资源简介

2026届浙江名校协作体G12联盟高三下学期二模物理试题
1．上世纪七十年代有科学家预言磁通量和电荷量Q之比可能是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。若用表示“忆阻器”的属性，用国际单位制里的基本单位表示M的单位，正确的是（　　）
A．Wb/C B．
C．V/A D．
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；磁通量；力学单位制
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律有：，
根据欧姆定律可知感应电流和磁通量变化量的关系为：
根据电荷量定义可知与电阻的单位相同，为欧姆。
根据纯电阻电路的电功表达式有，其单位关系为可得。
根据功的定义可知：
结合牛顿第二定律可知：焦耳用基本单位表示为
代入电阻单位表达式有：
可知用国际单位制里的基本单位表示可表示为
故选D。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律及电荷量的定义式可以求出与电阻的单位相同，为欧姆；利用电功的表达式及牛顿第二定律可以导出M的单位。
2．2025年多哈世乒赛中，中国选手王楚钦获得男子单打和混双两枚金牌。比赛中裁判曾质疑王楚钦发球“抛球角度”违规（规则要求抛球角度）和“台内发球”违规（规则要求球在台外），王楚钦果断启动“鹰眼”，并挑战成功。抛球角度和发球界限回放分别如图甲、乙所示。以下说法正确的是（　　）
A．鹰眼挑战“抛球角度”违规，回放仲裁时，可以将乒乓球看作质点
B．鹰眼挑战“台内发球”违规，回放仲裁时，可以将乒乓球看作质点
C．鹰眼挑战“抛球角度”违规的回放显示乒乓球在空中一定做斜抛运动
D．乒乓球能被快速抽杀是因为球拍对乒乓球的作用力远大于乒乓球对球拍的作用力
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】A．研究抛球角度时，将乒乓球看作质点，乒乓球的大小和形状对角度的判断没有影响，所以可以把乒乓球看作质点，故A错误。
B．研究是否“台内发球”，需要判断乒乓球是否在台内，即需要判断乒乓球任何一部分处于台内，乒乓球的大小和形状对乒乓球的位置有影响，所以不能将乒乓球看作质点，故B错误。
C．鹰眼挑战“抛球角度”违规的回放显示乒乓球在空中不一定做斜抛运动，可能做直线运动，故C错误。
D．根据牛顿第三定律可知球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，故D错误。
故选A。
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；根据牛顿第三定律可知球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是作用力和反作用力，大小相等；回放显示乒乓球在空中不一定做斜抛运动，可能做直线运动。
3．下列说法正确的是（　　）
A．水波、声波和电磁波等一切波都能发生干涉和偏振现象
B．只要波源不动，观察者接收到的波的频率就跟波源发出的频率一样
C．根据玻尔模型，氢原子从激发态向基态跃迁时，核外电子动能增大
D．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫解调
【答案】C
【知识点】多普勒效应；电磁波的发射、传播与接收；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；波的干涉现象
【解析】【解答】A．干涉是波的普遍现象，只要两列波的频率相等时，两列波相遇就能出现干涉现象，水波、声波和电磁波均能发生干涉；但偏振是横波特有的现象，电磁波为横波，可发生偏振，水波（表面波）部分情况下可偏振，而声波为纵波，不能发生偏振。故A错误。
B．根据多普勒效应，观察者接收到的频率取决于波源与观察者的相对运动。当波源靠近观察者时接收的频率会增大，当波源相对观察者远离时，接收到的频率会变小，即使波源静止，若观察者运动，接收频率也会改变（如观察者朝向波源运动时频率升高）。故B错误。
C．根据玻尔模型，氢原子从激发态向基态跃迁时，原子的能级降低，核外电子的轨道半径减小，根据库仑力提供向心力可知电子的速度增大，根据动能的表达式可知核外电子动能增大，C正确；
D．在电磁波发射技术中，为了让信息通过电磁波进行发射，将信号加载到载波（如改变振幅、频率）的过程称为调制；在接收信息的过程中，解调是在接收端从调制波中提取信号的过程。故D错误。
故选C。
【分析】干涉是波的普遍现象，只要两列波的频率相等时，两列波相遇就能出现干涉现象，偏振是横波特有的现象；，即使波源静止，若观察者运动，接收频率也会改变（如观察者朝向波源运动时频率升高）；根据库仑力提供向心力可知电子的速度增大，根据动能的表达式可知核外电子动能增大；在电磁波发射技术中，为了让信息通过电磁波进行发射，将信号加载到载波（如改变振幅、频率）的过程称为调制；在接收信息的过程中，解调是在接收端从调制波中提取信号的过程。
4．北京时间2025年11月1日3时22分，神舟二十一号载人飞船成功与空间站天和核心舱（距离地面约400km）前向端口对接，整个对接过程历时约3.5小时，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录。交接后形成的组合体在地球引力的作用下继续在原轨道做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．对接完成后，飞船的速度一定小于7.9km/s
B．对接完成后，空间站由于质量变大，速度将变小
C．对接完成后，飞船所受合力比静止在地面上时小
D．对接过程中，先将飞船运送到空间站同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度7.9km/s可以近似认为指近地卫星圆轨道的线速度，飞船做匀速圆周运动，由地球万有引力提供向心力，根据牛顿第二定理则有
解得
由于空间站轨道半径大于地球半径，可知，飞船的速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，故A正确；
B．对接后空间站质量变大，根据线速度的表达式空间站的速度大小为
该速度仅取决于地球质量和轨道半径，与自身质量无关，故速度大小不变，故B错误；
C．飞船静止在地面时处于平衡状态，由于重力等于支持力所以合力为零，在轨道上时飞船只受到引力的作用，所以合力为万有引力大小为，可知，对接完成后，飞船所受合力比静止在地面上时大，故C错误；
D．若飞船在同一轨道加速后速度增大，根据向心力的表达式可知所需向心力增大，万有引力小于所需向心力，飞船将做离心运动进入更高轨道，无法直接追上空间站实现对接，故D错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度的大小；线速度的大小与空间站质量无关；利用飞船的状态可以比较合力的大小；利用飞船速度变化时会做离心运动则不能进行对接。
5．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（　　）
A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同
B．在1时，加速度最大
C．从1到2的时间大于从2到3的时间
D．从2到3的过程中，动能增加mgh
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．空气阻力的大小保持不变，由于速度的方向不断变化所以阻力的方向时刻变化，根据力的合成可以得出阻力与重力的合力不断变化，所以足球做加速度不断变化的曲线运动；
由于加速度不断变化，由可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A错误；
B．在1时，空气阻力与重力的夹角最小，根据力的合成可以得出合力最大，所以加速度最大，故B正确；
C．研究足球竖直方向分运动，在竖直方向上，由于上升过程重力和阻力都向下，下落过程重力和阻力方向大致相反，所以根据牛顿第二定律可以得出上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1到2的时间小于从2到3的时间，故C错误；
D．从2到3的过程中，由于阻力和重力对小球做功，根据动能定理有，所以足球动能增加小于mgh，故D错误。
故选B。
【分析】利用速度的变化可以判别阻力不断变化，结合合力的变化可以判别加速度不断变化，结合速度变化量的公式可以判别相等的时间内速度变化量不相同；利用力的合成可以判别合力最大及加速度最大的位置；利用竖直方向的合力可以比较竖直方向的加速度，结合位移公式可以比较运动的时间；利用动能定理可以比较速度变化量的大小。
6．有关下列四幅图，说法正确的是（　　）
A．图甲说明水对玻璃不浸润
B．图乙中线圈的自感电动势正在减小
C．图丙若增加输电电压，因输电线路电阻不变，则输电线路上电流变大
D．图丁用单色光和两片平整的玻璃片观察薄膜干涉，若增加右侧的垫片，则观察到的条纹变密集
【答案】D
【知识点】电能的输送；电磁振荡；薄膜干涉；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．图甲中，水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，由于分子间体现为斥力，这是浸润现象的典型表现，说明水对玻璃是浸润的，故A错误；
B．图乙是LC振荡电路，根据极板电性及电流的方向可知电路处于充电阶段，在充电过程中，由于电荷量不断增大，电流逐渐变小，电流的变化率是逐渐增大的，因此自感电动势也在增大，故B错误；
C．在远距离输电中，输送功率基本不变，根据电功率的表达式，当输电电压增加时，输电线路上的电流会减小，而不是变大，故C错误。
D．若增加右侧的垫片，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，根据表达式可知随着角度增大，相邻条纹变密集，故D正确。
故选D。
【分析】水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，由于分子间体现为斥力，这是浸润现象的典型表现； 水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，由于分子间体现为斥力，这是浸润现象的典型表现；输送功率基本不变，根据电功率的表达式，当输电电压增加时，输电线路上的电流会减小；空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，根据表达式可知随着角度增大，相邻条纹变密集。
7．上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流。下列说法正确的是（　　）
A．导体板中产生的电流大小不变
B．阻尼器将机械能转化为内能
C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好
D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误；
B．导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确；
C．将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱，故C错误；
D．该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，电动机是利用通电导体受到安培力后进行驱动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。
故选B。
【分析】．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以导体板中产生的电流大小也不断变化；由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能；将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱；该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机。
8．如图所示，圆心为O、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F六个等分点，A、C、E各点固定有一带电量为的点电荷，B、D、F各点固定有一带电量为的点电荷。M、N分别为OA、OD的中点，规定无穷远处电势为0，则（　　）
A．M、N两点的电场强度相同
B．圆心O处的电场强度为0，电势不为0
C．将带正电的点电荷从M点移动到N点，电场力先做正功再做负功
D．负的点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．由于B、F点电荷在M点产生的场强叠加为0，E、C点电荷在N点产生的场强叠加为0；加之E、C点电荷在M点产生的电场强度与B、F点电荷在N点产生的电场强度相同，A、D点电荷在M和N点产生的电场强度相同，所以A、B、C、D、E、F处的点电荷电场的叠加，根据矢量叠加原理可得， M、N两点的电场强度大小相等，方向均沿OA方向，故A正确；
B．O点场强由A点和D点、B点和E点、C点和F点处的点电荷电场的叠加，根据矢量叠加原理，由于产生的三个电场强度收尾相连，则电场强度矢量和为0。电势是标量，因为等量异种电荷在其连线中垂线电势为0，所以三对异种等量电荷叠加后电势为0，故B错误；
C．已知M、N两点的电场强度大小相等，方向均沿OA方向，带正电的点电荷从M点移动到N点，电场方向沿NM方向，由于电场力方向与运动方向相反所以电场力做负功，故C错误；
D．由于电场线方向沿N到N，沿电场线方向电势降低，所以，由于点电荷带负电，根据电势能公式，因为，所以在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。
故选A。
【分析】利用点电荷的叠加可以判别电场强度的大小及方向；利用电场强度的叠加可以判别O点的场强，利用电荷的叠加可以判别电势的大小；利用电场力方向及运动的方向可以判别电场力做功；利用电场线的方向可以判别电势的高低，结合电性可以比较电势能的大小。
9．空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．液滴可能带负电
B．电场线方向可能水平向左
C．液滴到P点的速度一定与N点相同
D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．由于带电液滴在复合场中沿MN做匀速直线运动，在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线运动，所以三力的合力为零。由于重力竖直向下，电场力方向在水平方向上，根据三力平衡条件可以得出洛伦兹力必须斜向上，所以当液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，此时满足三力平衡，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB错误；
C．在N点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N和P在同一高度，所以该过程重力不做功，由于洛伦兹力也不做功，根据动能定理可以得出液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方向不一定相同，故C项错误；
D．对液滴在N点的速度进行分解，液滴的速度在水平方向为
竖直方向速度为
洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为
根据竖直方向的平衡方程可知：
所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴做圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP的最大距离为，故D项正确。
故选D。
【分析】利用液滴做匀速直线运动的平衡条件可以判别洛伦兹力和电场力的方向，进而判别粒子的电性；利用粒子电性结合电场力方向可以判别电场方向；利用动能定理可以比较液滴到达P点和N点的速度大小及方向；利用速度的分解结合平衡方程可以求出竖直方向洛伦兹力与重力平衡，利用水平方向的洛伦兹力结合牛顿第二定律可以求出液滴偏离NP的最大距离。
10．如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。波源从某时刻开始振动产生振幅为A的简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。和时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则（　　）
A．波速为2m/s
B．波源的平衡位置距离P点3m
C．时，波源处于平衡位置且向下运动
D．0~5s内，波源的质点运动的路程为10A
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据介质传播的波形图可知波长为，根据图形可知传播了半个周期，则可知
可得
故波速为
故A错误；
B．设波源的平衡位置距离P点距离为，则波源距离Q点的距离为5-x0，设波源开始振动时刻为，根据时左侧波形图中传播的距离和传播的时间可知
根据时右侧波形图中传播的距离和传播的时间可知
解得，
故B错误；
C．由于质点起振方向与波源相同，由图知波向左传至P点左侧距离其1m处，其起振方向向下，说明波源质点的起振方向是向下的，时，波源处于平衡位置且向下运动，故C正确；
D.0~5s内，已知振幅为A，根据振动的时间可以得出波源的质点运动的路程为，故D错误。
故选C。
【分析】利用波形图可以求出波长的大小，结合振动的周期可以求出波速的大小；利用波源距离质点的距离及传播的速度可以求出波源的位置及起振的时间；利用质点起振的方向可以判别波源的起振的方向；利用波源振动的时间及周期可以求出波源运动的路程。
11．在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示实验与科学认知描述正确的是（　　）
A．康普顿通过甲图实验证实了光子具有粒子性
B．卢瑟福通过乙图实验让人们认识到原子不是组成物质的最小微粒
C．汤姆孙通过丙图实验使人们首次精确测得了电子的电荷量
D．赫兹通过丁图实验证实了关于光的电磁波理论
【答案】A,D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；原子核的组成；康普顿效应；α粒子的散射
【解析】【解答】A．康普顿通过甲图实验中光子和电子碰撞后发现光子的波长发生改变，证实了光子具有粒子性，故A正确；
B．图乙为α粒子散射实验，a粒子运动的轨迹说明了原子核小质量大的特点，根据散射结果卢瑟福提出了原子的核式结构，故B错误；
C．汤姆孙利用图丙阴极射线管发现了电子，利用油滴实验测出电子的电荷量的是密立根，故C错误；
D．赫兹通过丁图实验验证了电磁波的存在，证实了关于光的电磁波理论，故D正确。
故选AD。
【分析】康普顿通过甲图实验中光子和电子碰撞后证实了光子具有粒子性； 图乙为α粒子散射实验，根据散射结果卢瑟福提出了原子的核式结构；汤姆孙利用图丙阴极射线管发现了电子，利用油滴实验测出电子的电荷量的是密立根；赫兹通过丁图实验验证了电磁波的存在。
12．如图甲所示，用某种型号的光线发射器的光照射光电管。图乙为氢原子能级图，光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.09eV，下列说法正确的是（　　）
A．丙图中和对应的是甲图中电源的正极接在左端
B．用动能为13eV的电子轰击一群基态氢原子，可使原子跃迁到能级
C．用b光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为
D．若将电源的正极接在左端，将滑动变阻器滑片从左向右滑动过程中，电流表示数从0开始先增大后保持不变
【答案】B,C
【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．丙图中和是电流为0时的电压，代表电路中的遏止电压，在此电压下电子不能到达极板，所以根据电子运动的方向可以得出甲图中电源的正极接在右端，故A错误；
B．用动能为13eV的电子轰击一群基态氢原子，在碰撞过程中，氢原子可能吸收的能量为，可使原子跃迁到能级，故B正确；
C．光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，根据能级跃迁的能量差可以得出两种光子能量分别为和，b光照射光电管时遏止电压更大，所以b光光子能量为
根据光电效应方程，用b光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为，故C正确；
D．正极接左端时加的是正向电压，由于滑动变阻器起到分压作用，滑片在最左端时光电管两端电压为0，由于逸出的光电子本身有初动能，已经可以到达阳极形成光电流，所以当电压为0时电流不是0，因此电流不是从0开始，故D错误。
故选BC。
【分析】利用遏止电压阻碍电子的运动可以判别极板的电性；利用电子的能量可以判别碰撞后氢原子的能量及跃迁的能级；利用能级跃迁的能量差可以得出光子的能量，结合光电效应方程可以求出光电子的最大初动能；利用光电子本身具有初动能所以当电压为0时电流的大小不等于0.
13．如图所示，是某种材料做成的一直角三棱镜的横截面，，，一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。表为三种常见介质的折射率。不计多次反射。（　　）
介质 金刚石 水晶 冰
折射率 2.42 1.55 1.31
A．出射光相对于D点入射光的偏角为90°
B．要实现上述光路，棱镜的材料可以用金刚石
C．若将光束逆时针旋转一小角度，光在介质当中传播的时间变短
D．若将光束逆时针旋转一小角度，出射光相对于D点入射光的偏角变小
【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AD．光线在面上折射，根据折射定律有
式中，为棱镜的折射率，和分别是该光线在面上的入射角和折射角。光线在面上发生全反射，根据反射定律入射角等于反射角有
式中和分别是该光线在面上的入射角和反射角。光线在面上发生折射，由折射定律有
式中和分别是该光线在面上的入射角和折射角。由于DG=GE且由几何关系得，
点的出射光相对于点的入射光的偏角为
联立解得
若将光束逆时针旋转一小角度，此时入射角和折射角即均增大，所以出射光相对于D点入射光的偏角变小，故A错误，D正确。
B．光线在面上发生全反射，根据全反射的条件可知折射角大于或者等于900，光线在面上不发生全反射，由于折射角的大小可以得出
式中是全反射临界角，满足
可知，棱镜的折射率的取值范围应为
所以要实现上述光路，棱镜的材料不可以用金刚石，故B错误。
C．若将光束逆时针旋转一小角度，由于入射角增大，导致折射角增大，根据几何关系可以得出角增大，点向点移动，点也向点移动，则光在介质中的传播路径变小，光速和折射率的关系可知，光在介质中的传播速度不变，由可知，光在介质中的传播时间变小，故C正确。
故选CD。
【分析】利用光的折射路径结合几何关系可以求出光在界面的折射角和入射角的大小，结合几何关系可以求出光的偏角的大小；利用光发生全反射的位置及全反射定律可以求出折射率的大小；当光入射角增大时，利用光的路径可以判别偏角及光传播的路程大小，结合传播的速度可以比较传播的时间。
14．用如图所示的实验装置测量滑块在气垫导轨上的加速度。气垫导轨上两个光电门之间的距离为L，槽码拖动滑块匀加速先后通过两个光电门，数字计时器记录遮光条通过光电门1的时间为，通过光电门2的时间为。
（1）为了测得滑块的加速度大小，还需要测量的物理量是　 　
（2）下列实验用图示所用实验装置不能完成的是_________
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究加速度与力、质量的关系
C．验证机械能守恒定律
D．验证动量守恒定律
（3）若实验时仅改变光电门2的位置，让滑块每次都从同一位置静止释放，记录多组遮光条通过光电门2的时间及对应的两个光电门之间的距离L，做出图像，下列图像可能正确的是_________
A． B．
C． D．
【答案】（1）遮光条的宽度
（2）D
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）实验中根据平均速度公式可以得出遮光条通过两光电门时的速度为，已知气垫导轨上两个光电门之间的距离为L，根据速度位移公式有
根据表达式可求得加速度，故需要测量遮光条的宽度。
（2）用图示所用实验装置测量瞬时速度、加速度，利用装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“ 验证机械能守恒定律”；“验证动量守恒定律”实验中需两滑块进行碰撞，实验装置只有一个滑块，所以图中实验装置无法完成。
故选D。
（3）若实验时仅改变光电门2的位置，让滑块每次都从同一位置静止释放，滑块经过光电门1时的速度不变，根据速度位移公式有
整理得
故可知图像为一条在轴上截距大于零的直线。
故选B。
【分析】（1）利用平均速度公式结合速度位移公式可以判别需要测量遮光条的宽度；
（2）利用图示所用实验装置测量瞬时速度、加速度，利用装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“ 验证机械能守恒定律”；
（3）利用速度唯一公式可以得出图像为一条在轴上截距大于零的直线。
（1）实验中已知气垫导轨上两个光电门之间的距离为L，用遮光条通过两光电门时的平均速度计算瞬时速度，利用匀变速运动中速度位移公式
可求得加速度，故需要测量遮光条的宽度。
（2）用图示所用实验装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“ 验证机械能守恒定律”；“验证动量守恒定律”实验中需两滑块进行碰撞，图中实验装置无法完成。
故选D。
（3）若实验时仅改变光电门2的位置，让滑块每次都从同一位置静止释放，滑块经过光电门1时的速度不变，有
整理得
故可知图像为一条在轴上截距大于零的直线。
故选B。
15．某实验小组探究一热敏电阻阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有：
A．待测热敏电阻
B．烧杯、热水、温度计
C．微安表（量程，内阻等于）
D．电压表（量程0~1.5V，内阻约）
E．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流2A）
F．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流0.5A）
G．电源E（电动势1.5V，内阻约为）
H．多用电表，开关一个，导线若干
（1）先用多用电表（如图甲）预判热敏电阻随温度的变化趋势。将热敏电阻置于烧杯内，将水温调节至80℃，多用电表选择开关置于欧姆挡“×100”位置，将两表笔短接，旋动部件　 　（选填“A”或“B”），使指针指向右边“”。将红、黑表笔并接在热敏电阻两端，多用电表的示数如图甲所示，此时热敏电阻阻值为　 　。热水温度缓慢降至20℃的过程中，相同倍率下，多用电表指针偏转角越来越小，由此可判断热敏电阻阻值随温度的降低而　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。
（2）为了精确测量不同温度下该热敏电阻的阻值，小组利用已有器材设计电路重新测量。要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为了调节方便，滑动变阻器应该选择（填器材前的字母标号）　 　；
（3）请你按照实验要求用笔画线代替导线在答题卷中完成余下导线的连接；
（4）不考虑偶然误差，选用正确的电路所测量得到的热敏电阻的测量值　 　真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）B；600；增大
（2）E
（3）
（4）等于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）B为欧姆调零旋钮，进行欧姆调零时，选择倍率后将两表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮（即B），使指针指向右边“”；
多用电表选择开关置于欧姆挡“×100”位置，根据示数可以得出热敏电阻阻值为；
热水温度缓慢降至20℃的过程中，相同倍率下，多用电表指针偏转角越来越小，由于欧姆表当指针偏转角越小时电阻越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的降低而增大。
（2）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，滑动变阻器选择的连接方式为分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选E。
（3）因微安表的内阻已知，为了避免电表内阻的影响，故应将微安表于热敏电阻内接，并且将滑动变阻器连接为分压式，根据电路要求可知实物图的连接如图所示
（4）微安表的内阻已知，设为，根据欧姆定律可知热敏电阻的测量值
则若不考虑偶然误差，由于排除了电流表内阻的影响，所以热敏电阻的测量值等于真实值。
【分析】（1）进行欧姆调零时，选择倍率后将两表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮（即B）；
（2）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，滑动变阻器选择的连接方式为分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的；
（3）为了避免电表内阻的影响，故应将微安表于热敏电阻内接，并且将滑动变阻器连接为分压式，根据电路要求完成实物图的连接；
（4）利用欧姆定律可以求出热敏电阻的阻值，由于排除电表内阻的影响，所以热敏电阻的测量值等于真实值。
（1）[1]进行欧姆调零时，选择倍率后将两表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮（即B），使指针指向右边“”；
[2]由图甲可知，热敏电阻阻值为；
[3]热水温度缓慢降至20℃的过程中，相同倍率下，多用电表指针偏转角越来越小，因欧姆表的表盘越靠左数值越大，说明热敏电阻的阻值增大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的降低而增大。
（2）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，则必须将滑动变阻器连接为分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选E。
（3）因微安表的内阻已知，故应将微安表内接，并且将滑动变阻器连接为分压式，实物图的连接如图所示
（4）微安表的内阻已知，设为，故热敏电阻的测量值
则若不考虑偶然误差，热敏电阻的测量值等于真实值。
16．下列实验操作规范的是_________
A．“探究弹簧弹力与形变量的关系”时，将弹簧悬挂测量弹簧原长
B．“探究平抛运动的特点”时，用重锤线检查斜槽末端的切线是否水平
C．“探究影响感应电流方向的因素”时，判断感应电流的方向时，需要先确定线圈的绕向
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”时，在油膜面积最大时快速将油膜轮廓描绘在带格子的玻璃板上
【答案】A,C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动；研究电磁感应现象
【解析】【解答】A．探究弹簧弹力与形变量关系时，由于在弹簧自重影响下弹簧悬挂的长度大于水平放置时的长度，所以悬挂弹簧测量原长，可以消除弹簧自身重力对实验的影响，操作规范，故A正确；
B．探究平抛运动特点时，要求小球抛出初速度水平，重锤线的作用是确定竖直方向，为了确定斜槽末端是否切线水平应该将小球放在斜槽末端，利用小球不滚动说明斜槽末端水平，故B错误；
C．探究感应电流方向的影响因素时，只有知道线圈绕向，只有确定线圈的绕向才能判别感应电流的方向，才能利用楞次定律判别感应电流所产生的磁场与原磁场的关系，操作规范，故C正确；
D．用油膜法估测分子大小时，为了测量单分子油膜面积的最大值，需要待油膜形状稳定后再描绘轮廓，不能在油膜刚扩散到面积最大时立刻描绘，才能求出油膜的最大面积，所以操作不规范，故D错误。
故选AC。
【分析】 悬挂弹簧测量原长，可以消除弹簧自身重力对实验的影响； 探究平抛运动特点时，要求小球抛出初速度水平，小球放在斜槽末端不滚动说明斜槽末端水平； 探究感应电流方向的影响因素时，只有知道线圈绕向，才能结合灵敏电流计的偏转方向确定线圈中感应电流的实际方向； 用油膜法估测分子大小时，需要待油膜形状稳定后再描绘轮廓，不能在油膜刚扩散到面积最大时立刻描绘 。
17．如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，活塞封闭了一定质量的理想气体。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动。B左边气缸的容积为，A、B之间的容积为，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为（为大气压强），温度为300K，现缓慢加热气缸内气体，直至450K。该理想气体的内能U与温度T满足，C为已知常数。
（1）活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，气体分子平均速率　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；活塞在A、B之间运动时，单位时间撞击单位面积的分子数　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；
（2）求活塞刚离开B处时的温度T；
（3）求从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，封闭气体吸收的热量Q。
【答案】（1）增大；减小
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律（等温变化）可得
解得活塞刚离开B处时的温度为
（3）从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，已知气体初末状态的压强和体积，根据理想气体状态方程可得
解得活塞运动到A位置的温度为
由于理想气体的内能U与温度T满足，根据温度的变化可以得出：
该过程气体内能变化量为
由于气体发生等压变化，根据体积变化可以得出：外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
解得封闭气体吸收的热量为
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，由于温度决定分子平均动能的大小，随着温度升高所以气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大；
活塞在A、B之间运动时，以活塞为对象，由于活塞缓慢运动，根据平衡条件可知气缸内的气体压强等于大气压强，即气缸内的气体发生等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能增大，由于单位面积产生的压力不变，所以根据气体压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积的分子数减小。
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律（等温变化）可得
解得活塞刚离开B处时的温度为
（3）从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，已知气体初末状态的压强和体积，根据理想气体状态方程可得
解得活塞运动到A位置的温度为
由于理想气体的内能U与温度T满足，根据温度的变化可以得出：
该过程气体内能变化量为
由于气体发生等压变化，根据体积变化可以得出：外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
解得封闭气体吸收的热量为
【分析】（1）活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，随着温度升高所以气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大；以活塞为对象，由于活塞缓慢运动，根据平衡条件可知气缸内的气体压强等于大气压强，即气缸内的气体发生等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能增大，由于单位面积产生的压力不变，所以根据气体压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积的分子数减小；
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律（等温变化）可得活塞刚离开B处时的温度；
（3）利用理想气体的状态方程可以求出气体末状态的温度，利用温度的变化可以求出内能的变化，结合体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以求出气体吸收的热量。
（1）[1]活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大；
[2]活塞在A、B之间运动时，以活塞为对象，根据受力分析可知气缸内的气体压强等于大气压强，即气缸内的气体发生等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能增大，根据气体压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积的分子数减小。
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律可得
解得活塞刚离开B处时的温度为
（3）从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，根据理想气体状态方程可得
解得
该过程气体内能变化量为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
解得封闭气体吸收的热量为
18．如图所示，垂直纸面的金属薄板M、N与荧光屏平行放置，板N中间有一小孔O。当频率为的光照射板M时有光电子逸出，光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），从小孔O飞出的电子直接进入N板右侧由螺线管线圈产生的匀强磁场中，小孔O与荧光屏中心P点连线为整个装置的中轴线。已知金属薄板M的逸出功为，普朗克常量为h，匀强磁场的磁感应强度大小为B，电子的电荷量为e，质量为m。不考虑电子重力及电子间的相互作用力，求
（1）螺线管内的磁场方向；
（2）求光电子从O点射入螺线管时的速度大小范围；
（3）从O点射出的电子分布在一个顶角（已知）很小的圆锥内，调整荧光屏到N板的距离，就能使速度大小相同的电子束正好打在荧光屏同一点上，实现磁聚焦。若要实现将最大速度的光电子聚焦在P点，求螺线管的最小半径及N板到荧光屏的最小距离（当很小时，，）。
【答案】（1）已知电流的方向，根据右手定则可知磁场方向水平向右
（2）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能

（3）电子进入磁场后，在平行于磁场和垂直于磁场方向的分量大小分别为
电子在沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，所以电子的合运动为螺旋线运动。设电子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，则根据牛顿第二定律有
则螺线管的最小半径
根据匀速圆周运动规律有
电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的最小时间为T，电子在一个回旋周期T内沿水平方向前进的距离为
N板到荧光屏的最小距离
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；光电效应
【解析】【分析】（1）已知螺线管的电流方向，利用右手定则可以判别磁场的方向；
（2）已知遏止电压的大小，结合光效效应方程可以求出速度的大小范围；
（3）电子进入磁场后，利用速度的分解可以求出分速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出最小半径的大小，利用周期的表达式结合位移公式可以求出N板到荧光屏的最小距离。
19．如图所示，长度的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为的小球A。初始时，将小球A拉至轻绳与竖直方向成的位置，由静止释放小球A，当其运动到最低点时，恰好与静止在水平面上质量为的物块B发生弹性碰撞。碰撞后B立即滑上静止在光滑水平地面上质量为的木板C上，木板上表面与水平面齐平。右侧的竖直墙面固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧处于自然状态。B、C两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能与形变量x的关系为，简谐运动的周期，其中m为振子的质量，k为回复力大小与位移大小之比的常数，取3，，。求
（1）小球A与物块B发生碰撞前瞬间绳子对小球的拉力大小；
（2）木板C运动前右端距弹簧左端的距离；
（3）木板与弹簧接触后，物块B与木板C之间即将相对滑动时弹簧的压缩量及此时木板速度v的大小；
（4）求木板C从速度为v时到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能。
【答案】（1）小球A从静止释放到与B碰撞前瞬间机械能守恒
解得
最低点
解得

（2）A与B发生弹性碰撞，，
碰后B的速度为
B在C上滑行的过程中，动量守恒。B、C两者共速时
C的速度为
C从静止到与弹簧左端接触的过程中，根据动能定理
解得

（3）B与C即将发生相对滑动时
解得
从B、C两者共速到B、C即将发生相对滑动的过程中，由能量关系
解得

（4）B、C发生相对滑动后，C做简谐振动，B做匀变速直线运动；C从速度为v时到之后与物块加速度首次相同的过程，由于C的加速度大于B的加速度，则当C与B的加速度相同时即弹簧形变量为时，说明此时C的速度大小为v，这个过程共用时
且B一直受滑动摩擦力作用，则对B有
则对于B、C组成的系统有
联立有

【知识点】功能关系；机械能守恒定律；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）小球A与物块B碰撞前，利用机械能守恒定律可以求出碰前速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出绳子对小球拉力的大小；
（2）A与B发生弹性碰撞，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出B碰后速度的大小，结合B在C滑行时，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小，结合动能定理可以求出木板C运动前距离弹簧左端的距离大小；
（3）木板与弹簧接触后，利用牛顿第二定律可以求出弹簧压缩量的大小，结合能量守恒定律可以求出木板速度的大小；
（4）木板B做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出末速度的大小，结合系统动能的变化可以求出增加的内能。
（1）小球A从静止释放到与B碰撞前瞬间机械能守恒
解得
最低点
解得
（2）A与B发生弹性碰撞，，
碰后B的速度为
B在C上滑行的过程中，动量守恒。B、C两者共速时
C的速度为
C从静止到与弹簧左端接触的过程中，根据动能定理
解得
（3）B与C即将发生相对滑动时
解得
从B、C两者共速到B、C即将发生相对滑动的过程中，由能量关系
解得
（4）B、C发生相对滑动后，C做简谐振动，B做匀变速直线运动；C从速度为v时到之后与物块加速度首次相同的过程，由于C的加速度大于B的加速度，则当C与B的加速度相同时即弹簧形变量为时，说明此时C的速度大小为v，这个过程共用时
且B一直受滑动摩擦力作用，则对B有
则对于B、C组成的系统有
联立有
20．如图所示，水平固定一半径的金属圆环，长均为r、电阻均为的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，并随轴以角速度逆时针匀速转动，圆环内左半圆存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为L的两条平行光滑导轨MON、连接，以O为坐标原点，沿MON轨道向右建立x轴，为y轴建立平面直角坐标系。区域内存在垂直导轨所在平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。处导轨为绝缘材料构成，区域内存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小沿x轴按照（单位为T）分布，沿y轴均匀分布。现将质量为m、电阻为R、长度为L的匀质金属棒ab平行放置在的某处，将三边长度均为L、粗细程度和材料与ab完全相同的“”形金属框cdfe放置在处，开始时边紧挨，fe恰好在磁场外。金属棒ab运动到前已经达到最大速度，且与金属框cdfe碰撞后粘在一起。除已给电阻外其他电阻均不计，运动过程中金属棒ab、金属框cdfe始终与轨道垂直且接触良好，已知，，，。求
（1）闭合开关瞬间，通过金属棒ab电流的大小及方向；
（2）金属棒ab的最大速度和加速过程中流过金属棒ab的电荷量；
（3）碰后瞬间“口”形金属框克服安培力的功率；
（4）金属框最终停下来时，金属棒ab位置坐标x。
【答案】（1）开关S闭合，对绕转轴金属棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，通过ab电流方向为，由法拉第电磁感应定律可知
因为
根据闭合电路欧姆定律有
则通过导体棒ab的电流
（2）导体棒ab稳定时有
解得
规定向右为正方向，根据动量定理有
联立解得
（3）导体棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞，则有
解得
因为
则功率

（4）导体棒ab进入处时，电流
因为
根据动量定理有
联立解得
【知识点】动量定理；碰撞模型；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开关闭合时，利用右手定则可以判别感应电流的方向，利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合分流关系可以求出通过金属棒的电流大小；
（2）当导体棒稳定时，利用动生电动势的表达式可以求出金属棒最大的速度，结合动量定理可以电荷量的大小；
（3）导体棒与金属框发生完全非弹性碰撞，利用动量守恒定律结合功率的表达式可以求出功率的大小；
（4）金属框从碰后到停止后，利用金属框的动量定理可以求出金属棒对应的坐标。
（1）开关S闭合，对绕转轴金属棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，通过ab电流方向为，由法拉第电磁感应定律可知
因为
根据闭合电路欧姆定律有
则通过导体棒ab的电流
（2）导体棒ab稳定时有
解得
规定向右为正方向，根据动量定理有
联立解得
（3）导体棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞，则有
解得
因为
则功率
（4）导体棒ab进入处时，电流
因为
根据动量定理有
联立解得
1 / 12026届浙江名校协作体G12联盟高三下学期二模物理试题
1．上世纪七十年代有科学家预言磁通量和电荷量Q之比可能是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。若用表示“忆阻器”的属性，用国际单位制里的基本单位表示M的单位，正确的是（　　）
A．Wb/C B．
C．V/A D．
2．2025年多哈世乒赛中，中国选手王楚钦获得男子单打和混双两枚金牌。比赛中裁判曾质疑王楚钦发球“抛球角度”违规（规则要求抛球角度）和“台内发球”违规（规则要求球在台外），王楚钦果断启动“鹰眼”，并挑战成功。抛球角度和发球界限回放分别如图甲、乙所示。以下说法正确的是（　　）
A．鹰眼挑战“抛球角度”违规，回放仲裁时，可以将乒乓球看作质点
B．鹰眼挑战“台内发球”违规，回放仲裁时，可以将乒乓球看作质点
C．鹰眼挑战“抛球角度”违规的回放显示乒乓球在空中一定做斜抛运动
D．乒乓球能被快速抽杀是因为球拍对乒乓球的作用力远大于乒乓球对球拍的作用力
3．下列说法正确的是（　　）
A．水波、声波和电磁波等一切波都能发生干涉和偏振现象
B．只要波源不动，观察者接收到的波的频率就跟波源发出的频率一样
C．根据玻尔模型，氢原子从激发态向基态跃迁时，核外电子动能增大
D．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫解调
4．北京时间2025年11月1日3时22分，神舟二十一号载人飞船成功与空间站天和核心舱（距离地面约400km）前向端口对接，整个对接过程历时约3.5小时，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录。交接后形成的组合体在地球引力的作用下继续在原轨道做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．对接完成后，飞船的速度一定小于7.9km/s
B．对接完成后，空间站由于质量变大，速度将变小
C．对接完成后，飞船所受合力比静止在地面上时小
D．对接过程中，先将飞船运送到空间站同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接
5．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（　　）
A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同
B．在1时，加速度最大
C．从1到2的时间大于从2到3的时间
D．从2到3的过程中，动能增加mgh
6．有关下列四幅图，说法正确的是（　　）
A．图甲说明水对玻璃不浸润
B．图乙中线圈的自感电动势正在减小
C．图丙若增加输电电压，因输电线路电阻不变，则输电线路上电流变大
D．图丁用单色光和两片平整的玻璃片观察薄膜干涉，若增加右侧的垫片，则观察到的条纹变密集
7．上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流。下列说法正确的是（　　）
A．导体板中产生的电流大小不变
B．阻尼器将机械能转化为内能
C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好
D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机
8．如图所示，圆心为O、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F六个等分点，A、C、E各点固定有一带电量为的点电荷，B、D、F各点固定有一带电量为的点电荷。M、N分别为OA、OD的中点，规定无穷远处电势为0，则（　　）
A．M、N两点的电场强度相同
B．圆心O处的电场强度为0，电势不为0
C．将带正电的点电荷从M点移动到N点，电场力先做正功再做负功
D．负的点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
9．空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．液滴可能带负电
B．电场线方向可能水平向左
C．液滴到P点的速度一定与N点相同
D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为
10．如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。波源从某时刻开始振动产生振幅为A的简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。和时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则（　　）
A．波速为2m/s
B．波源的平衡位置距离P点3m
C．时，波源处于平衡位置且向下运动
D．0~5s内，波源的质点运动的路程为10A
11．在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示实验与科学认知描述正确的是（　　）
A．康普顿通过甲图实验证实了光子具有粒子性
B．卢瑟福通过乙图实验让人们认识到原子不是组成物质的最小微粒
C．汤姆孙通过丙图实验使人们首次精确测得了电子的电荷量
D．赫兹通过丁图实验证实了关于光的电磁波理论
12．如图甲所示，用某种型号的光线发射器的光照射光电管。图乙为氢原子能级图，光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.09eV，下列说法正确的是（　　）
A．丙图中和对应的是甲图中电源的正极接在左端
B．用动能为13eV的电子轰击一群基态氢原子，可使原子跃迁到能级
C．用b光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为
D．若将电源的正极接在左端，将滑动变阻器滑片从左向右滑动过程中，电流表示数从0开始先增大后保持不变
13．如图所示，是某种材料做成的一直角三棱镜的横截面，，，一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。表为三种常见介质的折射率。不计多次反射。（　　）
介质 金刚石 水晶 冰
折射率 2.42 1.55 1.31
A．出射光相对于D点入射光的偏角为90°
B．要实现上述光路，棱镜的材料可以用金刚石
C．若将光束逆时针旋转一小角度，光在介质当中传播的时间变短
D．若将光束逆时针旋转一小角度，出射光相对于D点入射光的偏角变小
14．用如图所示的实验装置测量滑块在气垫导轨上的加速度。气垫导轨上两个光电门之间的距离为L，槽码拖动滑块匀加速先后通过两个光电门，数字计时器记录遮光条通过光电门1的时间为，通过光电门2的时间为。
（1）为了测得滑块的加速度大小，还需要测量的物理量是　 　
（2）下列实验用图示所用实验装置不能完成的是_________
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究加速度与力、质量的关系
C．验证机械能守恒定律
D．验证动量守恒定律
（3）若实验时仅改变光电门2的位置，让滑块每次都从同一位置静止释放，记录多组遮光条通过光电门2的时间及对应的两个光电门之间的距离L，做出图像，下列图像可能正确的是_________
A． B．
C． D．
15．某实验小组探究一热敏电阻阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有：
A．待测热敏电阻
B．烧杯、热水、温度计
C．微安表（量程，内阻等于）
D．电压表（量程0~1.5V，内阻约）
E．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流2A）
F．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流0.5A）
G．电源E（电动势1.5V，内阻约为）
H．多用电表，开关一个，导线若干
（1）先用多用电表（如图甲）预判热敏电阻随温度的变化趋势。将热敏电阻置于烧杯内，将水温调节至80℃，多用电表选择开关置于欧姆挡“×100”位置，将两表笔短接，旋动部件　 　（选填“A”或“B”），使指针指向右边“”。将红、黑表笔并接在热敏电阻两端，多用电表的示数如图甲所示，此时热敏电阻阻值为　 　。热水温度缓慢降至20℃的过程中，相同倍率下，多用电表指针偏转角越来越小，由此可判断热敏电阻阻值随温度的降低而　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。
（2）为了精确测量不同温度下该热敏电阻的阻值，小组利用已有器材设计电路重新测量。要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为了调节方便，滑动变阻器应该选择（填器材前的字母标号）　 　；
（3）请你按照实验要求用笔画线代替导线在答题卷中完成余下导线的连接；
（4）不考虑偶然误差，选用正确的电路所测量得到的热敏电阻的测量值　 　真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
16．下列实验操作规范的是_________
A．“探究弹簧弹力与形变量的关系”时，将弹簧悬挂测量弹簧原长
B．“探究平抛运动的特点”时，用重锤线检查斜槽末端的切线是否水平
C．“探究影响感应电流方向的因素”时，判断感应电流的方向时，需要先确定线圈的绕向
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”时，在油膜面积最大时快速将油膜轮廓描绘在带格子的玻璃板上
17．如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，活塞封闭了一定质量的理想气体。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动。B左边气缸的容积为，A、B之间的容积为，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为（为大气压强），温度为300K，现缓慢加热气缸内气体，直至450K。该理想气体的内能U与温度T满足，C为已知常数。
（1）活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，气体分子平均速率　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；活塞在A、B之间运动时，单位时间撞击单位面积的分子数　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；
（2）求活塞刚离开B处时的温度T；
（3）求从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，封闭气体吸收的热量Q。
18．如图所示，垂直纸面的金属薄板M、N与荧光屏平行放置，板N中间有一小孔O。当频率为的光照射板M时有光电子逸出，光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），从小孔O飞出的电子直接进入N板右侧由螺线管线圈产生的匀强磁场中，小孔O与荧光屏中心P点连线为整个装置的中轴线。已知金属薄板M的逸出功为，普朗克常量为h，匀强磁场的磁感应强度大小为B，电子的电荷量为e，质量为m。不考虑电子重力及电子间的相互作用力，求
（1）螺线管内的磁场方向；
（2）求光电子从O点射入螺线管时的速度大小范围；
（3）从O点射出的电子分布在一个顶角（已知）很小的圆锥内，调整荧光屏到N板的距离，就能使速度大小相同的电子束正好打在荧光屏同一点上，实现磁聚焦。若要实现将最大速度的光电子聚焦在P点，求螺线管的最小半径及N板到荧光屏的最小距离（当很小时，，）。
19．如图所示，长度的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为的小球A。初始时，将小球A拉至轻绳与竖直方向成的位置，由静止释放小球A，当其运动到最低点时，恰好与静止在水平面上质量为的物块B发生弹性碰撞。碰撞后B立即滑上静止在光滑水平地面上质量为的木板C上，木板上表面与水平面齐平。右侧的竖直墙面固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧处于自然状态。B、C两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能与形变量x的关系为，简谐运动的周期，其中m为振子的质量，k为回复力大小与位移大小之比的常数，取3，，。求
（1）小球A与物块B发生碰撞前瞬间绳子对小球的拉力大小；
（2）木板C运动前右端距弹簧左端的距离；
（3）木板与弹簧接触后，物块B与木板C之间即将相对滑动时弹簧的压缩量及此时木板速度v的大小；
（4）求木板C从速度为v时到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能。
20．如图所示，水平固定一半径的金属圆环，长均为r、电阻均为的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，并随轴以角速度逆时针匀速转动，圆环内左半圆存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为L的两条平行光滑导轨MON、连接，以O为坐标原点，沿MON轨道向右建立x轴，为y轴建立平面直角坐标系。区域内存在垂直导轨所在平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。处导轨为绝缘材料构成，区域内存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小沿x轴按照（单位为T）分布，沿y轴均匀分布。现将质量为m、电阻为R、长度为L的匀质金属棒ab平行放置在的某处，将三边长度均为L、粗细程度和材料与ab完全相同的“”形金属框cdfe放置在处，开始时边紧挨，fe恰好在磁场外。金属棒ab运动到前已经达到最大速度，且与金属框cdfe碰撞后粘在一起。除已给电阻外其他电阻均不计，运动过程中金属棒ab、金属框cdfe始终与轨道垂直且接触良好，已知，，，。求
（1）闭合开关瞬间，通过金属棒ab电流的大小及方向；
（2）金属棒ab的最大速度和加速过程中流过金属棒ab的电荷量；
（3）碰后瞬间“口”形金属框克服安培力的功率；
（4）金属框最终停下来时，金属棒ab位置坐标x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；磁通量；力学单位制
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律有：，
根据欧姆定律可知感应电流和磁通量变化量的关系为：
根据电荷量定义可知与电阻的单位相同，为欧姆。
根据纯电阻电路的电功表达式有，其单位关系为可得。
根据功的定义可知：
结合牛顿第二定律可知：焦耳用基本单位表示为
代入电阻单位表达式有：
可知用国际单位制里的基本单位表示可表示为
故选D。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律及电荷量的定义式可以求出与电阻的单位相同，为欧姆；利用电功的表达式及牛顿第二定律可以导出M的单位。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】A．研究抛球角度时，将乒乓球看作质点，乒乓球的大小和形状对角度的判断没有影响，所以可以把乒乓球看作质点，故A错误。
B．研究是否“台内发球”，需要判断乒乓球是否在台内，即需要判断乒乓球任何一部分处于台内，乒乓球的大小和形状对乒乓球的位置有影响，所以不能将乒乓球看作质点，故B错误。
C．鹰眼挑战“抛球角度”违规的回放显示乒乓球在空中不一定做斜抛运动，可能做直线运动，故C错误。
D．根据牛顿第三定律可知球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，故D错误。
故选A。
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；根据牛顿第三定律可知球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是作用力和反作用力，大小相等；回放显示乒乓球在空中不一定做斜抛运动，可能做直线运动。
3．【答案】C
【知识点】多普勒效应；电磁波的发射、传播与接收；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；波的干涉现象
【解析】【解答】A．干涉是波的普遍现象，只要两列波的频率相等时，两列波相遇就能出现干涉现象，水波、声波和电磁波均能发生干涉；但偏振是横波特有的现象，电磁波为横波，可发生偏振，水波（表面波）部分情况下可偏振，而声波为纵波，不能发生偏振。故A错误。
B．根据多普勒效应，观察者接收到的频率取决于波源与观察者的相对运动。当波源靠近观察者时接收的频率会增大，当波源相对观察者远离时，接收到的频率会变小，即使波源静止，若观察者运动，接收频率也会改变（如观察者朝向波源运动时频率升高）。故B错误。
C．根据玻尔模型，氢原子从激发态向基态跃迁时，原子的能级降低，核外电子的轨道半径减小，根据库仑力提供向心力可知电子的速度增大，根据动能的表达式可知核外电子动能增大，C正确；
D．在电磁波发射技术中，为了让信息通过电磁波进行发射，将信号加载到载波（如改变振幅、频率）的过程称为调制；在接收信息的过程中，解调是在接收端从调制波中提取信号的过程。故D错误。
故选C。
【分析】干涉是波的普遍现象，只要两列波的频率相等时，两列波相遇就能出现干涉现象，偏振是横波特有的现象；，即使波源静止，若观察者运动，接收频率也会改变（如观察者朝向波源运动时频率升高）；根据库仑力提供向心力可知电子的速度增大，根据动能的表达式可知核外电子动能增大；在电磁波发射技术中，为了让信息通过电磁波进行发射，将信号加载到载波（如改变振幅、频率）的过程称为调制；在接收信息的过程中，解调是在接收端从调制波中提取信号的过程。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度7.9km/s可以近似认为指近地卫星圆轨道的线速度，飞船做匀速圆周运动，由地球万有引力提供向心力，根据牛顿第二定理则有
解得
由于空间站轨道半径大于地球半径，可知，飞船的速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，故A正确；
B．对接后空间站质量变大，根据线速度的表达式空间站的速度大小为
该速度仅取决于地球质量和轨道半径，与自身质量无关，故速度大小不变，故B错误；
C．飞船静止在地面时处于平衡状态，由于重力等于支持力所以合力为零，在轨道上时飞船只受到引力的作用，所以合力为万有引力大小为，可知，对接完成后，飞船所受合力比静止在地面上时大，故C错误；
D．若飞船在同一轨道加速后速度增大，根据向心力的表达式可知所需向心力增大，万有引力小于所需向心力，飞船将做离心运动进入更高轨道，无法直接追上空间站实现对接，故D错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度的大小；线速度的大小与空间站质量无关；利用飞船的状态可以比较合力的大小；利用飞船速度变化时会做离心运动则不能进行对接。
5．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．空气阻力的大小保持不变，由于速度的方向不断变化所以阻力的方向时刻变化，根据力的合成可以得出阻力与重力的合力不断变化，所以足球做加速度不断变化的曲线运动；
由于加速度不断变化，由可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A错误；
B．在1时，空气阻力与重力的夹角最小，根据力的合成可以得出合力最大，所以加速度最大，故B正确；
C．研究足球竖直方向分运动，在竖直方向上，由于上升过程重力和阻力都向下，下落过程重力和阻力方向大致相反，所以根据牛顿第二定律可以得出上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1到2的时间小于从2到3的时间，故C错误；
D．从2到3的过程中，由于阻力和重力对小球做功，根据动能定理有，所以足球动能增加小于mgh，故D错误。
故选B。
【分析】利用速度的变化可以判别阻力不断变化，结合合力的变化可以判别加速度不断变化，结合速度变化量的公式可以判别相等的时间内速度变化量不相同；利用力的合成可以判别合力最大及加速度最大的位置；利用竖直方向的合力可以比较竖直方向的加速度，结合位移公式可以比较运动的时间；利用动能定理可以比较速度变化量的大小。
6．【答案】D
【知识点】电能的输送；电磁振荡；薄膜干涉；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．图甲中，水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，由于分子间体现为斥力，这是浸润现象的典型表现，说明水对玻璃是浸润的，故A错误；
B．图乙是LC振荡电路，根据极板电性及电流的方向可知电路处于充电阶段，在充电过程中，由于电荷量不断增大，电流逐渐变小，电流的变化率是逐渐增大的，因此自感电动势也在增大，故B错误；
C．在远距离输电中，输送功率基本不变，根据电功率的表达式，当输电电压增加时，输电线路上的电流会减小，而不是变大，故C错误。
D．若增加右侧的垫片，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，根据表达式可知随着角度增大，相邻条纹变密集，故D正确。
故选D。
【分析】水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，由于分子间体现为斥力，这是浸润现象的典型表现； 水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，由于分子间体现为斥力，这是浸润现象的典型表现；输送功率基本不变，根据电功率的表达式，当输电电压增加时，输电线路上的电流会减小；空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，根据表达式可知随着角度增大，相邻条纹变密集。
7．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误；
B．导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确；
C．将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱，故C错误；
D．该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，电动机是利用通电导体受到安培力后进行驱动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。
故选B。
【分析】．摆锤摆动的快慢不断变化，导致导体板进出磁场的速率发生改变，所以导体板中产生的电流大小也不断变化；由于安培力做功导致内能的产生所以摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能；将整块的导体板分割成多块，导体板的电阻增大，根据欧姆定律可知感应电流减小，由于安培力变小所以阻尼效果减弱；该装置的原理是电磁阻尼，安培力阻碍磁体的运动，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机。
8．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．由于B、F点电荷在M点产生的场强叠加为0，E、C点电荷在N点产生的场强叠加为0；加之E、C点电荷在M点产生的电场强度与B、F点电荷在N点产生的电场强度相同，A、D点电荷在M和N点产生的电场强度相同，所以A、B、C、D、E、F处的点电荷电场的叠加，根据矢量叠加原理可得， M、N两点的电场强度大小相等，方向均沿OA方向，故A正确；
B．O点场强由A点和D点、B点和E点、C点和F点处的点电荷电场的叠加，根据矢量叠加原理，由于产生的三个电场强度收尾相连，则电场强度矢量和为0。电势是标量，因为等量异种电荷在其连线中垂线电势为0，所以三对异种等量电荷叠加后电势为0，故B错误；
C．已知M、N两点的电场强度大小相等，方向均沿OA方向，带正电的点电荷从M点移动到N点，电场方向沿NM方向，由于电场力方向与运动方向相反所以电场力做负功，故C错误；
D．由于电场线方向沿N到N，沿电场线方向电势降低，所以，由于点电荷带负电，根据电势能公式，因为，所以在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。
故选A。
【分析】利用点电荷的叠加可以判别电场强度的大小及方向；利用电场强度的叠加可以判别O点的场强，利用电荷的叠加可以判别电势的大小；利用电场力方向及运动的方向可以判别电场力做功；利用电场线的方向可以判别电势的高低，结合电性可以比较电势能的大小。
9．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．由于带电液滴在复合场中沿MN做匀速直线运动，在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线运动，所以三力的合力为零。由于重力竖直向下，电场力方向在水平方向上，根据三力平衡条件可以得出洛伦兹力必须斜向上，所以当液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，此时满足三力平衡，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB错误；
C．在N点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N和P在同一高度，所以该过程重力不做功，由于洛伦兹力也不做功，根据动能定理可以得出液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方向不一定相同，故C项错误；
D．对液滴在N点的速度进行分解，液滴的速度在水平方向为
竖直方向速度为
洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为
根据竖直方向的平衡方程可知：
所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴做圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP的最大距离为，故D项正确。
故选D。
【分析】利用液滴做匀速直线运动的平衡条件可以判别洛伦兹力和电场力的方向，进而判别粒子的电性；利用粒子电性结合电场力方向可以判别电场方向；利用动能定理可以比较液滴到达P点和N点的速度大小及方向；利用速度的分解结合平衡方程可以求出竖直方向洛伦兹力与重力平衡，利用水平方向的洛伦兹力结合牛顿第二定律可以求出液滴偏离NP的最大距离。
10．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据介质传播的波形图可知波长为，根据图形可知传播了半个周期，则可知
可得
故波速为
故A错误；
B．设波源的平衡位置距离P点距离为，则波源距离Q点的距离为5-x0，设波源开始振动时刻为，根据时左侧波形图中传播的距离和传播的时间可知
根据时右侧波形图中传播的距离和传播的时间可知
解得，
故B错误；
C．由于质点起振方向与波源相同，由图知波向左传至P点左侧距离其1m处，其起振方向向下，说明波源质点的起振方向是向下的，时，波源处于平衡位置且向下运动，故C正确；
D.0~5s内，已知振幅为A，根据振动的时间可以得出波源的质点运动的路程为，故D错误。
故选C。
【分析】利用波形图可以求出波长的大小，结合振动的周期可以求出波速的大小；利用波源距离质点的距离及传播的速度可以求出波源的位置及起振的时间；利用质点起振的方向可以判别波源的起振的方向；利用波源振动的时间及周期可以求出波源运动的路程。
11．【答案】A,D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；原子核的组成；康普顿效应；α粒子的散射
【解析】【解答】A．康普顿通过甲图实验中光子和电子碰撞后发现光子的波长发生改变，证实了光子具有粒子性，故A正确；
B．图乙为α粒子散射实验，a粒子运动的轨迹说明了原子核小质量大的特点，根据散射结果卢瑟福提出了原子的核式结构，故B错误；
C．汤姆孙利用图丙阴极射线管发现了电子，利用油滴实验测出电子的电荷量的是密立根，故C错误；
D．赫兹通过丁图实验验证了电磁波的存在，证实了关于光的电磁波理论，故D正确。
故选AD。
【分析】康普顿通过甲图实验中光子和电子碰撞后证实了光子具有粒子性； 图乙为α粒子散射实验，根据散射结果卢瑟福提出了原子的核式结构；汤姆孙利用图丙阴极射线管发现了电子，利用油滴实验测出电子的电荷量的是密立根；赫兹通过丁图实验验证了电磁波的存在。
12．【答案】B,C
【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．丙图中和是电流为0时的电压，代表电路中的遏止电压，在此电压下电子不能到达极板，所以根据电子运动的方向可以得出甲图中电源的正极接在右端，故A错误；
B．用动能为13eV的电子轰击一群基态氢原子，在碰撞过程中，氢原子可能吸收的能量为，可使原子跃迁到能级，故B正确；
C．光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，根据能级跃迁的能量差可以得出两种光子能量分别为和，b光照射光电管时遏止电压更大，所以b光光子能量为
根据光电效应方程，用b光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为，故C正确；
D．正极接左端时加的是正向电压，由于滑动变阻器起到分压作用，滑片在最左端时光电管两端电压为0，由于逸出的光电子本身有初动能，已经可以到达阳极形成光电流，所以当电压为0时电流不是0，因此电流不是从0开始，故D错误。
故选BC。
【分析】利用遏止电压阻碍电子的运动可以判别极板的电性；利用电子的能量可以判别碰撞后氢原子的能量及跃迁的能级；利用能级跃迁的能量差可以得出光子的能量，结合光电效应方程可以求出光电子的最大初动能；利用光电子本身具有初动能所以当电压为0时电流的大小不等于0.
13．【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AD．光线在面上折射，根据折射定律有
式中，为棱镜的折射率，和分别是该光线在面上的入射角和折射角。光线在面上发生全反射，根据反射定律入射角等于反射角有
式中和分别是该光线在面上的入射角和反射角。光线在面上发生折射，由折射定律有
式中和分别是该光线在面上的入射角和折射角。由于DG=GE且由几何关系得，
点的出射光相对于点的入射光的偏角为
联立解得
若将光束逆时针旋转一小角度，此时入射角和折射角即均增大，所以出射光相对于D点入射光的偏角变小，故A错误，D正确。
B．光线在面上发生全反射，根据全反射的条件可知折射角大于或者等于900，光线在面上不发生全反射，由于折射角的大小可以得出
式中是全反射临界角，满足
可知，棱镜的折射率的取值范围应为
所以要实现上述光路，棱镜的材料不可以用金刚石，故B错误。
C．若将光束逆时针旋转一小角度，由于入射角增大，导致折射角增大，根据几何关系可以得出角增大，点向点移动，点也向点移动，则光在介质中的传播路径变小，光速和折射率的关系可知，光在介质中的传播速度不变，由可知，光在介质中的传播时间变小，故C正确。
故选CD。
【分析】利用光的折射路径结合几何关系可以求出光在界面的折射角和入射角的大小，结合几何关系可以求出光的偏角的大小；利用光发生全反射的位置及全反射定律可以求出折射率的大小；当光入射角增大时，利用光的路径可以判别偏角及光传播的路程大小，结合传播的速度可以比较传播的时间。
14．【答案】（1）遮光条的宽度
（2）D
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）实验中根据平均速度公式可以得出遮光条通过两光电门时的速度为，已知气垫导轨上两个光电门之间的距离为L，根据速度位移公式有
根据表达式可求得加速度，故需要测量遮光条的宽度。
（2）用图示所用实验装置测量瞬时速度、加速度，利用装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“ 验证机械能守恒定律”；“验证动量守恒定律”实验中需两滑块进行碰撞，实验装置只有一个滑块，所以图中实验装置无法完成。
故选D。
（3）若实验时仅改变光电门2的位置，让滑块每次都从同一位置静止释放，滑块经过光电门1时的速度不变，根据速度位移公式有
整理得
故可知图像为一条在轴上截距大于零的直线。
故选B。
【分析】（1）利用平均速度公式结合速度位移公式可以判别需要测量遮光条的宽度；
（2）利用图示所用实验装置测量瞬时速度、加速度，利用装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“ 验证机械能守恒定律”；
（3）利用速度唯一公式可以得出图像为一条在轴上截距大于零的直线。
（1）实验中已知气垫导轨上两个光电门之间的距离为L，用遮光条通过两光电门时的平均速度计算瞬时速度，利用匀变速运动中速度位移公式
可求得加速度，故需要测量遮光条的宽度。
（2）用图示所用实验装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“ 验证机械能守恒定律”；“验证动量守恒定律”实验中需两滑块进行碰撞，图中实验装置无法完成。
故选D。
（3）若实验时仅改变光电门2的位置，让滑块每次都从同一位置静止释放，滑块经过光电门1时的速度不变，有
整理得
故可知图像为一条在轴上截距大于零的直线。
故选B。
15．【答案】（1）B；600；增大
（2）E
（3）
（4）等于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）B为欧姆调零旋钮，进行欧姆调零时，选择倍率后将两表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮（即B），使指针指向右边“”；
多用电表选择开关置于欧姆挡“×100”位置，根据示数可以得出热敏电阻阻值为；
热水温度缓慢降至20℃的过程中，相同倍率下，多用电表指针偏转角越来越小，由于欧姆表当指针偏转角越小时电阻越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的降低而增大。
（2）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，滑动变阻器选择的连接方式为分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选E。
（3）因微安表的内阻已知，为了避免电表内阻的影响，故应将微安表于热敏电阻内接，并且将滑动变阻器连接为分压式，根据电路要求可知实物图的连接如图所示
（4）微安表的内阻已知，设为，根据欧姆定律可知热敏电阻的测量值
则若不考虑偶然误差，由于排除了电流表内阻的影响，所以热敏电阻的测量值等于真实值。
【分析】（1）进行欧姆调零时，选择倍率后将两表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮（即B）；
（2）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，滑动变阻器选择的连接方式为分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的；
（3）为了避免电表内阻的影响，故应将微安表于热敏电阻内接，并且将滑动变阻器连接为分压式，根据电路要求完成实物图的连接；
（4）利用欧姆定律可以求出热敏电阻的阻值，由于排除电表内阻的影响，所以热敏电阻的测量值等于真实值。
（1）[1]进行欧姆调零时，选择倍率后将两表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮（即B），使指针指向右边“”；
[2]由图甲可知，热敏电阻阻值为；
[3]热水温度缓慢降至20℃的过程中，相同倍率下，多用电表指针偏转角越来越小，因欧姆表的表盘越靠左数值越大，说明热敏电阻的阻值增大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的降低而增大。
（2）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，则必须将滑动变阻器连接为分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选E。
（3）因微安表的内阻已知，故应将微安表内接，并且将滑动变阻器连接为分压式，实物图的连接如图所示
（4）微安表的内阻已知，设为，故热敏电阻的测量值
则若不考虑偶然误差，热敏电阻的测量值等于真实值。
16．【答案】A,C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动；研究电磁感应现象
【解析】【解答】A．探究弹簧弹力与形变量关系时，由于在弹簧自重影响下弹簧悬挂的长度大于水平放置时的长度，所以悬挂弹簧测量原长，可以消除弹簧自身重力对实验的影响，操作规范，故A正确；
B．探究平抛运动特点时，要求小球抛出初速度水平，重锤线的作用是确定竖直方向，为了确定斜槽末端是否切线水平应该将小球放在斜槽末端，利用小球不滚动说明斜槽末端水平，故B错误；
C．探究感应电流方向的影响因素时，只有知道线圈绕向，只有确定线圈的绕向才能判别感应电流的方向，才能利用楞次定律判别感应电流所产生的磁场与原磁场的关系，操作规范，故C正确；
D．用油膜法估测分子大小时，为了测量单分子油膜面积的最大值，需要待油膜形状稳定后再描绘轮廓，不能在油膜刚扩散到面积最大时立刻描绘，才能求出油膜的最大面积，所以操作不规范，故D错误。
故选AC。
【分析】 悬挂弹簧测量原长，可以消除弹簧自身重力对实验的影响； 探究平抛运动特点时，要求小球抛出初速度水平，小球放在斜槽末端不滚动说明斜槽末端水平； 探究感应电流方向的影响因素时，只有知道线圈绕向，才能结合灵敏电流计的偏转方向确定线圈中感应电流的实际方向； 用油膜法估测分子大小时，需要待油膜形状稳定后再描绘轮廓，不能在油膜刚扩散到面积最大时立刻描绘 。
17．【答案】（1）增大；减小
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律（等温变化）可得
解得活塞刚离开B处时的温度为
（3）从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，已知气体初末状态的压强和体积，根据理想气体状态方程可得
解得活塞运动到A位置的温度为
由于理想气体的内能U与温度T满足，根据温度的变化可以得出：
该过程气体内能变化量为
由于气体发生等压变化，根据体积变化可以得出：外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
解得封闭气体吸收的热量为
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，由于温度决定分子平均动能的大小，随着温度升高所以气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大；
活塞在A、B之间运动时，以活塞为对象，由于活塞缓慢运动，根据平衡条件可知气缸内的气体压强等于大气压强，即气缸内的气体发生等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能增大，由于单位面积产生的压力不变，所以根据气体压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积的分子数减小。
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律（等温变化）可得
解得活塞刚离开B处时的温度为
（3）从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，已知气体初末状态的压强和体积，根据理想气体状态方程可得
解得活塞运动到A位置的温度为
由于理想气体的内能U与温度T满足，根据温度的变化可以得出：
该过程气体内能变化量为
由于气体发生等压变化，根据体积变化可以得出：外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
解得封闭气体吸收的热量为
【分析】（1）活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，随着温度升高所以气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大；以活塞为对象，由于活塞缓慢运动，根据平衡条件可知气缸内的气体压强等于大气压强，即气缸内的气体发生等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能增大，由于单位面积产生的压力不变，所以根据气体压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积的分子数减小；
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律（等温变化）可得活塞刚离开B处时的温度；
（3）利用理想气体的状态方程可以求出气体末状态的温度，利用温度的变化可以求出内能的变化，结合体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以求出气体吸收的热量。
（1）[1]活塞在B处还未开始运动且气温缓缓上升的过程中，气体分子的平均动能增大，气体分子的平均速率增大；
[2]活塞在A、B之间运动时，以活塞为对象，根据受力分析可知气缸内的气体压强等于大气压强，即气缸内的气体发生等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能增大，根据气体压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积的分子数减小。
（2）活塞刚离开B处时，根据查理定律可得
解得活塞刚离开B处时的温度为
（3）从加热气体开始，到活塞刚运动到A处过程中，根据理想气体状态方程可得
解得
该过程气体内能变化量为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
解得封闭气体吸收的热量为
18．【答案】（1）已知电流的方向，根据右手定则可知磁场方向水平向右
（2）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能

（3）电子进入磁场后，在平行于磁场和垂直于磁场方向的分量大小分别为
电子在沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，所以电子的合运动为螺旋线运动。设电子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，则根据牛顿第二定律有
则螺线管的最小半径
根据匀速圆周运动规律有
电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的最小时间为T，电子在一个回旋周期T内沿水平方向前进的距离为
N板到荧光屏的最小距离
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；光电效应
【解析】【分析】（1）已知螺线管的电流方向，利用右手定则可以判别磁场的方向；
（2）已知遏止电压的大小，结合光效效应方程可以求出速度的大小范围；
（3）电子进入磁场后，利用速度的分解可以求出分速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出最小半径的大小，利用周期的表达式结合位移公式可以求出N板到荧光屏的最小距离。
19．【答案】（1）小球A从静止释放到与B碰撞前瞬间机械能守恒
解得
最低点
解得

（2）A与B发生弹性碰撞，，
碰后B的速度为
B在C上滑行的过程中，动量守恒。B、C两者共速时
C的速度为
C从静止到与弹簧左端接触的过程中，根据动能定理
解得

（3）B与C即将发生相对滑动时
解得
从B、C两者共速到B、C即将发生相对滑动的过程中，由能量关系
解得

（4）B、C发生相对滑动后，C做简谐振动，B做匀变速直线运动；C从速度为v时到之后与物块加速度首次相同的过程，由于C的加速度大于B的加速度，则当C与B的加速度相同时即弹簧形变量为时，说明此时C的速度大小为v，这个过程共用时
且B一直受滑动摩擦力作用，则对B有
则对于B、C组成的系统有
联立有

【知识点】功能关系；机械能守恒定律；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）小球A与物块B碰撞前，利用机械能守恒定律可以求出碰前速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出绳子对小球拉力的大小；
（2）A与B发生弹性碰撞，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出B碰后速度的大小，结合B在C滑行时，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小，结合动能定理可以求出木板C运动前距离弹簧左端的距离大小；
（3）木板与弹簧接触后，利用牛顿第二定律可以求出弹簧压缩量的大小，结合能量守恒定律可以求出木板速度的大小；
（4）木板B做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出末速度的大小，结合系统动能的变化可以求出增加的内能。
（1）小球A从静止释放到与B碰撞前瞬间机械能守恒
解得
最低点
解得
（2）A与B发生弹性碰撞，，
碰后B的速度为
B在C上滑行的过程中，动量守恒。B、C两者共速时
C的速度为
C从静止到与弹簧左端接触的过程中，根据动能定理
解得
（3）B与C即将发生相对滑动时
解得
从B、C两者共速到B、C即将发生相对滑动的过程中，由能量关系
解得
（4）B、C发生相对滑动后，C做简谐振动，B做匀变速直线运动；C从速度为v时到之后与物块加速度首次相同的过程，由于C的加速度大于B的加速度，则当C与B的加速度相同时即弹簧形变量为时，说明此时C的速度大小为v，这个过程共用时
且B一直受滑动摩擦力作用，则对B有
则对于B、C组成的系统有
联立有
20．【答案】（1）开关S闭合，对绕转轴金属棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，通过ab电流方向为，由法拉第电磁感应定律可知
因为
根据闭合电路欧姆定律有
则通过导体棒ab的电流
（2）导体棒ab稳定时有
解得
规定向右为正方向，根据动量定理有
联立解得
（3）导体棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞，则有
解得
因为
则功率

（4）导体棒ab进入处时，电流
因为
根据动量定理有
联立解得
【知识点】动量定理；碰撞模型；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开关闭合时，利用右手定则可以判别感应电流的方向，利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合分流关系可以求出通过金属棒的电流大小；
（2）当导体棒稳定时，利用动生电动势的表达式可以求出金属棒最大的速度，结合动量定理可以电荷量的大小；
（3）导体棒与金属框发生完全非弹性碰撞，利用动量守恒定律结合功率的表达式可以求出功率的大小；
（4）金属框从碰后到停止后，利用金属框的动量定理可以求出金属棒对应的坐标。
（1）开关S闭合，对绕转轴金属棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，通过ab电流方向为，由法拉第电磁感应定律可知
因为
根据闭合电路欧姆定律有
则通过导体棒ab的电流
（2）导体棒ab稳定时有
解得
规定向右为正方向，根据动量定理有
联立解得
（3）导体棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞，则有
解得
因为
则功率
（4）导体棒ab进入处时，电流
因为
根据动量定理有
联立解得
1 / 1

展开更多......

收起↑