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人大附中 2026 届高三物理综合练习
说明：1.本练习共 100 分。练习时间90 分钟。
2.请将选择题答案填涂在机读卡上，在答题纸上指定位置填写个人信息和填写和作答非选择题，在试卷上作答无效。
第一部分
本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项
1 ．有关近代物理中的原子、原子核以及量子理论。以下叙述正确的是( )
A ．试电笔中的氖管，是由灯管内的气体原子从高能级向低能级跃迁而发光的
B ．爱因斯坦的光电效应方程可以很好地解释遏止电压和光的频率无关
C ．随着温度升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
D ．汤姆逊发现电子说明原子具有核式结构
2 ．图甲为一列沿 x 轴正向传播的简谐横波在t = 1s 时刻的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是( )
A ．图乙可能为质点 L 的振动图像
B ．该简谐波的波速为0.3m / s
C ．该时刻质点 K 与 L 的速度、加速度都相同
D ．质点 K 再经1s 将沿 x 轴正方向移动到x = 0.4m 处
3．如图所示为某一定质量的理想气体的p - T 图像，其中，ab 延长线过 O 点，bc 与横轴平行。下列说法正确的是( )
A ．由 a 到 b 的过程，气体压强变大是因为气体分子密集程度变高
B ．由 b 到 c 的过程，气体对外界做功，吸收热量
C ．由 b 到 c 的过程，气体温度升高，所有气体分子的动能都增大
D ．由 b 到 c 的过程，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数可能不变
4 ．如图所示，两束单色光 A 、B 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光 P，下列说法正确的是( )
A ．在玻璃中，A 光的光速大于 B 光的光速
B．A 光的折射率大于 B 光的折射率
C ．实验条件完全相同的情况下做双缝干涉实验，B 光比 A 光条纹间距大
D ．这两种单色光由玻璃射向空气时，B 光的全反射临界角较大
5 ．如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠在一起，在水平力F1 、F2 的作用下运动，已知F1 > F2 。下列说法正确的是( )
A ．甲对乙的作用力大小为F1
F + F
B ．乙对甲的作用力大小为 1 2 2
C ．如果撤去F1 ，乙的加速度一定变大
D ．如果撤去F1 ，甲对乙的作用力一定减小
6 ．如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势 e 随时间 t 的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的 A 、B 两端。Rt 为热敏电阻（已知其电阻随温度升高而减小），R 为定值电阻，
图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A ．变压器 A 、B 两端电压的瞬时值表达式为u = 51sin 50π t(V )
B ．图甲中t = 1 × 10-2 s 时，穿过线圈的磁通量为 0
C ．Rt 温度升高后，电压表V1 与V2 示数的比值不变
D ．Rt 温度降低后，变压器的输入功率减小
7．在范围足够大的匀强磁场中，静止在 P 点的4 C 核发生一次 β 衰变，衰变产生的4 N 核与
电子恰好在纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A ．该 β 衰变过程反映了4 C 核中至少含有 1 个电子
B ．电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小
C ．电子与 4 N 核形成的等效电流可能均沿逆时针方向
D ．电子第一次回到 P 点时4 N 核也恰好到达 P 点
8．如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于 B 位置。现用手托重物使之缓慢上升至 A 位置，此时弹簧长度恢复至原长，之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在 A 位置和 C 位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力， 关于上述过程，下列说法中正确的是( )
A ．重物在 C 位置时处于失重状态，其加速度的大小等于当地重力加速度的值
B ．在重物从 A 位置下落到 B 位置的过程中，重力的冲量小于弹簧弹力的冲量
C ．在重物从 A 到 B 位置和从 B 到 C 位置的两个过程中，弹簧弹力对重物做功之比是 1:4
D．在手托重物从 B 缓慢上升到 A 位置的过程中，手对重物做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能
9 ．图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，已知电路中灯泡的电阻 R1=6Ω,定值电阻
R2=2Ω,电源电动势为 6V，内阻不计。用电流传感器监测通过电感线圈 L 中的电流，如图甲电流表所示。闭合开关 S 使电路处于稳定状态，灯泡发光。在 t=0. 1s 时刻断开开关 S，断开开关S 前后电流传感器显示电流随时间变化的图像如图乙所示。电流传感器内阻忽略不计，根据以上信息下列说法中错误的是( )
A ．可以求出电感线圈的电阻
B ．可以估算出断开开关后流过灯泡的电荷量
C ．可以判断出断开开关后灯泡不会出现闪亮的现象
D ．可以判断出断开开关后 R2 两端电压的变化情况
10．太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示， 假设有一长度为 r 的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个太空电梯相对地面静止。卫星 b 与空间站 a 的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球半径为 R，自转周期为T，下列说法正确的是( )
A ．太空电梯各点向心力全部由万有引力提供，处于完全失重状态
B ．太空电梯上各点线速度平方与该点离地球球心距离成反比
C ．太空电梯靠近地球一端的角速度大于空间站 a 的角速度
2tT
D ．若经过时间 t 之后，a、b 第一次相距最远，则卫星 b 的周期为 2t - T
11．空间存在一平行于纸面的匀强电场，在电场内取某点记为坐标原点 O，沿某一方向建立 x 轴，选取 x 轴上到 O 点距离为 r 的 P 点，以 O 为圆心、r 为半径作圆，如图所示（图中 a、 b...h 各点等分圆周）。从 P 点起沿圆周逆时针方向移动一周，圆上各点的电势φ 会随转过角度θ 发生变化。当半径 r 分别取r0 、2r0 、3r0 时，其φ-θ 图像如图所示，三条曲线所对应的电势均在 时达到最大值，最大值分别为2φ0 、 φ0 、 φ0 。则下列说法正确的是( )
A ．曲线①对应的 r 取值为r0
B ．坐标原点 O 的电势为φ0
C ．电场强度大小为 φ0 ，方向与 x 轴成 π 斜向右r0 6
D ．从 e 到f，电势先降低后升高，从 h 到 a，电势一直升高
12．如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合的铜制线圈。将小磁铁向下拉到某一位置后释放，第一次回到原点开始计时，小磁铁将做阻尼振动，其位移 x 随时间 t 变化的图像如图乙所示，经t0 时间，可认为振幅 A 衰减到0，取竖直向上为正向。曲线上 A 、B 两点连线与横轴平行，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．B 时刻线圈中有逆时针（从上往下看）方向的电流
B ．更换电阻率更大的线圈，振幅 A 会更快地衰减到零
C ．小磁铁在 A 时刻的动能等于 B 时刻的动能
D ．增加线圈的匝数，t0 会减小，线圈产生的内能不变
13．如图为一个光电烟雾探测器，光源 S 发出一束波长为0.8μm的红外线，当有烟雾进入探测器时，来自光源 S 的红外线会被烟雾散射进入光电管 C，当红外线射到光电管中的金属表面时发生光电效应，光电流大于8× 10-9 A 时，便会触发报警系统。已知元电荷
e = 1.6 × 10-19 C，光在真空中的传播速度为 3× 108 m/ s，下列说法正确的是( )
A ．光电流的大小与光照强度无关
B ．该金属的极限频率大于3.75× 1014 Hz
C ．若光源单位时间发出相同数量光子的可见光，则该装置将会失去报警功能
D ．若射向光电管 C 的光子中有 10％会产生光电子，当报警器报警时，每秒射向该金属表面的光子数最少为5× 1011 个
14．2020 年2 月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面 S 蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，它与光学显微镜相比具有更高的分辨率，其原因是电子的物质波波长远小于可见光波长。在电子显微镜中， 电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环 M、N 组成，其结构如图甲所示，图乙为图
甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势φN > φM ，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相邻等势面间电势差相等）。现有一束电子经电压 U 加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环 M。根据题目信息和所学知识，下列推断正确的是
A ．电子比可见光的波动性强，衍射更为明显
B ．增大电子的加速电压 U，可提升该显微镜的分辨率
C ．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D ．电子在穿越电子透镜的过程中速度不断减小
第二部分
本部分共 6 题，共 58 分。
15 ．物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验操作和实验分析等。
(1)下列实验操作，正确的是 （填选项前的字母）。
A ．双缝干涉实验中想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近
B ．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压
C．某同学实验测得油酸分子直径数据偏大，可能是因为用注射器和量筒测V0 体积溶液滴数
时多记录了几滴
(2)某同学利用单摆测量重力加速度的大小。
①用游标卡尺测量摆球的直径，如图所示，测出的小球直径为 cm；
②测得多组摆长 L 及对应的周期 T，作出T2 - L图像如图所示，利用图线的斜率计算重力加速度，计算结果在误差允许的范围内与当地的重力加速度相等，图线没有过原点的原因可能是 。
A.测周期时多计了一个周期 B.测周期时少计了一个周期
C.直接将摆线长作为摆长 D.将摆线长加上摆球直径作为摆长
(3)“探究影响感应电流方向的因素” 的实验示意图如图所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息， 分析得出楞次定律。下列说法正确的是( )
A ．实验时必须保持磁铁运动的速率不变
B ．该实验需要知道线圈的绕向
C ．该实验需要记录磁铁的运动方向
D ．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系
16 ．某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。
(1)如图所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律. 图中的 O 点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时， 先使 A 球多次从斜轨上位置 P 释放。然后， 把半径相同的 B球静置于轨道末端，再将 A 球从斜轨上释放，与 B 球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述 A 球与 B 球相碰的过程，分别找到碰后落点的平均位置分别为 D 和 F。用刻度尺测量出水平射程OD 、OE 、OF 。测得 A 球的质量为mA ，B 球的质量为mB 。
①实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。必须满足的条件有 ；
A.两球的质量必须相等
B.轨道末端必须水平
C. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
D.轨道倾斜部分必须光滑
②在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒；若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球发生的是弹性碰撞。
(2)如图小李同学利用另一套装置做了一个新实验，选取两个体积相同、质量不等的小球（m1大于m2 ），先让质量为 m1 的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的 O 点飞出并落在斜面上。再把质量为m2 的小球放在 O 点，让小球m2 仍从原位置由静止释放，与小球m2 碰后两小球均落在斜面上，分别记录 M、P、N 三个落点的位置距离 O 点的长度分别为xOM 、
xOP 、xON 。在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。
仅改变小球m2 的质量（两小球质量关系仍符合题干条件），其他条件均不变，将小球 m1 多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2 相碰，以 ·xOM 为横坐标、 为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是 。
A.
017145
B
C
.
17 ．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。滑雪坡由 AB 和 BC 组成，AB 是倾角为 45°的斜坡，BC 是半径为 R = 5m 的圆弧面，圆弧面和斜坡相切于 B，与水平面相切于 C，如图所示， AC 竖直高度 h1 = 10m，竖直台阶 CD 高度为 h2 = 5m，台阶底端与水平面 DE 相连。运动员连同滑雪装备总质量为 80kg，从 A 点由静止滑下，到达 C 点时速度大小为 14m/s。通过 C点后落到水平面上，不计空气阻力，g 取 10m/s2。求：
（1）运动员经过 C 点时受到的支持力大小 N。
（2）运动员在 DE 上的落点距 D 点的距离 x。
（3）从 A 点运动到 C 点，摩擦力对运动员做的功 W。
18．卫星携带一探测器在半径为r0 的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，运动周期为T0 ，现从轨道上某点将探测器沿运行方向射出（发射时间极短），此后探测器不再具有动力但足以摆脱地球引力束缚，而卫星沿原方向绕地球做椭圆运动。已知质量分别为m1 、m2 的两个质点相距为 r 时的引力势能为Ep ，其中 G 为引力常量，已知开普勒行星运动三大定律。不计其他天体的作用。求：
(1)卫星和探测器绕圆轨道运动的线速度大小v0 ；
(2)发射后瞬间探测器的速度大小v1 ；
(3)小可认为，若给定卫星与探测器的质量之比，则可求得发射探测器后卫星沿椭圆轨道运动的周期。请你分析说明她的观点是否正确，写出关键方程。
19 ．导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。
如图 1 所示为固定于水平面的U 形平行金属框abcd，处于竖直向下磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨间距为 L 。ac 间接有电阻 R，导体棒MN 在与其垂直的水平恒力的作用下，在导线框上以速度 v 做匀速运动，恒力方向与速度 v 相同，MN 始终与导线框形成闭合电路，已知MN 电阻为 r ，其长度恰好等于平行轨道间距，忽略摩擦阻力、空气阻力和导线框的电阻。已知电子电量为 e（绝对值），电路稳定后电子在导体棒中沿导体棒做匀速直线运动。
(1)通过公式推导验证：在 Δt时间内，水平恒力对导体棒MN 所做的功 W 等于金属框总电路中产生的焦耳热 Q；
(2)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。在此基础上， 求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f 的表达式。
(3)实际上，由于电子沿导线方向运动，电子所受洛伦兹力并不沿着导体棒方向，洛伦兹力在垂直于导体棒方向也有分力。而另一方面，通电导体MN 在磁场中也会在MN的左右两侧产生霍尔电压UH ，相应对电子产生霍尔电场力。将导体棒MN 放大如图 2，其宽为 d、厚为
h，已知单位体积内的自由电子数为 n，求UH 。
20．静电除尘先使空气中的灰尘带一定的电荷，后利用静电场使带电灰尘运动到指定区域进行收集。
(1)现对一个半径为 R 的圆桶内部区域除尘。一根沿圆桶轴线的细导线作为电极，电极外套一个半径为R0 的圆桶保护管，其轴线与直导线重合。紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极，在两电极间加上恒定的电压使得筒壁处电场强度的大小为E0 。已知沿圆桶半径方
1
向电场强度大小为E ? ,式中 r 为所研究的点与直导线的距离。
r
若设每个灰尘质量相同，电荷量均为-q ，其所受空气阻力与其速度大小成正比FR = kv （k为大于 0 的已知常量）。由于灰尘较小，其受电场力作用在空气中达到匀速运动的时间及通过的位移可忽略不计。不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力。
①试通过计算，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到桶壁的过程中，其瞬时速度大小 v 与 r 之间的关系；
1
②请你借鉴教科书中由v - t 图像下的面积求位移的方法，画出 随 r 变化的图像，根据图像v
求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到桶壁的时间。
(2)空气分子先电离，尘埃吸附电子而带电，使分子或原子电离需要一定条件。不同于氢原 子，多电子原子核，内、外层电子都可能被激发而产生光电效应。内层电子离原子核更近，电离能更大，如果要激发内层电子，需要更大能量。如图 1 ，一束高能电子将某原子内层
（如 K 层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如 L 层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以 X 光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L 层或 M 层的电子）电离，该电子称为俄歇电子：
现用电子动能Ee = 15.0keV 的电子束轰击某原子，成功激发 KLM 俄歇过程（即初始空穴为 K层、跃迁电子来自 L 层、逸出电子来自M 层）和 KLL 俄歇过程（逸出电子来自L 层）。已知该原子 K 层的电离能EK ≈ 10.0keV ，L 层的电离能EL = 1.0keV ，已知电子的电荷量
e = 1.60 ? 10-19 C ，电子质量 me = 9.1 ? 10-31kg ，光速 c = 3 ? 108 m/s ，普朗克常量h = 6.63 ? 10-34 J . s 。请回答：（计算结果保留一位有效数字）
①求射出的 X 光子的波长λX ；
②某同学利用如图 2 示磁场测量俄歇电子动能；俄歇电子从原点 O 垂直y 轴和磁场方向进入匀强磁场，在y1 = 10.0cm和y2 = 10.5cm 处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子 M 层的电离能EM 。
1 ．A
A ．当灯管内的气体原子吸收能量后，会从低能级跃迁到高能级。处于高能级的原子不稳定，会自发地向低能级跃迁，根据玻尔理论，原子从高能级向低能级跃迁时，会辐射出光子，所以试电笔中的氖管发光原理就是灯管内气体原子从高能级向低能级跃迁，故 A正确；
B ．根据爱因斯坦光电方程eUc = hn -W0可得Uc
可知遏止电压与光的频率是线性相关的，故 B 错误；
C．根据黑体辐射的规律，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故 C 错误；
D．汤姆逊发现了电子，说明原子是可以再分的，但并没有说明原子具有核式结构，故 D 错误。
故选 A。
2 ．A
A ．由题意知波向右传播，由图可得t = 1s 时刻质点 L 在平衡位置，由上下坡法可知质点 L 下一时刻向下振动，故乙图可能是质点 L 的振动图像，故 A 正确；
B ．由图可得
λ = 0.4m
T = 2s
所以波速为
故 B 错误；
C ．由图可知质点 K 与 L 相差半个周期，所以两者的速度、加速度等大、反向，故 C 错误；
D ．因为每个质点都在自己平衡位置周期性振动，不会随波迁移，故 D 错误。
故选 A。
3 ．B
A ．根据 C 可知由 a 到 b 的过程，气体的体积不变，气体分子密集程度不变，气体压强变大是因为温度升高，气体分子的平均动能增大，撞击力和撞击频率增加，故 A
错误；
B ．根据 C 可知由b 到 c 的过程，气体温度升高，气体内能增大；气体体积V增大，
气体对外做功（W < 0），根据热力学第一定律ΔU = W +Q可知Q >0 ，气体吸收热量，故 B 正确；
C ．由 b 到 c 的过程，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有气体分子的动能都增大，故 C 错误；
D ．由 b 到 c 的过程，温度升高，气体分子平均动能增大，单个分子对器壁撞击的平均作用力增大，压强不变，可知容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少，故 D错误。
故选 B。
4 ．A
B ．由图可知，A 光的入射角要比 B 光的入射角要大，它们的折射角相同，根据
n （此处 θ1 指的是折射角，θ2 指的是入射角）可知 B 光的折射率大，则 B 光的频率大，故 B错误；
A ．由于nB > nA ，由 v 知vB < vA ，故 A 正确；
C ．因为 B 光的频率大于 A光的频率， 根据 可知所以 B 光的波长小，根据条纹间距公式 可知 B 光的比 A 光的条纹间距小，故 C 错误；
D ．两种单色光由玻璃射向空气时，临界角的正弦值sin C
B 光的折射率大，所以CB < CA ，即 B 光的全反射临界角较小，故 D 错误。
故选 A。
5 ．BD
A ．设甲、乙的质量都为m ，对整体根据牛顿第二定律有F1 - F2 = 2ma解得a
设甲对乙的作用力大小为FN ，隔离乙作为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得甲对乙的作用力大小FN ，故 A 错误；
B ．根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小FN 9 = FN ，故 B 正确；
C ．如果撤去F1 ，对整体根据牛顿第二定律有F2 = 2ma解得a
由于无法比较F1 - F2 与F2 的大小关系，因此无法比较a 与a9 的大小关系，故 C 错误；
D ．如果撤去F1 ，设甲对乙的作用力大小为FN '' ，隔离乙作为研究对象，根据牛顿第二定律有 FN '' = ma
解得FN FN
因此，甲对乙的作用力一定减小，故 D 正确。
故选 BD。
6 ．D
A ．根据图甲可知
Em = 51V ，T = 0.02s
则
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
u = 51sin100π t(V )
故 A 错误；
B．在图甲的 t=0.01s 时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故 B 错误；
C ．理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表 V1 示数不变，副线圈两端的电压 U2 不变。Rt 处温度升高时，Rt 阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流 I2 减小。电压表 V2 测量 Rt 的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有
Ut = U2 - I2 R
则电压表 V2 示数减小，故电压表 V1 示数与 V2 示数的比值变大，故 C 错误；
D ．理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压 U2 不变。Rt 处温度降低时，
Rt 阻值变大，则变压器的输出功率为
输出功率变小。理想变压器输入功率等于输出功率， 故变压器的输入功率减小，故 D 正确。故选 D。
7 ．C
A ．该 β 衰变是原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子。也是其衰变过程中电子的来源，所以并不能说明 4 C 核中有电子，故 A 项错误；
B ．静止的 4 C 发生衰变，其产生的电子和4 N 核组成的系统动量守恒，有
0 = p电 + p氮
所以电子和氮核的动量大小相等，方向相反。其均在磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力有
解得
由于电子和氮核在同一磁场，且动量大小相等。但是氮核的带电量大于电子的带电量， 所以电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，故 B 项错误；
C ．若发生 β 衰变后，电子顺时针做匀速圆周运动，根据系统的动量守恒可知氮核逆时针做匀速圆周运动，根据电流方向的判定，则电子与 4 N 核形成的等效电流均沿逆时针方向，故C 项正确；
D ．发生 β 衰变后，两带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
整理有
因为电子和氮核的比荷不一致，故两粒子的周期不同，所以当电子回到 P 点，即完成一个周期后，氮核没有在 P 点，故 D 项错误。
故选 C。
8 ．D
A ．根据简谐振动的对称性可得回复力最大为 mg，故在最低点 C 点时回复力大小等于 mg，方向向上，所以加速度为 g，方向向上，重物处于超重状态，故 A 错误；
B ．在重物从 A 位置下落到 B 位置的过程中，重力始终大于弹力，由I = Ft可知重力的冲量大于弹簧弹力的冲量，故 B 错误；
C ．在重物从 A 位置到 B 位置，从 B 位置到 C 位置，由于弹力是均匀增大的，所以弹力做功之比为
所以弹簧弹力对重物所做功之比为 1:3，故 C 错误；
D ．在手托重物从 B 位置缓慢上升到 A 位置的过程中，由能量关系可知W手 - mgh+W弹 = 0重物从 A 点下落到 B 点时动能最大，由动能定理mgh -W弹 = Ekm
解得W手 = Ekm
即手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故 D 正确。故选 D。
9 ．C
A ．开关 S 闭合且电路稳定时流过线圈 L 的电流为 1.5A，根据欧姆定律可得
代入数据解得RL = 2Ω ,故 A 正确，不符合题意；
B ．根据Q = It 可知，I-t 图像中图线与坐标轴围成的面积表示流过灯泡的电荷量，所以断开开关后流过灯泡的电荷量为Q = 34 × 0.02 × 0.1C = 0.068C ，故 B 正确，不符合题意；
C ．由于故闭合 S 时，流过线圈的电流大于流过灯泡电流，所以断开 S 发生自感现象时，小灯泡会发生闪亮现象，故 C 错误，符合题意；
D ．由图可知，断开开关后流过 R2 的电流从 1.5A 减为零，从而可以判断断开开关后 R2 两端电压由 3V 变为零，故 D 正确，不符合题意。
故选 C。
10 ．D
A ．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，角速度相同，只有在 a 点完全失重
Mm
其余位置G 2 > mw2r ，不是完全失重状态，故 A 错误；
r
B ．太空电梯上各点v = wr
所以线速度与该点离地球球心距离成正比，故 B 错误；
C ．太空电梯上各点的角速度与地球同步卫星的角速度相同，故 C 错误；
D ．若经过时间 t 之后，a 、b 第一次相距最远，则有 解得 ，故 D 正确。
故选 D。
11 ．D
A ．由题目所给信息可知，三条曲线均在θ = θ0 时，电势最大，如图所示
可见半径越大，电势的最大值越大，曲线①对应 r 取值为3r0 ，故 A 错误；
C ．根据U = Ed 可知该匀强电场的电场强度E
π
电场强度方向与 x 轴负方向成 斜向左下方，故 C 错误；
6
B ．设坐标原点 O 的电势为 φx ，则E 解得 ，故 B 错误；
π
D．电场强度方向与 x 轴负方向成 斜向左下方；由电场线从电势高地方指向电势低的地方， 6
及匀强电场的等势面与电场线垂直，可得从 e 到f，电势先降低后升高，从 h 到 a，电势一直升高，故 D 正确。
故选 D。
12 ．D
A．B 时刻小磁铁位移为正，振动方向向下，可知线圈的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中有顺时针（从上往下看）方向的电流，故 A 错误；
B ．更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“ 阻碍”作用变弱，则振幅会更慢慢地衰减到零，故 B 错误；
C．小磁铁在 A 时刻的位移等于 B 时刻的位移，可知A 时刻小磁铁的重力势能和弹簧的弹性势能等于 B 时刻小磁铁的重力势能和弹簧的弹性势能，由于有能量损失，可知小磁铁在 A时刻的动能大于 B 时刻的动能，故 C 错误；
D ．增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0 会减小，由于开始释放时弹簧的弹性势能相同，可知停止时线圈产生的内能不变，故 D 正确。
故选 D。
13 ．D
A ．光电流的大小与光照强度有关。在达到饱和电流之前， 光照强度越大，光电流越大，故 A 错误；
B ．根据波长与频率的关系式，有c = λn代入数据，可得n = 3.75 × 1014 Hz
根据光电效应原理，可知该金属的极限频率小于3.75 × 1014 Hz，故 B 错误；
C ．根据报警器的工作原理可知，由于可见光的光子能量大于红外线的光子能量，所以若光源发出的是可见光，则该装置不会失去报警功能，故 C 错误；
D ．当光电流等于8× 10-9 A 时，光电子的数目为N 个
若射向光电管 C 的光子中有 10%会产生光电子，故光子数最少为个，故 D正确。
故选 D。
14 ．B
A ．电子物质波的波长比可见光的波长短，因此不容易发生明显衍射，A 错误；
B ．波长越短，衍射现象越不明显，根据德布罗意物质波波长关系式 可知，增大电子的加速电压 U，电子的速度增大，波长减小，则显微镜的分辨率增大，B 正确；
C ．由于两圆环的电势φN > φM ，根据等势面的特点可知，电场线垂直于等势面向且凹侧向
外，并由 N 指向 M 方向，如下图所示，则电子受力指向中间电场线，所以该电子透镜对入射的电子束能起到会聚作用，C 错误；
D ．如上图所示，电子在穿越电子透镜的过程中，电场力一直对电子做正功，所以电子速度不断增大，D 错误。
故选 B。
15 ．(1)B
(2) 1.96 C
(3)BCD
（1）A ．在做双缝干涉实验中，条纹间距公式为
可知单缝向双缝靠近，不会改变双缝到屏的距离L 、双缝间距 d 和波长λ ,故 A 错误；
B ．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时， 原、副线圈的电压都是交流电， 因此需要使用多用电表的交流电压挡来测量，故 B 正确；
C ．用油膜法测分子直径时，若用注射器和量筒测V0 体积溶液滴数时多记录了几滴，根据
可知 1 滴油酸精溶液的体积V会减小，根据d 可知所测得的油酸分子直径数据偏小，故 C 错误。
故选 B。
（2）① [ 1]用游标卡尺测量摆球的直径为d = 1.9 × 10mm + 6 × 0. 1mm = 19.6mm = 1.96cm
② [2]AB．在测周期时多计了一个周期或少计了一个周期，会造成周期的测量出现误差，使T2 - L图线的斜率发生变化，但图线仍会经过原点，故 AB 错误；
C ．设小球的半径为r ，若直接将摆线长L 作为摆长L真 ，则有L真 = L + r
L真g
根据单摆周期公式T = 2π
联立解得T r
4π2
可知图像的斜率仍为 ，故测出的重力加速度在误差允许的范围内与当地的重力加速度g
相等，但当L = 0 时T，即有纵截距且为正值，不过原点，故 C 正确；
D ．若将摆线长加上摆球直径 2r作为摆长L ，则有L = L真 + r根据单摆周期公式T
联立解得T r
4π2
可知图像的斜率仍为 ，故测出的重力加速度在误差允许的范围内与当地的重力加速度
g
相等，但当L = 0 时T，即有纵截距且为负值，不过原点，故 D 错误。故选 C。
（3）A ．实验的目的是探究感应电流方向的影响因素，磁铁运动的速率只会影响感应电流的大小，不会影响感应电流的方向，因此不需要保持速率不变，故 A 错误；
B ．要分析感应电流的方向与磁通量变化的关系，必须知道线圈的绕向，这样才能结合电流计指针偏转方向判断感应电流产生的磁场方向，故 B 正确；
C ．磁铁的运动方向决定了线圈中磁通量的变化趋势（增加或减少），这是分析感应电流方向的关键因素之一，需要记录，故 C 正确；
D ．电流计指针偏转方向是判断感应电流方向的依据，因此必须先确定指针偏转方向与通入电流方向的对应关系，故 D 正确。
故选 BCD。
16 ．(1) BC mA . OE = mA . OD + mB . OF mA . OE2 = mA . OD2 + mB . OF2 或者OE + OD = OF
(2) m1 xOP = m1 xOM + m2 xON C
（1）[ 1]A ．为了保证 A 球碰后不被反弹，所以 A 球的质量大于 B 球的质量，故 A错误；
B ．为了保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故 B 正确；
C ．同一组实验中，为了保证两次入射小球到达轨道末端具有相同的速度，入射小球必须从同一位置由静止释放，故 C 正确；
D ．只要保证小球每次到达 O 点的速度相同即可，轨道无须光滑，故 D 错误。
故选 BC。
[2]小球做平抛运动的过程，有hgt2 ，x = vt

2h 2h
\ g \ g
整理解得t = ，x = v ·
发现平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比。
由题意，碰撞前后动量守恒，则mAv1 = mAv1, + mBv2,
三个平抛运动的高度相同，则可用平抛的水平位移来表示，所以要验证的表达式为mA . OE = mA . OD + mB . OF
[3]若两球发生的是弹性碰撞有 mA v mA v mBv 可得mA . OE2 = mA . OD2 + mB . OF2 或者OE + OD = OF
（2）[ 1]小球飞出后均为平抛运动，假设小球位移为 x ，由平抛运动的知识可得x . cosθ = vt ，
解得v = x . cos cos
由碰撞规律可知，P 点是小球m1 第一次的落点，M 和 N 分别是碰后小球m1 和m2 的落点，碰撞过程满足动量守恒m1vP = m1vM + m2vN
代入可得m
[2]小球m1 的碰前速度保持不变，则xOP 不变，根据前问解析动量守恒关系式可写成
能量守恒关系式 m1v m1v m2v
可写成m1xOP = m1xOM + m2xON联立可得 故选 C。
17 ．（1）3936N；（2）14m；（3）-160J
（1）由题知运动员连同滑雪装备从 A 点由静止滑下，到达 C 点时速度大小为14m/s，则运动员在 C 点有
解得
NC = 3936N
（2）运动员连同滑雪装备从 C 点飞出做平抛运动，则有
x = vCt
联立解得
x = 14m
（3）运动员连同滑雪装备从 A 点运动到 C 点右
解得
W 克= 160J 故摩擦力对运动员做的功 W 为-160J。
(3)小可的观点正确，(m1 + m2)v0 = m1v1 + m2v2 和
（1）由匀速圆周运动线速度与周期的关系，可得v
（2）设地球质量为 M，探测器质量为 m1 ，卫星质量为 m2 ，探测器从被发射到无穷远的过程，由能量守恒定律得 m1v
发射前，由牛顿第二定律得G 联立解得v
（3）小可的观点正确。
设发射后卫星的速度为v2 ，发射过程由动量守恒得 (m1 + m2)v0 = m1v1 + m2v2
发射后卫星绕地球做椭圆运动，设近地点速度为v2, ，近地点到地心距离为 r ，由开普勒第二定律得 v2Δt rvt
由能量守恒定律得 m2v m2v
设发射后卫星绕地球运动的周期为 T，由开普勒第三定律得 联立以上方程，若给定卫星与探测器的质量之比，可求得发射后卫星的运行周期。
19 ．(1)见解析
（1）导体切割磁感线，产生的动生电动势为 E = BLv根据闭合电路欧姆定律可得感应电流为I
所以F = F安 = BIL
外力做功为W = FΔx = FvΔt t 产生的焦耳热为Q = I2 t所以W = Q
（2）电子在平均阻力、电场力和洛伦兹力的作用下做匀速直线运动，所以沿导线长度方向
受力如图，其中电场力 BLv 洛伦兹力沿杆方向的分力fy = evxB = evB
电子在导体中沿导体棒做匀速直线运动，可得碰撞阻力f = fy
（3）设沿导体棒方向电子运动速度为v1 ，有I = nedhv1而I
联立解得v 在垂直于杆方向有 ev1B解得UH
20 ．① v ②图像见解析，t
(2)①1 × 10-10 m ；② 0.2keV
（1）①设在距直导线为 r 处的场强大小为 E，则有 解得E
设灰尘颗粒运动到与直导线距离为 r 时的速度为 v，则有kv = qE解得v
1 1
②以 r 为横轴，以 为纵轴，作出 - r 的图像如图所示在 r 到r + Δr 微小距离内，电场强度v v
可视为相同，其速度 v 可视为相同，对应于 Δr 的一段 - r 的图线下的面积为小矩形的面积等于灰尘微粒通过 Δr 的时间
总时间 t 等于R0 从到 R 一段- r 的图线下的面积t
（2）①因 X 光子是电子从 L 层跃迁到 K 层时释放，则光子的能量为EX = EK - EL = 9 keV则由E = hv
解得 m
②电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB = m 俄歇电子的动能为Ek mvd 2 （d 表示直径）
设 KLL 俄歇电子的动能为EKLL ；KLM 俄歇电子的动能为EKLM ，则有
KLL 俄歇电子：K 层空穴由L 层电子填充，释放的能量为EK - EL ，并传递给 L 层另一个电子使其逸出，又消耗EL ，则 KLL 俄歇电子的动能为EKLL = (EK - EL)- EL = 8.0keV
同理可得，KLM 俄歇电子的动能为EKLM = (EK - EL)- EM解得EM = 0.18keV ≈ 0.2keV

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