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2026届浙江省新阵地教育联盟高三下学期第二次联考物理试题
1．比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是（　　）
A． B． C． D．
2．下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（　　）
A．甲和乙 B．乙和丙 C．乙和丁 D．丙和丁
3．国际拔河比赛规定，每个队按8名运动员体重的总和分成若干重量级别，同等级别的两个队进行比赛。如图所示，运动员必须穿“拔河鞋”或没有鞋跟等突出物的平底鞋，不能戴手套。不计拔河绳的质量，认为拔河过程中绳始终保持水平，下列说法正确的是（　　）
A．地面对运动员的作用力方向竖直向上
B．获胜队伍对绳的拉力大小等于失败队伍对绳的拉力大小
C．拔河绳对两支队伍的拉力是一对相互作用力
D．比赛过程中两队队员受到的地面摩擦力总是等大反向
4．引力波是时空弯曲中的涟漪，由宇宙中质量巨大的天体发生加速运动、碰撞合并等剧烈事件引发，会以光速在宇宙中传播。若已知某双星系统辐射引力波的功率为。其中为引力常量、为星球的质量、为双星之间的距离，则、分别为（　　）
A．、 B．、 C．、 D．、
5．乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到。一质量为0.5kg（不含体内水）的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　）
A．乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B．乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C．若乌贼要极短时间内达到的速度，则要一次性喷出约0.19kg的水
D．若乌贼要极短时间内达到的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为
6．磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过平面，1、2、3、4直导线与平面的交点成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比，题中带电粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．导线2、4连线上各点的磁感应强度均为0
B．从点处平行导线入射的带电粒子做匀速直线运动
C．轴上虚线框内各点磁感应强度相同
D．沿着轴正方向入射的粒子在坐标平面内做匀速圆周运动
7．光镊技术可以用来捕获、操控微小粒子（目前已达微米级），其原理是光在接触物体后，会对其产生力的作用，虽然这个作用力很微小，但对于微小的物体如细胞，这种作用力足够使它发生移动。如图所示是某次激光操控微粒的光路示意图，、为完全相同的激光束，则（　　）
A．光镊技术利用光的直线传播特性
B．激光进入该微粒后传播速度不变
C．此次操控对微粒产生向上的作用力
D．只减少激光束的强度，对微粒有向左的分力作用
8．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。其简化结构如图所示，质量为的元件与轻质弹簧连接，可在杆上自由滑动，弹簧的自然长度为、劲度系数为，电源电动势为、内阻不计，滑动变阻器总长也为，电阻分布均匀，系统静止时在点，不计一切阻力，当系统绕轴以角速度转动时，元件发生位移并输出相应的电压信号，则（　　）
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．输出电压随角速度的增大而减小
C．弹簧的伸长量为
D．输出电压与的函数式为
9．在量子引力理论中，普朗克长度被视为可探测的最小空间尺度。一种估算方法是考虑如下思想实验：为了探测更小的空间结构，需要更高能量的光子。但当光子能量极高时，其自身引力效应显著，可能形成一个微观黑洞，（理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍，即）从而无法提供更小的尺度信息。高中阶段为了简化运算，我们可以令光子的波长等于乘以黑洞的半径（设黑洞的半径等于普朗克长度），我们就可以得到最小的长度。已知光子的能量为，有效质量为。普朗克常数，真空光速，引力常数，则普朗克长度约为（　　）
A． B．
C． D．
10．如图1所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，并不落向漏斗下方。我们用如下模型对此进行分析：如图2所示，一圆锥体（圆锥的顶点为O，底面圆心为O'）绕垂直于水平面的轴线以恒定的角速度ω转动，一质量为m小物体（可看作质点）随圆锥体一起转动且相对于圆锥体静止。以圆锥体为参考系，圆锥体中的小物体还多受到一个“力”，同时小物体还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过轴线的平面上，以顶点O为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，小物体在这个坐标系中具有的“势能”可表示为。该“势能”与小物体的重力势能之和为其总势能。当小物体处在圆锥壁上总势能最小的某一位置时，小物体既没有沿圆锥面上滑的趋势，也没有沿圆锥面下滑的趋势，此时小物体受到的摩擦力就会恰好为0，即使圆锥壁光滑，小物体也不会滑向下方。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）
A．小物体多受到的那个“力”的方向指向O'点
B．小物体多受到的那个“力”的大小随x的增加而减小
C．该“势能”的表达式是选取了x轴处“势能”为零
D．当圆锥体以恒定的角速度ω'转动时（），小物体沿圆锥壁向下移至某一位置时受到的摩擦力才可能恰好为0
11．下列说法正确的是（　　）
A．自由落体过程中任意连续相等时间通过的位移之比可能为2：3
B．电场线一定是不闭合的
C．光电效应实验中光的频率越高，逸出光电子的动能就越大
D．根据玻尔的氢原子理论，氢原子由低能级向高能级跃迁时动能变小、电势能增大
12．一列简谐横波沿x轴正方向传播，从某时刻开始计时，在t=6s时的波形如图（a）所示。在x轴正方向，距离原点小于一个波长的A质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．A质点在t=3s与t=7s时刻速度方向相反
B．A点的平衡位置离原点的距离为x=0.25m
C．t=9s时，平衡位置在x=1.7m处的质点加速度方向沿y轴正方向
D．t=13.5s时，平衡位置在x=1.4m处的质点位移为负值
13．如图所示，一光滑木板倾斜固定，与水平面的夹角，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为的物块Q连接。跨过定滑轮的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为的物块P连接。初始时物块P在水平外力作用下静止在直杆的点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。撤去水平外力，物块P由静止运动到点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为，重力加速度大小为，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦，物块P、Q均可视为质点。取，。则下列说法正确的是（　　）
A．物块Q下滑过程中，弹簧的弹性势能一直减小
B．物块P从点运动到点的过程中，轻绳拉力对物块P做正功
C．物块P从点运动到点的过程中，轻绳拉力对物块Q做的功为
D．物块P从点运动到点的过程中，物块Q的重力势能减少量等于P、Q两物块总动能的增加量
14．在下列学生实验中，需要用到打点计时器和天平的实验有（　　）
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．“用单摆测量重力加速度的大小”
D．“探究两个互成角度的力的合成规律”
15．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图所示。
（1）需要的实验操作有（　　）
A．调节滑轮使细线与桌面平行
B．调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力
C．小车从靠近滑轮处由静止释放
D．先接通电源再释放小车
（2）经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如下图所示，图中相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，计数点3的读数为　 　cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　（计算结果保留3位有效数字）。
16．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，
（1）用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。若其他操作无误，则上述情形下测得的单色光波长将　 　（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）；
（2）若想对图的情形进行调整，则需要的操作是（　　）
A．旋转毛玻璃屏 B．左右拨动拨杆
C．左右转动透镜 D．旋转测量头
17．（1）在“金属丝电阻率的测量”实验中，小明同学用米尺测出金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径如图所示，则直径　 　；经粗测金属丝的电阻约为，为了使测量更加准确，他用伏安法测量该金属丝的电阻，所用的电路如图甲所示，图中电压表的右端应与　 　（选填“”或“”）点连接；电路连接正确后，电压表和电流表的示数分别为和，该金属丝的电阻率　 　（结果用题中字母表示）。
（2）要精确测量电池的电动势和内阻，小组成员设计了如图乙所示的电路，为定值电阻，为滑动变阻器，两个直流电压表、均可视为理想电表。
①请根据图乙所示电路图，在图丙中用笔画线代替导线完成实物图连接　 　。
②实验中移动滑动变阻器的滑片，分别读出电压表和的多组数据、。利用测出的数据描绘出图像如图丁所示，图中直线的斜率为，截距为，可得电池的电动势　 　，内阻　 　。（用、、表示）
18．如图所示，一根劲度系数的轻质弹簧上端固定，下端与一质量为的绝热活塞连接并悬挂一绝热气缸。活塞与气缸内封闭着一定质量的理想气体。气缸内部带有加热装置，顶部开口且有卡扣，以保证活塞不会脱离。气缸内部高为、底面积为，缸内气体初始温度为，活塞到气缸底部的距离为，弹簧被拉伸了。现缓慢加热气体使气缸下降到活塞恰好到达气缸顶部。已知大气压强恒为，重力加速度为，忽略活塞和气缸壁的厚度及加热装置的体积，不计一切摩擦。求：
（1）绝热气缸的总质量；
（2）活塞恰好到达气缸顶部时封闭气体的温度；
（3）已知在整个加热过程中，气体吸收的热量为，求气体内能的变化量。
19．如图所示，质量为的滑块从一平台水平抛出，恰好从点沿切线进入半径的竖直光滑圆弧轨道，且对轨道点无挤压。之后滑块沿圆弧轨道从点滑出以后进入无限长水平轨道，与静止在水平轨道的点质量为滑块发生弹性碰撞，由于足够长，在以后的运动中滑块、还能再次发生碰撞，且碰撞前滑块都已处于静止，每次碰撞都是弹性碰撞。已知，圆弧轨道的点与水平轨道的点平滑连接，由特殊材料制成而与水平轨道没有摩擦，滑块与水平轨道的动摩擦因数，本题中，求：
（1）的竖直高度；
（2）滑块运动到圆弧轨道的点时对轨道的压力；
（3）滑块发生的总位移s。
20．如图甲所示，一竖直无限长导线通有恒定电流，旁边有一边长的正方形闭合导电线框，线框由质量均为、电阻均为的金属杆、和不计质量与电阻的导电轻杆、组成，可绕竖直对称轴无摩擦转动。开始时线框与通电直导线共面且边与直导线的距离，现给线框一初始角速度按俯视顺时针方向开始转动，已知无限长直导线在空间某点产生的磁感应强度与该点到直导线的垂直距离成反比、与电流成正比，即，其中未知。如图乙所示是的长直导线在空间产生的磁感应强度大小与的关系。
（1）由乙图求的大小，并根据求出线框中心点的磁感应强度B的大小；
（2）线框转过时的感应电流方向？并估算此过程中通过线框的电荷量；（计算结果保留两位有效数字）
（3）由于直导线产生的磁场微弱，在线框边长较小时可将闭合导电线框处的磁场近似看作匀强磁场。在电磁阻尼作用下线框将缓慢减速，现测得经时间角速度减小量为（未知，且），该过程产生焦耳热为。（本小题计算结果用题中所给字母表示）
①此过程线框产生感应电流的有效值多大；
②试估算线框在该转动过程中角速度的减小量。（已知当，有）
21．微通道板电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反射放大信号强度的一种电子器件，在高能物理（中微子、宇宙射线探测）和质谱仪、真空紫外探测器等有广泛应用。如图所示一截面是矩形的微通道水平放置，竖直边。一个电子沿竖直平面以与水平方向成的初速度打到的中点进入微通道，每个电子撞到内壁后能撞出2个次级电子，且碰撞过程电子平行内壁的动量被完全吸收，垂直内壁的动量等大反向，并被撞出的次级电子均分。现通道内加有垂直平面的匀强磁场B。忽略重力和次级电子间的相互作用，电子电量的绝对值为，质量为，求：
（1）点撞出的次级电子在通道内的运动半径；
（2）通道长度大于多少右端将接收不到电子；
（3）若通道长度为，在平面上出射点距离的高度及接收到电子的数量；
（4）在通道内再加竖直向下的电场试判断电子能否通过微通道到达右侧。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】比值定义法；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．是牛顿第二定律决定式，加速度由合力、质量共同决定，不属于比值定义法，故A错误；
B．是欧姆定律决定式，电流由电压、电阻共同决定，不属于比值定义法，故B错误；
C．是平行板电容器电容的决定式，它描述了影响电容大小的因素，电容由介电常数、正对面积、极板间距共同决定，随以上物理量的变化而变化，不属于比值定义法，故C错误；
D．电势是电场本身的固有属性，与试探电荷的电势能、电荷量均无关，符合比值定义法的特征，故D正确。
故答案为：D。
【分析】比值定义法核心：被定义的物理量由物质/场本身属性决定，与定义用的两个物理量无关；决定式：物理量由公式中物理量直接决定。
2．【答案】D
【知识点】等效法；放大法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】甲图是微元法；乙图是放大法；丙图是等效法；丁图中物体的重心也是等效法。
故答案为：D。
【分析】方法识别：微元法（分割累加 ）、放大法（放大微小变化 ）、等效法（效果替代 ）。
逐一匹配：判断各插图对应的方法，找方法相同的组合。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．地面对运动员的作用力包括水平方向的静摩擦力和竖直向上的支持力，合力方向斜向上，并非竖直向上，A错误；
B．不计拔河绳的质量时，绳的张力处处相等，获胜队伍对绳的拉力与失败队伍对绳的拉力大小相等（绳的张力），故B正确；
C．拔河绳对两支队伍的拉力，即绳子对甲队的拉力和绳子对乙队的拉力不是一对相互作用力，C错误；
D．对两队整体分析可知，当整体突然向获胜一方移动时，获胜一方受到的静摩擦力大于另一方受到的静摩擦力，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查拔河比赛中的受力分析，核心是区分作用力与反作用力、分析地面作用力与摩擦力的变化。
4．【答案】A
【知识点】比值定义法；双星（多星）问题
【解析】【解答】功率：
引力常量：
速：
质量：
间距：
因为
质量维度：
长度维度：
故答案为：A。
【分析】本题考查量纲分析法，核心是利用各物理量的量纲匹配，求解指数m和n。
5．【答案】C
【知识点】动量定理；反冲
【解析】【解答】A．乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；
B．乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动，故B错误；
C．根据动量守恒定律有，解得kg，故C正确；
D．对喷出的水根据动量定理有，解得Ns，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查反冲运动与动量守恒定律的应用，核心是分析鱿鱼喷水过程中系统的动量守恒及相互作用。
6．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB．根据右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，2、4两点连线上O点磁感应强度为零，其它点不为零，所以从O点射入的带电粒子，将做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C．根据右手定则，结合矢量合成可知O点的磁感应强度为零，而轴上虚线框内其他点磁感应强度不为零，故C错误；
D．y轴上的磁感应强度沿y轴方向，所以运动的带电粒子速度与磁感应强度平行，在y轴上运动的粒子不受洛伦兹力，所以粒子可能做匀速直线运动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查安培定则与磁场叠加，核心是分析四根通电导线在不同位置产生的磁感应强度，判断带电粒子的运动状态。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．光镊中激光发生折射，改变传播方向，利用光的折射、光具有动量的性质，并非光的直线传播，故A错误；
B．根据，微粒的折射率大于空气，激光进入微粒后传播速度会减小，故B错误；
C．由动量定理，入射光竖直向下的动量分量小于出射光竖直向下的动量分量，光的动量变化向下，说明微粒对光的作用力向下；根据牛顿第三定律，光对微粒的反作用力向上，故C正确；
D．a光对微粒的水平分力向右，b光对微粒的水平分力向左。若只减小b的强度，b向左的分力减小，总水平分力向右，不是向左，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题结合光的折射、光速公式、动量定理，分析光镊对微粒的作用力，核心是利用光的动量变化判断受力方向。
8．【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．滑动变阻器总电阻不变，电源电动势、内阻恒定，由闭合电路欧姆定律，电路电流恒定，与角速度无关，故A错误；
BCD．设系统在水平面内以角速度转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得，则，又输出电压，联立两式得，所以输出电压随角速度的增大而增大，故BC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题结合圆周运动向心力与闭合电路动态分析，核心是先由牛顿第二定律求弹簧伸长量，再结合滑动变阻器分压规律推导输出电压。
9．【答案】A
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】根据题意，黑洞的临界逃逸速度等于光速，结合给出的逃逸速度公式可得
两边平方得①，由光子能量、有效质量关系，结合题目给出的
推导光子质量②，将②代入①整理得
代入数值计算得
故答案为：A。
【分析】本题结合黑洞逃逸速度、光子能量与质能关系，推导普朗克长度，核心是联立逃逸速度公式、光子质量公式求解。
10．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以圆锥体（非惯性系）为参考系，多出来的力是惯性离心力，方向背离转轴OO'，并非指向O'点，故A错误；
B．势能表达式为，势能的表达式对位移求导可得惯性离心力的大小即，可得惯性离心力的表达式为，其大小随x的增加而增大，故B错误；
C．势能表达式为，当时，，所以选取的是处为零势能面，而非x轴，故C错误；
D．当圆锥体以恒定的角速度ω'转动时（），离心作用怎增强，小物体沿圆锥壁向下移至总势能最小位置，此时摩擦力才可能为 0，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查非惯性参考系中的惯性离心力、势能与受力关系、圆周运动临界条件，核心是理解惯性离心力的特点、势能零点及角速度变化对临界位置的影响。
11．【答案】A,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；匀变速直线运动规律的综合运用；电场线；光电效应
【解析】【解答】A．设从下落开始经过连续T时间，位移比
根据题意，解得，存在实数解，故A正确；
B．静电场电场线不闭合，感生电场（涡旋电场）的电场线是闭合的，故电场线不一定不闭合，故B错误；
C．根据，光电效应实验中光的频率越高，逸出光电子的动能不一定越大，但最大初动能一定越大，故C错误；
D．根据玻尔的氢原子理论，氢原子由低能级向高能级跃迁时克服电场力做功，动能变小、电势能增大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：利用自由落体位移公式，推导连续相等时间内位移比，判断是否存在对应初下落时刻；
B：区分静电场与感生电场的电场线特点；
C：根据光电效应方程，区分光电子动能与最大初动能；
D：依据玻尔氢原子理论，分析低能级向高能级跃迁时电子动能、电势能变化。
12．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图a可知，波长为，由图b可知周期为T=4.0s，则波速，故3s和7s时刻相差一个周期时间，运动情况相同，速度方向相同，故A错误；
B．由b图可知，t=6.0s时质点的位置与t=10.0s时相同，结合图像根据数学关系可知，位移为，再结合a图，可知A点的平衡位置离原点的距离为，故B正确；
C．根据t=9s与t=6s的时间差为，则平衡位置在x=1.7m处的质点在波形图上再振动的时间，x=1.5m的质点处于平衡位置，x=2.0m的质点处于波谷，则x=1.7m处的质点正在负向位移向平衡位置振动，故加速度为沿着y轴正方向，故C正确；
D．根据t=13.5s与t=6s 的时间差为，则在图a的基础上，将波形图向右平移，可知，此时平衡位置在x=1.4m处的质点位移为正值，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：根据振动周期，判断相差时间间隔的两时刻速度方向；
B：结合波形图与振动图像，利用相位关系确定 A 点平衡位置；
C：根据波的传播规律，判断指定时刻质点振动方向与加速度方向；
D：平移波形，分析指定时刻质点位移正负。
13．【答案】B,D
【知识点】胡克定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分力与重力大小相等，方向相反，即，所以绳子的拉力为
对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有，解得
设弹簧拉伸的长度为，由胡克定律有，解得
物块P运动到B点时，由几何关系可得物块Q沿斜面向下滑了
所以此时弹簧的压缩量为
即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能相同，即弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B．由于轻绳只能提供拉力，对物块P，在从A点到B点过程中轻绳拉力的方向与P运动方向夹角为锐角，则轻绳拉力对P做正功，故B正确；
C．物块P运动到B点时，P和Q速度满足
物块P从A点运动到B的过程中，对系统由能量守恒有
对物块Q有，联立解得，故C错误。
D．物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物块Q的重力势能减少量等于物块P和Q总动能的增加量，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：分析物块Q下滑过程中弹簧形变量变化，判断弹性势能变化；
B：根据物块P的位移与轻绳拉力夹角，判断拉力做功正负；
C：结合几何关系、胡克定律、动能定理，计算轻绳拉力对物块Q做的功；
D：由弹簧初末弹性势能相等，利用系统能量守恒判断重力势能与总动能变化关系。
14．【答案】B
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；探究小车速度随时间变化的规律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A．探究小车速度随时间变化的规律：只需打点计时器测速度，不需要天平，故A错误；
B．探究加速度与力、质量的关系：打点计时器测加速度，天平测质量，两个器材都需要，故B正确；
C．用单摆测重力加速度：器材为摆球、刻度尺、秒表，不需要打点计时器和天平，故C错误；
D．探究力的合成规律：器材为弹簧测力计、白纸、刻度尺，不需要打点计时器和天平，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查高中物理力学实验的器材选择，核心是明确各实验所需测量的物理量，从而确定是否需要打点计时器和天平。
15．【答案】（1）B；D
（2）4.69；0.321
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．调节滑轮使细线与轨道平行，而不是桌面，A错误；
B．为了使绳的拉力等于小车合外力，需要调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力， B正确；
C．小车从靠近打点计时器由静止释放，以充分利用纸带，C错误；
D．为了充分利用纸带应先接通电源再释放小车，D正确。
故答案为：BD。
（2）最小分度值为0.1cm，计数点3的读数为4.70cm；
相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，则计数点间隔
根据逐差法可知，小车的加速度
故答案为：4.69；0.321
【分析】(1) 结合“探究加速度与力、质量的关系”实验操作规范，逐一判断选项正误；
(2) 刻度尺读数需估读，利用逐差法计算小车加速度。
（1）A．调节滑轮使细线与轨道平行，而不是桌面，A错误；
B．为了使绳的拉力等于小车合外力，需要调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力， B正确；
C．小车从靠近打点计时器由静止释放，以充分利用纸带，C错误；
D．为了充分利用纸带应先接通电源再释放小车，D正确。
故选BD。
（2）[1]最小分度值为0.1cm，计数点3的读数为4.70cm；
[2] 相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，则计数点间隔
根据逐差法可知，小车的加速度
16．【答案】（1）偏大
（2）D
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形，测得的条纹间距偏大，根据公式
可知，若条纹间距偏大，则测得的单色光波长将偏大。
故答案为：偏大
（2）若想对如图的情形进行调整，需要旋转测量头。
故答案为：D。
【分析】(1) 根据双缝干涉波长公式，条纹间距与波长成正比，判断波长测量误差；
(2) 目镜中条纹倾斜，需旋转测量头，使分划板竖线与条纹平行。
（1）用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形，测得的条纹间距偏大，根据公式
可知，若条纹间距偏大，则测得的单色光波长将偏大。
（2）若想对如图的情形进行调整，需要旋转测量头。
故选D。
17．【答案】（1）0.290；a；
（2）；；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）直径
因为电压表内阻远大于待测阻值，所以采用外接法，图中电压表的右端应与点连接。
根据
解得
故答案为：0.290；a；
（2）根据电路图连接的实物图如下图所示
由于直流电压表、均为理想电表，根据闭合电路的欧姆定律可得
整理可得
图中直线的斜率为k，截距为a，则，
解得，
故答案为：；；
【分析】(1) 螺旋测微器读数=固定刻度+可动刻度×精度；根据待测电阻阻值大小选择电流表接法；结合电阻定律推导电阻率表达式；
(2) ① 根据电路图完成实物连线；
② 利用闭合电路欧姆定律推导关系式，结合图像斜率、截距求解电动势与内阻。
（1）[1]直径
[2]因为电压表内阻远大于待测阻值，所以采用外接法，图中电压表的右端应与点连接。
[3]根据
解得
（2）[1]根据电路图连接的实物图如下图所示
[2][3]由于直流电压表、均为理想电表，根据闭合电路的欧姆定律可得
整理可得
图中直线的斜率为k，截距为a，则，
解得，
18．【答案】（1）解：温度为时，对活塞分析
解得
对气缸分析
解得
（2）解：活塞恰好到达气缸顶部的过程中，气体做等压变化
可解得
（3）解：当气体温度为时，体积为；当活塞恰好到达气缸顶部时，气体温度为，所以气体温度由加热到的过程中，气体作等压变化，故气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
【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；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 初始状态分别对活塞、气缸受力平衡，结合胡克定律求气缸总质量；
(2) 气体压强不变，做等压变化，利用盖 吕萨克定律求末态温度；
(3) 先求气体等压膨胀对外做功，再由热力学第一定律求内能变化。
（1）温度为时，对活塞分析
解得
对气缸分析
解得
（2）活塞恰好到达气缸顶部的过程中，气体做等压变化
可解得
（3）当气体温度为时，体积为；当活塞恰好到达气缸顶部时，气体温度为，所以气体温度由加热到的过程中，气体作等压变化，故气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
19．【答案】（1）解：滑块在C点时，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块从A到C做平抛运动，在竖直方向，有
解得
（2）解：滑块从C到E，根据动能定理，有
解得
在E点，根据牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律对轨道的压力大小为54N，方向竖直向下
（3）解：在F点A与B碰撞，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得，
对A分析，第一次碰撞后返回过程，根据能量守恒，有
解得
则A不会在轨道脱离，
全程总能量守恒，有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 滑块在C点无挤压，重力径向分力提供向心力，求出vc；平抛运动竖直方向用速度 位移公式求竖直下落高度h；
(2) 由动能定理求E点速度，再用牛顿第二定律求轨道支持力，结合牛顿第三定律得压力；
(3) A、B发生多次弹性碰撞，B每次获得的速度成等比数列，利用总能量守恒求B的总位移。
（1）滑块在C点时，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块从A到C做平抛运动，在竖直方向，有
解得
（2）滑块从C到E，根据动能定理，有
解得
在E点，根据牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律对轨道的压力大小为54N，方向竖直向下
（3）在F点A与B碰撞，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得，
对A分析，第一次碰撞后返回过程，根据能量守恒，有
解得
则A不会在轨道脱离。
方法一：全程总能量守恒，有
解得
方法二：B减速到零位移为
同样方法AB第二次碰撞，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
B减速到零位移为
同理第三次次碰撞后速度
B减速到零位移为
可见每次碰撞后滑块B运动位移构成等比数列，故总位移为
20．【答案】（1）解：磁感应强度，由图可知，当时，
代入得
所以线框中心点的磁感应强度为
（2）解：根据右手定则线框转过时的感应电流方向为adcba；线框转过时磁通量为0，开始时线框的磁通量为
又
所以在数值上等于的B-x图像与x轴所围的面积的大小，图中1小格面积大小为，由图数出的B-x图像与x轴所围的面积有139个小格（138~140都对），得开始时线框的磁通量
线框转过程中通过线框的电荷量
又，
可得
（3）解：线框缓慢减速，产生焦耳热的过程转动圈数N不多，可认为线框电流有效值不变，
则，
则
计算可得
根据能量守恒
化简得
略去2阶小量得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 由，结合图像取点求比例系数，再代入线框中心位置求中心处磁感应强度；
(2) 由右手定则判断感应电流方向；利用总，通过图像面积估算磁通量，求通过线框的电荷量；
(3) ① 由焦耳定律结合转动时间求感应电流有效值；② 由能量守恒，忽略高阶小量，求解角速度减小量。
（1）磁感应强度，由图可知，当时，
代入得
所以线框中心点的磁感应强度为
（2）根据右手定则线框转过时的感应电流方向为adcba；线框转过时磁通量为0，开始时线框的磁通量为
又
所以在数值上等于的B-x图像与x轴所围的面积的大小，图中1小格面积大小为，由图数出的B-x图像与x轴所围的面积有139个小格（138~140都对），得开始时线框的磁通量
线框转过程中通过线框的电荷量
又，
可得
（3）线框缓慢减速，产生焦耳热的过程转动圈数N不多，可认为线框电流有效值不变，
则，
则
计算可得
根据能量守恒
化简得
略去2阶小量得
21．【答案】（1）解：由题意得，在点撞出的次级电子速度，满足
得
由
在通道内的运动半径为
（2）解：点第一次撞击后速度为，运动半径，后一次撞击速度为，运动半径
则次撞击后电子运动半径
所以电子最远达到
（3）解：根据
电子碰3次后共8颗电子从平面上飞出；
飞出点距离
（4）解：设电子向上最大位移时速度水平且为，洛伦兹力不做功，由动能定理
水平方向动量定理
即
联立得，所以电子能通过微通道到达右侧。
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 由动量分配规律求次级电子速度，结合洛伦兹力提供向心力求轨道半径；
(2) 每次碰撞后速度、半径减半，由等比数列求和求电子最大水平位移，确定通道临界长度；
(3) 对比通道长度与各级位移和，判断碰撞次数，用几何关系求出射高度，结合倍增规律求电子数；
(4) 加竖直电场后，结合动能定理、水平方向动量定理，判断竖直最大位移是否超出通道高度，确定能否通过。
（1）由题意，在点撞出的次级电子速度，满足
得
由
在通道内的运动半径为
（2）点第一次撞击后速度为，运动半径，后一次撞击速度为，运动半径
则次撞击后电子运动半径
所以电子最远达到
（3）根据
电子碰3次后共8颗电子从平面上飞出；
飞出点距离
（4）设电子向上最大位移时速度水平且为，洛伦兹力不做功，由动能定理
水平方向动量定理
即
联立得，所以电子能通过微通道到达右侧。
1 / 12026届浙江省新阵地教育联盟高三下学期第二次联考物理试题
1．比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】比值定义法；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．是牛顿第二定律决定式，加速度由合力、质量共同决定，不属于比值定义法，故A错误；
B．是欧姆定律决定式，电流由电压、电阻共同决定，不属于比值定义法，故B错误；
C．是平行板电容器电容的决定式，它描述了影响电容大小的因素，电容由介电常数、正对面积、极板间距共同决定，随以上物理量的变化而变化，不属于比值定义法，故C错误；
D．电势是电场本身的固有属性，与试探电荷的电势能、电荷量均无关，符合比值定义法的特征，故D正确。
故答案为：D。
【分析】比值定义法核心：被定义的物理量由物质/场本身属性决定，与定义用的两个物理量无关；决定式：物理量由公式中物理量直接决定。
2．下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（　　）
A．甲和乙 B．乙和丙 C．乙和丁 D．丙和丁
【答案】D
【知识点】等效法；放大法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】甲图是微元法；乙图是放大法；丙图是等效法；丁图中物体的重心也是等效法。
故答案为：D。
【分析】方法识别：微元法（分割累加 ）、放大法（放大微小变化 ）、等效法（效果替代 ）。
逐一匹配：判断各插图对应的方法，找方法相同的组合。
3．国际拔河比赛规定，每个队按8名运动员体重的总和分成若干重量级别，同等级别的两个队进行比赛。如图所示，运动员必须穿“拔河鞋”或没有鞋跟等突出物的平底鞋，不能戴手套。不计拔河绳的质量，认为拔河过程中绳始终保持水平，下列说法正确的是（　　）
A．地面对运动员的作用力方向竖直向上
B．获胜队伍对绳的拉力大小等于失败队伍对绳的拉力大小
C．拔河绳对两支队伍的拉力是一对相互作用力
D．比赛过程中两队队员受到的地面摩擦力总是等大反向
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．地面对运动员的作用力包括水平方向的静摩擦力和竖直向上的支持力，合力方向斜向上，并非竖直向上，A错误；
B．不计拔河绳的质量时，绳的张力处处相等，获胜队伍对绳的拉力与失败队伍对绳的拉力大小相等（绳的张力），故B正确；
C．拔河绳对两支队伍的拉力，即绳子对甲队的拉力和绳子对乙队的拉力不是一对相互作用力，C错误；
D．对两队整体分析可知，当整体突然向获胜一方移动时，获胜一方受到的静摩擦力大于另一方受到的静摩擦力，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查拔河比赛中的受力分析，核心是区分作用力与反作用力、分析地面作用力与摩擦力的变化。
4．引力波是时空弯曲中的涟漪，由宇宙中质量巨大的天体发生加速运动、碰撞合并等剧烈事件引发，会以光速在宇宙中传播。若已知某双星系统辐射引力波的功率为。其中为引力常量、为星球的质量、为双星之间的距离，则、分别为（　　）
A．、 B．、 C．、 D．、
【答案】A
【知识点】比值定义法；双星（多星）问题
【解析】【解答】功率：
引力常量：
速：
质量：
间距：
因为
质量维度：
长度维度：
故答案为：A。
【分析】本题考查量纲分析法，核心是利用各物理量的量纲匹配，求解指数m和n。
5．乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到。一质量为0.5kg（不含体内水）的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　）
A．乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B．乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C．若乌贼要极短时间内达到的速度，则要一次性喷出约0.19kg的水
D．若乌贼要极短时间内达到的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为
【答案】C
【知识点】动量定理；反冲
【解析】【解答】A．乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；
B．乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动，故B错误；
C．根据动量守恒定律有，解得kg，故C正确；
D．对喷出的水根据动量定理有，解得Ns，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查反冲运动与动量守恒定律的应用，核心是分析鱿鱼喷水过程中系统的动量守恒及相互作用。
6．磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过平面，1、2、3、4直导线与平面的交点成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比，题中带电粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．导线2、4连线上各点的磁感应强度均为0
B．从点处平行导线入射的带电粒子做匀速直线运动
C．轴上虚线框内各点磁感应强度相同
D．沿着轴正方向入射的粒子在坐标平面内做匀速圆周运动
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB．根据右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，2、4两点连线上O点磁感应强度为零，其它点不为零，所以从O点射入的带电粒子，将做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C．根据右手定则，结合矢量合成可知O点的磁感应强度为零，而轴上虚线框内其他点磁感应强度不为零，故C错误；
D．y轴上的磁感应强度沿y轴方向，所以运动的带电粒子速度与磁感应强度平行，在y轴上运动的粒子不受洛伦兹力，所以粒子可能做匀速直线运动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查安培定则与磁场叠加，核心是分析四根通电导线在不同位置产生的磁感应强度，判断带电粒子的运动状态。
7．光镊技术可以用来捕获、操控微小粒子（目前已达微米级），其原理是光在接触物体后，会对其产生力的作用，虽然这个作用力很微小，但对于微小的物体如细胞，这种作用力足够使它发生移动。如图所示是某次激光操控微粒的光路示意图，、为完全相同的激光束，则（　　）
A．光镊技术利用光的直线传播特性
B．激光进入该微粒后传播速度不变
C．此次操控对微粒产生向上的作用力
D．只减少激光束的强度，对微粒有向左的分力作用
【答案】C
【知识点】动量定理；光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．光镊中激光发生折射，改变传播方向，利用光的折射、光具有动量的性质，并非光的直线传播，故A错误；
B．根据，微粒的折射率大于空气，激光进入微粒后传播速度会减小，故B错误；
C．由动量定理，入射光竖直向下的动量分量小于出射光竖直向下的动量分量，光的动量变化向下，说明微粒对光的作用力向下；根据牛顿第三定律，光对微粒的反作用力向上，故C正确；
D．a光对微粒的水平分力向右，b光对微粒的水平分力向左。若只减小b的强度，b向左的分力减小，总水平分力向右，不是向左，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题结合光的折射、光速公式、动量定理，分析光镊对微粒的作用力，核心是利用光的动量变化判断受力方向。
8．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。其简化结构如图所示，质量为的元件与轻质弹簧连接，可在杆上自由滑动，弹簧的自然长度为、劲度系数为，电源电动势为、内阻不计，滑动变阻器总长也为，电阻分布均匀，系统静止时在点，不计一切阻力，当系统绕轴以角速度转动时，元件发生位移并输出相应的电压信号，则（　　）
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．输出电压随角速度的增大而减小
C．弹簧的伸长量为
D．输出电压与的函数式为
【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．滑动变阻器总电阻不变，电源电动势、内阻恒定，由闭合电路欧姆定律，电路电流恒定，与角速度无关，故A错误；
BCD．设系统在水平面内以角速度转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得，则，又输出电压，联立两式得，所以输出电压随角速度的增大而增大，故BC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题结合圆周运动向心力与闭合电路动态分析，核心是先由牛顿第二定律求弹簧伸长量，再结合滑动变阻器分压规律推导输出电压。
9．在量子引力理论中，普朗克长度被视为可探测的最小空间尺度。一种估算方法是考虑如下思想实验：为了探测更小的空间结构，需要更高能量的光子。但当光子能量极高时，其自身引力效应显著，可能形成一个微观黑洞，（理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍，即）从而无法提供更小的尺度信息。高中阶段为了简化运算，我们可以令光子的波长等于乘以黑洞的半径（设黑洞的半径等于普朗克长度），我们就可以得到最小的长度。已知光子的能量为，有效质量为。普朗克常数，真空光速，引力常数，则普朗克长度约为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】根据题意，黑洞的临界逃逸速度等于光速，结合给出的逃逸速度公式可得
两边平方得①，由光子能量、有效质量关系，结合题目给出的
推导光子质量②，将②代入①整理得
代入数值计算得
故答案为：A。
【分析】本题结合黑洞逃逸速度、光子能量与质能关系，推导普朗克长度，核心是联立逃逸速度公式、光子质量公式求解。
10．如图1所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，并不落向漏斗下方。我们用如下模型对此进行分析：如图2所示，一圆锥体（圆锥的顶点为O，底面圆心为O'）绕垂直于水平面的轴线以恒定的角速度ω转动，一质量为m小物体（可看作质点）随圆锥体一起转动且相对于圆锥体静止。以圆锥体为参考系，圆锥体中的小物体还多受到一个“力”，同时小物体还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过轴线的平面上，以顶点O为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，小物体在这个坐标系中具有的“势能”可表示为。该“势能”与小物体的重力势能之和为其总势能。当小物体处在圆锥壁上总势能最小的某一位置时，小物体既没有沿圆锥面上滑的趋势，也没有沿圆锥面下滑的趋势，此时小物体受到的摩擦力就会恰好为0，即使圆锥壁光滑，小物体也不会滑向下方。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）
A．小物体多受到的那个“力”的方向指向O'点
B．小物体多受到的那个“力”的大小随x的增加而减小
C．该“势能”的表达式是选取了x轴处“势能”为零
D．当圆锥体以恒定的角速度ω'转动时（），小物体沿圆锥壁向下移至某一位置时受到的摩擦力才可能恰好为0
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以圆锥体（非惯性系）为参考系，多出来的力是惯性离心力，方向背离转轴OO'，并非指向O'点，故A错误；
B．势能表达式为，势能的表达式对位移求导可得惯性离心力的大小即，可得惯性离心力的表达式为，其大小随x的增加而增大，故B错误；
C．势能表达式为，当时，，所以选取的是处为零势能面，而非x轴，故C错误；
D．当圆锥体以恒定的角速度ω'转动时（），离心作用怎增强，小物体沿圆锥壁向下移至总势能最小位置，此时摩擦力才可能为 0，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查非惯性参考系中的惯性离心力、势能与受力关系、圆周运动临界条件，核心是理解惯性离心力的特点、势能零点及角速度变化对临界位置的影响。
11．下列说法正确的是（　　）
A．自由落体过程中任意连续相等时间通过的位移之比可能为2：3
B．电场线一定是不闭合的
C．光电效应实验中光的频率越高，逸出光电子的动能就越大
D．根据玻尔的氢原子理论，氢原子由低能级向高能级跃迁时动能变小、电势能增大
【答案】A,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；匀变速直线运动规律的综合运用；电场线；光电效应
【解析】【解答】A．设从下落开始经过连续T时间，位移比
根据题意，解得，存在实数解，故A正确；
B．静电场电场线不闭合，感生电场（涡旋电场）的电场线是闭合的，故电场线不一定不闭合，故B错误；
C．根据，光电效应实验中光的频率越高，逸出光电子的动能不一定越大，但最大初动能一定越大，故C错误；
D．根据玻尔的氢原子理论，氢原子由低能级向高能级跃迁时克服电场力做功，动能变小、电势能增大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：利用自由落体位移公式，推导连续相等时间内位移比，判断是否存在对应初下落时刻；
B：区分静电场与感生电场的电场线特点；
C：根据光电效应方程，区分光电子动能与最大初动能；
D：依据玻尔氢原子理论，分析低能级向高能级跃迁时电子动能、电势能变化。
12．一列简谐横波沿x轴正方向传播，从某时刻开始计时，在t=6s时的波形如图（a）所示。在x轴正方向，距离原点小于一个波长的A质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．A质点在t=3s与t=7s时刻速度方向相反
B．A点的平衡位置离原点的距离为x=0.25m
C．t=9s时，平衡位置在x=1.7m处的质点加速度方向沿y轴正方向
D．t=13.5s时，平衡位置在x=1.4m处的质点位移为负值
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图a可知，波长为，由图b可知周期为T=4.0s，则波速，故3s和7s时刻相差一个周期时间，运动情况相同，速度方向相同，故A错误；
B．由b图可知，t=6.0s时质点的位置与t=10.0s时相同，结合图像根据数学关系可知，位移为，再结合a图，可知A点的平衡位置离原点的距离为，故B正确；
C．根据t=9s与t=6s的时间差为，则平衡位置在x=1.7m处的质点在波形图上再振动的时间，x=1.5m的质点处于平衡位置，x=2.0m的质点处于波谷，则x=1.7m处的质点正在负向位移向平衡位置振动，故加速度为沿着y轴正方向，故C正确；
D．根据t=13.5s与t=6s 的时间差为，则在图a的基础上，将波形图向右平移，可知，此时平衡位置在x=1.4m处的质点位移为正值，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：根据振动周期，判断相差时间间隔的两时刻速度方向；
B：结合波形图与振动图像，利用相位关系确定 A 点平衡位置；
C：根据波的传播规律，判断指定时刻质点振动方向与加速度方向；
D：平移波形，分析指定时刻质点位移正负。
13．如图所示，一光滑木板倾斜固定，与水平面的夹角，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为的物块Q连接。跨过定滑轮的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为的物块P连接。初始时物块P在水平外力作用下静止在直杆的点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。撤去水平外力，物块P由静止运动到点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为，重力加速度大小为，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦，物块P、Q均可视为质点。取，。则下列说法正确的是（　　）
A．物块Q下滑过程中，弹簧的弹性势能一直减小
B．物块P从点运动到点的过程中，轻绳拉力对物块P做正功
C．物块P从点运动到点的过程中，轻绳拉力对物块Q做的功为
D．物块P从点运动到点的过程中，物块Q的重力势能减少量等于P、Q两物块总动能的增加量
【答案】B,D
【知识点】胡克定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分力与重力大小相等，方向相反，即，所以绳子的拉力为
对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有，解得
设弹簧拉伸的长度为，由胡克定律有，解得
物块P运动到B点时，由几何关系可得物块Q沿斜面向下滑了
所以此时弹簧的压缩量为
即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能相同，即弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B．由于轻绳只能提供拉力，对物块P，在从A点到B点过程中轻绳拉力的方向与P运动方向夹角为锐角，则轻绳拉力对P做正功，故B正确；
C．物块P运动到B点时，P和Q速度满足
物块P从A点运动到B的过程中，对系统由能量守恒有
对物块Q有，联立解得，故C错误。
D．物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物块Q的重力势能减少量等于物块P和Q总动能的增加量，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：分析物块Q下滑过程中弹簧形变量变化，判断弹性势能变化；
B：根据物块P的位移与轻绳拉力夹角，判断拉力做功正负；
C：结合几何关系、胡克定律、动能定理，计算轻绳拉力对物块Q做的功；
D：由弹簧初末弹性势能相等，利用系统能量守恒判断重力势能与总动能变化关系。
14．在下列学生实验中，需要用到打点计时器和天平的实验有（　　）
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．“用单摆测量重力加速度的大小”
D．“探究两个互成角度的力的合成规律”
【答案】B
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；探究小车速度随时间变化的规律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A．探究小车速度随时间变化的规律：只需打点计时器测速度，不需要天平，故A错误；
B．探究加速度与力、质量的关系：打点计时器测加速度，天平测质量，两个器材都需要，故B正确；
C．用单摆测重力加速度：器材为摆球、刻度尺、秒表，不需要打点计时器和天平，故C错误；
D．探究力的合成规律：器材为弹簧测力计、白纸、刻度尺，不需要打点计时器和天平，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查高中物理力学实验的器材选择，核心是明确各实验所需测量的物理量，从而确定是否需要打点计时器和天平。
15．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图所示。
（1）需要的实验操作有（　　）
A．调节滑轮使细线与桌面平行
B．调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力
C．小车从靠近滑轮处由静止释放
D．先接通电源再释放小车
（2）经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如下图所示，图中相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，计数点3的读数为　 　cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　（计算结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）B；D
（2）4.69；0.321
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．调节滑轮使细线与轨道平行，而不是桌面，A错误；
B．为了使绳的拉力等于小车合外力，需要调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力， B正确；
C．小车从靠近打点计时器由静止释放，以充分利用纸带，C错误；
D．为了充分利用纸带应先接通电源再释放小车，D正确。
故答案为：BD。
（2）最小分度值为0.1cm，计数点3的读数为4.70cm；
相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，则计数点间隔
根据逐差法可知，小车的加速度
故答案为：4.69；0.321
【分析】(1) 结合“探究加速度与力、质量的关系”实验操作规范，逐一判断选项正误；
(2) 刻度尺读数需估读，利用逐差法计算小车加速度。
（1）A．调节滑轮使细线与轨道平行，而不是桌面，A错误；
B．为了使绳的拉力等于小车合外力，需要调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力， B正确；
C．小车从靠近打点计时器由静止释放，以充分利用纸带，C错误；
D．为了充分利用纸带应先接通电源再释放小车，D正确。
故选BD。
（2）[1]最小分度值为0.1cm，计数点3的读数为4.70cm；
[2] 相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，则计数点间隔
根据逐差法可知，小车的加速度
16．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，
（1）用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。若其他操作无误，则上述情形下测得的单色光波长将　 　（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）；
（2）若想对图的情形进行调整，则需要的操作是（　　）
A．旋转毛玻璃屏 B．左右拨动拨杆
C．左右转动透镜 D．旋转测量头
【答案】（1）偏大
（2）D
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形，测得的条纹间距偏大，根据公式
可知，若条纹间距偏大，则测得的单色光波长将偏大。
故答案为：偏大
（2）若想对如图的情形进行调整，需要旋转测量头。
故答案为：D。
【分析】(1) 根据双缝干涉波长公式，条纹间距与波长成正比，判断波长测量误差；
(2) 目镜中条纹倾斜，需旋转测量头，使分划板竖线与条纹平行。
（1）用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形，测得的条纹间距偏大，根据公式
可知，若条纹间距偏大，则测得的单色光波长将偏大。
（2）若想对如图的情形进行调整，需要旋转测量头。
故选D。
17．（1）在“金属丝电阻率的测量”实验中，小明同学用米尺测出金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径如图所示，则直径　 　；经粗测金属丝的电阻约为，为了使测量更加准确，他用伏安法测量该金属丝的电阻，所用的电路如图甲所示，图中电压表的右端应与　 　（选填“”或“”）点连接；电路连接正确后，电压表和电流表的示数分别为和，该金属丝的电阻率　 　（结果用题中字母表示）。
（2）要精确测量电池的电动势和内阻，小组成员设计了如图乙所示的电路，为定值电阻，为滑动变阻器，两个直流电压表、均可视为理想电表。
①请根据图乙所示电路图，在图丙中用笔画线代替导线完成实物图连接　 　。
②实验中移动滑动变阻器的滑片，分别读出电压表和的多组数据、。利用测出的数据描绘出图像如图丁所示，图中直线的斜率为，截距为，可得电池的电动势　 　，内阻　 　。（用、、表示）
【答案】（1）0.290；a；
（2）；；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）直径
因为电压表内阻远大于待测阻值，所以采用外接法，图中电压表的右端应与点连接。
根据
解得
故答案为：0.290；a；
（2）根据电路图连接的实物图如下图所示
由于直流电压表、均为理想电表，根据闭合电路的欧姆定律可得
整理可得
图中直线的斜率为k，截距为a，则，
解得，
故答案为：；；
【分析】(1) 螺旋测微器读数=固定刻度+可动刻度×精度；根据待测电阻阻值大小选择电流表接法；结合电阻定律推导电阻率表达式；
(2) ① 根据电路图完成实物连线；
② 利用闭合电路欧姆定律推导关系式，结合图像斜率、截距求解电动势与内阻。
（1）[1]直径
[2]因为电压表内阻远大于待测阻值，所以采用外接法，图中电压表的右端应与点连接。
[3]根据
解得
（2）[1]根据电路图连接的实物图如下图所示
[2][3]由于直流电压表、均为理想电表，根据闭合电路的欧姆定律可得
整理可得
图中直线的斜率为k，截距为a，则，
解得，
18．如图所示，一根劲度系数的轻质弹簧上端固定，下端与一质量为的绝热活塞连接并悬挂一绝热气缸。活塞与气缸内封闭着一定质量的理想气体。气缸内部带有加热装置，顶部开口且有卡扣，以保证活塞不会脱离。气缸内部高为、底面积为，缸内气体初始温度为，活塞到气缸底部的距离为，弹簧被拉伸了。现缓慢加热气体使气缸下降到活塞恰好到达气缸顶部。已知大气压强恒为，重力加速度为，忽略活塞和气缸壁的厚度及加热装置的体积，不计一切摩擦。求：
（1）绝热气缸的总质量；
（2）活塞恰好到达气缸顶部时封闭气体的温度；
（3）已知在整个加热过程中，气体吸收的热量为，求气体内能的变化量。
【答案】（1）解：温度为时，对活塞分析
解得
对气缸分析
解得
（2）解：活塞恰好到达气缸顶部的过程中，气体做等压变化
可解得
（3）解：当气体温度为时，体积为；当活塞恰好到达气缸顶部时，气体温度为，所以气体温度由加热到的过程中，气体作等压变化，故气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
【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；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 初始状态分别对活塞、气缸受力平衡，结合胡克定律求气缸总质量；
(2) 气体压强不变，做等压变化，利用盖 吕萨克定律求末态温度；
(3) 先求气体等压膨胀对外做功，再由热力学第一定律求内能变化。
（1）温度为时，对活塞分析
解得
对气缸分析
解得
（2）活塞恰好到达气缸顶部的过程中，气体做等压变化
可解得
（3）当气体温度为时，体积为；当活塞恰好到达气缸顶部时，气体温度为，所以气体温度由加热到的过程中，气体作等压变化，故气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
19．如图所示，质量为的滑块从一平台水平抛出，恰好从点沿切线进入半径的竖直光滑圆弧轨道，且对轨道点无挤压。之后滑块沿圆弧轨道从点滑出以后进入无限长水平轨道，与静止在水平轨道的点质量为滑块发生弹性碰撞，由于足够长，在以后的运动中滑块、还能再次发生碰撞，且碰撞前滑块都已处于静止，每次碰撞都是弹性碰撞。已知，圆弧轨道的点与水平轨道的点平滑连接，由特殊材料制成而与水平轨道没有摩擦，滑块与水平轨道的动摩擦因数，本题中，求：
（1）的竖直高度；
（2）滑块运动到圆弧轨道的点时对轨道的压力；
（3）滑块发生的总位移s。
【答案】（1）解：滑块在C点时，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块从A到C做平抛运动，在竖直方向，有
解得
（2）解：滑块从C到E，根据动能定理，有
解得
在E点，根据牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律对轨道的压力大小为54N，方向竖直向下
（3）解：在F点A与B碰撞，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得，
对A分析，第一次碰撞后返回过程，根据能量守恒，有
解得
则A不会在轨道脱离，
全程总能量守恒，有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 滑块在C点无挤压，重力径向分力提供向心力，求出vc；平抛运动竖直方向用速度 位移公式求竖直下落高度h；
(2) 由动能定理求E点速度，再用牛顿第二定律求轨道支持力，结合牛顿第三定律得压力；
(3) A、B发生多次弹性碰撞，B每次获得的速度成等比数列，利用总能量守恒求B的总位移。
（1）滑块在C点时，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块从A到C做平抛运动，在竖直方向，有
解得
（2）滑块从C到E，根据动能定理，有
解得
在E点，根据牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律对轨道的压力大小为54N，方向竖直向下
（3）在F点A与B碰撞，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得，
对A分析，第一次碰撞后返回过程，根据能量守恒，有
解得
则A不会在轨道脱离。
方法一：全程总能量守恒，有
解得
方法二：B减速到零位移为
同样方法AB第二次碰撞，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
B减速到零位移为
同理第三次次碰撞后速度
B减速到零位移为
可见每次碰撞后滑块B运动位移构成等比数列，故总位移为
20．如图甲所示，一竖直无限长导线通有恒定电流，旁边有一边长的正方形闭合导电线框，线框由质量均为、电阻均为的金属杆、和不计质量与电阻的导电轻杆、组成，可绕竖直对称轴无摩擦转动。开始时线框与通电直导线共面且边与直导线的距离，现给线框一初始角速度按俯视顺时针方向开始转动，已知无限长直导线在空间某点产生的磁感应强度与该点到直导线的垂直距离成反比、与电流成正比，即，其中未知。如图乙所示是的长直导线在空间产生的磁感应强度大小与的关系。
（1）由乙图求的大小，并根据求出线框中心点的磁感应强度B的大小；
（2）线框转过时的感应电流方向？并估算此过程中通过线框的电荷量；（计算结果保留两位有效数字）
（3）由于直导线产生的磁场微弱，在线框边长较小时可将闭合导电线框处的磁场近似看作匀强磁场。在电磁阻尼作用下线框将缓慢减速，现测得经时间角速度减小量为（未知，且），该过程产生焦耳热为。（本小题计算结果用题中所给字母表示）
①此过程线框产生感应电流的有效值多大；
②试估算线框在该转动过程中角速度的减小量。（已知当，有）
【答案】（1）解：磁感应强度，由图可知，当时，
代入得
所以线框中心点的磁感应强度为
（2）解：根据右手定则线框转过时的感应电流方向为adcba；线框转过时磁通量为0，开始时线框的磁通量为
又
所以在数值上等于的B-x图像与x轴所围的面积的大小，图中1小格面积大小为，由图数出的B-x图像与x轴所围的面积有139个小格（138~140都对），得开始时线框的磁通量
线框转过程中通过线框的电荷量
又，
可得
（3）解：线框缓慢减速，产生焦耳热的过程转动圈数N不多，可认为线框电流有效值不变，
则，
则
计算可得
根据能量守恒
化简得
略去2阶小量得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 由，结合图像取点求比例系数，再代入线框中心位置求中心处磁感应强度；
(2) 由右手定则判断感应电流方向；利用总，通过图像面积估算磁通量，求通过线框的电荷量；
(3) ① 由焦耳定律结合转动时间求感应电流有效值；② 由能量守恒，忽略高阶小量，求解角速度减小量。
（1）磁感应强度，由图可知，当时，
代入得
所以线框中心点的磁感应强度为
（2）根据右手定则线框转过时的感应电流方向为adcba；线框转过时磁通量为0，开始时线框的磁通量为
又
所以在数值上等于的B-x图像与x轴所围的面积的大小，图中1小格面积大小为，由图数出的B-x图像与x轴所围的面积有139个小格（138~140都对），得开始时线框的磁通量
线框转过程中通过线框的电荷量
又，
可得
（3）线框缓慢减速，产生焦耳热的过程转动圈数N不多，可认为线框电流有效值不变，
则，
则
计算可得
根据能量守恒
化简得
略去2阶小量得
21．微通道板电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反射放大信号强度的一种电子器件，在高能物理（中微子、宇宙射线探测）和质谱仪、真空紫外探测器等有广泛应用。如图所示一截面是矩形的微通道水平放置，竖直边。一个电子沿竖直平面以与水平方向成的初速度打到的中点进入微通道，每个电子撞到内壁后能撞出2个次级电子，且碰撞过程电子平行内壁的动量被完全吸收，垂直内壁的动量等大反向，并被撞出的次级电子均分。现通道内加有垂直平面的匀强磁场B。忽略重力和次级电子间的相互作用，电子电量的绝对值为，质量为，求：
（1）点撞出的次级电子在通道内的运动半径；
（2）通道长度大于多少右端将接收不到电子；
（3）若通道长度为，在平面上出射点距离的高度及接收到电子的数量；
（4）在通道内再加竖直向下的电场试判断电子能否通过微通道到达右侧。
【答案】（1）解：由题意得，在点撞出的次级电子速度，满足
得
由
在通道内的运动半径为
（2）解：点第一次撞击后速度为，运动半径，后一次撞击速度为，运动半径
则次撞击后电子运动半径
所以电子最远达到
（3）解：根据
电子碰3次后共8颗电子从平面上飞出；
飞出点距离
（4）解：设电子向上最大位移时速度水平且为，洛伦兹力不做功，由动能定理
水平方向动量定理
即
联立得，所以电子能通过微通道到达右侧。
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 由动量分配规律求次级电子速度，结合洛伦兹力提供向心力求轨道半径；
(2) 每次碰撞后速度、半径减半，由等比数列求和求电子最大水平位移，确定通道临界长度；
(3) 对比通道长度与各级位移和，判断碰撞次数，用几何关系求出射高度，结合倍增规律求电子数；
(4) 加竖直电场后，结合动能定理、水平方向动量定理，判断竖直最大位移是否超出通道高度，确定能否通过。
（1）由题意，在点撞出的次级电子速度，满足
得
由
在通道内的运动半径为
（2）点第一次撞击后速度为，运动半径，后一次撞击速度为，运动半径
则次撞击后电子运动半径
所以电子最远达到
（3）根据
电子碰3次后共8颗电子从平面上飞出；
飞出点距离
（4）设电子向上最大位移时速度水平且为，洛伦兹力不做功，由动能定理
水平方向动量定理
即
联立得，所以电子能通过微通道到达右侧。
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