【物理】浙江省七校联盟2025-2026学年高三上学期一模试题(解析版)

浙江省七校联盟2025-2026学年高三上学期一模试题物理试题考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟：2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号；3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题I（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.在国际单位制中，导出单位V（伏特）可用国际单位制基本单位表示为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据电压定义，其中为功，单位为焦耳（J），为电荷，单位为库仑（C）。1J=1N·m=1kg·m·s⁻²·m=1kg·m²·s⁻²1C=1A·s（因为电荷，电流单位A，时间单位s）。因此，，A正确，BCD错误。故选A。2.如图所示，为某地图APP软件的一张截图，显示了某次导航的具体路径，最快路线的“293公里”对应“3小时46分钟”。下列说法正确的是（）A.计算全程的运动时间不能将车辆视为质点B.在高速公路开启定速巡航，可使汽车速度不变C.3小时46分为时刻D.根据最快路线中的两个数据，可以算出整个路段汽车行驶的平均速率【答案】D【解析】A．计算全程的运动时间，汽车的大小对时间的计算无影响，可以将车辆视为质点，故A错误；B．C．3小时46分为时间间隔，故C错误；D．根据最快路线中的两个数据，即路程和时间，可以算出整个路段汽车行驶的平均速率，故D正确。故选D。3.宇宙射线进入地球大气层同大气作用产生的中子撞击大气中的氮14引起核反应产生碳14，其核反应方程表示为，碳14能够自发的衰变成氮14，碳14的半衰期为5730年，则下列说法正确的是（）A.X粒子为正电子B.碳14能衰变成氮14是发生了α衰变C.碳14的比结合能小于氮14的比结合能D.碳14适合用于医学中的放射性示踪剂【答案】C【解析】A．根据核反应方程前后质量数、电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，所以X为质子，故A错误；B．碳14衰变成氮14衰变方程为即发生β衰变，故B错误；C．碳14自发衰变为氮14，释放能量，表明氮14比碳14更稳定，故氮14的比结合能大于碳14的比结合能，故C正确；D．由于碳14半衰期长，在人体内残留时间长，易造成长期辐射损伤，医学示踪剂需短半衰期核素，以快速代谢，故D错误。故选C。4.如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为h=5m的O点处，给一个质量为m的小滑块沿水平切线方向的初速度v0，小滑块将沿筒内表面旋转滑下。假设滑块下滑过程中表面与筒内表面紧密贴合，圆筒内半径，重力加速度取g=10 m/s2。小滑块第一次滑过O点正下方时，恰好经过O1点，且OO1的距离为0.2m。则下列说法正确的是（）A.小滑块初速度v0为1 m/sB.小滑块经过O1点的速度大小为2 m/sC.小滑块最后刚好能从O点正下方的On点滑离圆筒D.小滑块运动过程中受到的筒壁的支持力不变【答案】C【解析】A．对小滑块的运动分解为竖直方向的自由落体运动和沿水平方向的匀速圆周运动，小滑块从O点运动到O1点的过程有，解得小滑块的初速度，故A错误；B．小滑块经过O1点的速度大小，故B错误；C．根据，可知小滑块从O点下落到圆筒底部所需时间，所以小滑块最后刚好能从O点正下方的On点滑离圆筒，故C正确；D．小滑块运动过程中受到的筒壁的支持力方向一直在改变，故D错误。故选C。5.瓯柑是温州市特产一种柑橘，为了筛选大小大致相同的瓯柑，果农设计如图所示的瓯柑简易筛选装置。两根直杆处于同一倾斜平面内，上端间距小下端间距大。从同一位置静止释放瓯柑，各瓯柑沿两杆向下运动，大、中、小果离开杆后，落入不同区域的接收桶中，瓯柑可视为球体，不计摩擦和空气阻力，则（）A.前后两瓯柑沿杆运动过程中间距有可能保持不变B.瓯柑在沿杆向下运动过程中弹力对其做负功C.离开杆时，大果速度一定比小果速度大D.离开杆后，瓯柑在空中做一小段自由落体【答案】C【解析】A．设杆倾斜角度为，瓯柑质量为m，则由牛顿第二定律可得瓯柑加速度前后两瓯柑沿杆匀加速运动，前面瓯柑的速度始终大于后面瓯柑的速度，故前后两瓯柑沿杆运动过程中间距随时间而逐渐增大，故A错误；B．瓯柑受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，弹力方向与瓯柑的速度方向总是垂直的，瓯柑受到杆的弹力始终做功为零，故B错误；C．瓯柑沿杆做匀加速运动，大果沿杆运动的距离大，运动时间长，所以离开杆时，大果速度一定比小果速度大，故C正确；D．离开杆后，瓯柑速度不为零，所以瓯柑不做自由落体运动，故D错误。故选C。6.如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0+kt（F0、k均为大于0的常量）。无人机的质量为m，重力加速度为g。在0到T时间段内，关于该无人机下列说法正确的是（）A.受到空气作用力与竖直方向夹角变小B.受到空气作用力逐渐变大C.受到拉力的冲量大小为(F0+kT)TD.受到重力和拉力的合力的冲量大小为【答案】B【解析】AB.可知无人机受到空气作用力与竖直方向夹角变大，故A错误，B正确；C．由于拉力方向不变，大小随时间均匀增大，在0到T时间段内，拉力的平均大小为，则受到拉力的冲量大小为，故C错误；D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为，故D错误。故选B。7.某风力发电机的原理如图，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，线圈的匝数为100匝、面积为0.5m2，不计线圈的电阻，磁体转动的角速度为rad/s。发电机产生的交变电流经过变压器升压后向远处输电，升压变压器原、副线圈的匝数比为1:8，输电线总电阻为8Ω，输电线上损失的功率为5kW，在用户端用降压变压器把电压降为220V。假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（）A.当磁场与线圈所在平面垂直时，发电机感应电动势最大B.发电机输出电压为45VC.用户的功率为85kWD.降压变压器原、副线圈的匝数比为180:11【答案】C【解析】A．当磁场与线圈所在平面垂直时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A错误；B．发电机输出电压的最大值为发电机输出电压的有效值为，故B错误；CD．输电线上损失的功率为代入数据解得对升压变压器，有，，，对输电回路，有对降压变压器，有，联立解得，，故C正确，D错误。故选C。8.真空中有两个点电荷，电荷量均为q（q>0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，N点在P1P2连线上，M、N两点距离O点都为x（）。已知静电力常量为k，不计电子重力，当时，，则下列说法正确的是（）A.电子在M点的电势能大于在N点的电势能B.在N点静止释放的电子，其运动可视为简谐运动C.在M点静止释放的电子，其运动可视为简谐运动D.P1P2中垂线上电场强度的最大值为【答案】B【解析】A．根据两等量负点电荷连线和中垂线电场分布特点可知，中垂线上场强方向由M点指向O点，连线上场强方向由O点指向N点，根据沿电场方向电势降低可知，M点电势高于O点电势，O点电势高于N点电势，则M点的电势高于N点的电势，根据，电子带负电，在M点的电势能小于在N点的电势能，故A错误；B．在N点静止释放的电子，根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为由于，原式整理可得在N点静止释放的电子，其运动可视为简谐运动，故B正确；C．在M点静止释放的电子，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为显然，当x较小时，不满足简谐振动回复力F=-kx，故C错误；D．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为由数学导数知识可知，当时，电场强度的最大值为，故D错误。故选B。9.某空间站在半径为R的圆形轨道上绕地球运行，周期为T，另有一飞船在半径为r的圆形轨道上运行，飞船与空间站的绕行方向相同。当空间站运行到A点时，飞船恰好运行到B点，A、B与地心连线相互垂直，此时飞船经极短时间的点火加速，使其进入椭圆轨道，椭圆轨道的近地点为B、远地点与空间站的轨道相切于C点，如图所示。当飞船第一次到达C点时，恰好与空间站相遇。空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（）A.飞船在B点加速后的加速度大于加速前的加速度B.飞船从B到C的过程速度减小，机械能减小C.空间站的圆形轨道半径R与飞船的圆形轨道半径r的关系满足：D.飞船在半径为r的圆形轨道上运动的周期为【答案】C【解析】A．当飞船与空间站相遇时,根据牛顿第二定律有即可知二者相遇时其加速度的大小相等，故A错误。B．当空间站和飞船均做圆周运动时，其万有引力提供向心力，即则线速度大小为飞船由到的过程中半径逐渐变大，所以飞船的速度变小，由于飞船由到的过程中只有万有引力做功，所以机械能守恒，故B错误。C．设飞船在椭圆轨道运行的周期为，则根据开普勒第三定律可得解得设飞船在椭圆轨道上的周期为，则根据开普勒第三定律可得根据题意可知联立解得，，故C正确，D错误。故选C。10.如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，初始两板不带电。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，不考虑电磁辐射。下列说法正确的是（）A.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电B.金属棒到达x0时，通过金属棒的电流为BCv2tanθC.金属棒到达x0时，电容器极板带电量为2BCv2x0tanθD.从初始到金属棒到达x0过程中，外力F做的功为【答案】D【解析】A．金属棒运动过程中，根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，故A错误BC．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L=2x0tanθ其中x0=vt，则产生的感应电动势为E=2Bv2tanθt由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2tanθt则流过金属棒的电流I==2BCv2tanθ，故B错误；当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ则电容器的电荷量为Q=CE′=2BCvx0tanθ，故C错误；D．金属棒运动过程中，电流为金属棒匀速运动过程中，外力做的功等于克服安培力所做的功，可得，故D正确。故选D。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0分）11.下列说法正确的是（）A.狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，物理规律的形式都是相同的B.若氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时辐射出A光，那么用波长等于A光波长的光照射大量n=1能级氢原子，可以使部分氢原子跃迁到n=3能级C.物理学中不与外界进行物质和能量交换的系统叫做孤立系统，一个孤立系统的熵值总是不增加的D.光电效应、康普顿效应都揭示了光的波动性【答案】AB【解析】A．狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，物理规律的形式都是相同的，故A正确；B．若氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时辐射出A光，则有可知用波长等于A光波长的光照射大量n=1能级氢原子，可以使部分氢原子跃迁到n=3能级，故B正确；C．物理学中不与外界进行物质和能量交换的系统叫做孤立系统，一个孤立系统的熵总是向增加的方向进行，故C错误；D．光电效应、康普顿效应都揭示了光的粒子性，故D错误。故选AB。12.如图所示，半球形均匀玻璃砖过球心O的截面为CPD，PO与底面垂直。由黄、紫两种单色光组成的一束细光束从P点以45°入射，折射光分为a、b两束光。下列说法正确的是（）A.a光光子动量小于b光光子动量B.这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压Ua>UbC.a、b两束光从P点到底面所用的时间关系为ta<tbD.a、b两束光从P点射入玻璃砖经底面反射一次到圆弧CP上所用的时间关系为ta=tb【答案】AC【解析】A．根据折射定律可知，b光的折射率大于a光的折射率又可知b光在玻璃中传播速度小于a光的速度由于，可得，所以b光的波长小于a光的波长代入光子动量，可知a光光子动量小于b光光子动量，故A正确；B．因为b光的波长小于a光的波长，所以b光的频率较大，根据爱因斯坦光电效应方程可知，b光的遏止电压大于a光的遏止电压，故B错误；C．由以上分析可得，又联立可得代入可得a、b两束光从P点到底面所用的时间关系为ta<tb，故C正确；D．如图所示可知又，代入可知ta<tb，故D错误。故选AC。13.某均匀介质中两个频率为1Hz的波源S1，S2分别位于x1=-3m，x2=3m处，并先后在t1=0和t2=0.25s从平衡位置开始垂直纸面向外振动，S1与S2的振幅相等，形成简谐波在xoy平面内传播。平面内有两个质点P（0，4m）和质点Q（3m，8m），其中质点P在5.625s时第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（）A.质点P在2.5s时起振B.两列波的波长为1mC.质点Q为振动减弱点D.PQ连线上有2个振动加强点【答案】BD【解析】A．根据题意可得，波源、到点的距离均为两列波传播的周期为由于两个波源起振的时间相差根据质点的振动可知，两个波源在点的叠加使点开始振动时再次回到平衡位置，则波源的振动传播到点的时间为，故A错误。B．由波速根据波速，可得，故B正确。C．由题意可得，所以两列波的波源到点的波程差为所以波在点到达波峰时，波在点处于平衡位置，所以质点既不是振动加强点，也不是振动减弱点，故C错误。D．由于波源、起振时间相差，即两列波的波程差相差时，则点为振动加强点，由题意可知连线上的点到两个波源的波程差范围在之间，即，所以连线上有两个振动加强点，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.某同学用如图所示的装置“探究物块加速度与合力的关系”，打点计时器使用的交流电频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，物块质量为m，重力加速度为g，滑轮重力及摩擦不计。（1）为了能完成该实验，下列应进行的操作是（）A.将长木板左端适当垫高，以补偿小车运动过程中的阻力B.保证小车的质量远大于物块的质量C.调节滑轮的高度，使细线与长木板平行D.实验开始时应先释放小车，后接通电源（2）由如图2所示纸带可求得物块的加速度a=_________m/s2（结果保留两位有效数字）；（3）若实验中力传感器读数F=_________（用字母m、g、a表示），则说明物块加速度与合力成正比。【答案】（1）C（2）0.55（3）【解析】【小问1】A．实验中以重物为研究对象验证牛顿第二定律，故无需平衡长木板对小车的摩擦力，故A错误；B．绳子中的拉力大小可由力传感器的示数直接读出，故B错误；C．要使弹簧秤的示数稳定，需调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，故C正确；D．为了完整地记录运动过程，应先接通电源，后释放小车，故D错误。故选C。【小问2】根据题意可知，纸带上相邻计数点时间间隔根据逐差法可得小车的加速度则物块的加速度大小为【小问3】对物块，根据牛顿第二定律可得解得15.以下实验中，说法正确的是（）A.“探究平抛运动的特点”实验中，应用平滑曲线将描在纸上的所有点连起来，得到轨迹B.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可将光源向远离双缝的方向移动C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，所用交流电源的电压不要超过12VD.在“利用传感器制作简单的自动控制装置”实验中，干簧管传感器在电路中起控制开关的作用【答案】CD【解析】A．在“探究平抛运动的特点”实验中，轨迹点可能存在实验误差，应用平滑曲线拟合合理点（如通过或接近大多数点），但若有明显离群点应排除，而非强制连接所有点，否则可能导致轨迹不准确，故A错误；B．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，目镜中观察到的条纹个数取决于视场宽度和条纹间距增加条纹个数需减小Δx，可通过减小L或增大d实现。移动光源远离双缝不改变L、d或λ，故不能增加条纹个数，故B错误；C．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，为保障安全（防止触电或设备损坏），所用交流电源的电压通常不超过12V，这是标准实验规范，故C正确；D．在“利用传感器制作简单的自动控制装置”实验中，干簧管传感器在磁场作用下通断电路，其功能为控制开关，故D正确。故选CD。16.某同学拟将量程为Ig=1mA，内阻约为几十欧姆的电流表G改装成欧姆表。（1）他首先设计了如图甲所示电路来测量电流表G的内阻Rg，图中E为电源E=1.5V。现有最大阻值分别为100Ω和2000Ω的滑动变阻器，则R2应选用最大阻值为_________Ω的滑动变阻器。开关S1接通，S2未接通时，调节R2使电流表G示数为1.00mA；接通S2后，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节电阻箱R1，当其阻值为50Ω时，电流表G的示数为0.50 mA，则电流表G的内阻测量值Rg为_________Ω；而实际上干路的电流会发生变化故测得的电流表内阻值比真实值_________（选填“偏大”“偏小”）。（2）将该电流表G改装成具有“×10”、“×100”和“×1k”三个挡位的欧姆表如图乙所示。电源电动势E=9.0V，内阻忽略，R0为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3未接电阻。若要求电流从红表笔流入欧姆表，则表笔b为_________（选填“红”或“黑”）表笔；当开关S接接线柱3时，对应的倍率为_________（选填“×10”、“×100”或“×1k”）；短接表笔a、b进行欧姆调零时，R0应调至_________Ω（不计（1）中电流表G内阻的测量误差）。【答案】（1）2000；50；偏小（2）黑；×1k；8950【解析】【小问1】本题中采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，电流表内阻为几十欧，则R2应选用最大阻值为2000Ω的滑动变阻器。接通S2，调节电阻箱R1前后认为干路电流不变，电流表G的示数为0.50mA，电阻箱R1的电流也为0.50mA，则电流表G的内阻等于电阻箱的电阻，即Rg=50Ω。实际上接通S2后电路总电阻减小，则干路的电流会增加，电流表G的示数为0.50mA，电阻箱R1的电流实际大于0.50mA，电阻箱的电阻小于电流表的内阻，故测得的电流表内阻值比真实值偏小。【小问2】红表笔流入欧姆表，则表笔b为电流流出的表笔，为黑表笔。欧姆表短接时，根据闭合电路欧姆定律，电流表的量程越大对应欧姆表的内阻越小则倍率越小，当开关S接接线柱3时，电流表的量程最小，对应的倍率最大为“×1k”。当开关S接接线柱3时，根据可得17.下图为一台四冲程内燃机压缩冲程示意图，活塞横截面积为S=0.01m2。初始时刻气缸内气体体积为V1=2L，压强为p1=5×105Pa，温度为t1=27℃。活塞向上移动h=0.1m时气体压强为p2=2×106Pa，这段过程气体传递给气缸的热量为Q=25J，已知气缸内气体每升高1K内能增加8.3J。（1）压缩过程中某一个气体分子速率变化是_________（“一定增大”“一定减小”、“不能确定”），气缸内气体单位时间单位面积撞击器壁的次数_________（“增加”、“不变”、“减少”）；（2）求活塞移动h=0.1m时气体的温度？（3）求该过程活塞对气体做的功？【答案】（1）不能确定；增加（2）600K（3）2515J【解析】【小问1】活塞向上运动过程中，气体温度升高，气体内能增大，气体分子平均动能增大，平均速率增大，但某一个气体分子速率变化不能确定；由于气体压强增大，体积减小，则气缸内气体单位时间单位面积撞击器壁的次数增加；小问2】根据理想气体状态方程可得，，代入数据解得【小问3】由于气体传递给气缸的热量为即气体放出热量为25J，根据热力学第一定律可得由于气体温度从300K升高到600K，气缸内气体每升高1K内能增加8.3J，所以代入数据解得活塞对气体做功为18.如图，在光滑水平地面有一质量为mP=1.6kg物块P，其上表面为光滑的半径为R=1m的圆弧轨道，圆弧顶端A点切线竖直，P右端与薄板Q粘连在一起，薄板Q上表面恰好是P右端切面。一轻弹簧的右端固定在Q右端，另一端自由。可看成质点的质量为m=0.8kg的小滑块自圆弧顶端A点上方h=1.25m的B点自由下落，重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。（1）若P固定在地面上，薄板Q上表面光滑。①求小滑块经过A点时对P的压力？②当小滑块速度减小为刚接触弹簧时的，P和Q的连接断开，弹簧的最大弹性势能等于Ep=17.6J，Q的质量应为多大？（2）若P没有固定在地面上，Q的质量为mQ=1.6kg，其上表面弹簧左侧与小滑块的摩擦因数为μ=0.5，其余部分光滑。当小滑块滑过P右端时P和Q的连接断开，小滑块恰好不离开薄板Q，求薄板Q粗糙部分的长度和弹簧的最大弹性势能？【答案】（1）①20N，方向水平向左；②3.2kg（2），7.5J【解析】【小问1】由机械能守恒得小滑块经过A点时轨道对其支持力为根据牛顿第三定律得小滑块对P的压力与轨道对其支持力是一对作用力与反作用力，大小相等即方向水平向左小滑块从B点下落到接触弹簧前由机械能守恒由动量守恒由系统机械能守恒Q的质量为【小问2】小滑块滑过P右端时其速度为，PQ的速度为由水平方向动量守恒有由系统机械能守恒有解得，小滑块滑上Q到两者共速由动量守恒它们的共同速度由能量守恒薄板Q粗糙部分的长度为弹簧的最大弹性势能为19.如图所示，在以O为圆心，半径为2l的圆形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图所示。质量为m、由均匀导线构成的“v”型闭合线框abcdefa固定在光滑水平面内，相邻两边相互垂直，其中ab=bc=cd=de=l，ef=af=2l，导线单位长度的电阻为R，a、e两点在磁场区域的边缘。不计线框电感。（1）求0-t0内回路的电流大小及方向（“顺时针”或“逆时针”）；（2）求0-2t0内ab边的平均热功率；（3）求0.5t0时af边的电势差Uaf；（4）若闭合线框在t=2t0时解除固定，同时将匀强磁场在极短时间内减小为零，求线框瞬时获得的速度大小v。（忽略磁场减小过程中线框的位置变化）【答案】（1），方向逆时针（2）（3）（4）【解析】【小问1】由法拉第电磁感应定律，得根据闭合电路欧姆定律，有联立解得根据右手定则可知，电流方向为逆时针。【小问2】在时间内，根据焦耳定律有代入热功率计算，可得。【小问3】由于电流是逆时针，故点电势高于点电势，由欧姆定律，有由（1