2025年高考第三次模拟考试卷：物理（浙江卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：物理（浙江卷）（解析版），共21页。试卷主要包含了中国新能源汽车引领全球等内容，欢迎下载使用。
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
4. 试题难度：0.64
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．超级电容器是一种高效、实用、环保的能量存储装置，在新能源汽车等领域已得到广泛应用，如图所示是一单体超级电容器，它的电容值是。若用国际单位制基本单位的符号来表示“”，下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】用国际单位制基本单位的符号来表示“”，则，故ABD错误C正确。
故选C。
2．我国运动员全红婵在2024年奥运会女子10米跳台跳水决赛中荣获冠军。图为她在决赛中一次跳水时重心的运动轨迹和相关数据，关于本次跳水她在空中的运动过程（ ）
A．裁判在评分时可将她看成质点B．先处于超重状态后处于失重状态
C．末速度大小为47.2 m/sD．平均速度大小约为6.25 m/s
【答案】D
【详解】A．裁判在评分时，全红婵的形状大小不能忽略不计，不可以将她看成质点，A错误；
B．本次跳水她在空中的运动过程均处于失重状态，B错误；
C．由题图可知，入水速度大小为47.2 km/h，C错误；
D．由图知，全红婵在空中运动的时间为1.6 s，位移大小约为10 m，平均速度大小约为，D正确。
故选D。
3．小红在社会实践活动中帮妈妈做家务时，为了清扫沙发下的地面，用水平向右的力推着沙发缓慢移动，下列说法正确的是（ ）
A．脚对地面的摩擦力方向向左
B．地面对沙发的摩擦力方向向右
C．人推沙发的力大于沙发对人的力
D．若改用斜向下推，更容易推动
【答案】A
【详解】A．由题知，对人的脚进行分析，可知此时脚相对地面有向左运动趋势的方向，故地面对脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律，可知脚对地面的静摩擦力方向向左，故A正确；
B．对沙发进行分析，可知人对沙发的推力向右，因沙发缓慢移动，根据平衡条件，可知地面对沙发的摩擦力方向向左，故B错误；
C．人推沙发的力和沙发对人的力，是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D．若改用斜向下推，根据正交分解，可以将推力分解水平向右的分力和垂直地面向下的分力，可知增大了沙发对地面的压力，则最大静摩擦力也增大，更难推，故D错误。
故选A。
4．中国新能源汽车引领全球。某款新能源汽车具备四轮独立控制能力，可实现以O点为中心的原地旋转。A、B是车上的两点，且O、A、B三点在同一水平直线上，如图所示，在以O点为中心的原地匀速旋转过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A点的线速度的大小大于B点的线速度的大小
B．A、B两点单位时间内转过的角度相同
C．A点的加速度的大小大于B点的加速度的大小
D．B点的加速度大小不变，方向始终指向圆心，因此转动过程中B点的加速度保持不变
【答案】B
【详解】AC．以O点为中心的原地旋转，且O、A、B三点连在同一直线上，可知A点的角速度等于B点的角速度；根据、，由于A点的轨道半径小于B点的轨道半径，则A点的线速度和加速度小于B点的线速度和加速度，故AC错误；
B．两点角速度相等，根据可知，A、B两点单位时间内转过的角度相同，故B正确；
D．B点的加速度方向不断改变，则B点的加速度不断改变，故D错误；
故选B。
5．如图所示为某科研小组研制的悬球式加速度仪，它可用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度。一金属球系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点。AB是一根长为的均匀电阻丝，金属丝与电阻丝接触良好，且摩擦不计。电阻丝的中心C处焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个零刻度在中央、量程合适的理想电压表，金属丝和导线电阻不计。图中虚线OC与电阻丝AB垂直，其长度，电阻丝AB接在电压为的直流稳压电源上，重力加速度。整个装置固定在列车中，使AB沿着前进的方向。列车静止时，金属丝处于竖直方向。当列车向右做匀加速运动时，金属丝将偏离竖直方向，电压表示数为负值，下列说法正确的是（ ）
A．若电压表示数为正值时，该列车可能向左做匀减速运动
B．此装置能测得的最大加速度为
C．当列车以的加速度向右运动时，金属丝将向左偏离竖直方向
D．当电压表的示数为2V时，列车的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．由题可知，当列车向右做匀加速运动时，金属丝将偏离竖直方向，电压表示数为负值，此时加速度方向向右，当电压表示数为正值时，加速度方向向左，该列车可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，故A错误；
BC．设金属丝与竖直方向的夹角为，对小球进行受力分析，小球受重力、金属丝的拉力，其合力沿水平方向，大小为，根据牛顿第二定律可得，当金属丝摆到A点或B点时，加速度最大，此时，，，故BC错误；
D．电压表所测电阻丝的长度，串联电路电流相等，有，则电压表的示数为，将代入，可得，故D正确。
故选D。
6．如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.8t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝10t
C．0~10 s内水斗上升的高度为4 m
D．0~10 s内井绳拉力所做的功为520 J
【答案】D
【详解】A．根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝×0.1t＝0.4t，故A错误；
B．井绳拉力的瞬时功率为P＝FTv＝FTωr，又FT－（m＋m0）g＝（m＋m0）a，根据上述有a＝0.4m/s2，则有P＝10.4t，故B错误；
C．根据图像可知，0~10s内水斗上升的高度为，故C错误；
D．根据上述P＝10.4t，0~10s内井绳拉力所做的功为，故D正确。
故选D。
7．中国空间站在距地面高度约的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积为，稀薄气体密度为，不考虑其他因素对空间站的影响，则（ ）
A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小
B．空间站的速度大小为
C．气体对空间站前端作用力大小为
D．空间站发动机的功率为
【答案】C
【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律，故减小时，增大，动能增大，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，又地球表面，联立解得，故B错误；
C．设极短的时间内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为，碰撞瞬间，根据动量守恒，由于，故，对稀薄气体，根据动量定理，联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小，根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为，故C正确；
D．空间站发动机的功率为，故D错误。
故选C。
8．如图甲所示，“火灾警报系统”电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接入图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，为滑动变阻器，当通过报警器的电流超过某值时，报警器将报警，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V的示数为10V
B．要使报警器报警的临界温度升高，可将的滑片P适当向上移动
C．处出现火情时，电压表V的示数减小
D．处出现火情时，电流表A的示数减小
【答案】B
【详解】A．设原线圈的输入电压有效值为，根据有效值的定义，则有，解得
由变压器原理可得副线圈输出电压即电压表示数，故A错误；
B．将的滑片P向上移动，副线圈电路的总电阻变小，总电流增大，两端的电压变大，报警器的分压变小，电流也减小，能使报警器报警的临界温度升高，B正确；
CD．处出现火情时，热敏电阻的阻值减小，副线圈电流增大，根据变压器原理可知，电流表A的示数增大，电压表示数不变，CD错误。
故选B。
9．如图所示，实线为在M、N两点处放置的两个点电荷电场的等差等势面，虚线a、b为两个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下以相同大小的速度v0过O点后的运动轨迹，O、A、B、C各点均为粒子运动轨迹与等势面的交点，两个粒子互不影响。下列说法正确的是（ ）

A．过O点后的运动过程中，a粒子的电势能先减小后增大，b粒子的电势能先增大后减小
B．a、b两个粒子分别运动到B点和A点时动能增量的绝对值相等
C．M、N两点处的点电荷一定与a粒子带同种电荷
D．a粒子在B点的加速度一定小于b粒子在C点的加速度
【答案】A
【详解】
A．曲线运动的轨迹夹在速度方向与所受合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面，根据两粒子的运动轨迹，结合点电荷产生的场强与点电荷距离的关系，大致做出粒子在不同位置的速度方向以及根据平行四边形定则做出在不同位置所受两个点电荷电场力合力的方向如图所示
由于粒子在电场中仅受电场力的作用，电场力即为粒子所受合外力，因此当电场力的方向与速度方向之间的夹角为锐角时，电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，当电场力的方向与粒子速度方向之间的夹角为钝角时，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增加，因此可知，电场力对a粒子先做正功后做负功，a粒子的电势能先减小后增大，电场力对b粒子先做负功后做正功，b粒子的电势能先增大后减小，故A正确；
B．根据两粒子在电场中的位置可知，a、b两个粒子分别运动到B点和A点时，都只跨越了一个等势面，且根据题意可知，a、b两个粒子所跨越的等势面之间的电势差的绝对值相等，而根据动能定理可得，由于a、b两粒子的电荷量未知，因此a、b两个粒子分别运动到B点和A点时动能增量的绝对值无法判断，故B错误；
C．根据b粒子的运动轨迹可知 ，当其从靠近M点处点电荷所产生电场中运动到靠近N点处的点电荷所产生的电场中的过程中，电场力对b粒子始终是斥力，因此可知，M、N两点处的点电荷一定与b粒子带同种电荷，故C错误；
D．综合分析可知，M、N两点处放置的两个点电荷为等量的同种点电荷，根据位置关系及电场强度的矢量运算法则，无法判断B点与C点电场强度的大小，而根据电场力等于合外力有
可得，虽然两粒子的质量相同，但不知道两粒子所带电荷量的大小，以及两粒子所处位置电场强度的大小，因此无法比较a粒子在B点加速度的大小与b粒子在C点加速度的大小，故D错误。
故选C。
10．如图所示，某水池下方水平放置一直径为d=0.6m的圆环形发光细灯带，O点为圆环中心正上方，灯带到水面的距离h可调节，水面上面有光传感器（图中未画出），可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一深度h1时，发现水面上形成两个以O为圆心的亮区，其中半径r1=1.2m的圆内光强更强，已知水的折射率，则（ ）
A．湖面能被照亮的区域半径为1.5m
B．若仅增大圆环灯带的半径，则湖面上中间光强更强的区域也变大
C．灯带的深度
D．当时，湖面中央将出现暗区
【答案】C
【详解】B．水面上形成两个以O为圆心的亮区，若仅增大圆环灯带的半径，光环向外扩大，重叠的区域变小，即湖面上中间光强更强的区域变小，B错误；
AC．当重叠区域半径r1=1.2m时，如图所示， ， ，解得 ，湖面被照亮的区域半径为 ，A错误，C正确；
D．设重叠区域恰好为零时，灯带的深度为h0，如图所示 ，解得 ，当时，湖面中央将出现暗区，D错误。
故选C。
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．下列有关说法正确的是（ ）
A．黑体既不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
B．振荡电路的周期越大，发射电磁波的本领就越大
C．波长最短的电磁辐射是射线，它具有很高的能量
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
【答案】CD
【详解】A．自然界的任何物体都向外辐射电磁波，黑体是一个理想化了的物体，它能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体，故A错误；
B．振荡电路中电磁振荡的周期越大，频率越小，向外发射电磁波的本领越小，故B错误；
C．波长最短的电磁辐射是射线，它的频率最大，根据可知，射线具有很高的能量，故C正确；
D．根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确；
故选CD。
12．如图甲所示，一根粗细均匀的木筷，下端绕几圈细铁丝后竖直悬浮在装有盐水的杯子中。现把木筷竖直向上提起一段距离后放手，忽略水的粘滞阻力及水面高度变化，其在水中的运动可视为简谐运动。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，木筷下端的位移y随时间t变化的图像如图乙所示。已知盐水的密度为ρ，木筷的横截面积为S，木筷下端到水面的最小距离为，最大距离为。则（ ）
A．木筷在时间内动能先增大后减小
B．木筷做简谐运动的振幅为
C．木筷（含铁丝）的质量为
D．木筷在时间内运动的路程为
【答案】AC
【详解】A．木筷在时间内由正向最大位移处运动到负向最大位移处，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A正确；
B．由简谐运动的对称性可知，即，故B错误；
C．木筷静止在平衡位置时，所受浮力与重力相等，即，求得，故C正确；
D．木筷振动方程的一般形式为，其中，，，代入，得，时，有，结合图乙可知，木筷在时间内运动的路程为，故D错误。
故选AC。
13．如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，如果等离子源以速度发射质量均为m、带电量大小均为q的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射入两板间，单位体积内正负离子的个数均为n。忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是（ ）
A．开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板
B．设等离子体的电阻率为，没有接通电路时，等离子体受到阻力为f，则接通电路后，为了维持速度不变在通道两侧所加的压强差为
C．电键闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图中虚线所示（负离子与之类似），设此时两极板电压为U，图中轨迹的最高点和最低点的高度差为
D．图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h，在的情况下，通过电阻的电流
【答案】AC
【详解】A．开关断开时，极板间的电压大小等于电动势。由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上，可知上极板电势高。A正确；
B．根据电阻定律可知发电机板间部分的等离子体等效内阻 ，接通电路，此时发电通道内电荷量为q的离子受力平衡有，解得，由欧姆定律可得，该电流在发电通道内受到的安培力大小为FA=BIa，要使等离子做匀速直线运动，所需推力，整理后解得，B错误；
C．两板间电场强度为，配速，其中，离子受到的洛伦兹力，故离子以线速度做匀速圆周运动和以做匀速直线运动的合运动。
那么，做匀速圆周运动的半径为，则，C正确；
D．当在的情况下，即，即时，与极板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电流，单位时间内打到一块极板上的粒子数为，此时发电机的输出电流为，D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本大题共5小题，共58分）
14．实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共 14 分）
14-Ⅰ．（4分）某实验小组利用图（a）装置测量重力加速度．摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。

(1)实验中采用游标卡尺测得小球的直径结果如图（b）所示，则小球的直径为 cm；
(2)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，并借助数表软件绘制T2-l图像如图（c）所示，利用处理结果，计算可得重力加速度g= m/s2（保留三位有效数字，π2取9.87）。
(3)若某同学将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1)1.84 （1分） (2)9.73（9.70~9.90之间均可）（2分） (3)不变（1分）
【详解】（1）游标卡尺测得小球的直径1.8cm+0.1mm×4=1.84cm
（2）根据单摆的周期公式：，可得，斜率为 ，解得
（3）若将摆线长度L误认为摆长l，有，则得到的图线为，仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，故得到的重力加速度值不变。
14-Ⅱ．（5分）已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用如图甲所示的测量电路探究热敏电阻阻值随温度变化的具体关系。
(1)实验时，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值，则热敏电阻的计算值 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值；
(2)若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为4.5V和1.5mA，则此时热敏电阻的阻值为 kΩ（保留2位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度t变化的曲线如图乙所示。将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为1.4kΩ。由图乙求得，此时室温为 ℃（保留2位有效数字）；
(3)在温度为10℃左右的环境中工作的自动恒温箱简图如图丙所示，箱内电阻，，，为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图像与图乙相同。当a、b端电压时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在 ℃（保留2位有效数字）。
【答案】(1)小于（1分） (2) 3.0 （1分） 36（1分） (3)28（2分）
【详解】（1）实验采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据可知，测得热敏电阻值比真实值小。
（2）[1]热敏电阻的阻值
[2]根据图像，时，t约为36℃。
（3）设电路路端电压为U，当时，则有
代入数据解得
由乙图可知，当时，。
14-Ⅲ．（4分）
（1）我们用以下装置来做“用双缝干涉测量光的波长”的实验：
在本实验中，需要利用关系式来求解某色光的波长，其中L和d一般为已知量，所以测量是本实验的关键，观察下面的图像，你认为在实际操作中，测量应选下列图中的 （选填“甲”或“乙”）图更为合适。
【答案】甲（1分）
【详解】在实际操作中，标度线在明条纹中更加容易观察，可知，测量应选下列图中的甲图更为合适。
（2）如图是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤：
①下列有关该实验的说法正确的是____________。
A．图中的操作步骤顺序是：丙→丁→乙→甲
B．油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验
C．往浅盘中滴入油酸酒精溶液后应立即描绘油膜轮廓
②若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.2%，用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1mL，取1滴这样的溶液滴入浅盘中，即滴入浅盘中的油酸体积为 。
③不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液时得到以下油膜形状，做该实验最理想的是______。
A．B．C．
【答案】①B （1分） ② （1分） ③C（1分）
【详解】①A．根据题意，由实验原理可知，用油膜法估测油酸分子的大小的实验步骤为丙→乙→丁→甲，故A正确；
B．油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，避免酒精挥发，浓度发生变化，实验有误差，故B错误；
C．应等油酸完全散开稳定后才开始描绘油膜轮廓，故C错误。
故选B。
②根据题意可知，1滴这样的溶液中的油酸体积为
③最理想的情况是爽身粉很薄，容易被油酸酒精溶液冲开，近似圆形，故选C。
四、计算题（本大题共4小题，共44分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）
15．（5分）如图，左边是某款气压式升降椅，通过活塞上下运动来改变椅子的上下位置，右边为气缸柱放大结构图，气缸里充入一定量的密闭气体，圆柱形气缸内部横截面积为，和底座一起固定，室内温度为，活塞上端被气缸上端卡环卡住，此刻气缸内部气体柱长，外部大气压为，气缸内部气体压强，活塞、连接杆、椅子面总质量为，不计任何摩擦，气体视为理想气体。
（1）若椅子上放了一个快递，活塞对气体做功20J，一段时间后气缸内气体温度不变，判断缸内气体是吸热还是放热，求出该热量的大小。
（2）若椅子上不放任何东西，求活塞对卡环的作用力
（3）某同学刚坐在椅子上不久，椅子高度下降，平衡后某时刻缸内气体温度为312K，求该同学质量。

【答案】（1）放热，20J；（2），活塞对卡环的力方向竖直向上；（3）71kg
【详解】（1）根据热力学第一定律
可得（2分）
可得缸内气体放热，放热20J 。（1分）
（2）活塞静止不动处于平衡状态（1分）
根据牛顿第三定律得到，活塞对卡环的力方向竖直向上 （1分）
（3）根据理想气体状态方程有
得到（1分）
活塞静止不动处于平衡状态（1分）
解得（1分）
16．（11分）某装置的竖直截面如图所示，足够长的光滑倾斜轨道与圆弧OABC轨道平滑连接，OABC管道与平面AD相切于A点，OABC管道半径，倾斜轨道上有一滑块可从任意高度（为滑块到AD平面的竖直高度）由静止开始下滑（可变），滑块尺寸略小于管道内径，管道点与小车平面等高，小车左端紧靠管道点，小车由水平轨道EF与四分之一圆弧轨道FG组成，水平轨道，圆弧轨道FG半径，圆弧AB，BC对应的圆心角均，圆弧OA对应的圆心角为。滑块与EF轨道间的动摩擦因数，滑块质量，小车质量。其它轨道均光滑，滑块可视为质点，不计空气阻力，取（，）求：
(1)滑块从斜面静止下滑恰能滑到点，求滑块下滑高度；
(2)若小车没有固定在平面上，平面光滑且足够长，滑块滑上小车恰能到达F点，求滑块下滑高度；
(3)若小车没有固定在平面上，半面光滑且足够长，滑块能滑上小车并且不会滑离小车，求滑块下滑高度的范围。
【答案】(1)0.4m (2) (3)
【详解】（1）物体恰能滑到点（1分）
根据动能定理有
解得（1分）
（2）恰能到达点，由动量守恒得（1分）
由能量守恒得（1分）
解得
由动能定理得（1分）
解得（1分）
（3）①物体滑上小车此时（1分）
②物体恰能到达点，由动量守恒得
由能量守恒得
解得
由动能定理得
解得（1分）
③物体返回EF恰好不从点滑出，由动量守恒得
由能量守恒得（1分）
解得
由动能定理得
解得（1分）
综上所述（1分）
17．（12分）质子和中子在一定条件下紧密结合成氦核，从较大原子核中被抛射出来，于是放射性元素就发生了α衰变。位于x轴原点O处的核反应区通过α衰变可形成一个α粒子源，该粒子源在纸面内向x轴上方区域各向均匀地发射α粒子。x轴正上方区域存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1.66T，方向垂直纸面向外。在x=0.12m处放置一个下端与x轴相齐，上端足够长的感光板用于探测和收集粒子。已知，质子质量mp=1.007277u，中子质量mn=1.008976u，α粒子的质量mα=4.00150u，1u=1.66×10-27千克，元电荷e=1.6×10-19C，sin37°=0.6，cs37°=0.8.若α粒子从O点飞出时速度大小为6×106m/s：
(1)写出质子和中子结合成α粒子的核反应方程，并计算该核反应所释放的能量；
(2)求垂直于x轴进入磁场的α粒子，经多长时间到达感光板；（第(2)(3)(4)小题计算时，m均取6.64×10-27kg）
(3)α粒子经磁场偏转后有部分能到达感光板，且感光板上某个区域中的同一位置会先后接收到两个粒子，这一区域称为二次发光区，问二次发光区的长度以及到达二次发光区的粒子数与总粒子数的比值；
(4)若感光板位置x和磁感应强度B大小可调节，要维持到达二次发光区的粒子数与总粒子数比值不变，求B与x应满足的关系。
【答案】（1），28.9MeV；（2）；（3），；（4）
【详解】（1）质子和中子结合成α粒子的核反应方程为（1分）
再由质能方程（1分）
（2）有洛伦兹力提供向心力，求得
（1分）
（1分）
（3）由题意可得
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
（4）要维持到达二次发光区的粒子数与总粒子数比值不变，有（1分）
又因（1分）
解得（1分）
即（1分）
18．（13分）某物理兴趣小组设计了一个电流天平，如图甲所示：“E”形磁铁的两侧为极，中心为极，磁极之间的磁场是沿半径向外的辐向磁场，磁场只分布在图乙左右各的范围内，距离中心处的磁感应强度大小为（为已知常数）；一半径为的圆形线圈，套在一个绝缘框架上，与上方的秤盘连为一体，线圈两端与外电路连接，秤盘与之间连接一轻质弹簧。当把待测重物放在秤盘上时，秤盘和线圈一起向下运动，弹簧被压缩，随后通过两端对线圈供电，使秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流便可确定重物的质量。已知线圈匝数为，电阻为，弹簧劲度系数为，秤盘框架和线圈的总质量为，空气阻力忽略不计，分析以下问题：
（1）外电路对线圈供电时，电流要从端还是端流入? 若供电的电流强度为，每一匝线圈受到安培力的长度为多少？待测物体的质量是多大？
（2）图丙是一备用线圈，材料、匝数与线圈完全相同，但半径比线圈的半径要大，当使用备用线圈测量物体质量时，通过计算说明测量值会发生怎样的变化？（“偏大”、“偏小”还是“不变”）
（3）如果把供电电源撤去、重物取走，将线圈两端短接，待秤盘静止后，再将质量为的重物轻轻置于秤盘上，秤盘会做阻尼振动，振动图像如图丁所示，为已知，求：
①从把的重物轻轻放秤盘上到最终秤盘停止运动，线圈中产生的焦耳热；（已知弹簧的弹性势能为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。）
②时间内安培力的冲量大小。时刻时刻
【答案】（1）见解析；（2）不变；（3）①；②
【详解】（1）当线圈通电后在磁场中受到安培力作用，结合题意，安培力方向应该向上，所以由左手定则可以判断，电流应从端流入；（1分）
每匝线圈在磁场中受安培力的有效长度为，（1分）
由平衡条件得（1分）
将代入上式可得（1分）
（2）设备用线圈在距离极中心处磁感应强度为，有（1分）
由
可得（1分）
与线圈半径无关，故测量值不变。（1分）
（3）①没放重物时，弹簧的压缩量
最终静止时，弹簧的压缩量（1分）
由能量守恒定律得（1分）
联立得（1分）
②安培力的冲量大小为（1分）
平均电流（1分）
时间内线圈向上运动的位移为，有
联立以上各式（1分）