动员的作用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力大

小相等、方向相反、作用在同一条直线上，所以冰面对运动员的作用力等于运动员对冰面的作用力，故D错

误。

故选Co

【分析】路程是物体运动的轨迹的长度，是标量，位移是由起点指向终点的有向线段，是矢量。平均速度是

单位时间内的位移。如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点。冰面对运动员的作

用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力。

3.中国的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）首次实现了I亿摄氏度条件下1000秒的等离子体运

行。该装置内部发生的核反应方程为He+X,此反应会释放核能，伴随y光子放出。下列说法正

确的是（）

A.该核反应方程中的X是质子

B.加e的比结合能小于"的比结合能

C.核聚变反应所释放的y光子可能来源于氢原子能级跃迁

D.该反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能发生

【答案】D

【解析】【解答】本题考查核聚变的核反应方程，比结合能等知识，多读课本，掌握了基础知浜才能顺利解决

此类问题。

A.该反应过程为核聚变过程，反应过程质量数守恒和核电荷数守恒，该核反应方程为

■+-£He+Jn

故A错误；

B.比结合能越大，原子核越稳定，核反应中生成物比反应物更加稳定，所以aHe的比结合能大于彳H的比

结合能，故B错误；

C.原子能级跃迁仅涉及电子在原子轨道间的跃迁，释放低能光子（如可见光、紫外线），与核反应无直接关

联。核聚变反应释放的光子主要来源于核反应本身，而非氢原子能级跃迁。故c错误；

D.要使核聚变发生，原子核必须首先接近到约10一15m以内，强核力才能主导结合过程.原子核带正电，根据

库仑定律，它们之间的斥力随距离减小而急剧增大，这要求原子核需要足够的动能才能克服库仑斥力作用。因

第2页

此，核聚变反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能有效发生，故D正确；

故选D。

【分析】根据质量数和电荷数守恒分析；根据比结合能与原r核稳定性的关系进行判断；核聚变反应所释放的

丫光子来源于核反应中的质量亏损转化的能量；考虑核聚变反应的条件，因为两个轻核间存在库仑斥力，只有

当原子核具有足够的动能克服这一斥力时，才能使它们靠近并发生反应。

4.如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下

列说法正确的是（）

A.部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度

B.小水珠在空中上升过程处于超重状态

C.所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零

D.所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能

【答案】A

【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒、超重失重以及运动的合成与分解等物理概念，难度不大。

A.一颗钢珠从离水面不高处由静上落入水中，钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，部分

小水珠可能会获得足够的动能，其质量较小，但是速度较大，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A正

确；

B.小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B错误；

C.被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方向上的速度

一定为零，水平方向上不一定为零，c错误；

D.钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和会小于钢珠

静止下落时的机械能，D错误。

故选Ao

【分析】在理想情况下，若能量损失较小，小水珠获得足够的机械能，就可能达到超过钢珠下落时的高度；加

速度向下时物体处于失重状态；竖直向上溅起的小水珠在最高点速度为零，但斜向上溅起的小水珠在最高点还

有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高点速度都为零；根据能量守恒定律，钢珠落入水中过程中

存在能量损失，如克服水的阻力做功转化为内能等，因此所有溅起小水珠的机械能总和必然小于钢珠静止下落

第3页

时的机械能。

5.如图1所示，同轴电缆足广泛应用于网络通讯、电视广播等领域的信号传输线，它由两个同心导体组

成，内导体为铜制芯线，外导体为铝制网状编织层，两者间由绝缘材料隔开。图2为同轴电缆横截面内静电

场的等势线与电场线的分布情况，相邻虚线同心圆间距相等，a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，

下列说法正确的是（）

A.图2中虚线代表电场线

B.铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用

C.a、b两点处的电场强度相同

D.a、d间的电势差为b、c间电势差的两倍

【答案】B

【解析】【解答】本题考查点电荷的电场强度的特点，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基

础题目。A.a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，图2中虚线代表等势面，A错误；

B.铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；

C.a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；

D.距离内导体越远，电场强度越小，Uac<Ucd,所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，D错

误。

故选Bo

【分析】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的

方向，电势降低，点电荷的电场强度的特点是距离点电荷越远电势降落越慢。

6.宋应星的《天工开物》一书中记录了图I所示的用重物测量弓弦张力的“试弓定力”情景，简化示意图如图

2所示，测量时将弦的中点悬挂于秤钩匕在质量为m的弓的中点处悬挂质量为M的重物，稳定时弦的张角

8=120。。弦可视作遵循胡克定律的弹性轻绳，且始终在弹性限度内，不计弓的形变和一切摩擦，重力加速

度为g，下列说法正确的是（）

第4页

图1

A.此时弦的张力为2(M+m)g

B.此时弦的张力为国(M+m)g

C.若增加重物的质量，弦的张角一定增大

D.若增加重物的质量，弦的张力一定增大

【答案】D

【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行

四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。AB.在质量为m的弓的中点处悬挂质量为M的

重物，稳定时弦的张角。=120。，整体法对弓和物体受力分析，如图所示

2Fcos^=(M+m)g

解得

F=(M+m)g

故AB错误:

CD.不计弓的形变，增加重物质量，弦与竖直方向夹角减小，则弦的伸长量增加，根据胡克定律可知，弦的

张力一定增人，故C错误，D正确,

故选D。

【分析】整体法对弓和物体受力分析，竖直方向上由受力平衡列方程进行分析；增加重物质量，弦的伸长量

增加，由此分析。

7.“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆

周运动，旦轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L

发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为勺和*(r］和上远小于该双星系统

到观测者的距离)。下列说法正确的是()

第5页

L

I

O/1；t

A.匕时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星

B.较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为?

rl

C.两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为（£2-11）

D.较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为亚

【答案】B

【解析】【解答】本题以“食双星''这一特殊的双星系统为背景，考查了双星问题的相关知识，包括双星的运动

特点、质量关系、周期以及线速度关系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激发学生对天体运动现象的兴

趣。AC.由题意可知，G时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，以时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即

八〜七2时间里，转了半个圈，故周期为

T=2(t2—ti)

故AC错误；

B.设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为mi和血2,均由彼此间的万有引力提供向心力故两颗恒星的向心

力大小相等，有

mm>,

G-------x----2--2=恤3=m23r2

（丁1+丁2）

解得

吧=2

62一丁1

故B正确；

D.设较亮的恒星和较喑的恒星的质量分别为也和艺，根据

v=rco

因为角速度相等，解得

v_

ta）rA_r1

无=酝=五

故D错误。

故选Bo

【分析】对于双星系统,要抓住二个相等，即向心力、角速度、周期相等，根据万有引力提供向心力求解c

8.如图所示是一种投弹式干粉消防车。某次灭火行动中，消防车出弹口到高楼水平距离％=12m,发射灭火

第6页

弹的初速度与水平面夹角8=53。，且灭火弹恰好垂直射入建筑坂璃窗。已知灭火弹可视为质点，不计空气阻

力，sin53°=0.0,则灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于（）

D.20m

【答案】C

【解析】【解答】本题主要考查斜抛运动的知识，利用运动学知识求解即可。灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃

窗，灭火弹可视为质点，灭火弹的逆运动可以看成具有某以初速度的平抛运动，设灭火弹的初速度为火,则

有

0=vosin53°-gt,x="（）cos530•i

联立解得

v0=5\ZT0m/s,t=

则灭火弹的竖直位移大小为

y=voSin53-+Ot=8m

乙

则灭火弹的合位移大小为

122+827n=4'/13m«14.4/n

s合

则灭火弹在空中运动的轨迹长度应略大于灭火弹的合位移大小，所以最接近于15m。

故选Co

【分析】灭火弹的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动（抛物线运动）。灭火

弹垂直射入玻璃窗，说明其竖直分速度减为零，此时水平分速度仍保持不变。利用运动学公式和几何关系,

计算轨迹长度。

9.如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬

间，A球加速度大小为a,两球运动一段时间，B球加速度大小为小速度大小为V。已知A球质量为3m,B

球质量为m,两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（）

AB

zz/zzzzO

A.B球运动的距离为2d

B.库仑力对A球的冲量大小为

第7页

C.库仑力对A球做功为上TH/

io

D.两球组成的系统电势能减少了葭山病

◊

【答案】D

【解析】【解答】本题把库仑定律与牛顿第二定律、动量定理、能量守恒定律综合在一个简单的物理现象中，

关键是先要弄清在排斥力作用下两旦荷移动的距离变化。A.已知A球质量为3m,B球质量为m,两小球

均可视为点电荷，撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定律有

an=---------7

3md

两球运动一段时间，对B,由牛顿第二定律有

a二忆以外

3mx2

联立解得此时AB球间距

x=3d

对AB系统，根据动量守恒定律有

3mvA-mvB=0

整理得

3m孕-7几半=0

因为

心+孙=3d

联立解得

9」

孙中

故A错误；

B.根据动量守恒定律有

3mvAi—mv=0

解得此时A的速度

V

孙匕

在该段时间内，A球的速度由0变为条由动量定理，可得库仑力对A球的冲量大小为〃=3m%i-0=mu

故B错误；

C.在该段时间内，对B,由动能定理有

11

2

WA=2x3m说1=mv

第8页

在该段时间内，库仑力对A球做功为《巾/,故c错误；

6

D.根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为AE=4x3mxH+R/=猛/

2A123

故D正确。

故选D。

【分析】由动量守恒和库仑力公式求B球运动的距离；B.根据动量定理求库仑力对A球的冲量大小；C.由动

能定理求库仑力对A球做的功；D.根据能量守恒求两球组成的系统电势能减少量。

10.如图1所示，将一圆形线状光源水平放置在足够大的平静水面下，线状光源可以发出红光。通过支架

（图中未画出）可以调节光源到水面的距离h,随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域。已知圆

形线状光源的半径为R=0.9m,水对红光的折射率为九=3下列说法正确的是（）

图1图2

A.h越大，水面上的发光区域面积越小

B.h二1m时，水面上的发光区域会呈现类似图2所示的圆环形状

C.当八=挈小时，水面上的发光区域面积为4.41兀加2

D.当h=熏小时，水面上亮环与暗圆的面积之比为4：I

【答案】C

【解析】【解答】本题考查光学的知识，要掌握折射定律，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路

图，然后根据儿何关系以及相关物理知识求解。

A.调节光源到水面的距离h,随着h变化，在水面上会看到不同形状的发光区域，设亮环最外圈的半径为

门，暗圆的半径为上，其光路图如图所示

发光面积为

第9页

S—乃塔-7T?2

临界角为

13

sinC=—n=-4r

根据几何关系可知

r2=R-htanC,r1=R+htanC

联立，解得

S=4RhntanC

所以，h越大，水面上的发光区域面积越大，故A错误；

B.当h=1/n时

3"

r2=R-/itanC=(0.9-----)m<0

即此时中心区域全部被照亮，不存在暗圆，故B错误；

C.当力=耳Zm时

r2=R—/itanC=-0.3m<0

所以，中心不存在暗圆，其中

厂1=R+/itanC=2.1m

水面上的发光区域面积为

S=7rrf=4.417rm2

故C正确；

D.当h=:磊m时

r2=R-htanC=0.6m

丁1=R+/itanC=1.2m

暗圆面积

s2

2-r2

亮环面积

Si=nr\-nr2

水面上亮环与暗圆的面积之比为

S1_rj-rl_3

s2~r\"T

故D错误。

故选c

【分析】根据折射定律，光的全反射条件，结合几何关系与光路图分析求解。

第10页

二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符

合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分）

11.有关下列四幅图的描述，正确的是（）

A.图I中，增大加速电压U,可以减小粒子在回旋加速器中运动的时间

B.图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光

C.图3中，在梁的自由端施力F,梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小

D.图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大

【答案】A

【解析】【解答】本题需要利用带电粒子在电场、磁场中运动及发电机的相关知识求解。A.芍电粒子在磁场

中运动，由洛伦兹力提供向心力有

qvB=（R为最大轨道半径）

A

速度越大，动能越大，最终动能

12

Ek=5m廿

联立解得

2手

每次加速获得的动能为Uq,则加速次数

每次粒子在磁场中加速半个周期，粒子在磁场中运动周期运动总时间£=〃x*=〃x/x鬻

联立解得

nBR2

t=~UT

由此可知，增大加速电压U,粒子在回旋加速器中运动时间减小，故A正确；

B.图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极管不

会交替发光，故B错误；

C.在梁的自由端施力F,梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度1变长，横截面积S变小，根据电阻定律

第11页

R=P«

可知上表面应变片的电阻变大，故C错误；

D.磁流体发电机稳定时，有

qvB=q^（d为两极板间的距离）

解得电动势

U=Bdv

可知仅减小两极板的距离d,磁流体发电机的电动势会减小，故D错误。

故选Ao

【分析】增大加速电压，粒子经过加速后进入D形盒的速度变大，运动半径增大，因此离子会更早离开加速

器；A、B两个二极管接入电路的极性方向不同，同时线圈转动时会产生不同方向的电流，因此两个二极管

交替发光；上表面应变片被拉伸，目阻增大。

12.一列纵波波源做频率为1.0Hz的简谐振动，在介质中形成疏密相间的状态向右传播，£=0时刻部分质点

振动情况如图所示。图中虚线代表相邻各质点1、2、3...13的平衡位置且相距为0.5cm,小圆点代表该

时刻各质点振动所在的位置。下列说法正确的是（）

・1•23•4•・56•7•8910111213

；!!!!♦!!!!!!!!

I,!：II：：：：!II：

段.5cmg：!：!：：!：：!

>----:::::::::::

12345678910111213

A.这列纵波的波长为2cm

B.该时刻质点7振动方向向左

C.t=0.5s,质点3恰好运动到图中质点7的位置

D.经过20.25s,质点4的运动路程大于质点6的运动路程

【答案】B,D

【解析】【解答】本题解题关键是知道波长的定义，质点在一个周期内经过的路程为4A,但是在四分之一周

期内经过的路程可能大于A,也可能小于A,也可能等于A。A.小圆点代表该时刻各质点振动所在的位

置，质点3和质点7均在平衡位置，二者相距半个波长，这列纵波的波长为4cm,A错误；

B.因为质点5在左最大位移处，所以该时刻质点7振动方向向左，B正确；

C.质点只振动不移动，质点3不可能运动到图中质点7的位置，C错误；

D.经过

T

£=20.25s=20《

经过20个周期时二者的路程相等，最后四分之一周期时间内，质点4向右运动并经过平衡位置，速度大，

第12页

路程大，质点6向左运动到最大位移处后向右运动，速度小，路程小，所以，质点4的运动路程大于质点6

的运动路程，D正确。

故选BDo

【分析】根据波长的定义分析；根据质点7所在的位置分析，介质中的质点不会随波迁移；分析该时刻质点

4和质点6所在位置以及速度变化，进而根据在一个周期内质点经过的路程为4A比较。

13.研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能与入射光波长4的关系如图

所示。大量处于71=3能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应。已

知氢原子各能级关系为&=与，其中%为基态能级值，量子数〃=1、2、3……,真空中光速为c,则

n/

C.琦与氢原子基态能量El的关系满足加J＜琦3朋1|

D.氢原子由九=3能级向九=2能级跃迁发出的光子能使该金属发生光电效应

【答案】B,C

【解析】【解答】本题考查光电效应方程和玻尔理论的理解和应用，结合图像提供的信息进行分析解答。

A.大量处于ri=3能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应由爱因

斯坦光电效应方程有

Ekm=hv-Wo

又因为

可得

Ekm=八；一勿0

结合图像可知

w0=用）

当a=4时，Ekm=o,则有

第13页

h琦入0

rl=--------

C

故A错误；

B.当人=争忖，代入

Ekm=九2一叩。

解得

Ekm=Eo

故B正确;

CD.氢原子基态能量为Ei，贝加=3能级氢原子能量为粤，九二2能级氢原子能量为字。由题可知〃=3能级向

基态跃迁产生的光子能够引发光电效应，n=2能级向基态跃迁和几=3能级向九=2能级跃迁产生的光子不能

引发光电效应，则

38

-E<-<-场

49

故。正确，D错误。

故选BCo

【分析】根据光电效应方程结合频逐与波长公式推导最大初动能表达式，结合图像提供的现象进行推导判

断；根据各轨道对应的能量值进行分析判断。

三、非选择题（本题共5小题，共58分）

14.（1）图1是“探究小车加速度与力、质量的关系”实验方案甲，图2是改进后的方案乙，两方案中滑轮与

细线间摩擦力，以及它们的质量均不计。下列说法正确的是.（多选）。

",为传感器纸带、

纸带、

^77777777777777777777777777^

*7777777।^77^打点卬时器

槽脸打点目时器

图1:方案甲图2:方案乙

A.两种方案均需要补偿阻力

B.两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行

C.不断增加槽码质量，两种方案中小车的加速度大小均不可能超过重力加速度

D.操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，得到的纸带一定不可用

（2）正确操作情况下，得到了一条纸带如图3所示，纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，电源频率为

50Hzo

A•••B•••••••C•••••D•••••E••

H-2.33-^—4.35----6.33-----十--------8.34----------单位:cm

图3

第14页

①根据纸带上所给数据，计时器在打下计数点C时小车的速度大小%=m/s,小车的加速度大小

a=m/52（以上结果均保留二位有效数字）。

②可以判断，该纸带是由方案（填呷”、“乙”或“甲、乙均有可能”）得到。

【答案】（1）A；B

（2）0.534；2.00；乙有可能

【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验应用匀变速直线运动的推论即可解题；计算

时注意单位换算与有效数字的保留。

（1）A.“探究小车加速度与力、质量的关系”，两种方案均需要补偿阻力，选项A正确；

B.两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，这样可以保证力的方向不变，选项B正确；

C.不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加

速度的2倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度，选项C错误；

D.用班带上的点来求解加速度，操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得

到的纸带也可能可用，选项D错误。

故选ABc

（2）纸带上各相邻计数点间均有四个点迹,则T=O.ls；

①计时器在打下计数点C时小车的速度大小4=舞=（4.35+6阿»10-2^/s=0534m/s

2

小车的加速度大小Q=红弓^=（B.34+633T.35/33）xl（r22=2.00m/s

4〃4x0.1，

②13］如果采用方案甲，设细线的拉力为T,槽码质量为m,小车质量为M,则

对槽码有

mg-T=ma

对小车有

T=Ma

联立可得

fMTTI

丁=而髀。‘°=标而9

当?n«M时，可认为7ymg,其相对误差为

mq—Ta

S=—---x100%=—x100%

mgg

因a=2.00m/s2,则5=20%,此时m等于M的25%,而实验中通常建议m小于等于M的5%,以将系统误

差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。

【分析】（1）根据实验注意事项与小车受力情况分析答题。

（2）根据图示纸带应用匀变速直线运动的推论分析求解八

（1）A.两种方案均需要补偿阻力，选项A正确；

第15页

B.两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，选项B正确：

C.不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加

速度的2倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度，选项C错误；

D.用纸带上的点来求解加速度，操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得

到的纸带也可能可用，选项D错误。

故选ABo

（2）纸带上各相邻计数点间均有四个点迹,则T=0.ls；

①⑴⑵计时器在打下计数点C时小车的速度大小4=驿=（4巨5t6湛）X10-2=0534m/s

小车的加速度大小Q=2弓必=（B.34+6.33—4.35；2.33）xl0~m/s2=2.00m/s2

4TZ4x0*

②⑶如果采用方案甲，设细线的拉力为T,槽码质量为m,小车质量为M,则

对槽码有mg-T=ma

对小车有T=Ma

联立可得7=盖帚TH。。=扁》

当m«M时，可认为7=mg,其相对误差为6=写，x100%=£x100%

因Q=2.00m/s2,则5=20%,此时m等于M的25%,而实验中通常建议m小于等于M的5%,以将系统误

差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。

15.甲同学利用激光测量半径R=3.50cm半圆形玻璃砖的折射率，实验中让一细束激光沿玻璃砖半径方向射

到圆心O,恰好在底边发生全反射（如图1）,作光路图并测量相关数据（如图2）,则该半圆形玻璃砖的折

射率为（结果保留三位有效数字）。

其他条件不变，仅将半圆形玻璃砖向左平移一小段距离，则_________（填“有''或"没有”）激光从底边射出。

【答案】1.59；有

【解析】【解答】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。实验中让一细束激光沿玻璃砖半径方向射到圆心0,激光恰能在0点全反射，则sinC=1

其中

2.20

sinC=33o

解得

第16页

n®1.59

其他条件不变，仅将半圆形玻璃放向左平•移一小段距离，等效将入射光线向右平移一小段距离，光路图如图

则光线射到卜.底面时的入射先减小，则光线将不能发生全反射从而从底面射出。

【分析】根据临界角和折射率的关系计算；根据光路图分析。

16.乙同学利用图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可

选O

A.8V交流电源B.36V交流电源C.220V交流电源

实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”、“8”接线柱连接，将交流电压表与

变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电源稳定后，交流电压表的读数为o

A.OB.2.8VC.6.0VD.11.0V

【答案】A：A

【解析】【解答】变压器工作原理是互感现象，在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系''实验中，需要使

用交流电源。36V是安全电压上限，相对来说8V交流电源更为合适，即能满足实验要求乂更安全。

故选Ao

变压器是利用互感现象工作的，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也是恒定的，那么穿过副线圈的磁通

量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左刎线圈连接，交

流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，交流电压表的计数为0。

故选Ao

【分析】根据安全电压分析；根据变压器的工作原理分析。

17.某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：

A.多用电表（电压挡量程2.5V,内阻未知）；

B.亳安表（量程200mA,内阻为1.20C）；

C.定值电阻8=0.6。；

第17页

D.定值电阻&=2.0。；

E.滑动变阻器R；

F.电键和导线若干。

根据提供的器材，设计电路如图1所示。

（1）将亳安表与定值电阻％改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为A；

（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔P应接到处（选填“B”或"C”）；

（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数U、毫安表的示数I。其中一次测量时多

用电表示数如图2所示，其读数为V。

（4）作U—/图线如图3所示，该干电池电动势£=V；内阻丁=Q（以上结果均保留

三位有效数字）。

【答案】（1）0-0.6/1

（2）B

（3）1.I6V

（4）1.45V；1.56。

【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特

点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。

（1）根据欧姆定律可知，毫安表的满偏电压为

Uo=lQr0=0.24V

则，改装后的最大量程为

U

〃=/o+诵Q=0.6/

所以，改装后的量程为0-0.64。

（2）为了精确测量，由于改装后的电流表的内阻已知，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即

右边表笔P应接至处。

（3）量程为2.5V,最小刻度为0.05V,读数读到小数点后一位，由图2可知，多用电表的读数为1.16V。

（4）由（1）分析可知，电路中电流为亳安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为分=%=0.4。

根据欧姆定律

第18页

E=U+3/。+&+以）

整理可得

U=-3（丁+/?2+以）/+E

可得U-/图线的斜率的绝对值为

1.45-0.5

=3（r+R+^）

80x10~32

截距为

b=1.45V=E

所以

E=1.45V,r=1.56。

【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；

（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；

（3）多用电电压挡的量程为2.5V,分度值为O.O5V.根据电压表的读数规则读数：

（4）亳安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为31,根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，

结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。

r

（1）亳安表的满偏电压为U（）=/o（i=0.24V

则，改装后的最大量程为〃=/o+请=0.6A

所以，改装后的量程为0-0.64。

（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为出源的“内接法”，即

右边表笔P应接至处。

（3）由图2可知，多用电表的读数为1.16V。

（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为/<4=*=0.4。

lA

根据欧姆定律E=U+3/（r+&+RQ

整理可得U=-3（r+/?2+/?4）/+E

14S—0S

可得U-/图线的斜率的绝对值为k=L3=3（丁+&+RA）

80x10s

截距为b=1.45V=E

所以E=1.45V,r=1.56/2

18.如图所示，活塞与棒固定连接形成整体——活塞棒，并将圆柱形密封腔体内的理想气体分成上下两部

分.活塞上有一个面积可忽略的小孔，将上下两个区域的气体连通，所有衔接处均空封良好且无摩擦.腔体

与外界导热良好。已知大气压强为00,柱形腔体高度，=lid,活塞厚度为d,活塞棒质量为m,棒的横截

第19页

面积为So,柱形腔体的横栈面积（即活塞横截面积）为2S。，温度为T=300K时，活塞上表面距离腔体顶部

的距离归=5d,重力加速度大小为g。

（1）求腔体内气体的压强Pi；

（2）环境温度从7】二300K缓慢上升至％=330K过程中，

①腔体内气体的压强（选填"变大”，"变小”或"不变”）：该过程腔体内气体吸收的热量为Q.气

体增加的内能为则AUQ（选填或"="）。

②T2=330/C时，活塞上表面与腔体顶部的距离

h2_______________________________________________________________________________________________________

【答案】（1）解：对活塞棒受力分析，可得

PoSo+p'o+mg=2p1S0

整理解得

_poso+mgmg