资源简介

2026届浙江强基联盟高三下学期二模物理试题
1．下列属于国际单位制中的基本量及对应单位的是（　　）
A．功，焦耳 B．电荷量，库仑
C．发光强度，坎德拉 D．温度，摄氏度
2．如图所示，桥式起重机主要由“桥架”和吊载货物的“小车”组成。在某次作业中，小车沿桥架单向移动了4m，货物向上吊起了3m。该次作业中货物相对地面的位移大小为（　　）
A．4m B．5m C．6m D．7m
3．滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A点向上滑，到达最高点后返回A点。利用频闪仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜面倾角为，则（　　）
A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大
B．滑块之间的距离
C．滑块与斜面间动摩擦因数
D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大
4．如图所示，等量同种点电荷固定在水平面上，A、B、C为其连线上的三点，其中A、B关于两电荷中垂线对称，B、C两点关于右侧点电荷对称。下列说法正确的是（　　）
A．B点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势低
C．A点的场强与B点的场强相同
D．电子在B点的电势能比在C点的电势能小
5．我国空间站沿逆时针方向围绕地球做圆周运动，轨迹如图实线所示。为了避开太空碎片，空间站在P点向图中箭头所指方向短时间喷射气体，从而实现变轨。变轨后的椭圆轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径，则（　　）
A．空间站变轨前、后经过P点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．变轨后，在远地点的机械能比近地点大
D．气体对空间站的作用力方向为箭头方向
6．人形机器人半程马拉松赛事中，“天工Ultra”以2小时40分24秒夺冠。“天工Ultra”体重约为60kg，在一段直跑道上的跑步过程中，30秒内将时速从3.6km/h提升到最高时速14.4km/h，该过程的加速度逐渐减小，随后以最高时速匀速奔跑，则（　　）
A．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度大小为9km/h
B．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度可能小于9km/h
C．“天工Ultra”以最高时速匀速奔跑时，合外力做功为零
D．“天工Ultra”30秒提速过程，合外力对其做功为480J
7．如图是金属探测仪的内部简化结构，由线圈与电容器构成的LC振荡电路。电路中的电流I随时间t变化的规律如图所示，则该振荡电路（　　）
A．时，电容器上的电荷量为零
B．增大线圈自感系数L，则振荡周期会减小
C．，线圈内的磁场正在减弱
D．，电容器处于放电状态
8．几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验过程中同学们会感受到瞬间触电的感觉。实验器材包含两节干电池（3.0V）、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，以下说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B
B．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压远大于3.0V
C．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压等于3.0V
D．断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B
9．如图甲为氢原子能级示意图，图乙为研究光电流与电压关系的电路。一群处于能级的氢原子自发跃迁，辐射出的光照射光电管的阴极K，通过实验只能得到图丙所示的2条光电流随电压变化的图线，则下列说法正确的是（　　）
A．图丙中的值为
B．与的差值为1.89V
C．这群氢原子向低能级跃迁时发出2种不同频率的光
D．b光照射产生的光电子最大初动能大于a光
10．如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　）
A．时刻弹簧处于原长 B．
C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度
11．20世纪之交，物理学界对“两朵乌云”的讨论，为相对论和量子力学拉开了序幕。下列说法正确的是（　　）
A．高速运动的子寿命变长的现象，用经典理论无法解释
B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
C．氢原子能级跃迁可以产生一系列特定波长的电磁波，包括X射线
D．每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种波就是机械波
12．如图为某透明介质的横截面，ABC为半圆，O为圆心，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色激光从介质下方M点射入，经两次折射由B点出射并到达A点。调整单色激光位置至N点，其他条件保持相同，折射光恰好抵达O点，且与OB形成30°夹角。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　）
A．该介质折射率为
B．ABC弧线中仅四分之一的长度有光射出
C．真空中的入射角减小，ABC弧线上的发光长度不变
D．入射激光的频率增大，ABC弧线上的发光长度变大
13．空间中存在竖直向下的匀强磁场，一枚底面边长为a、b，厚度为h的长方体霍尔元件水平放置，如图所示，左右两侧接有两电极A、B，前后两侧接有两电极C、D，已知该霍尔元件的载流子为电子，电阻率为，现在CD两极加上电压，且，则（　　）
A．电极AB间产生霍尔电压，电压
B．保持CD两极电压大小不变，仅增大b，增大
C．保持CD两极电压大小不变，仅增大h，不变
D．保持CD方向的电流大小不变，仅增大a，不变
14．向心力演示仪的结构如图所示，长槽4上挡板距左转轴的距离是挡板距左转轴距离的两倍，挡板距左转轴的距离与短槽5上Q挡板距右转轴的距离相等。
（1）若想探究匀速圆周运动向心力与半径的关系，则保证其他条件相同时，将小球B放在Q挡板处，把小球A放在　 　处（选填“”或“”）；
（2）现将质量相等的两小球A和B分别放在左右两边的槽内，如图所示，皮带所套的两个塔轮的半径分别为，则A、B两球转动时的角速度之比为　 　，所受向心力之比为　 　。
15．某实验小组为测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：两节干电池、电流传感器、阻值为32欧的定值电阻、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
（1）为了保护电流传感器，在调节电阻箱R的阻值时，应________（填“A”或“B”）。
A．将电阻箱的阻值从大到小调节 B．将电阻箱的阻值从小到大调节
（2）与E、r、R、的关系式为　 　。
（3）根据实验，作出如图（b）的图像，可得一节干电池的电动势　 　V，内阻　 　。（均保留三位有效数字）
（4）若考虑电流传感器自身的电阻大小，则本实验干电池电动势的测量结果　 　（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
16．某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。
（2）①激光笔发出的激光沿MO从玻璃砖上的O点水平入射，到达ef面上的A点后反射到eh面的B点。用大头针在白纸上标记O点、A点和B点位置。
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作MO连线的延长线与eh面的边界交于C点，如图所示。
③用刻度尺测量OA、AB、OC的长度、、。
（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式　 　；（用、、来表示）
（4）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，实验中激光在O点入射时应适当使入射角　 　。（选填“增大”或“减小”）
17．如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积，导热性能良好的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。缓慢推动轻杆使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为40mm的a处，设活塞到a处的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，整个过程为等温变化，大气压强。
（1）压缩过程中，气体对外做功为　 　（选填“正功”“负功”或“零”），管内气体的内能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）写出压力大小F与距离x变化的关系式。
（3）b到a的过程封闭气体等温变化的p-V图像如图乙所示，根据图像，估算这一过程气体放出的热量。
18．如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为，一质量为m的条形磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面abcd是边长为的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场（俯视图如图丙），磁感应强度为B，铝板厚度为，电阻率为。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，重力加速度为g。
（1）求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流I的大小；
（2）推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度v的表达式；
（3）磁铁由静止释放，到速度大小时，滑行的距离大小，求这个过程磁铁滑行的时间t。
19．如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，长为l的轻绳悬挂一可视为质点的滑块C，C的下端恰好与B的上表面平行。现施加一外力F作用在A上，使A与B由静止开始向右做匀加速直线运动，同时将C拉起一小角度后静止释放。在C第一次到达最低点时绳子被拉断，C恰好从B的左端以水平速度v滑上B的上表面，此时撤掉外力，木板的速度为，此时B右端与墙P的距离为s。已知，，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，C不会从B上滑下。A、B的碰撞为弹性碰撞，所有碰撞时间极短，取重力加速度，。
（1）求外力的大小F；
（2）若s足够大，求从C滑上木板到B与C第一次共速时，木板滑行的距离s。
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，B与C共速后立即锁定为一整体，其与P碰撞后速度反向，大小变为原来的0.1，求A与B碰撞过程，物块A动量的变化量的大小。
20．磁谱仪的工作原理如图所示，限束光栏Q与感光片P平行放置在同一平面内，上方存在一垂直纸面的匀强磁场。放射源S发出质量为m、电量为q的粒子，加速后沿垂直磁场方向从S进入匀强磁场，被限束光栏Q限制在的小角度内。某初速度不计的粒子经过大小为的加速电压加速后，从S进入，经磁场偏转半圈后垂直打到感光片P上的某点G，SG两点间的距离。（重力影响不计）
（1）镭-226常作为放射源的材料，写出镭发生衰变衰变为氡的核反应方程式。
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
（3）若加速电压在范围内的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。试求这些粒子打在胶片上的范围；
（4）实际上，粒子将在角内进入磁场，试求经电压范围内加速后的粒子打到感光胶片上的范围。（，）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】温度和温标；力学单位制
【解析】【解答】A．功是导出量（由力与位移定义），单位焦耳是导出单位（），故A错误；
B．电荷量是导出量（由电流与时间定义，），单位库仑是导出单位（），故B错误；
C．发光强度是国际单位制中的基本物理量，坎德拉是基本单位，故C正确；
D．温度是基本物理量，基本单位是开尔文（）；摄氏度是导出单位，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查国际单位制的基本量与基本单位的区分，核心是明确国际单位制中7个基本物理量及其对应的基本单位，同时辨别导出量与导出单位。
2．【答案】B
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】该次作业中小车相对地面的位移为。
故答案为：B。
【分析】本题考查位移的矢量合成，核心是将货物的水平和竖直位移视为两个垂直的分位移，利用勾股定理计算合位移的大小。
3．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AD．上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的绝对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能变化绝对值比下滑更大，故A正确，D错误；
B．由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从B点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，滑块之间的距离，，则，故，故B错误；
C．上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有可知，故C错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查斜面上滑块的动能变化、摩擦力做功与匀变速直线运动的规律，核心是结合动能定理分析动能变化的绝对值，利用逆向思维和匀变速位移公式分析位移比例，通过受力分析判断动摩擦因数的范围。
4．【答案】D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】AB．根据等量同种点电荷的电场线分布可得，点的电场强度比点的电场强度小，点的电场强度与点的电场强度大小相等，方向相反，故AB错误；
CD．根据等量同种点电荷的电势分布特点可知，点的电势与点的电势相等，点的电势高于点的电势，故点的电势比点的电势高，根据可知，电子在点的电势能比在点的电势能小，故B错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查等量同种正点电荷的电场强度、电势与电势能的分布规律，核心是结合电场的叠加原理分析场强大小与方向，根据电势分布和电势能公式判断电势能的大小。
5．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；
B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；
C．变轨后，机械能守恒，故远地点的机械能和近地点一样，故C错误；
D．箭头是气体喷射方向，故气体对空间站的作用力方向为箭头的反方向，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查空间站变轨的天体运动规律，核心是结合万有引力定律分析加速度，利用开普勒第三定律判断周期，根据机械能守恒和牛顿第三定律分析机械能与作用力方向。
6．【答案】C
【知识点】平均速度；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．提速过程加速度逐渐减小，不是匀加速运动，平均速度不等于初末速度的平均值（(3.6 km/h + 14.4 km/h)/2 = 9 km/h），且由于加速度减小，速度-时间图线为凸曲线，位移大于匀加速运动的位移，故平均速度大于9 km/h，故A错误；
B．由于加速度逐渐减小，提速过程的平均速度大于初末速度的平均值9 km/h，故“可能小于9 km/h”错误，故B错误；
C．以最高时速匀速奔跑时，速度恒定，动能不变，由动能定理知合外力做功为零，故C正确；
D．合外力做功等于动能变化量，初速度，末速度，质量，则动能的变化ΔEk = = = 30 × 15 = 450 J ≠ 480 J，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查变加速直线运动的平均速度与动能定理的应用，核心是结合加速度减小的变加速运动的速度 - 时间图像特征分析平均速度，利用动能定理判断合外力做功的大小。
7．【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．时，回路电流为零，说明此时电容器上的电荷量最多，故A错误；
B．根据可知周期会增大，故B错误；
C．回路电流增大，线圈内的磁场能正在增大，磁场正在增强，故C错误；
D．回路电流增大，处于放电过程，故D正确。
故答案为：D 。
【分析】本题考查 LC 振荡电路的工作规律，核心是结合电流随时间的变化图像，分析电容器的充放电状态、电荷量变化，以及线圈磁场能和振荡周期的影响因素。
8．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．两节干电池电动势约为3V，闭合开关瞬间，人体两端的电压等于电源两端电压为3V，不会有触电感觉，故A错误；
BC．断开开关的瞬间，线圈电流变化率大，线圈产生的自感电动势非常大，远大于3.0V，故线圈两端电压会变大，流过同学们的电流变大，同学们感觉有电流流过身体，故B正确，C错误；
D．断开开关瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此感应电流的方向与原方向相同，自左向右，断开开关时，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流从B到A，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查自感现象的应用，核心是结合通电、断电瞬间的自感电动势变化，分析人体的触电感受、电压大小与电流方向。
9．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．一群处于能级的氢原子自发跃迁，能发出三种不同频率的光，结果只能得到两条光电流图线，说明频率最小的光不能发生光电效应，即逸出功大于
根据光电效应方程和遏止电压公式
遏止电压对应光子能量减去逸出功，对应频率高的入射光，
可得，A错误；
B．与分别为a光和b光的光子能量减去逸出功的大小，故差值仍为光子能量的差值，B正确；
C．一群处于能级的氢原子自发向下跃迁可以有三种频率的光射出，C错误；
D．a光的光子能量为高于b光光子能量，故光电子最大初动能也更大，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应的综合应用，核心是结合能级差计算光子能量，利用光电效应方程分析遏止电压、光电子最大初动能的关系。
10．【答案】D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡；牛顿定律与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误；
B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为，木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误；
C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误；
D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得，解得
根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹簧振子与板块模型的综合动力学分析，核心是结合v t图像的斜率（加速度）判断木板的平衡状态，利用胡克定律、牛顿第二定律和弹簧振子周期公式分析弹簧伸长量、运动时间与物块速度。
11．【答案】A,B
【知识点】氢原子光谱；相对论时空观与牛顿力学的局限性；黑体、黑体辐射及其实验规律；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．子以高速运动时，平均寿命变长，这是狭义相对论的时间延缓效应，经典力学无法解释，故A正确；
B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B正确；
C．氢原子跃迁时无法产生X射线，故C错误；
D．与运动粒子相对应的波称为物质波，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查相对论、黑体辐射、氢原子能级跃迁与物质波的基础概念，核心是区分经典物理与近代物理的适用范围，明确黑体辐射、能级跃迁和物质波的核心特征。
12．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由几何关系可知，真空中的入射角为45°，介质中的折射角为30°，由折射定律得，故A正确；
B．根据全反射临界角公式可得，可得临界角为
介质中入射角小于45°的该激光均可射出，故可射出弧面的可见光范围如图所示
由几何关系可知，该范围对应的圆心角为90°，占弧面圆心角180°的一半，故B错误；
C．真空中的入射角减小，仅减小介质中的出射角，不改变临界角，ABC弧线上的发光长度不变，故C正确；
D．入射激光的频率增大，折射率增大，临界角减小，更容易发生全反射现象，ABC弧线上的发光长度变小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查光的折射与全反射规律的综合应用，核心是结合几何关系确定入射角和折射角，利用折射定律计算折射率，再根据全反射临界角分析出光区域的长度变化。
13．【答案】C,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．霍尔元件磁感应强度方向竖直向下，由左手定则可知电子向偏转，，故A错误；
BC．因，根据电子受力平衡，电场强度满足
得到，保持的电压不变，则电流为
代入得，B错误，C正确；
D．因，保持的电流不变，则电流为
代入得
故电流不变时，增大，不变，D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查霍尔效应的原理与推导，核心是结合左手定则判断电子偏转方向，利用欧姆定律、电流微观表达式及受力平衡条件，推导出霍尔电压UAB 的表达式，进而分析各物理量对UAB 的影响。
14．【答案】（1）
（2）；
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究匀速圆周运动向心力与半径，需要保证其他条件相同时，小球A和B圆周运动的半径不同，故把小球A放在处；
故答案为：
（2）根据，皮带传动线速度相等，所以角速度与半径成反比。则A、B两球转动时的角速度之比为。两个小球的质量相等，圆周运动的半径相等，根据，所受向心力之比为。
故答案为：；
【分析】(1) 探究向心力与半径的关系需控制质量和角速度相同，改变半径，结合装置中挡板的位置选择；
(2) 皮带传动的塔轮线速度相等，由求角速度之比，再由向心力公式求向心力之比。
（1）探究匀速圆周运动向心力与半径，需要保证其他条件相同时，小球A和B圆周运动的半径不同，故把小球A放在处；
（2）[1][2]根据，皮带传动线速度相等，所以角速度与半径成反比。则A、B两球转动时的角速度之比为。两个小球的质量相等，圆周运动的半径相等，根据，所受向心力之比为。
15．【答案】（1）A
（2）
（3）1.43；1.16（1.00~1.50）
（4）不变
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电流传感器，电流应当由小变大，电阻箱的电阻由大调节到小。
故答案为：A。
（2）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
故答案为：
（3）由①推导得
结合图（b）有，
解得，
故一节电池的电动势约为，内阻约为。
故答案为： 1.43 ； 1.16（1.00~1.50）
（4）由关系式可知，电流传感器的内阻对图像的斜率没有影响，因此考虑电流传感器自身的电阻大小后，本实验干电池电动势的测量结果不变。
故答案为： 不变
【分析】(1) 从保护电流传感器的角度，分析电阻箱阻值调节的合理方向；
(2) 由闭合电路欧姆定律推导与、、、的关系式；
(3) 根据图像的截距和斜率，求解干电池的电动势和内阻；
(4) 分析电流传感器电阻对电动势测量结果的影响。
（1）为了保护电流传感器，电流应当由小变大，电阻箱的电阻由大调节到小。
故选A。
（2）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
（3）由①推导得
结合图（b）有，
解得，
故一节电池的电动势约为，内阻约为。
（4）由关系式可知，电流传感器的内阻对图像的斜率没有影响，因此考虑电流传感器自身的电阻大小后，本实验干电池电动势的测量结果不变。
16．【答案】；减小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】折射率
设，由几何关系可得，
代入折射率公式得
相对误差的计算式为
为了减小测量、和的相对误差，实验中和要尽量稍大一些，即激光在O点入射时应尽量使入射角稍小一些。
故答案为：； 减小
【分析】(1) 结合光的反射定律与折射定律，将长度量转化为入射角和折射角的正弦值，推导折射率表达式；
(2) 从测量误差的角度，分析入射角大小对相对误差的影响。
17．【答案】（1）负功；不变
（2）整个过程为等温变化
其中
且
则
故答案为：
（3）由热力学第一定律得
因为内能不变，则
由图像可得
图像中每一小格代表做功
则
得
即放出的热量
故答案为：
【知识点】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】（1）气体对活塞的力与活塞的运动方向相反，故做负功；
整个过程为等温变化，故内能不变。
故答案为： 负功 ； 不变
（2）整个过程为等温变化
其中
且
则
故答案为：
（3）由热力学第一定律得
因为内能不变，则
由图像可得
图像中每一小格代表做功
则
得
即放出的热量
故答案为：
【分析】(1) 气体被压缩时，外力对气体做功，气体对外做负功；等温变化中理想气体内能只与温度有关，故内能不变；
(2) 由玻意耳定律结合受力平衡，推导压力与距离的关系式；
(3) 等温变化中内能不变，由热力学第一定律，气体放出的热量等于外界对气体做的功，结合图像的面积求做功大小。
（1）[1]气体对活塞的力与活塞的运动方向相反，故做负功；
[2]整个过程为等温变化，故内能不变。
（2）整个过程为等温变化
其中
且
则
（3）由热力学第一定律得
因为内能不变，则
由图像可得
图像中每一小格代表做功
则
得
即放出的热量
18．【答案】（1）解：铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）解：匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）解：加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 匀速下滑时受力平衡，安培力与重力沿斜面分力相等，由安培力公式求感应电流；
(2) 结合电磁感应定律、电阻定律与受力平衡，推导速度表达式；
(3) 利用动量定理，结合变力的冲量表达式求解时间。
（1）铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
19．【答案】（1）解：从释放物块C到最低点过程根据单摆周期公式得
而
由牛顿第二定律可知
解得
（2）解：以初速度方向为正方向，当物块C与木板B接触后，根据牛顿第二定律，
求物块C与木板B接触后，到二者速度相等，所需要的时间
可得
过程中木板B前进距离为
（3）解：由，故B和C已经共速
，
运动总时间，，未与木板B相碰。
以C为研究对象，由动能定理可得
该过程摩擦力对C做的功为
（4）解：A碰后速度为，锁定后与墙相碰后速度为，经过后停止，此时还未与A相碰，故A之后与静止的BC相碰，
得，
接下来A将以与初速度相反的方向匀速直线离开。
大小
【知识点】单摆及其回复力与周期；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 对A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式求外力；
(2) C滑上B后，分别分析C和B的受力与加速度，结合动量守恒和运动学公式求木板滑行距离；
(3) 先判断B与 P碰撞前C、B的运动状态，再由动能定理求摩擦力对C做的功；
(4) 结合碰撞规律与动量守恒，求A与B碰撞过程中物块动量的变化量。
（1）从释放物块C到最低点过程根据单摆周期公式得
而
由牛顿第二定律可知
解得
（2）以初速度方向为正方向，当物块C与木板B接触后，根据牛顿第二定律，
求物块C与木板B接触后，到二者速度相等，所需要的时间
可得
过程中木板B前进距离为
（3）由，故B和C已经共速
，
运动总时间，，未与木板B相碰。
以C为研究对象，由动能定理可得
该过程摩擦力对C做的功为
（4）A碰后速度为，锁定后与墙相碰后速度为，经过后停止，此时还未与A相碰，故A之后与静止的BC相碰，
得，
接下来A将以与初速度相反的方向匀速直线离开。
大小
20．【答案】（1）解：核反应方程为
（2）解：粒子运动轨迹半径
根据
和
解得
（3）解：粒子在磁场中运动的轨道半径为
最小半径
解得
同理可知最大半径
则
可得
（4）解：打到板上距S最远的距离，
打到板上距S最近的距离，
可得
【知识点】质谱仪和回旋加速器；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】(1) 根据α衰变的规律，结合质量数和电荷数守恒写核反应方程式；
(2) 先由动能定理求α粒子加速后的速度，再结合洛伦兹力提供向心力和几何关系求磁感应强度；
(3) 由加速电压与圆周运动半径的关系，分别求最大、最小电压对应的射程，进而得范围；
(4) 考虑α粒子以2φ角入射的几何偏移，结合三角函数修正射程，计算最终范围。
（1）核反应方程为
（2）粒子运动轨迹半径
根据
和
解得
（3）粒子在磁场中运动的轨道半径为
最小半径
解得
同理可知最大半径
则
可得
（4）打到板上距S最远的距离，
打到板上距S最近的距离，
可得
1 / 12026届浙江强基联盟高三下学期二模物理试题
1．下列属于国际单位制中的基本量及对应单位的是（　　）
A．功，焦耳 B．电荷量，库仑
C．发光强度，坎德拉 D．温度，摄氏度
【答案】C
【知识点】温度和温标；力学单位制
【解析】【解答】A．功是导出量（由力与位移定义），单位焦耳是导出单位（），故A错误；
B．电荷量是导出量（由电流与时间定义，），单位库仑是导出单位（），故B错误；
C．发光强度是国际单位制中的基本物理量，坎德拉是基本单位，故C正确；
D．温度是基本物理量，基本单位是开尔文（）；摄氏度是导出单位，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查国际单位制的基本量与基本单位的区分，核心是明确国际单位制中7个基本物理量及其对应的基本单位，同时辨别导出量与导出单位。
2．如图所示，桥式起重机主要由“桥架”和吊载货物的“小车”组成。在某次作业中，小车沿桥架单向移动了4m，货物向上吊起了3m。该次作业中货物相对地面的位移大小为（　　）
A．4m B．5m C．6m D．7m
【答案】B
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】该次作业中小车相对地面的位移为。
故答案为：B。
【分析】本题考查位移的矢量合成，核心是将货物的水平和竖直位移视为两个垂直的分位移，利用勾股定理计算合位移的大小。
3．滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A点向上滑，到达最高点后返回A点。利用频闪仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜面倾角为，则（　　）
A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大
B．滑块之间的距离
C．滑块与斜面间动摩擦因数
D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AD．上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的绝对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能变化绝对值比下滑更大，故A正确，D错误；
B．由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从B点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，滑块之间的距离，，则，故，故B错误；
C．上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有可知，故C错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查斜面上滑块的动能变化、摩擦力做功与匀变速直线运动的规律，核心是结合动能定理分析动能变化的绝对值，利用逆向思维和匀变速位移公式分析位移比例，通过受力分析判断动摩擦因数的范围。
4．如图所示，等量同种点电荷固定在水平面上，A、B、C为其连线上的三点，其中A、B关于两电荷中垂线对称，B、C两点关于右侧点电荷对称。下列说法正确的是（　　）
A．B点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势低
C．A点的场强与B点的场强相同
D．电子在B点的电势能比在C点的电势能小
【答案】D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】AB．根据等量同种点电荷的电场线分布可得，点的电场强度比点的电场强度小，点的电场强度与点的电场强度大小相等，方向相反，故AB错误；
CD．根据等量同种点电荷的电势分布特点可知，点的电势与点的电势相等，点的电势高于点的电势，故点的电势比点的电势高，根据可知，电子在点的电势能比在点的电势能小，故B错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查等量同种正点电荷的电场强度、电势与电势能的分布规律，核心是结合电场的叠加原理分析场强大小与方向，根据电势分布和电势能公式判断电势能的大小。
5．我国空间站沿逆时针方向围绕地球做圆周运动，轨迹如图实线所示。为了避开太空碎片，空间站在P点向图中箭头所指方向短时间喷射气体，从而实现变轨。变轨后的椭圆轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径，则（　　）
A．空间站变轨前、后经过P点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．变轨后，在远地点的机械能比近地点大
D．气体对空间站的作用力方向为箭头方向
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；
B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；
C．变轨后，机械能守恒，故远地点的机械能和近地点一样，故C错误；
D．箭头是气体喷射方向，故气体对空间站的作用力方向为箭头的反方向，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查空间站变轨的天体运动规律，核心是结合万有引力定律分析加速度，利用开普勒第三定律判断周期，根据机械能守恒和牛顿第三定律分析机械能与作用力方向。
6．人形机器人半程马拉松赛事中，“天工Ultra”以2小时40分24秒夺冠。“天工Ultra”体重约为60kg，在一段直跑道上的跑步过程中，30秒内将时速从3.6km/h提升到最高时速14.4km/h，该过程的加速度逐渐减小，随后以最高时速匀速奔跑，则（　　）
A．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度大小为9km/h
B．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度可能小于9km/h
C．“天工Ultra”以最高时速匀速奔跑时，合外力做功为零
D．“天工Ultra”30秒提速过程，合外力对其做功为480J
【答案】C
【知识点】平均速度；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．提速过程加速度逐渐减小，不是匀加速运动，平均速度不等于初末速度的平均值（(3.6 km/h + 14.4 km/h)/2 = 9 km/h），且由于加速度减小，速度-时间图线为凸曲线，位移大于匀加速运动的位移，故平均速度大于9 km/h，故A错误；
B．由于加速度逐渐减小，提速过程的平均速度大于初末速度的平均值9 km/h，故“可能小于9 km/h”错误，故B错误；
C．以最高时速匀速奔跑时，速度恒定，动能不变，由动能定理知合外力做功为零，故C正确；
D．合外力做功等于动能变化量，初速度，末速度，质量，则动能的变化ΔEk = = = 30 × 15 = 450 J ≠ 480 J，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查变加速直线运动的平均速度与动能定理的应用，核心是结合加速度减小的变加速运动的速度 - 时间图像特征分析平均速度，利用动能定理判断合外力做功的大小。
7．如图是金属探测仪的内部简化结构，由线圈与电容器构成的LC振荡电路。电路中的电流I随时间t变化的规律如图所示，则该振荡电路（　　）
A．时，电容器上的电荷量为零
B．增大线圈自感系数L，则振荡周期会减小
C．，线圈内的磁场正在减弱
D．，电容器处于放电状态
【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．时，回路电流为零，说明此时电容器上的电荷量最多，故A错误；
B．根据可知周期会增大，故B错误；
C．回路电流增大，线圈内的磁场能正在增大，磁场正在增强，故C错误；
D．回路电流增大，处于放电过程，故D正确。
故答案为：D 。
【分析】本题考查 LC 振荡电路的工作规律，核心是结合电流随时间的变化图像，分析电容器的充放电状态、电荷量变化，以及线圈磁场能和振荡周期的影响因素。
8．几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验过程中同学们会感受到瞬间触电的感觉。实验器材包含两节干电池（3.0V）、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，以下说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B
B．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压远大于3.0V
C．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压等于3.0V
D．断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．两节干电池电动势约为3V，闭合开关瞬间，人体两端的电压等于电源两端电压为3V，不会有触电感觉，故A错误；
BC．断开开关的瞬间，线圈电流变化率大，线圈产生的自感电动势非常大，远大于3.0V，故线圈两端电压会变大，流过同学们的电流变大，同学们感觉有电流流过身体，故B正确，C错误；
D．断开开关瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此感应电流的方向与原方向相同，自左向右，断开开关时，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流从B到A，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查自感现象的应用，核心是结合通电、断电瞬间的自感电动势变化，分析人体的触电感受、电压大小与电流方向。
9．如图甲为氢原子能级示意图，图乙为研究光电流与电压关系的电路。一群处于能级的氢原子自发跃迁，辐射出的光照射光电管的阴极K，通过实验只能得到图丙所示的2条光电流随电压变化的图线，则下列说法正确的是（　　）
A．图丙中的值为
B．与的差值为1.89V
C．这群氢原子向低能级跃迁时发出2种不同频率的光
D．b光照射产生的光电子最大初动能大于a光
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．一群处于能级的氢原子自发跃迁，能发出三种不同频率的光，结果只能得到两条光电流图线，说明频率最小的光不能发生光电效应，即逸出功大于
根据光电效应方程和遏止电压公式
遏止电压对应光子能量减去逸出功，对应频率高的入射光，
可得，A错误；
B．与分别为a光和b光的光子能量减去逸出功的大小，故差值仍为光子能量的差值，B正确；
C．一群处于能级的氢原子自发向下跃迁可以有三种频率的光射出，C错误；
D．a光的光子能量为高于b光光子能量，故光电子最大初动能也更大，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应的综合应用，核心是结合能级差计算光子能量，利用光电效应方程分析遏止电压、光电子最大初动能的关系。
10．如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　）
A．时刻弹簧处于原长 B．
C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度
【答案】D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡；牛顿定律与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误；
B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为，木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误；
C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误；
D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得，解得
根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹簧振子与板块模型的综合动力学分析，核心是结合v t图像的斜率（加速度）判断木板的平衡状态，利用胡克定律、牛顿第二定律和弹簧振子周期公式分析弹簧伸长量、运动时间与物块速度。
11．20世纪之交，物理学界对“两朵乌云”的讨论，为相对论和量子力学拉开了序幕。下列说法正确的是（　　）
A．高速运动的子寿命变长的现象，用经典理论无法解释
B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
C．氢原子能级跃迁可以产生一系列特定波长的电磁波，包括X射线
D．每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种波就是机械波
【答案】A,B
【知识点】氢原子光谱；相对论时空观与牛顿力学的局限性；黑体、黑体辐射及其实验规律；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．子以高速运动时，平均寿命变长，这是狭义相对论的时间延缓效应，经典力学无法解释，故A正确；
B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B正确；
C．氢原子跃迁时无法产生X射线，故C错误；
D．与运动粒子相对应的波称为物质波，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查相对论、黑体辐射、氢原子能级跃迁与物质波的基础概念，核心是区分经典物理与近代物理的适用范围，明确黑体辐射、能级跃迁和物质波的核心特征。
12．如图为某透明介质的横截面，ABC为半圆，O为圆心，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色激光从介质下方M点射入，经两次折射由B点出射并到达A点。调整单色激光位置至N点，其他条件保持相同，折射光恰好抵达O点，且与OB形成30°夹角。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　）
A．该介质折射率为
B．ABC弧线中仅四分之一的长度有光射出
C．真空中的入射角减小，ABC弧线上的发光长度不变
D．入射激光的频率增大，ABC弧线上的发光长度变大
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由几何关系可知，真空中的入射角为45°，介质中的折射角为30°，由折射定律得，故A正确；
B．根据全反射临界角公式可得，可得临界角为
介质中入射角小于45°的该激光均可射出，故可射出弧面的可见光范围如图所示
由几何关系可知，该范围对应的圆心角为90°，占弧面圆心角180°的一半，故B错误；
C．真空中的入射角减小，仅减小介质中的出射角，不改变临界角，ABC弧线上的发光长度不变，故C正确；
D．入射激光的频率增大，折射率增大，临界角减小，更容易发生全反射现象，ABC弧线上的发光长度变小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查光的折射与全反射规律的综合应用，核心是结合几何关系确定入射角和折射角，利用折射定律计算折射率，再根据全反射临界角分析出光区域的长度变化。
13．空间中存在竖直向下的匀强磁场，一枚底面边长为a、b，厚度为h的长方体霍尔元件水平放置，如图所示，左右两侧接有两电极A、B，前后两侧接有两电极C、D，已知该霍尔元件的载流子为电子，电阻率为，现在CD两极加上电压，且，则（　　）
A．电极AB间产生霍尔电压，电压
B．保持CD两极电压大小不变，仅增大b，增大
C．保持CD两极电压大小不变，仅增大h，不变
D．保持CD方向的电流大小不变，仅增大a，不变
【答案】C,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．霍尔元件磁感应强度方向竖直向下，由左手定则可知电子向偏转，，故A错误；
BC．因，根据电子受力平衡，电场强度满足
得到，保持的电压不变，则电流为
代入得，B错误，C正确；
D．因，保持的电流不变，则电流为
代入得
故电流不变时，增大，不变，D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查霍尔效应的原理与推导，核心是结合左手定则判断电子偏转方向，利用欧姆定律、电流微观表达式及受力平衡条件，推导出霍尔电压UAB 的表达式，进而分析各物理量对UAB 的影响。
14．向心力演示仪的结构如图所示，长槽4上挡板距左转轴的距离是挡板距左转轴距离的两倍，挡板距左转轴的距离与短槽5上Q挡板距右转轴的距离相等。
（1）若想探究匀速圆周运动向心力与半径的关系，则保证其他条件相同时，将小球B放在Q挡板处，把小球A放在　 　处（选填“”或“”）；
（2）现将质量相等的两小球A和B分别放在左右两边的槽内，如图所示，皮带所套的两个塔轮的半径分别为，则A、B两球转动时的角速度之比为　 　，所受向心力之比为　 　。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究匀速圆周运动向心力与半径，需要保证其他条件相同时，小球A和B圆周运动的半径不同，故把小球A放在处；
故答案为：
（2）根据，皮带传动线速度相等，所以角速度与半径成反比。则A、B两球转动时的角速度之比为。两个小球的质量相等，圆周运动的半径相等，根据，所受向心力之比为。
故答案为：；
【分析】(1) 探究向心力与半径的关系需控制质量和角速度相同，改变半径，结合装置中挡板的位置选择；
(2) 皮带传动的塔轮线速度相等，由求角速度之比，再由向心力公式求向心力之比。
（1）探究匀速圆周运动向心力与半径，需要保证其他条件相同时，小球A和B圆周运动的半径不同，故把小球A放在处；
（2）[1][2]根据，皮带传动线速度相等，所以角速度与半径成反比。则A、B两球转动时的角速度之比为。两个小球的质量相等，圆周运动的半径相等，根据，所受向心力之比为。
15．某实验小组为测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：两节干电池、电流传感器、阻值为32欧的定值电阻、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
（1）为了保护电流传感器，在调节电阻箱R的阻值时，应________（填“A”或“B”）。
A．将电阻箱的阻值从大到小调节 B．将电阻箱的阻值从小到大调节
（2）与E、r、R、的关系式为　 　。
（3）根据实验，作出如图（b）的图像，可得一节干电池的电动势　 　V，内阻　 　。（均保留三位有效数字）
（4）若考虑电流传感器自身的电阻大小，则本实验干电池电动势的测量结果　 　（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）A
（2）
（3）1.43；1.16（1.00~1.50）
（4）不变
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电流传感器，电流应当由小变大，电阻箱的电阻由大调节到小。
故答案为：A。
（2）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
故答案为：
（3）由①推导得
结合图（b）有，
解得，
故一节电池的电动势约为，内阻约为。
故答案为： 1.43 ； 1.16（1.00~1.50）
（4）由关系式可知，电流传感器的内阻对图像的斜率没有影响，因此考虑电流传感器自身的电阻大小后，本实验干电池电动势的测量结果不变。
故答案为： 不变
【分析】(1) 从保护电流传感器的角度，分析电阻箱阻值调节的合理方向；
(2) 由闭合电路欧姆定律推导与、、、的关系式；
(3) 根据图像的截距和斜率，求解干电池的电动势和内阻；
(4) 分析电流传感器电阻对电动势测量结果的影响。
（1）为了保护电流传感器，电流应当由小变大，电阻箱的电阻由大调节到小。
故选A。
（2）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
（3）由①推导得
结合图（b）有，
解得，
故一节电池的电动势约为，内阻约为。
（4）由关系式可知，电流传感器的内阻对图像的斜率没有影响，因此考虑电流传感器自身的电阻大小后，本实验干电池电动势的测量结果不变。
16．某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。
（2）①激光笔发出的激光沿MO从玻璃砖上的O点水平入射，到达ef面上的A点后反射到eh面的B点。用大头针在白纸上标记O点、A点和B点位置。
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作MO连线的延长线与eh面的边界交于C点，如图所示。
③用刻度尺测量OA、AB、OC的长度、、。
（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式　 　；（用、、来表示）
（4）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，实验中激光在O点入射时应适当使入射角　 　。（选填“增大”或“减小”）
【答案】；减小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】折射率
设，由几何关系可得，
代入折射率公式得
相对误差的计算式为
为了减小测量、和的相对误差，实验中和要尽量稍大一些，即激光在O点入射时应尽量使入射角稍小一些。
故答案为：； 减小
【分析】(1) 结合光的反射定律与折射定律，将长度量转化为入射角和折射角的正弦值，推导折射率表达式；
(2) 从测量误差的角度，分析入射角大小对相对误差的影响。
17．如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积，导热性能良好的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。缓慢推动轻杆使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为40mm的a处，设活塞到a处的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，整个过程为等温变化，大气压强。
（1）压缩过程中，气体对外做功为　 　（选填“正功”“负功”或“零”），管内气体的内能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）写出压力大小F与距离x变化的关系式。
（3）b到a的过程封闭气体等温变化的p-V图像如图乙所示，根据图像，估算这一过程气体放出的热量。
【答案】（1）负功；不变
（2）整个过程为等温变化
其中
且
则
故答案为：
（3）由热力学第一定律得
因为内能不变，则
由图像可得
图像中每一小格代表做功
则
得
即放出的热量
故答案为：
【知识点】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】（1）气体对活塞的力与活塞的运动方向相反，故做负功；
整个过程为等温变化，故内能不变。
故答案为： 负功 ； 不变
（2）整个过程为等温变化
其中
且
则
故答案为：
（3）由热力学第一定律得
因为内能不变，则
由图像可得
图像中每一小格代表做功
则
得
即放出的热量
故答案为：
【分析】(1) 气体被压缩时，外力对气体做功，气体对外做负功；等温变化中理想气体内能只与温度有关，故内能不变；
(2) 由玻意耳定律结合受力平衡，推导压力与距离的关系式；
(3) 等温变化中内能不变，由热力学第一定律，气体放出的热量等于外界对气体做的功，结合图像的面积求做功大小。
（1）[1]气体对活塞的力与活塞的运动方向相反，故做负功；
[2]整个过程为等温变化，故内能不变。
（2）整个过程为等温变化
其中
且
则
（3）由热力学第一定律得
因为内能不变，则
由图像可得
图像中每一小格代表做功
则
得
即放出的热量
18．如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为，一质量为m的条形磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面abcd是边长为的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场（俯视图如图丙），磁感应强度为B，铝板厚度为，电阻率为。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，重力加速度为g。
（1）求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流I的大小；
（2）推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度v的表达式；
（3）磁铁由静止释放，到速度大小时，滑行的距离大小，求这个过程磁铁滑行的时间t。
【答案】（1）解：铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）解：匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）解：加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 匀速下滑时受力平衡，安培力与重力沿斜面分力相等，由安培力公式求感应电流；
(2) 结合电磁感应定律、电阻定律与受力平衡，推导速度表达式；
(3) 利用动量定理，结合变力的冲量表达式求解时间。
（1）铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
19．如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，长为l的轻绳悬挂一可视为质点的滑块C，C的下端恰好与B的上表面平行。现施加一外力F作用在A上，使A与B由静止开始向右做匀加速直线运动，同时将C拉起一小角度后静止释放。在C第一次到达最低点时绳子被拉断，C恰好从B的左端以水平速度v滑上B的上表面，此时撤掉外力，木板的速度为，此时B右端与墙P的距离为s。已知，，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，C不会从B上滑下。A、B的碰撞为弹性碰撞，所有碰撞时间极短，取重力加速度，。
（1）求外力的大小F；
（2）若s足够大，求从C滑上木板到B与C第一次共速时，木板滑行的距离s。
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，B与C共速后立即锁定为一整体，其与P碰撞后速度反向，大小变为原来的0.1，求A与B碰撞过程，物块A动量的变化量的大小。
【答案】（1）解：从释放物块C到最低点过程根据单摆周期公式得
而
由牛顿第二定律可知
解得
（2）解：以初速度方向为正方向，当物块C与木板B接触后，根据牛顿第二定律，
求物块C与木板B接触后，到二者速度相等，所需要的时间
可得
过程中木板B前进距离为
（3）解：由，故B和C已经共速
，
运动总时间，，未与木板B相碰。
以C为研究对象，由动能定理可得
该过程摩擦力对C做的功为
（4）解：A碰后速度为，锁定后与墙相碰后速度为，经过后停止，此时还未与A相碰，故A之后与静止的BC相碰，
得，
接下来A将以与初速度相反的方向匀速直线离开。
大小
【知识点】单摆及其回复力与周期；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 对A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式求外力；
(2) C滑上B后，分别分析C和B的受力与加速度，结合动量守恒和运动学公式求木板滑行距离；
(3) 先判断B与 P碰撞前C、B的运动状态，再由动能定理求摩擦力对C做的功；
(4) 结合碰撞规律与动量守恒，求A与B碰撞过程中物块动量的变化量。
（1）从释放物块C到最低点过程根据单摆周期公式得
而
由牛顿第二定律可知
解得
（2）以初速度方向为正方向，当物块C与木板B接触后，根据牛顿第二定律，
求物块C与木板B接触后，到二者速度相等，所需要的时间
可得
过程中木板B前进距离为
（3）由，故B和C已经共速
，
运动总时间，，未与木板B相碰。
以C为研究对象，由动能定理可得
该过程摩擦力对C做的功为
（4）A碰后速度为，锁定后与墙相碰后速度为，经过后停止，此时还未与A相碰，故A之后与静止的BC相碰，
得，
接下来A将以与初速度相反的方向匀速直线离开。
大小
20．磁谱仪的工作原理如图所示，限束光栏Q与感光片P平行放置在同一平面内，上方存在一垂直纸面的匀强磁场。放射源S发出质量为m、电量为q的粒子，加速后沿垂直磁场方向从S进入匀强磁场，被限束光栏Q限制在的小角度内。某初速度不计的粒子经过大小为的加速电压加速后，从S进入，经磁场偏转半圈后垂直打到感光片P上的某点G，SG两点间的距离。（重力影响不计）
（1）镭-226常作为放射源的材料，写出镭发生衰变衰变为氡的核反应方程式。
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
（3）若加速电压在范围内的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。试求这些粒子打在胶片上的范围；
（4）实际上，粒子将在角内进入磁场，试求经电压范围内加速后的粒子打到感光胶片上的范围。（，）
【答案】（1）解：核反应方程为
（2）解：粒子运动轨迹半径
根据
和
解得
（3）解：粒子在磁场中运动的轨道半径为
最小半径
解得
同理可知最大半径
则
可得
（4）解：打到板上距S最远的距离，
打到板上距S最近的距离，
可得
【知识点】质谱仪和回旋加速器；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】(1) 根据α衰变的规律，结合质量数和电荷数守恒写核反应方程式；
(2) 先由动能定理求α粒子加速后的速度，再结合洛伦兹力提供向心力和几何关系求磁感应强度；
(3) 由加速电压与圆周运动半径的关系，分别求最大、最小电压对应的射程，进而得范围；
(4) 考虑α粒子以2φ角入射的几何偏移，结合三角函数修正射程，计算最终范围。
（1）核反应方程为
（2）粒子运动轨迹半径
根据
和
解得
（3）粒子在磁场中运动的轨道半径为
最小半径
解得
同理可知最大半径
则
可得
（4）打到板上距S最远的距离，
打到板上距S最近的距离，
可得
1 / 1

展开更多......

收起↑