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2026届浙江杭州市富阳区新登中学等校高三下学期二模题库物理试题
1．磁感应强度也叫磁通密度，其大小可以用磁感线的疏密表示，下列的单位正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】已知线圈的磁通量为线圈中磁感应强度与线圈的有效面积的乘积，根据定义可得磁通量的表达式为：
可得磁感应强度为：
B的单位为T，磁通量的单位为韦伯（），面积S的单位为平方米（），因此B的单位为或T。
故选D。
【分析】利用磁通量的表达式可以求出磁感应强度的表达式，进而求出对应的单位。
2．2025年9月25日，歼-35在福建舰完成起降训练的画面被公开。如图所示为歼-35舰载战斗机在福建舰电磁弹射起飞。关于歼-35（　　）
A．研究电磁弹射起飞推力的作用点时，可将歼-35视为质点
B．加速飞行时，空气对歼-35的作用力大于歼-35对空气的作用力
C．匀速爬升时，歼-35的机械能增大
D．在航母甲板上减速时，歼-35对飞行员的作用力小于飞行员的重力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；重力势能
【解析】【解答】A．物体能否作为质点主要看所研究的问题，歼-35起飞时既有电磁弹射的推力，又有发动机的推力，推力的作用效果与战斗机的结构有关，所以此时不能把歼-35视为质点，A错误。
B．加速飞行时，根据牛顿第三定律可知空气对歼-35的作用力与歼-35对空气的作用力是作用力与反作用力，大小相等，B错误。
C．歼-35匀速爬升时，由于速度不变所以动能不变，随着高度增大则重力势能增大，所以机械能增大，C正确。
D．在航母甲板上减速时，水平方向存在加速度，根据牛顿第二定律，水平方向受到歼-35对飞行员的力的作用，竖直方向上飞机对飞行员的支持力等于重力，则飞机对飞行员的作用力为支持力与水平方向分力的叠加，结合矢量合成可知，歼-35对飞行员的作用力大于重力，D错误。
故选C。
【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空气对歼-35的作用力与歼-35对空气的作用力是作用力与反作用力，大小相等；由于速度不变所以动能不变，随着高度增大则重力势能增大，所以飞机机械能增大；利用飞行员的加速度方向可以判别飞机给飞行员水平方向作用力的大小，结合竖直方向的支持力叠加可以判别飞机对飞行员的作用力大于重力。
3．在粒子散射实验中，假设所有粒子初速度都相同，当粒子靠近静止的金原子核时，它们发生了不同角度的偏转，如图所示。图中虚线是以金原子核为圆心的圆，轨迹2中的点离金原子核最近，不考虑粒子间的相互作用。则在与金原子核相互作用过程中，沿轨迹2运动的粒子（　　）
A．与沿轨迹1运动的粒子相比，动量变化大
B．与沿轨迹1运动的粒子相比，散射后获得的动能大
C．与图中其它的粒子相比，经过虚线位置时动能较大
D．经过点时电势能最小，且速度方向与库仑力方向垂直
【答案】A
【知识点】α粒子的散射
【解析】【解答】AB．粒子与静止的原子核相互排斥，靠近时库仑力做负功，远离时库仑力做正功，散射过程库仑力做功为0，由于散射过程中电场力不做功，所以粒子的动能变化量为零，散射后动能相等，则速度大小相等，与沿轨迹1运动的粒子相比，沿轨迹2运动的粒子经散射后偏转的角度大，速度变化量为末速度与初速度的矢量差值，当偏转角度越大可以得出速度变化量大，即动量变化大，故A正确，B错误；
C．虚线是一条等势线，不同的粒子经过虚线时的电势能相等，因为粒子的初动能都相等，由于经过等势面时电场力不做功，根据动能定理可知经过虚线位置时的动能也相等，故C错误；
D．由于P点的电势最大，根据电势能的表达式经过P点时粒子的电势能最大，动能最小，由于速度最小时合力与方向垂直，所以此时速度方向与库仑力方向垂直，故D错误。
故选A。
【分析】利用电场力不做功可以判别a粒子的动能没有发生改变；利用初末速度的方向可以比较速度变化量的大小；利用虚线位置为等势面，a粒子的电势能不变，结合能量守恒定律可以判别a粒子的动能不变；利用P位置电势能最大则动能最小，此时速度最小时速度与库仑力垂直。
4．一质量为的物体用轻弹簧悬挂，悬点为，此时轻弹簧的长度为；现对点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力，缓慢拉至与竖直方向的夹角为时（　　）
A．弹簧长度保持不变
B．作用力不断增大
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．拉力做的功等于物体增加的机械能
【答案】B
【知识点】功能关系；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC． 现对点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力，缓慢拉至与竖直方向的夹角为时，由于A点处于平衡状态，对A点受力分析，可得弹力与拉力的合力等于重力，在缓慢拉动的过程中，根据平衡方程有：，随之角度的增大可知弹力减小，拉力增大，根据弹力减小及胡克定律可知弹簧的长度减小，弹性势能减小，故AC错误，B正确；
D．又因为弹力也做了功，根据能量守恒定律可知由于弹性势能增大可得拉力做的功小于物体C增加的机械能，故D错误。
故选B。
【分析】利用A点的平衡方程可以判别拉力和弹力的大小变化；利用弹簧弹力的变化可以判别形变量和弹性势能的变化；结合能量守恒定律可以判别拉力做的功小于物体C增加的机械能。
5．如图所示，一个匝数N=100、横截面积S1=0.02m2、电阻不计的圆形导体线圈，线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场区域，面积S2=0.01m2。电路中灯L1、L2的电阻均为R=6Ω，L2与直流电阻为6Ω的自感线圈L串联。线圈内的磁感应强度B随时间t变化的规律为，则（　　）
A．所产生的感应电流的频率为100Hz
B．线圈产生的感应电动势的有效值为6V
C．线圈中的感应电流的有效值为3A
D．灯L2的功率为灯L1的倍
【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由于 线圈内的磁感应强度B随时间t变化的规律为，根据表达式可知，利用角速度可以得出磁场变化的频率，A错误；
B．根据交变电流的规律可知感应电动势的最大值为，根据峰值和有效值的关系可得电动势的有效值，B正确；
CD．根据欧姆定律可得灯中的电流
灯中的电流由于电感对交流电有阻碍作用，所以电流小于0.5A，所以线圈中的电流值小于1.5A，根据热功率的表达式可知，灯的功率小于灯的，CD错误。
故选B。
【分析】利用磁感应强度的表达式可以求出角速度的大小，利用角速度的大小可以求出频率的大小；利用交变电流的规律可以求出电动势的峰值，利用峰值可以求出有效值的大小；利用欧姆定律可以求出电流的大小，结合电感的作用可以判别灯泡的电流，再利用热功率的表达式可以比较灯泡的功率大小。
6．如图所示，航天器在绕月飞行时，月球位于O点，航天器甲沿半径为r的圆轨道Ⅰ飞行；航天器乙沿焦点为O的椭圆轨道Ⅱ飞行，其中P为近月点，Q为远月点，且，，则（　　）
A．航天器乙在Q点时的加速度大小是甲的倍
B．航天器乙在P点时的加速度大小与在Q点时相等
C．航天器乙在Q点时的速度大小是在P点时的3倍
D．航天器乙和甲与月球的连线在相同的时间内扫过的面积相等
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．根据引力为航天器的合力，根据牛顿第二定律得航天器的加速度与航天器到月球的距离的平方成反比，所以航天器乙在Q点时到月球的距离是甲的倍，所以加速度是甲的倍，故A正确，B错误；
C．由开普勒第二定律可得，航天器乙在P点时的速度是在Q点时的3倍，故C错误；
D．航天器乙和甲周期相同，椭圆的长轴与圆的直径相等时，其面积小于圆面积，当运动一圈时，利用圆的面积和椭圆面积的大小关系可以得出航天器乙与月球的连线在相同的时间内扫过的面积小于甲，故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出加速度的比值；利用开普勒第二定律可以求出速度的比值；比较圆的面积和椭圆面积结合周期可以比较相同时间内扫过的面积大小。
7．如图所示，在一场人形机器人跑步大赛中，某型号机器人在平直路面上以速度v匀速跑步，此时电池工作电压为U，输出电流为I，已知输出功率的80%用于电机驱动，驱动电机的输出能量转化为机器人跑步的机械能的效率为η，机器人跑步时受到的阻力为f，则（　　）
A．驱动电机的输出功率为0.8UI
B．驱动电机线圈的电阻为
C．驱动电机的效率为
D．机器人克服阻力做功的功率为0.8ηUI
【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．由题意得，根据电功率的表达式P=UI可知驱动电机的输入功率为，A错误；
BCD．根据功率的表达式可知机器人克服阻力做功的功率为，利用机械功率与效率可以得出驱动电机的输出功率为，由于热功率等于电功率减去输出功率，所以驱动电机热功率为
电机的热输出功率的80%用于电机驱动，所以流经电动机的电流为，根据热功率的表达式有
联立解得
驱动电机的效率为，CD错误，B正确。
故选B。
【分析】利用电功率的表达式可以求出驱动电机的输出功率；利用效率和输入功率及机械能功率可以求出热功率的大小，结合热功率的表达式可以求出电阻的大小；利用阻力和速度可以求出克服阻力做功的功率大小；利用输出功率和输入功率可以求出驱动电机的效率。
8．某同学在对竖直墙练习网球时，球竖直落到地面弹起到最高点时把球击出，两次击球点的位置与球飞出的方向均相同，第一次球恰好水平击中墙面，第二次击中墙面的位置与击球点高度相同，如图所示。设第一次击出球的速度大小为v1，球的运动时间为t1，第二次击出球的速度大小为v2，球的运动时间为t2，空气阻力忽略不计。则（　　）
A．v1=2v2，t2=2t1
B．v2=2v1，t1=2t2
C．两次击球时对球做功之比为2∶1
D．两次击球后，球在空中飞行过程中动量变化量为1∶2
【答案】C
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．设击球点到墙的水平距离为，由于球只受到重力，所以在竖直方向上做匀变速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，球飞出的方向与水平方向成角
根据速度的分解及速度公式可以得出运动的时间为：，，根据水平方向的位移公式有：，
得，，故A、B错误；
C．根据动能定理可知击球时对球所做的功等于球的动能，因为
根据动能的表达式所以，故C正确；
D．球飞行过程中只受重力作用，球的动量变化量等于重力的冲量，而冲量与时间成正比，根据重力冲量的表达式可以得出冲量之比为，故D错误。
故选C。
【分析】利用两个小球竖直方向的速度公式结合水平方向的位移公式可以求出运动时间及初始速度的比值；利用速度的比值结合动能的表达式可以求出动能之比；利用重力和时间的乘积可以求出冲量之比。
9．光控继电器是一种利用光信号控制电路通断的半导体器件，其工作原理如图所示。它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当光照强度达到一定值时，形成的光电流被放大器放大后，电磁铁产生足够强的磁场吸引衔铁，从而达到控制电路通断的目的。已知“硬磁材料”一经磁化即能保持恒定磁性，而“软磁材料”则易于磁化，也易于退磁。对于这一控制电路，下列说法正确的是（　　）
A．放大器左边的电路电流方向沿顺时针
B．光控继电器的电磁铁的铁芯应采用“硬磁材料”
C．如果蓝光能使该继电器工作，那么黄光也一定能使其工作
D．用该光控继电器控制路灯工作时，白天电磁铁吸住衔铁接通电路
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；生活中常见的传感器；光电效应
【解析】【解答】A．当光电管工作时，光照射阴极打出的电子向阳极运动形成光电流，如图所示放大器左端电子移动方向为逆时针，由于电流方向与电子运动方向相反，所以放大器左边的电路电流方向沿顺时针，A正确。
B．电磁铁通过电流控制磁场变化，也就是利用电流的产生让材料进行磁化产生磁性，铁芯应采用“软磁材料”，B错误；
C．黄光频率比蓝光低，蓝光照射时，根据光电效应方程，由于蓝光具有的能量大于逸出功所以光电管阴极能发生光电效应，改用黄光照射时黄光的能量不一定大于逸出功所以就不一定能发生光电效应，C错误；
D．路灯白天断开，晚上工作时，由于白天光照会导致电路导通，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路，D错误。
故选A。
【分析】利用光电子的移动方向可以判别电路中电流的方向；利用电磁铁原理可以判别铁芯应该选择软磁材料；利用光电效应方程可以判别黄光能量低不一定能控制电路工作；路灯白天不需要工作，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路。
10．如图甲所示，实验中水波从深水区传向浅水区，沿垂直波面（振动相同的点构成的面）方向画出波线（波的传播方向）得水波在深浅水分界线上的入射角为，折射角为，已知水波的折射原理与光的折射原理相同（在光的折射中，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度与光在这种介质中的传播速度之比）。、是轴上的两个完全相同的波源，它们到原点的距离相等，质点在轴上，点位于第一象限，如图乙所示。、、、都在区时，是振动极弱点，且连线上还有个振动极弱点。则（　　）
A．水波在浅水区中的波速比深水区中的大
B．浅水区中水波的波长是深水区中水波波长的倍
C．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点
D．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点
【答案】D
【知识点】波的干涉现象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．已知 水波在深浅水分界线上的入射角为，折射角为，根据折射定律有：光的折射率
水波折射时有
由于水波在深水区的入射角比较大所以水波在深水区波速较大，故A错误；
B．波的传播过程中，频率不变，波长与波速成正比，根据波长与频率的关系有，根据波速之比为所以区水波的波长是区水波波长的倍，故B错误；
CD．因点到两波源的路程差为0，点与点的连线上有3个振动极弱点，点本身也是振动极弱点，所以Q点到两波源的波长差为，意味着点到两波源的路程差为
由于PQ之间到两个波源之间的距离满足因为
所以若、、、都在区，连线上有5个振动极弱点，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用入射角和折射角的大小可以求出两个区域折射率的比值，利用折射率的比值可以求出光速之比；利用频率不变，利用光速之比可以求出波长的比值；利用振动减弱点的各数可以判别在A区域波长差的大小，利用波程差的大小可以判别在B区域振动减弱点的个数。
11．下列判断正确的是（　　）
A．比结合能越大的原子核越稳定
B．放射性元素经过个半衰期还剩的元素没有发生衰变
C．红外线和射线都是电磁波，在真空中传播的速度相等
D．一个系统把所吸收的热量全部用来对外做功是不可能的
【答案】A,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；电磁波的周期、频率与波速；热力学第二定律；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．比结合能越大，即核子结合成原子核时平均每个核子释放的能量越多，或者代表原子核中原子核拆分为核子时每个核子拆分时所需要的能量，由于所需要的能量越大则原子核结合越牢固，故A正确；
B．半衰期为大量原子核衰变一半时所花的时间，放射性元素经过4个半衰期还剩的元素没有发生衰变，故B错误；
C．红外线和射线都是电磁波，电磁波在真空中传播的速度相等，都等于光速，故C正确；
D．在气体等温膨胀时，由于内能保持不变，根据热力学第一定律可知所吸收的热量全部用来对外做功，故D错误。
故选AC。
【分析】比结合能的大小代表原子核的稳定情况；半衰期为大量原子核衰变一半时所花的时间； 红外线和射线都是电磁波，在真空中传播的速度相等 ；在气体等温膨胀时，由于内能保持不变，根据热力学第一定律可知所吸收的热量全部用来对外做功。
12．氢光谱中有条可见光光谱，如图甲所示，对其发出的和两种光，下列说法正确的是（　　）
A．光子的能量比的小
B．和两种光射向三棱镜后光线如乙图，则光是
C．在图丙实验中，把换成后条纹间距将变大
D．用同一装置做圆孔衍射实验，的中央亮斑直径比的小
【答案】C,D
【知识点】氢原子光谱；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】A．由甲图可知，由于紫色光的能量比红光的能量大，光的能量决定频率的大小，所以光谱按照频率从左到右不断减小的规律排列，所以光子的频率比的大，根据可知光子的能量比的大，故A错误；
B．在乙图中以相同出射角出射时，由于a光入射角比较大，根据折射定律可以得出光折射率较小，由于光的频率决定折射率的大小，即光的频率较小，所以光是，故B错误；
C．在劈尖干涉中，根据条纹间距的表达式可知条纹间距与波长成正比，由于光子的频率比的大，根据可知光子的波长比的小，所以在图丙实验中的条纹间距换成后将变大，故C正确；
D．在圆孔衍射时，由于波长越长，衍射现象更明显，波长越短，中央亮斑的直径越小，则用同一装置做圆孔衍射实验，由于光子的波长比的小可知的中央亮斑直径比的小，故D正确。
故选CD。
【分析】利用紫光和红光的能量可以判别两种光子的频率及能量的大小；利用光的折射可以比较折射率的大小，利用折射率大小的可以判别对应的频率比较大；利用光子的频率可以比较光的波长，利用光的波长可以比较干涉条纹间距的大小；利用光的波长可以比较圆孔衍射时中央亮斑直径的大小。
13．如图所示的电路中，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，分别与线圈L和电容器C串联后并接在P、Q两点间。两个小灯泡的额定电压都是1.5V，电阻随温度的变化可忽略不计，线圈L有较大的自感系数，其直流电阻可忽略不计，电容器C有较大的电容。电源E的电动势为1.5V，内阻可忽略不计，则（　　）
A．开关S闭合时，L1、L2同时亮
B．开关S闭合时，L1逐渐变亮，L2立即变亮后逐渐熄灭
C．电路稳定后断开S，L1闪亮后逐渐熄灭
D．电路稳定后断开S瞬间，PQ间的电压为0
【答案】B,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感
【解析】【解答】AB．开关闭合时，由于线圈对变化的电流有阻碍作用，线圈上的电流要从0开始逐渐增大，所以L1逐渐变亮，当电路稳定时，线圈上没有电压，小灯泡正常发光；而电容器上原来不带电，会有一个充电过程，充电过程中立即变亮，当充电结束后充电电流逐渐减小为0，则L2逐渐熄灭，故A错误，B正确；
C．电路稳定后断开，由于线圈对变化电流有阻碍作用，线圈上的电流从原来值逐渐减小，所以不会闪亮，只会逐渐变暗，故C错误；
D．电路稳定时，线圈中的电流，电容器所在支路电流为0，电容器两端电压为，断开瞬间，线圈中的电流保持不变，线圈与电容器及两个灯泡构成回路，电流方向为逆时针方向，根据串联电路的特点此时两个小灯泡上的电流都是。根据欧姆定律可知两个灯泡两端电压
可得间的电压为0，也可得线圈的自感电动势为，故D正确。
故选BD。
【分析】当开关闭合时，由于线圈对变化的电流有阻碍作用，L1逐渐变亮；电容器上原来不带电，会有一个充电过程，充电过程中立即变亮，当充电结束后充电电流逐渐减小为0，则L2逐渐熄灭；电路稳定后断开，由于线圈对变化电流有阻碍作用，所以不会闪亮，只会逐渐变暗；根据电压的叠加可以判别PQ间的电压为0。
14．在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）用图1装置研究“平抛运动在竖直方向的运动规律”
①下列说法正确的是　 　
A.A与B应选用大小相同的小球
B.A与B应选用质量相同的小球
C.托板离地面的高度越大，两小球落地时间差也越大
D.减小铁锤打击金属片的力度，A球落地的时间会变短
②实验时总是发现两小球不是同步落地，可能的原因是　 　（多选）
A.托板未调水平
B.托板长度偏大
C.小铁锤打击金属片的力度偏大
D.小球与金属片之间的存在摩擦力
（2）用图2装置重复实验，记录钢球经过的多个位置，拟合所得到的点迹，就可以得到平抛运动的轨迹。
①某同学实验后发现在白纸上留下的点迹如图3所示，原因可能是　 　
A.斜槽有摩擦
B.实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大
C.小球没有每次都从斜槽上同一个位置释放
②经规范操作得到相应点迹后，某同学以槽口上边缘为原点建立坐标系，得到轨迹曲线如图4。
在曲线上取、两点，其坐标值分别为和。
（i）若测得，则　 　（填“”、“”或“”）；
（ii）用图中、两点的坐标值计算水平抛出的初速度，其结果　 　实际值（填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（1）A；AB
（2）BC；>；大于
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A球平抛、B球自由下落，由于两个小球在竖直方向都做自由落体运动，根据位移公式两者落地时间仅与竖直高度有关，与质量无关，但需保证A、B大小相同，避免空气阻力差异对实验的影响；根据位移公式可知质量不影响自由落体时间(重力加速度与质量无关)，且实验未要求质量相同。两球竖直方向均做自由落体运动(A的竖直分运动是自由落体)，下落高度相同则落地时间差为0，与托板高度无关；A球平抛的时间由竖直高度决定()，打击力度只会影响水平方向的初速度大小，根据运动的独立性可知运动的时间与打击力度无关。故选A。
由于打击力度不会影响运动的时间，所以C错误；由于小球与金属片之间的摩擦力不会影响下落的时间，所以D错误；实验中发现两球不是同步落地，可能的原因包括托板未调水平，导致球A的初速度不水平；托板长度偏大，由于小球和托板之间存在摩擦力，影响了A球离开槽口时的水平速度，从而导致两球落地时间不同，故选AB。
（2）连接白纸上的轨迹点可以发现白纸上留下的点迹不规则，由于可能不是小球同一次运动出现的轨迹，可能的原因是：小球没有每次都从斜槽上同一个位置静止释放，导致每次实验的初始条件不同；或者是实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大，影响了平抛运动的轨迹。故选BC。
让小球做平抛运动，根据小球的初始位置可知平抛运动的起点为斜槽末端上方r处（r为小球的半径），不是槽口上边缘。若测得
则根据平抛运动的水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的规律，根据位移公式及相等时间可以有
整理得
根据竖直方向的位移公式有，根据水平方向的位移公式有：
解得
由于，得
故结果大于实际值。
【分析】（1）为了两个小球竖直方向运动规律相同，所以应该选择大小相同，高度相同的小球，小球下落的时间与打击力度及小球的质量无关；两个小球运动时间相等；；实验中发现两球不是同步落地，可能的原因包括托板未调水平，导致球A的初速度不水平；托板长度偏大，由于小球和托板之间存在摩擦力，影响了A球离开槽口时的水平速度，从而导致两球落地时间不同；
（2）连接白纸上的轨迹点可以发现白纸上留下的点迹不规则，由于可能不是小球同一次运动出现的轨迹，可能的原因是：小球没有每次都从斜槽上同一个位置静止释放，导致每次实验的初始条件不同；或者是实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大，影响了平抛运动的轨迹；利用位移公式可以求出两个位移之间的大小关系；利用位移公式结合位移的测量值可以判别初速度的测量值大于真实值。
（1）[1] A球平抛、B球自由下落，两者落地时间仅与竖直高度有关，与质量无关，但需保证A、B大小相同，避免空气阻力差异对实验的影响；质量不影响自由落体时间(重力加速度与质量无关)，且实验未要求质量相同。两球竖直方向均做自由落体运动(A的竖直分运动是自由落体)，下落高度相同则落地时间差为0，与托板高度无关；A球平抛的时间由竖直高度决定()，与打击力度无关。故选A。
[2]实验中发现两球不是同步落地，可能的原因包括托板未调水平，导致球A的初速度不水平；托板长度偏大，由于小球和托板之间存在摩擦力，影响了A球离开槽口时的水平速度，从而导致两球落地时间不同。打击力度偏大以及小球与金属片之间的摩擦都不会影响竖直方向的运动时间，故选AB。
（2）[1]白纸上留下的点迹不规则，可能的原因是：小球没有每次都从斜槽上同一个位置静止释放，导致每次实验的初始条件不同；实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大，影响了平抛运动的轨迹。故选BC。
[2][3]平抛运动的起点为斜槽末端上方r处（r为小球的半径），不是槽口上边缘。若测得
则根据平抛运动的水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的规律，有
整理得
由运动学公式得，
解得
由于，得
故结果大于实际值。
15．实验小组测量某一棒材的电阻率，测得其直径、长。实验室提供了如下器材：电流表（量程，电阻约为），电压表（量程，电阻约为），滑动变阻器（，额定电流），电源（，内阻约），多用电表，开关一只，导线若干。
（1）测量直径所用仪器是________
A．50分度的游标卡尺 B．螺旋测微器 C．毫米刻度尺
（2）用多用电表的“”欧姆挡粗测该棒的电阻值时，表盘上指针如图1所示，则该棒的电阻约为　 　。
（3）为更精确测量这根棒的电阻，实验小组用如图2所示的电路进行测量，导线①、②最优的连线方式应选________
A．①连，②连 B．①连，②连
C．①连，②连 D．①连，②连
（4）正确连接电路后，闭合开关，测得一组、值；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得到多组、值，并在坐标纸中作出关系图线，如图3所示。则：
①棒的电阻　 　（结果保留三位有效数字）；
②棒电阻率　 　（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）2000
（3）C
（4）；
【知识点】导体电阻率的测量；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）已知测得该棒材的直径为，精确到了千分之一毫米，只有螺旋测微器的精度值为，可以满足测量到千分之一毫米的要求，故测量直径所用仪器是螺旋测微器。
故选B。
（2）多用电表选择的是“”欧姆挡，表盘指针指向“20”，根据示数和挡位的乘积可以得出该棒的电阻约为
（3）已知待测电阻的阻值约为，电流表的电阻约为，电压表的电阻约为，根据电表内阻和待测电阻的阻值之比有：
满足，所以R属于大电阻，由于电流表内阻对待测电阻的电压影响比较小，所以电流表应采用内接法，即导线①连接接线柱；由于滑动变阻器阻值的取值范围为，滑动变阻器属于小阻值，所以应采用分压式接法，所以导线②应连接接线柱。故选C。
（4）已知电压与电流的图像，根据图像谢了可以得出棒的电阻为
根据电阻定律可得棒电阻率为
又因为
联立电阻的大小可以得出电阻率的大小为
【分析】（1）已知测得该棒材的直径为，精确到了千分之一毫米，只有螺旋测微器的精确度可以满足；
（2）利用欧姆表的示数和挡位可以求出电阻的大小；
（3）利用电表内阻和待测电阻的比值可以判别待测电阻属于大电阻所以电流表使用内接法，滑动变阻器阻值较小所以使用分压式接法；
（4）利用图像斜率可以求出待测电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小。
（1）已知测得该棒材的直径为，精确到了千分之一毫米，只有螺旋测微器的精度值为，可以满足测量到千分之一毫米的要求，而50分度的游标卡尺的精度值为，毫米刻度尺的精度值为，都无法达到的精度，故测量直径所用仪器是螺旋测微器。
故选B。
（2）由图1可知，多用电表选择的是“”欧姆挡，表盘指针指向“20”，所以该棒的电阻约为
（3）已知待测电阻的阻值约为，电流表的电阻约为，电压表的电阻约为，因为
满足
所以电流表应采用内接法，即导线①连接接线柱；由于滑动变阻器阻值的取值范围为，远小于待测电阻的阻值，则为了方便调节电压，滑动变阻器应采用分压式接法，所以导线②应连接接线柱。
故选C。
（4）[1] 根据欧姆定律可得棒的电阻为
[2] 根据电阻定律
可得棒电阻率为
又因为
代入数据联立解得
16．氦气球是小孩喜欢的玩具。在地面附近时，气温为300K，大气压强为，一充气铝膜气球内氦气的压强与外界大气压相等，体积为。小孩不小心气球脱手，气球缓慢上升，由于外界气压降低，球内气体压强大于外界大气压，气体体积增大，当气球上升到离地1km高度时，球内气体体积膨胀为原来的1.05倍，周围气温降至294K，气球刚好悬浮，铝膜导热良好。则：
（1）气球在上升过程中，球内气体分子的平均动能　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），球内气体的压强　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）气球悬浮时，球内气体的压强多大？（保留2位有效数字）
（3）已知氦气的内能与温度成正比，球内气体在300K时的内能为，上升过程中，球内气体从外界吸热31.4J，则球内气体对外做多少功？
【答案】（1）减小；减小
（2）
（3）86J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】（1）由于气体的温度决定平均动能的大小，当球内气体温度降低，分子平均动能减小，体积增大，根据理想气体的状态方程可知，压强减小。
（2）由于气体的温度、体积和压强大小发生变化，根据理想气体的状态方程有
得
（3）由于内能与温度成正比，根据关系式可以得出气体的内能为，结合热力学第一定律有
根据表达式可以求出球内气体对外做功的大小为得
【分析】（1）气体的温度决定平均动能的大小，当球内气体温度降低，分子平均动能减小，体积增大，根据理想气体的状态方程可知气体的压强减小；
（2）利用理想气体的状态方程可以求出气体的压强大小；
（4）利用温度的大小可以求出气体的内能，结合热力学第一定律可以求出气体对外做功的大小。
（1）[1][2]球内气体温度降低，分子平均动能减小，体积增大，根据可知，压强减小。
（2）由
得
（3）由，
得
17．如图所示，一装置由以为圆心、半径为的竖直圆弧轨道、水平传送带、水平轨道构成，各部分之间平滑连接，和的长度均为。质量为的滑块1从点静止自由释放，当其下滑到点时，质量为的滑块2以初速度从处向左运动。传送带以恒定速度顺时针转动，滑块与的动摩擦因数均为，其他表面均光滑，滑块1和2之间的碰撞为弹性碰撞。求滑块1：
（1）第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力；
（2）第一次碰撞后滑块1的速度大小；
（3）碰后能上升的最大高度。
【答案】（1）滑块1从A点到B点，根据机械能守恒定律
解得滑块1第一次经过圆弧最低点时速度大小为
在B点牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，可得滑块1第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力大小为
方向竖直向下。
（2）设B点为坐标原点，向右为正方向，时刻（滑块1到达B点，滑块2从D出发）：
滑块1在B点速度：由机械能守恒得
方向向右；滑块1在顺时针传送带BC上加速，加速度
加速到传送带速度的位移
滑块2在时位置（D点）
初速度（向左），CD光滑，因此一直匀速向左，到达C点的时间
碰撞时位置相等：
解得碰撞时间
碰撞发生在光滑CD段，碰撞前速度： 滑块1的速度，滑块2的速度
弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有，
代入
解得
负号表示方向向左，速度大小为
（3）碰后滑块1向左运动，CD光滑，到达C点时速度大小仍为
向左经过BC时，摩擦力一直向右做负功，由动能定理：
代入得
滑块1上升过程机械能守恒，重力势能等于剩余动能：
解得（滑块脱离圆弧轨道后，最大高度仍满足该关系）
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当滑块下滑过程中，利用机械能守恒定律可以求出滑块经过B点的速度，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（2）当滑块1在传送带上加上时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出加速的位移，结合匀速直线运动可以求出运动的时间，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小及方向；
（3）当碰撞后，滑块1向做运动，利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
（1）滑块1从A点到B点，根据机械能守恒定律
解得滑块1第一次经过圆弧最低点时速度大小为
在B点牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，可得滑块1第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力大小为
方向竖直向下。
（2）设B点为坐标原点，向右为正方向，时刻（滑块1到达B点，滑块2从D出发）：
滑块1在B点速度：由机械能守恒得
方向向右；滑块1在顺时针传送带BC上加速，加速度
加速到传送带速度的位移
滑块2在时位置（D点）
初速度（向左），CD光滑，因此一直匀速向左，到达C点的时间
碰撞时位置相等：
解得碰撞时间
碰撞发生在光滑CD段，碰撞前速度： 滑块1的速度，滑块2的速度
弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有，
代入
解得
负号表示方向向左，速度大小为
（3）碰后滑块1向左运动，CD光滑，到达C点时速度大小仍为
向左经过BC时，摩擦力一直向右做负功，由动能定理：
代入得
滑块1上升过程机械能守恒，重力势能等于剩余动能：
解得（滑块脱离圆弧轨道后，最大高度仍满足该关系）
18．如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为、边长为的正方形超导线框，其右侧有一长度大于、宽度为的长方形区间存在方向垂直桌面向下、大小为的匀强磁场。建立坐标原点位于磁场左边界中点、水平向右为正方向坐标轴，超导线框在水平桌面上的位置坐标用其右边界的中点来描述。当超导线框的位置坐标时，表示超导线框恰好开始进入磁场，此时。已知超导线框开始进磁场时的初速度，在运动过程中超导线框边长始终保持平行磁场边界。由于超导电阻为零，当超导线框进入磁场时会产生感应电流，该感应电流产生的磁场会阻止超导线框的磁通量变化，以保持超导线框的磁通量不变。已知超导线框的电感为，若超导线框中有电流，则由此电流产生的磁通量为。
（1）当超导线框运动至处时，求其中的电流；
（2）超导线框运动至的过程中，求安培力所做的功与安培力的冲量；
（3）求超导线框最终的速度和超导线框具有的磁能。
【答案】（1）超导线框在运动过程中磁通量不变，当超导线框运动至处时，长方形区间对线框的磁通量与线框由自感产生的磁通量等大反向，满足
解得
（2）超导线框在进入磁场的过程中，回路的电流满足
故线框受到的安培力为
安培力所做的功满足
将代入，解得
线框运动到的速度可由动能定理求得，满足
解得
因此安培力的冲量为
方向沿负轴方向
（3）线框的初动能为
①若，由
可知线框的右边可出磁场，左边仍在磁场中。因超导线框的磁通量不变，可知电流方向不变，超导线圈受力方向与速度方向一致，沿轴方向加速运动，根据对称性知，超导线圈以速度全部出磁场，电流减小至0，磁场能也为零。
②若，超导线框完全进入磁场时减速至0。因超导线框的磁通量不变，电流最大值为
磁场能最大
【知识点】动量定理；安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）线圈在运动的过程磁通量保持不变，利用磁通量的表达式可以求出其中电流的大小；（2）当线圈进入磁场时，利用电流的表达式可以求出安培力的大小，结合运动的距离可以求出安培力做功的大小；利用安培力做功及动能定理可以求出线圈末速度的大小，结合动量定理可以求出安培力冲量的大小；
（3）已知线圈初始动能的大小，线圈在不同区域运动时，根据磁通量变化，根据线圈出磁场的速度可以判别磁场能的大小，结合动能的最大值可以求出磁场能的大小。
（1）超导线框在运动过程中磁通量不变，当超导线框运动至处时，长方形区间对线框的磁通量与线框由自感产生的磁通量等大反向，满足
解得
（2）超导线框在进入磁场的过程中，回路的电流满足
故线框受到的安培力为
安培力所做的功满足
将代入，解得
线框运动到的速度可由动能定理求得，满足
解得
因此安培力的冲量为
方向沿负轴方向
（3）线框的初动能为
①若，由
可知线框的右边可出磁场，左边仍在磁场中。因超导线框的磁通量不变，可知电流方向不变，超导线圈受力方向与速度方向一致，沿轴方向加速运动，根据对称性知，超导线圈以速度全部出磁场，电流减小至0，磁场能也为零。
②若，超导线框完全进入磁场时减速至0。因超导线框的磁通量不变，电流最大值为
磁场能最大
19．某物理实验室利用回旋加速器加速氘核（）轰击静止的硅-28靶（），研究核反应。回旋加速器的D形盒半径为，加速电压为U，磁感应强度大小为B。氘核被加速至最大动能后引出轰击靶核，发生核反应：，已知相关核质量：氘核，硅-28，硅-29，质子，其中，电子电荷量，真空光速。忽略相对论效应和核反应的辐射能量损失，相关数值计算均保留二位有效数字。
（1）求氘核在磁场中回旋的时间（用题给字母表示）；
（2）若氘核经加速后获得动能为，求反应后子核（硅-29）和质子的动能之和（以为单位）
（3）实际核反应中，质子射出方向与氘核入射方向的夹角可在到之间变化，因而质子速率在一定范围内连续分布，试给出取最大值和最小值的条件；
（4）若氘核经加速后获得动能为，反应后质子以垂直于氘核入射方向的速度射出（氘核入射方向为x轴正方向，质子沿y轴正方向射出），求质子的动量大小（以为单位）。
【答案】（1）氘核电荷量为，加速到最大动能时，由洛伦兹力提供向心力
当氘核在磁场中运动的半径满足时速度最大，动能最大，则最大动能
氘核在磁场中运动的周期为
氘核每加速一次获得的动能为
则氘核加速的次数为
则氘核在磁场中回旋的时间为

（2）核反应过程中的质量亏损为
释放核能
由能量守恒，反应前总动能为氘核动能（靶静止），反应后总动能为入射动能加释放核能：

（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律，知（质子沿氘核方向射出），速率最大
（质子反氘核方向射出），速率最小
（4）设氘核入射动量为，由
其中
得
质子沿方向射出，动量大小为
由动量守恒得硅-29动量分量：，，硅质量，质子质量
总动能满足
结合
得

【知识点】质量亏损与质能方程；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1） 氘核在磁场中回旋 ，利用牛顿第二定律结合最大半径可以求出最大的动能，利用周期的表达式可以求出周期的大小，结合电场力做功可以求出加速运动的圈数，结合周期的大小可以求出运动的总时间；
（2）已知核反应过程反应前后原子核的质量，利用质量的变化结合质能方程可以求出释放的核能，结合能量守恒定律可以求出质子动能之和；
（3）根据能量守恒定律和动量守恒定律，当（质子沿氘核方向射出），速率最大
（质子反氘核方向射出），速率最小；
（4）当已知氘核经加速后获得动能和质量可以求出氘核的动量大小，结合动量守恒定律可以求出质子动量的大小。
（1）氘核电荷量为，加速到最大动能时，由洛伦兹力提供向心力
当氘核在磁场中运动的半径满足时速度最大，动能最大，则最大动能
氘核在磁场中运动的周期为
氘核每加速一次获得的动能为
则氘核加速的次数为
则氘核在磁场中回旋的时间为
（2）核反应过程中的质量亏损为
释放核能
由能量守恒，反应前总动能为氘核动能（靶静止），反应后总动能为入射动能加释放核能：
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律，知（质子沿氘核方向射出），速率最大
（质子反氘核方向射出），速率最小
（4）设氘核入射动量为，由
其中
得
质子沿方向射出，动量大小为
由动量守恒得硅-29动量分量：，，硅质量，质子质量
总动能满足
结合
得
1 / 12026届浙江杭州市富阳区新登中学等校高三下学期二模题库物理试题
1．磁感应强度也叫磁通密度，其大小可以用磁感线的疏密表示，下列的单位正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．2025年9月25日，歼-35在福建舰完成起降训练的画面被公开。如图所示为歼-35舰载战斗机在福建舰电磁弹射起飞。关于歼-35（　　）
A．研究电磁弹射起飞推力的作用点时，可将歼-35视为质点
B．加速飞行时，空气对歼-35的作用力大于歼-35对空气的作用力
C．匀速爬升时，歼-35的机械能增大
D．在航母甲板上减速时，歼-35对飞行员的作用力小于飞行员的重力
3．在粒子散射实验中，假设所有粒子初速度都相同，当粒子靠近静止的金原子核时，它们发生了不同角度的偏转，如图所示。图中虚线是以金原子核为圆心的圆，轨迹2中的点离金原子核最近，不考虑粒子间的相互作用。则在与金原子核相互作用过程中，沿轨迹2运动的粒子（　　）
A．与沿轨迹1运动的粒子相比，动量变化大
B．与沿轨迹1运动的粒子相比，散射后获得的动能大
C．与图中其它的粒子相比，经过虚线位置时动能较大
D．经过点时电势能最小，且速度方向与库仑力方向垂直
4．一质量为的物体用轻弹簧悬挂，悬点为，此时轻弹簧的长度为；现对点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力，缓慢拉至与竖直方向的夹角为时（　　）
A．弹簧长度保持不变
B．作用力不断增大
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．拉力做的功等于物体增加的机械能
5．如图所示，一个匝数N=100、横截面积S1=0.02m2、电阻不计的圆形导体线圈，线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场区域，面积S2=0.01m2。电路中灯L1、L2的电阻均为R=6Ω，L2与直流电阻为6Ω的自感线圈L串联。线圈内的磁感应强度B随时间t变化的规律为，则（　　）
A．所产生的感应电流的频率为100Hz
B．线圈产生的感应电动势的有效值为6V
C．线圈中的感应电流的有效值为3A
D．灯L2的功率为灯L1的倍
6．如图所示，航天器在绕月飞行时，月球位于O点，航天器甲沿半径为r的圆轨道Ⅰ飞行；航天器乙沿焦点为O的椭圆轨道Ⅱ飞行，其中P为近月点，Q为远月点，且，，则（　　）
A．航天器乙在Q点时的加速度大小是甲的倍
B．航天器乙在P点时的加速度大小与在Q点时相等
C．航天器乙在Q点时的速度大小是在P点时的3倍
D．航天器乙和甲与月球的连线在相同的时间内扫过的面积相等
7．如图所示，在一场人形机器人跑步大赛中，某型号机器人在平直路面上以速度v匀速跑步，此时电池工作电压为U，输出电流为I，已知输出功率的80%用于电机驱动，驱动电机的输出能量转化为机器人跑步的机械能的效率为η，机器人跑步时受到的阻力为f，则（　　）
A．驱动电机的输出功率为0.8UI
B．驱动电机线圈的电阻为
C．驱动电机的效率为
D．机器人克服阻力做功的功率为0.8ηUI
8．某同学在对竖直墙练习网球时，球竖直落到地面弹起到最高点时把球击出，两次击球点的位置与球飞出的方向均相同，第一次球恰好水平击中墙面，第二次击中墙面的位置与击球点高度相同，如图所示。设第一次击出球的速度大小为v1，球的运动时间为t1，第二次击出球的速度大小为v2，球的运动时间为t2，空气阻力忽略不计。则（　　）
A．v1=2v2，t2=2t1
B．v2=2v1，t1=2t2
C．两次击球时对球做功之比为2∶1
D．两次击球后，球在空中飞行过程中动量变化量为1∶2
9．光控继电器是一种利用光信号控制电路通断的半导体器件，其工作原理如图所示。它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当光照强度达到一定值时，形成的光电流被放大器放大后，电磁铁产生足够强的磁场吸引衔铁，从而达到控制电路通断的目的。已知“硬磁材料”一经磁化即能保持恒定磁性，而“软磁材料”则易于磁化，也易于退磁。对于这一控制电路，下列说法正确的是（　　）
A．放大器左边的电路电流方向沿顺时针
B．光控继电器的电磁铁的铁芯应采用“硬磁材料”
C．如果蓝光能使该继电器工作，那么黄光也一定能使其工作
D．用该光控继电器控制路灯工作时，白天电磁铁吸住衔铁接通电路
10．如图甲所示，实验中水波从深水区传向浅水区，沿垂直波面（振动相同的点构成的面）方向画出波线（波的传播方向）得水波在深浅水分界线上的入射角为，折射角为，已知水波的折射原理与光的折射原理相同（在光的折射中，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度与光在这种介质中的传播速度之比）。、是轴上的两个完全相同的波源，它们到原点的距离相等，质点在轴上，点位于第一象限，如图乙所示。、、、都在区时，是振动极弱点，且连线上还有个振动极弱点。则（　　）
A．水波在浅水区中的波速比深水区中的大
B．浅水区中水波的波长是深水区中水波波长的倍
C．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点
D．若、、、都在区，连线上（不包括点）有个振动极弱点
11．下列判断正确的是（　　）
A．比结合能越大的原子核越稳定
B．放射性元素经过个半衰期还剩的元素没有发生衰变
C．红外线和射线都是电磁波，在真空中传播的速度相等
D．一个系统把所吸收的热量全部用来对外做功是不可能的
12．氢光谱中有条可见光光谱，如图甲所示，对其发出的和两种光，下列说法正确的是（　　）
A．光子的能量比的小
B．和两种光射向三棱镜后光线如乙图，则光是
C．在图丙实验中，把换成后条纹间距将变大
D．用同一装置做圆孔衍射实验，的中央亮斑直径比的小
13．如图所示的电路中，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，分别与线圈L和电容器C串联后并接在P、Q两点间。两个小灯泡的额定电压都是1.5V，电阻随温度的变化可忽略不计，线圈L有较大的自感系数，其直流电阻可忽略不计，电容器C有较大的电容。电源E的电动势为1.5V，内阻可忽略不计，则（　　）
A．开关S闭合时，L1、L2同时亮
B．开关S闭合时，L1逐渐变亮，L2立即变亮后逐渐熄灭
C．电路稳定后断开S，L1闪亮后逐渐熄灭
D．电路稳定后断开S瞬间，PQ间的电压为0
14．在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）用图1装置研究“平抛运动在竖直方向的运动规律”
①下列说法正确的是　 　
A.A与B应选用大小相同的小球
B.A与B应选用质量相同的小球
C.托板离地面的高度越大，两小球落地时间差也越大
D.减小铁锤打击金属片的力度，A球落地的时间会变短
②实验时总是发现两小球不是同步落地，可能的原因是　 　（多选）
A.托板未调水平
B.托板长度偏大
C.小铁锤打击金属片的力度偏大
D.小球与金属片之间的存在摩擦力
（2）用图2装置重复实验，记录钢球经过的多个位置，拟合所得到的点迹，就可以得到平抛运动的轨迹。
①某同学实验后发现在白纸上留下的点迹如图3所示，原因可能是　 　
A.斜槽有摩擦
B.实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大
C.小球没有每次都从斜槽上同一个位置释放
②经规范操作得到相应点迹后，某同学以槽口上边缘为原点建立坐标系，得到轨迹曲线如图4。
在曲线上取、两点，其坐标值分别为和。
（i）若测得，则　 　（填“”、“”或“”）；
（ii）用图中、两点的坐标值计算水平抛出的初速度，其结果　 　实际值（填“大于”、“等于”或“小于”）。
15．实验小组测量某一棒材的电阻率，测得其直径、长。实验室提供了如下器材：电流表（量程，电阻约为），电压表（量程，电阻约为），滑动变阻器（，额定电流），电源（，内阻约），多用电表，开关一只，导线若干。
（1）测量直径所用仪器是________
A．50分度的游标卡尺 B．螺旋测微器 C．毫米刻度尺
（2）用多用电表的“”欧姆挡粗测该棒的电阻值时，表盘上指针如图1所示，则该棒的电阻约为　 　。
（3）为更精确测量这根棒的电阻，实验小组用如图2所示的电路进行测量，导线①、②最优的连线方式应选________
A．①连，②连 B．①连，②连
C．①连，②连 D．①连，②连
（4）正确连接电路后，闭合开关，测得一组、值；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得到多组、值，并在坐标纸中作出关系图线，如图3所示。则：
①棒的电阻　 　（结果保留三位有效数字）；
②棒电阻率　 　（结果保留三位有效数字）。
16．氦气球是小孩喜欢的玩具。在地面附近时，气温为300K，大气压强为，一充气铝膜气球内氦气的压强与外界大气压相等，体积为。小孩不小心气球脱手，气球缓慢上升，由于外界气压降低，球内气体压强大于外界大气压，气体体积增大，当气球上升到离地1km高度时，球内气体体积膨胀为原来的1.05倍，周围气温降至294K，气球刚好悬浮，铝膜导热良好。则：
（1）气球在上升过程中，球内气体分子的平均动能　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），球内气体的压强　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）气球悬浮时，球内气体的压强多大？（保留2位有效数字）
（3）已知氦气的内能与温度成正比，球内气体在300K时的内能为，上升过程中，球内气体从外界吸热31.4J，则球内气体对外做多少功？
17．如图所示，一装置由以为圆心、半径为的竖直圆弧轨道、水平传送带、水平轨道构成，各部分之间平滑连接，和的长度均为。质量为的滑块1从点静止自由释放，当其下滑到点时，质量为的滑块2以初速度从处向左运动。传送带以恒定速度顺时针转动，滑块与的动摩擦因数均为，其他表面均光滑，滑块1和2之间的碰撞为弹性碰撞。求滑块1：
（1）第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力；
（2）第一次碰撞后滑块1的速度大小；
（3）碰后能上升的最大高度。
18．如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为、边长为的正方形超导线框，其右侧有一长度大于、宽度为的长方形区间存在方向垂直桌面向下、大小为的匀强磁场。建立坐标原点位于磁场左边界中点、水平向右为正方向坐标轴，超导线框在水平桌面上的位置坐标用其右边界的中点来描述。当超导线框的位置坐标时，表示超导线框恰好开始进入磁场，此时。已知超导线框开始进磁场时的初速度，在运动过程中超导线框边长始终保持平行磁场边界。由于超导电阻为零，当超导线框进入磁场时会产生感应电流，该感应电流产生的磁场会阻止超导线框的磁通量变化，以保持超导线框的磁通量不变。已知超导线框的电感为，若超导线框中有电流，则由此电流产生的磁通量为。
（1）当超导线框运动至处时，求其中的电流；
（2）超导线框运动至的过程中，求安培力所做的功与安培力的冲量；
（3）求超导线框最终的速度和超导线框具有的磁能。
19．某物理实验室利用回旋加速器加速氘核（）轰击静止的硅-28靶（），研究核反应。回旋加速器的D形盒半径为，加速电压为U，磁感应强度大小为B。氘核被加速至最大动能后引出轰击靶核，发生核反应：，已知相关核质量：氘核，硅-28，硅-29，质子，其中，电子电荷量，真空光速。忽略相对论效应和核反应的辐射能量损失，相关数值计算均保留二位有效数字。
（1）求氘核在磁场中回旋的时间（用题给字母表示）；
（2）若氘核经加速后获得动能为，求反应后子核（硅-29）和质子的动能之和（以为单位）
（3）实际核反应中，质子射出方向与氘核入射方向的夹角可在到之间变化，因而质子速率在一定范围内连续分布，试给出取最大值和最小值的条件；
（4）若氘核经加速后获得动能为，反应后质子以垂直于氘核入射方向的速度射出（氘核入射方向为x轴正方向，质子沿y轴正方向射出），求质子的动量大小（以为单位）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】已知线圈的磁通量为线圈中磁感应强度与线圈的有效面积的乘积，根据定义可得磁通量的表达式为：
可得磁感应强度为：
B的单位为T，磁通量的单位为韦伯（），面积S的单位为平方米（），因此B的单位为或T。
故选D。
【分析】利用磁通量的表达式可以求出磁感应强度的表达式，进而求出对应的单位。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；重力势能
【解析】【解答】A．物体能否作为质点主要看所研究的问题，歼-35起飞时既有电磁弹射的推力，又有发动机的推力，推力的作用效果与战斗机的结构有关，所以此时不能把歼-35视为质点，A错误。
B．加速飞行时，根据牛顿第三定律可知空气对歼-35的作用力与歼-35对空气的作用力是作用力与反作用力，大小相等，B错误。
C．歼-35匀速爬升时，由于速度不变所以动能不变，随着高度增大则重力势能增大，所以机械能增大，C正确。
D．在航母甲板上减速时，水平方向存在加速度，根据牛顿第二定律，水平方向受到歼-35对飞行员的力的作用，竖直方向上飞机对飞行员的支持力等于重力，则飞机对飞行员的作用力为支持力与水平方向分力的叠加，结合矢量合成可知，歼-35对飞行员的作用力大于重力，D错误。
故选C。
【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空气对歼-35的作用力与歼-35对空气的作用力是作用力与反作用力，大小相等；由于速度不变所以动能不变，随着高度增大则重力势能增大，所以飞机机械能增大；利用飞行员的加速度方向可以判别飞机给飞行员水平方向作用力的大小，结合竖直方向的支持力叠加可以判别飞机对飞行员的作用力大于重力。
3．【答案】A
【知识点】α粒子的散射
【解析】【解答】AB．粒子与静止的原子核相互排斥，靠近时库仑力做负功，远离时库仑力做正功，散射过程库仑力做功为0，由于散射过程中电场力不做功，所以粒子的动能变化量为零，散射后动能相等，则速度大小相等，与沿轨迹1运动的粒子相比，沿轨迹2运动的粒子经散射后偏转的角度大，速度变化量为末速度与初速度的矢量差值，当偏转角度越大可以得出速度变化量大，即动量变化大，故A正确，B错误；
C．虚线是一条等势线，不同的粒子经过虚线时的电势能相等，因为粒子的初动能都相等，由于经过等势面时电场力不做功，根据动能定理可知经过虚线位置时的动能也相等，故C错误；
D．由于P点的电势最大，根据电势能的表达式经过P点时粒子的电势能最大，动能最小，由于速度最小时合力与方向垂直，所以此时速度方向与库仑力方向垂直，故D错误。
故选A。
【分析】利用电场力不做功可以判别a粒子的动能没有发生改变；利用初末速度的方向可以比较速度变化量的大小；利用虚线位置为等势面，a粒子的电势能不变，结合能量守恒定律可以判别a粒子的动能不变；利用P位置电势能最大则动能最小，此时速度最小时速度与库仑力垂直。
4．【答案】B
【知识点】功能关系；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC． 现对点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力，缓慢拉至与竖直方向的夹角为时，由于A点处于平衡状态，对A点受力分析，可得弹力与拉力的合力等于重力，在缓慢拉动的过程中，根据平衡方程有：，随之角度的增大可知弹力减小，拉力增大，根据弹力减小及胡克定律可知弹簧的长度减小，弹性势能减小，故AC错误，B正确；
D．又因为弹力也做了功，根据能量守恒定律可知由于弹性势能增大可得拉力做的功小于物体C增加的机械能，故D错误。
故选B。
【分析】利用A点的平衡方程可以判别拉力和弹力的大小变化；利用弹簧弹力的变化可以判别形变量和弹性势能的变化；结合能量守恒定律可以判别拉力做的功小于物体C增加的机械能。
5．【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由于 线圈内的磁感应强度B随时间t变化的规律为，根据表达式可知，利用角速度可以得出磁场变化的频率，A错误；
B．根据交变电流的规律可知感应电动势的最大值为，根据峰值和有效值的关系可得电动势的有效值，B正确；
CD．根据欧姆定律可得灯中的电流
灯中的电流由于电感对交流电有阻碍作用，所以电流小于0.5A，所以线圈中的电流值小于1.5A，根据热功率的表达式可知，灯的功率小于灯的，CD错误。
故选B。
【分析】利用磁感应强度的表达式可以求出角速度的大小，利用角速度的大小可以求出频率的大小；利用交变电流的规律可以求出电动势的峰值，利用峰值可以求出有效值的大小；利用欧姆定律可以求出电流的大小，结合电感的作用可以判别灯泡的电流，再利用热功率的表达式可以比较灯泡的功率大小。
6．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．根据引力为航天器的合力，根据牛顿第二定律得航天器的加速度与航天器到月球的距离的平方成反比，所以航天器乙在Q点时到月球的距离是甲的倍，所以加速度是甲的倍，故A正确，B错误；
C．由开普勒第二定律可得，航天器乙在P点时的速度是在Q点时的3倍，故C错误；
D．航天器乙和甲周期相同，椭圆的长轴与圆的直径相等时，其面积小于圆面积，当运动一圈时，利用圆的面积和椭圆面积的大小关系可以得出航天器乙与月球的连线在相同的时间内扫过的面积小于甲，故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出加速度的比值；利用开普勒第二定律可以求出速度的比值；比较圆的面积和椭圆面积结合周期可以比较相同时间内扫过的面积大小。
7．【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．由题意得，根据电功率的表达式P=UI可知驱动电机的输入功率为，A错误；
BCD．根据功率的表达式可知机器人克服阻力做功的功率为，利用机械功率与效率可以得出驱动电机的输出功率为，由于热功率等于电功率减去输出功率，所以驱动电机热功率为
电机的热输出功率的80%用于电机驱动，所以流经电动机的电流为，根据热功率的表达式有
联立解得
驱动电机的效率为，CD错误，B正确。
故选B。
【分析】利用电功率的表达式可以求出驱动电机的输出功率；利用效率和输入功率及机械能功率可以求出热功率的大小，结合热功率的表达式可以求出电阻的大小；利用阻力和速度可以求出克服阻力做功的功率大小；利用输出功率和输入功率可以求出驱动电机的效率。
8．【答案】C
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．设击球点到墙的水平距离为，由于球只受到重力，所以在竖直方向上做匀变速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，球飞出的方向与水平方向成角
根据速度的分解及速度公式可以得出运动的时间为：，，根据水平方向的位移公式有：，
得，，故A、B错误；
C．根据动能定理可知击球时对球所做的功等于球的动能，因为
根据动能的表达式所以，故C正确；
D．球飞行过程中只受重力作用，球的动量变化量等于重力的冲量，而冲量与时间成正比，根据重力冲量的表达式可以得出冲量之比为，故D错误。
故选C。
【分析】利用两个小球竖直方向的速度公式结合水平方向的位移公式可以求出运动时间及初始速度的比值；利用速度的比值结合动能的表达式可以求出动能之比；利用重力和时间的乘积可以求出冲量之比。
9．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；生活中常见的传感器；光电效应
【解析】【解答】A．当光电管工作时，光照射阴极打出的电子向阳极运动形成光电流，如图所示放大器左端电子移动方向为逆时针，由于电流方向与电子运动方向相反，所以放大器左边的电路电流方向沿顺时针，A正确。
B．电磁铁通过电流控制磁场变化，也就是利用电流的产生让材料进行磁化产生磁性，铁芯应采用“软磁材料”，B错误；
C．黄光频率比蓝光低，蓝光照射时，根据光电效应方程，由于蓝光具有的能量大于逸出功所以光电管阴极能发生光电效应，改用黄光照射时黄光的能量不一定大于逸出功所以就不一定能发生光电效应，C错误；
D．路灯白天断开，晚上工作时，由于白天光照会导致电路导通，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路，D错误。
故选A。
【分析】利用光电子的移动方向可以判别电路中电流的方向；利用电磁铁原理可以判别铁芯应该选择软磁材料；利用光电效应方程可以判别黄光能量低不一定能控制电路工作；路灯白天不需要工作，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路。
10．【答案】D
【知识点】波的干涉现象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．已知 水波在深浅水分界线上的入射角为，折射角为，根据折射定律有：光的折射率
水波折射时有
由于水波在深水区的入射角比较大所以水波在深水区波速较大，故A错误；
B．波的传播过程中，频率不变，波长与波速成正比，根据波长与频率的关系有，根据波速之比为所以区水波的波长是区水波波长的倍，故B错误；
CD．因点到两波源的路程差为0，点与点的连线上有3个振动极弱点，点本身也是振动极弱点，所以Q点到两波源的波长差为，意味着点到两波源的路程差为
由于PQ之间到两个波源之间的距离满足因为
所以若、、、都在区，连线上有5个振动极弱点，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用入射角和折射角的大小可以求出两个区域折射率的比值，利用折射率的比值可以求出光速之比；利用频率不变，利用光速之比可以求出波长的比值；利用振动减弱点的各数可以判别在A区域波长差的大小，利用波程差的大小可以判别在B区域振动减弱点的个数。
11．【答案】A,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；电磁波的周期、频率与波速；热力学第二定律；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．比结合能越大，即核子结合成原子核时平均每个核子释放的能量越多，或者代表原子核中原子核拆分为核子时每个核子拆分时所需要的能量，由于所需要的能量越大则原子核结合越牢固，故A正确；
B．半衰期为大量原子核衰变一半时所花的时间，放射性元素经过4个半衰期还剩的元素没有发生衰变，故B错误；
C．红外线和射线都是电磁波，电磁波在真空中传播的速度相等，都等于光速，故C正确；
D．在气体等温膨胀时，由于内能保持不变，根据热力学第一定律可知所吸收的热量全部用来对外做功，故D错误。
故选AC。
【分析】比结合能的大小代表原子核的稳定情况；半衰期为大量原子核衰变一半时所花的时间； 红外线和射线都是电磁波，在真空中传播的速度相等 ；在气体等温膨胀时，由于内能保持不变，根据热力学第一定律可知所吸收的热量全部用来对外做功。
12．【答案】C,D
【知识点】氢原子光谱；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】A．由甲图可知，由于紫色光的能量比红光的能量大，光的能量决定频率的大小，所以光谱按照频率从左到右不断减小的规律排列，所以光子的频率比的大，根据可知光子的能量比的大，故A错误；
B．在乙图中以相同出射角出射时，由于a光入射角比较大，根据折射定律可以得出光折射率较小，由于光的频率决定折射率的大小，即光的频率较小，所以光是，故B错误；
C．在劈尖干涉中，根据条纹间距的表达式可知条纹间距与波长成正比，由于光子的频率比的大，根据可知光子的波长比的小，所以在图丙实验中的条纹间距换成后将变大，故C正确；
D．在圆孔衍射时，由于波长越长，衍射现象更明显，波长越短，中央亮斑的直径越小，则用同一装置做圆孔衍射实验，由于光子的波长比的小可知的中央亮斑直径比的小，故D正确。
故选CD。
【分析】利用紫光和红光的能量可以判别两种光子的频率及能量的大小；利用光的折射可以比较折射率的大小，利用折射率大小的可以判别对应的频率比较大；利用光子的频率可以比较光的波长，利用光的波长可以比较干涉条纹间距的大小；利用光的波长可以比较圆孔衍射时中央亮斑直径的大小。
13．【答案】B,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感
【解析】【解答】AB．开关闭合时，由于线圈对变化的电流有阻碍作用，线圈上的电流要从0开始逐渐增大，所以L1逐渐变亮，当电路稳定时，线圈上没有电压，小灯泡正常发光；而电容器上原来不带电，会有一个充电过程，充电过程中立即变亮，当充电结束后充电电流逐渐减小为0，则L2逐渐熄灭，故A错误，B正确；
C．电路稳定后断开，由于线圈对变化电流有阻碍作用，线圈上的电流从原来值逐渐减小，所以不会闪亮，只会逐渐变暗，故C错误；
D．电路稳定时，线圈中的电流，电容器所在支路电流为0，电容器两端电压为，断开瞬间，线圈中的电流保持不变，线圈与电容器及两个灯泡构成回路，电流方向为逆时针方向，根据串联电路的特点此时两个小灯泡上的电流都是。根据欧姆定律可知两个灯泡两端电压
可得间的电压为0，也可得线圈的自感电动势为，故D正确。
故选BD。
【分析】当开关闭合时，由于线圈对变化的电流有阻碍作用，L1逐渐变亮；电容器上原来不带电，会有一个充电过程，充电过程中立即变亮，当充电结束后充电电流逐渐减小为0，则L2逐渐熄灭；电路稳定后断开，由于线圈对变化电流有阻碍作用，所以不会闪亮，只会逐渐变暗；根据电压的叠加可以判别PQ间的电压为0。
14．【答案】（1）A；AB
（2）BC；>；大于
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A球平抛、B球自由下落，由于两个小球在竖直方向都做自由落体运动，根据位移公式两者落地时间仅与竖直高度有关，与质量无关，但需保证A、B大小相同，避免空气阻力差异对实验的影响；根据位移公式可知质量不影响自由落体时间(重力加速度与质量无关)，且实验未要求质量相同。两球竖直方向均做自由落体运动(A的竖直分运动是自由落体)，下落高度相同则落地时间差为0，与托板高度无关；A球平抛的时间由竖直高度决定()，打击力度只会影响水平方向的初速度大小，根据运动的独立性可知运动的时间与打击力度无关。故选A。
由于打击力度不会影响运动的时间，所以C错误；由于小球与金属片之间的摩擦力不会影响下落的时间，所以D错误；实验中发现两球不是同步落地，可能的原因包括托板未调水平，导致球A的初速度不水平；托板长度偏大，由于小球和托板之间存在摩擦力，影响了A球离开槽口时的水平速度，从而导致两球落地时间不同，故选AB。
（2）连接白纸上的轨迹点可以发现白纸上留下的点迹不规则，由于可能不是小球同一次运动出现的轨迹，可能的原因是：小球没有每次都从斜槽上同一个位置静止释放，导致每次实验的初始条件不同；或者是实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大，影响了平抛运动的轨迹。故选BC。
让小球做平抛运动，根据小球的初始位置可知平抛运动的起点为斜槽末端上方r处（r为小球的半径），不是槽口上边缘。若测得
则根据平抛运动的水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的规律，根据位移公式及相等时间可以有
整理得
根据竖直方向的位移公式有，根据水平方向的位移公式有：
解得
由于，得
故结果大于实际值。
【分析】（1）为了两个小球竖直方向运动规律相同，所以应该选择大小相同，高度相同的小球，小球下落的时间与打击力度及小球的质量无关；两个小球运动时间相等；；实验中发现两球不是同步落地，可能的原因包括托板未调水平，导致球A的初速度不水平；托板长度偏大，由于小球和托板之间存在摩擦力，影响了A球离开槽口时的水平速度，从而导致两球落地时间不同；
（2）连接白纸上的轨迹点可以发现白纸上留下的点迹不规则，由于可能不是小球同一次运动出现的轨迹，可能的原因是：小球没有每次都从斜槽上同一个位置静止释放，导致每次实验的初始条件不同；或者是实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大，影响了平抛运动的轨迹；利用位移公式可以求出两个位移之间的大小关系；利用位移公式结合位移的测量值可以判别初速度的测量值大于真实值。
（1）[1] A球平抛、B球自由下落，两者落地时间仅与竖直高度有关，与质量无关，但需保证A、B大小相同，避免空气阻力差异对实验的影响；质量不影响自由落体时间(重力加速度与质量无关)，且实验未要求质量相同。两球竖直方向均做自由落体运动(A的竖直分运动是自由落体)，下落高度相同则落地时间差为0，与托板高度无关；A球平抛的时间由竖直高度决定()，与打击力度无关。故选A。
[2]实验中发现两球不是同步落地，可能的原因包括托板未调水平，导致球A的初速度不水平；托板长度偏大，由于小球和托板之间存在摩擦力，影响了A球离开槽口时的水平速度，从而导致两球落地时间不同。打击力度偏大以及小球与金属片之间的摩擦都不会影响竖直方向的运动时间，故选AB。
（2）[1]白纸上留下的点迹不规则，可能的原因是：小球没有每次都从斜槽上同一个位置静止释放，导致每次实验的初始条件不同；实验小球的密度太小，受到空气阻力的影响较大，影响了平抛运动的轨迹。故选BC。
[2][3]平抛运动的起点为斜槽末端上方r处（r为小球的半径），不是槽口上边缘。若测得
则根据平抛运动的水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的规律，有
整理得
由运动学公式得，
解得
由于，得
故结果大于实际值。
15．【答案】（1）B
（2）2000
（3）C
（4）；
【知识点】导体电阻率的测量；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）已知测得该棒材的直径为，精确到了千分之一毫米，只有螺旋测微器的精度值为，可以满足测量到千分之一毫米的要求，故测量直径所用仪器是螺旋测微器。
故选B。
（2）多用电表选择的是“”欧姆挡，表盘指针指向“20”，根据示数和挡位的乘积可以得出该棒的电阻约为
（3）已知待测电阻的阻值约为，电流表的电阻约为，电压表的电阻约为，根据电表内阻和待测电阻的阻值之比有：
满足，所以R属于大电阻，由于电流表内阻对待测电阻的电压影响比较小，所以电流表应采用内接法，即导线①连接接线柱；由于滑动变阻器阻值的取值范围为，滑动变阻器属于小阻值，所以应采用分压式接法，所以导线②应连接接线柱。故选C。
（4）已知电压与电流的图像，根据图像谢了可以得出棒的电阻为
根据电阻定律可得棒电阻率为
又因为
联立电阻的大小可以得出电阻率的大小为
【分析】（1）已知测得该棒材的直径为，精确到了千分之一毫米，只有螺旋测微器的精确度可以满足；
（2）利用欧姆表的示数和挡位可以求出电阻的大小；
（3）利用电表内阻和待测电阻的比值可以判别待测电阻属于大电阻所以电流表使用内接法，滑动变阻器阻值较小所以使用分压式接法；
（4）利用图像斜率可以求出待测电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小。
（1）已知测得该棒材的直径为，精确到了千分之一毫米，只有螺旋测微器的精度值为，可以满足测量到千分之一毫米的要求，而50分度的游标卡尺的精度值为，毫米刻度尺的精度值为，都无法达到的精度，故测量直径所用仪器是螺旋测微器。
故选B。
（2）由图1可知，多用电表选择的是“”欧姆挡，表盘指针指向“20”，所以该棒的电阻约为
（3）已知待测电阻的阻值约为，电流表的电阻约为，电压表的电阻约为，因为
满足
所以电流表应采用内接法，即导线①连接接线柱；由于滑动变阻器阻值的取值范围为，远小于待测电阻的阻值，则为了方便调节电压，滑动变阻器应采用分压式接法，所以导线②应连接接线柱。
故选C。
（4）[1] 根据欧姆定律可得棒的电阻为
[2] 根据电阻定律
可得棒电阻率为
又因为
代入数据联立解得
16．【答案】（1）减小；减小
（2）
（3）86J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】（1）由于气体的温度决定平均动能的大小，当球内气体温度降低，分子平均动能减小，体积增大，根据理想气体的状态方程可知，压强减小。
（2）由于气体的温度、体积和压强大小发生变化，根据理想气体的状态方程有
得
（3）由于内能与温度成正比，根据关系式可以得出气体的内能为，结合热力学第一定律有
根据表达式可以求出球内气体对外做功的大小为得
【分析】（1）气体的温度决定平均动能的大小，当球内气体温度降低，分子平均动能减小，体积增大，根据理想气体的状态方程可知气体的压强减小；
（2）利用理想气体的状态方程可以求出气体的压强大小；
（4）利用温度的大小可以求出气体的内能，结合热力学第一定律可以求出气体对外做功的大小。
（1）[1][2]球内气体温度降低，分子平均动能减小，体积增大，根据可知，压强减小。
（2）由
得
（3）由，
得
17．【答案】（1）滑块1从A点到B点，根据机械能守恒定律
解得滑块1第一次经过圆弧最低点时速度大小为
在B点牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，可得滑块1第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力大小为
方向竖直向下。
（2）设B点为坐标原点，向右为正方向，时刻（滑块1到达B点，滑块2从D出发）：
滑块1在B点速度：由机械能守恒得
方向向右；滑块1在顺时针传送带BC上加速，加速度
加速到传送带速度的位移
滑块2在时位置（D点）
初速度（向左），CD光滑，因此一直匀速向左，到达C点的时间
碰撞时位置相等：
解得碰撞时间
碰撞发生在光滑CD段，碰撞前速度： 滑块1的速度，滑块2的速度
弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有，
代入
解得
负号表示方向向左，速度大小为
（3）碰后滑块1向左运动，CD光滑，到达C点时速度大小仍为
向左经过BC时，摩擦力一直向右做负功，由动能定理：
代入得
滑块1上升过程机械能守恒，重力势能等于剩余动能：
解得（滑块脱离圆弧轨道后，最大高度仍满足该关系）
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当滑块下滑过程中，利用机械能守恒定律可以求出滑块经过B点的速度，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（2）当滑块1在传送带上加上时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出加速的位移，结合匀速直线运动可以求出运动的时间，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小及方向；
（3）当碰撞后，滑块1向做运动，利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
（1）滑块1从A点到B点，根据机械能守恒定律
解得滑块1第一次经过圆弧最低点时速度大小为
在B点牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，可得滑块1第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力大小为
方向竖直向下。
（2）设B点为坐标原点，向右为正方向，时刻（滑块1到达B点，滑块2从D出发）：
滑块1在B点速度：由机械能守恒得
方向向右；滑块1在顺时针传送带BC上加速，加速度
加速到传送带速度的位移
滑块2在时位置（D点）
初速度（向左），CD光滑，因此一直匀速向左，到达C点的时间
碰撞时位置相等：
解得碰撞时间
碰撞发生在光滑CD段，碰撞前速度： 滑块1的速度，滑块2的速度
弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有，
代入
解得
负号表示方向向左，速度大小为
（3）碰后滑块1向左运动，CD光滑，到达C点时速度大小仍为
向左经过BC时，摩擦力一直向右做负功，由动能定理：
代入得
滑块1上升过程机械能守恒，重力势能等于剩余动能：
解得（滑块脱离圆弧轨道后，最大高度仍满足该关系）
18．【答案】（1）超导线框在运动过程中磁通量不变，当超导线框运动至处时，长方形区间对线框的磁通量与线框由自感产生的磁通量等大反向，满足
解得
（2）超导线框在进入磁场的过程中，回路的电流满足
故线框受到的安培力为
安培力所做的功满足
将代入，解得
线框运动到的速度可由动能定理求得，满足
解得
因此安培力的冲量为
方向沿负轴方向
（3）线框的初动能为
①若，由
可知线框的右边可出磁场，左边仍在磁场中。因超导线框的磁通量不变，可知电流方向不变，超导线圈受力方向与速度方向一致，沿轴方向加速运动，根据对称性知，超导线圈以速度全部出磁场，电流减小至0，磁场能也为零。
②若，超导线框完全进入磁场时减速至0。因超导线框的磁通量不变，电流最大值为
磁场能最大
【知识点】动量定理；安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）线圈在运动的过程磁通量保持不变，利用磁通量的表达式可以求出其中电流的大小；（2）当线圈进入磁场时，利用电流的表达式可以求出安培力的大小，结合运动的距离可以求出安培力做功的大小；利用安培力做功及动能定理可以求出线圈末速度的大小，结合动量定理可以求出安培力冲量的大小；
（3）已知线圈初始动能的大小，线圈在不同区域运动时，根据磁通量变化，根据线圈出磁场的速度可以判别磁场能的大小，结合动能的最大值可以求出磁场能的大小。
（1）超导线框在运动过程中磁通量不变，当超导线框运动至处时，长方形区间对线框的磁通量与线框由自感产生的磁通量等大反向，满足
解得
（2）超导线框在进入磁场的过程中，回路的电流满足
故线框受到的安培力为
安培力所做的功满足
将代入，解得
线框运动到的速度可由动能定理求得，满足
解得
因此安培力的冲量为
方向沿负轴方向
（3）线框的初动能为
①若，由
可知线框的右边可出磁场，左边仍在磁场中。因超导线框的磁通量不变，可知电流方向不变，超导线圈受力方向与速度方向一致，沿轴方向加速运动，根据对称性知，超导线圈以速度全部出磁场，电流减小至0，磁场能也为零。
②若，超导线框完全进入磁场时减速至0。因超导线框的磁通量不变，电流最大值为
磁场能最大
19．【答案】（1）氘核电荷量为，加速到最大动能时，由洛伦兹力提供向心力
当氘核在磁场中运动的半径满足时速度最大，动能最大，则最大动能
氘核在磁场中运动的周期为
氘核每加速一次获得的动能为
则氘核加速的次数为
则氘核在磁场中回旋的时间为

（2）核反应过程中的质量亏损为
释放核能
由能量守恒，反应前总动能为氘核动能（靶静止），反应后总动能为入射动能加释放核能：

（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律，知（质子沿氘核方向射出），速率最大
（质子反氘核方向射出），速率最小
（4）设氘核入射动量为，由
其中
得
质子沿方向射出，动量大小为
由动量守恒得硅-29动量分量：，，硅质量，质子质量
总动能满足
结合
得

【知识点】质量亏损与质能方程；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1） 氘核在磁场中回旋 ，利用牛顿第二定律结合最大半径可以求出最大的动能，利用周期的表达式可以求出周期的大小，结合电场力做功可以求出加速运动的圈数，结合周期的大小可以求出运动的总时间；
（2）已知核反应过程反应前后原子核的质量，利用质量的变化结合质能方程可以求出释放的核能，结合能量守恒定律可以求出质子动能之和；
（3）根据能量守恒定律和动量守恒定律，当（质子沿氘核方向射出），速率最大
（质子反氘核方向射出），速率最小；
（4）当已知氘核经加速后获得动能和质量可以求出氘核的动量大小，结合动量守恒定律可以求出质子动量的大小。
（1）氘核电荷量为，加速到最大动能时，由洛伦兹力提供向心力
当氘核在磁场中运动的半径满足时速度最大，动能最大，则最大动能
氘核在磁场中运动的周期为
氘核每加速一次获得的动能为
则氘核加速的次数为
则氘核在磁场中回旋的时间为
（2）核反应过程中的质量亏损为
释放核能
由能量守恒，反应前总动能为氘核动能（靶静止），反应后总动能为入射动能加释放核能：
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律，知（质子沿氘核方向射出），速率最大
（质子反氘核方向射出），速率最小
（4）设氘核入射动量为，由
其中
得
质子沿方向射出，动量大小为
由动量守恒得硅-29动量分量：，，硅质量，质子质量
总动能满足
结合
得
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