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Z20+名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026 届高三第三次学情诊断
物理参考答案．
一、选择题Ⅰ（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分.）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A D B A B C C B D D
1．A【解析】
Q N m
由焦耳定律得Q＝I2Rt，可得 I = ，又 1 J＝1 N·m，可知 是电流强度的单位，故选A。
Rt s
2．D【解析】
（必修 1 教材 P100）
选项 A：当 a 足够大时，A 对 C 的支持力可能为零，此时 C 脱离 B，故"一定受到 A 和 B 的支持
力"不正确。A 错。
选项 B：a 增大时，A 对 C 的支持力，但若 C 已脱离 B，则 A 对 C 的支持力方向改变，B 不一定
正确。
选项 C：桶 B 对 C 的支持力是桶 B 的弹性形变引起的，不是 C 的弹性形变。C 错。
选项 D：当 a 足够大，C 可能脱离 A 移到 B 右边。D 正确。
3．B【解析】
（选必 2 教材 P43）
S 闭合时，线圈 A 中有电流，铁芯被磁化，吸引衔铁 D。S 断开时，线圈 A 中电流减小，磁通量
减小，由楞次定律，线圈 B 中产生感应电流，其方向使得磁场维持原方向不变，继续吸引衔铁 D，
产生延时效果。
A 错：S 断开瞬间线圈 A 会产生自感电动势，但由于 B 构成闭合回路，通过互感维持磁场，A 两
端电压不为零（有自感反电动势）。
B 正确：线圈 B 产生的感应电流维持原磁场方向，继续吸引 D。
C 错：根据楞次定律，B 中电流方向应维持原磁场，电流方向与图示箭头相反。
D 错：若 B 不闭合，线圈无法产生感应电流维持磁场，延时效果差。
4．A【解析】
导弹 CD 段只受引力作用，导弹沿 CD 段飞行过程中机械能守恒,A 正确、B 错；导弹在 D 点的
速度小于地球第一宇宙速度，C错；
M
a = G M
导弹在 D 点的加速度大小为 n R 又 g = G
(R + )2 R2
10
10 2
解得 an = ( ) g ，故 D 错误。
11
5．B【解析】
L
由双缝干涉条纹间距的公式 x =
d
+
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可知，当两种色光通过同一双缝干涉装置时，波长越长条纹间距越宽，由屏上亮条纹的位置可知
1 2
反射光经过三棱镜后分成两束色光，由图可知 M 光的折射角大，又由折射定律可知，入射角相
同时，折射率越大的色光折射角越大，由于 1 2
则 n1 n2 所以 N 是波长为 λ1的光出射位置，故 B 正确，C 错误。
又 O 是两单色光中央亮条纹的中心位置，所以到达双缝 S1、S2的光束振动情况相同，故 A 错；
若双缝 S1、S2 的间距减半，则 P1、P2的间距也增加，故 D 错。
6．C【解析】
A．若上板向右平移一小位移，电容器内的电场强度不变，微粒的电势能不变，A 错
d 1 2
B．由牛顿第二定律 qE = ma 由运动学公式 = at
2 2
md 2
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为 t = ，B 错
qU
qEd
C．微粒第一次到达下极板时的速度大小为 v1 = at =
m
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，
设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为 v ，满足 v22 2 v
2
1 = 2ad
3qEd
代入解得 v = 2
m
2 2 d
同理可得微粒第一次从上极板回到 O 点时的速度大小为 v ，满足 v3 v2 = 2a3
2
qEd
代入解得 v 3 = 2
m
故微粒第一次从上极板回到 O 点时的动量大小为 p = mv3 = 2 qUm ，C 正确
D．微粒在二极板间来回运动一次，电源消耗的电能为 2Uq，D 错。
7．C【解析】
弱相互作用是中子衰变成质子和电子的原因，A 错误；
中子衰变的核反应式为 1n → 1p + 0e + 0 Ve，B 错； 0 1 1 0
中子衰变过程中释放的能量为 E = (m m m )c2n e p = 0.79 MeV ，一个静止的中子衰变过程中放
p2 (3 10 8 )2 (3 108 )2
出的质子动能为 Ekp = = MeV 0.043 2 MeV ，中子衰变过程中电子和反
2mp 2 938.27
中微子的总动能为 E－Ekp＝0.746 8 MeV，C 正确；
h
中子衰变过程中放出的质子的波长 = =1.38 10 13 m ,D 错误。
P
8．B【解析】
设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2 ，灯泡 L 的阻值为 R，根据等效电阻的思想有灯泡的
U1 U2
等效电阻 R =等 灯泡 L 的阻值 R =
I1 I2
U1 k
由理想变压器原理，电压关系 =
U2 1
+
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I1 1= 2电流关系 联立解得 R = k R
I2 k
等
k 值恒定，即等效负载恒定，当 S 与 c 相连时，原线圈所在电路的总电阻最小，流过原线圈的电
流最大，根据变压器原副线圈电流关系可知副线圈电流最大，根据 P = I 2R可知灯泡的电功率最
大，故 A 错误；

S 与 a 相连，变压器原线圈电压 1 = 2
2 ,灯泡两端的电压为U2 = ,B 正确； +2 2+2
U
S 与 c 相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流 I1 ' =
k 2R + R
2 2
kU k U
流过灯泡的电流 I ' = kI ' = 灯泡的电功率为 PL = I
2R =
2 1
( 2
1 L
) 22 ，C 错误。 k +1 R (k +1) R

S 与 C 相连，变压器原线圈的电流 1 = ，随 K 的增大而减小，D 错。 2 +
9．D【解析】
教材必 2 课题研究 P102
从图片可以估算相关数据。实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖长度 65cm。根据图片中 A、B、C
三帧的位置关系：
指尖以腕关节 N 为圆心做圆周运动，腕关节到指尖的距离约为手掌长度，估计约r ≈ 0.2 m。
由图片估算 A 到 B 的弧长，因为 B 点线速度基本不变，再结合时间间隔 T = 0.04 s 计算瞬时速度：
BC v2
v ≈ ，向心加速度a =
T r
根据答案 250 m/s 反推：若r ≈ 0.2 m，则v = √ar=√250 × 0.2 ≈ 7 m/s，
BC = vT = 7 × 0.04 = 0.28 m，在合理范围内。
10．D【解析】
线框末进入磁场： ，所以 ，故 A 错；
加速度 = sin cos = 2m s2，得进入磁场时的速度 v=1.2m/s；
由于线框进入磁场，机械能 E 和位移 x 为线性变化，所以线框作匀速直线运动，全部进入磁场
线框作匀加速运动，ab 两端的电压线性增加，故 B 错；
线框进入磁场时， ，得 sin = ；可得金属线框的长度为
0.15m，金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间 0.125s，所以 D 正确。
二、选择题Ⅱ（本题共 3 小题，每小题 4 分，共 12 分。）
11 12 13
AB CD BD
11．AB【解析】教材插图
A．图甲移走导体 B，导体 A 左侧的电荷量增加，使 C、D 点间的电场强度增大，电势差 UCD
增大，A 正确；
B．现抽掉隔板，气体不对外做功、不吸热，内能不变，故最终温度等于 T，B 正确；
C．悬浮在液体中的微粒越大，撞击作用越平衡，C 错；
D．电容式话筒膜片为敏感元件，D 错。
+
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12．CD【解析】教材选必 1，P102 习题改编
两列波 S 相向运动，经 0.75 秒相遇，A 错；
0~0.75秒，P 点起振方向向下，其振动方程为 = 2sin(2 ) cm，B 错；M 点为振动加强点，
若 PQ 区域内充满另一均匀介质，也不影响，M 仍为振动加强点；0~1.5秒，M 点振动 0.75 秒，
运动的路程为 12cm，所以 C、D 正确。
13．BD【解析】
A．若 I 已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流 I 保持不变，故 A
错误。
B．若只增大光束的强度，光电流变大霍尔元件前后表面的电压将变大，故 B 正确；
C．设霍尔元件前后侧面的电压为 U，电子在霍尔元件内做定向移动的速率为 v，根据洛伦兹力
qU
与电场力平衡可得 qvB =
b
霍尔元件单位体积内的电子数为 n，则电流 I = neSv = nebcv
BI
联立解得U = 故 C 错；
nec
U BI
D．霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为 E = =1
b nebc
U
沿电流方向的恒定电场为 E =
a
则霍尔片的电场强度为 E = E2 + E2
BI
= ( )2
U
+ ( )2合 1 ，故 D 正确；
nebc a
三、非选择题（本题共 5 小题，共 58 分）
14．Ⅰ．【答案】
（1）0.730
（2）①a ②左
（3） 62.6 10 6 或2.7 × 10
（4）CD （2 分，漏选得 1 分）
（5）每段导体两端的电压与它们的电阻成正比
【命题意图】考查学生对电学实验的基本操作（如电路连接、仪器使用）、实验方法（替代
法）的理解，以及通过公式推导计算电阻率的能力。同时通过误差分析选项（如换用高精
度电阻箱、多次测量），引导学生关注实验设计的严谨性，强化“科学探究”核心素养。
【详解】
（1）该样品横截面直径 0.730mm
（2）[1]由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原
则，即电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接线柱 a 相连。
[2] 了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端。
（3）由题意可知，该合金丝的电阻为 R = 3.2
l d 22 Rd
由电阻定律 R = 及 S = ( ) 可得 =
为S 2 4l代入数据解得该合金丝的电阻率为 ≈ 2.7 × 10 6
+
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Rd 2
（4）根据电阻定律可知 = ，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，
4l
选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为 0 99.99 ，或多次测量该合金丝不同区间
等长度样品的电阻率，再求平均值。故选 CD。
（5）图中四段导体是串联的，每段导体两端的电压与它们的电阻成正比，因此，用电压表
分别测量 a、b、c、d 两端的电压，就能知道它们的电阻之比。
14．Ⅱ．【答案】
（1）D
( 5+ 4) ( 1+ )（2）纸带② = 22 2 = 2.5 /
2 不满足
6
（3）减小相对误差
【详解】
（1）A．实验装置乙打点计时器为电火花打点计时器，应连接 220V 交流电源，故 A 错误；
B．实验装置甲“探究速度与时间关系”时，只需要保证小车所受合力不变，不需要平
衡摩擦力，故 B 错；
C．实验装置甲平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，系统机械能不守恒，故 C 错
误；
D．实验装置丙验证机械能守恒时，为了计算重力势能的减小量须知道当地的重力加
速度，故 D 正确。
故选 D。
( + ) ( + )
（2）纸带② 5 4 1 2 22 = 2 = 2.5 / 6
可知该实验操作中钩码的总质量不满足远小于小车的质量。
（3）取间距较大的两计数点计算能减小相对误差
14．Ⅲ．【答案】
A C （2 分，漏选得 1 分）
【详解】
电磁打点计时器工作时，通电线圈产生磁场，被磁化的振动片可以看成一个软磁体，它处
在永久磁铁的外磁场中。当线圈里的交变电流改变方向时，线圈的磁场方向随之改变，振
动片被磁化的极性也会改变。此时，振动片和永久磁铁的 N、S 极之间的吸引力 / 排斥
力，从电磁学的本质来看：磁极间的相互作用力，本质上也是磁场对电流（或运动电荷）
的作用力，也就是安培力的宏观表现，故 AC 正确。打点针的振动频率由电源的频率决定
与振动片的质量无，振动形成的机械波在空中的波长约为 6.8m，故 BD 错。
15．（8 分）【详解】
（1）B C （2 分）
（2）①气体做等压膨胀，由理想气体方程得：
V0 (V0 + x s)= （1 分）
T0 T1
代入数据得：
(V0 + x s)T0 (0.08 + 0.004)300T1 = = = 315K （2 分）
V0 0.08
②停止加热，稳定后气体做等温变化
P0V0 = (V0 + x s)P1 （1 分）

活塞受到的合外力 = 0 ( 0 1) = 0 (
0 0
0 ) （1 分） 0+
当 F=0 时，活塞速度最大
+
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2 2
此时 = m，即坐标为 m （1 分）
39 39
16．（11 分）【详解】
（1）在 0-2s 内，由楞次定律得薄圆柱中感应电流方向为顺时针（俯视）（1 分）
产生的感应电动势大小

E = = kI r 2 （1 分） 0
t
感应电流大小
0
2 0 = = 2 = （1 分） 2

（2）在 0-4s 内，薄圆柱受到的安培力水平，在竖直方向上受力平衡得
每根轻绳的拉力

3T cos = mg （1 分）
6
2 3
T = mg （1 分）
9
在 0-4 秒内，薄圆柱的焦耳热
2 0 2 2 2
2 3 2
= = ( ) × 4 = 0 （2 分）
2
（3）把发热圆盘视作一个个厚度 d 相同、宽度 r 极小的圆环（圆环载面积 s= d）叠加而成，
如图所示，对距圆心 r 处的圆环热功率
2 2 3 2
△r
2 0 2 0 = = ( ) = （2 分） r
2 2
单位面积上的热功率
2 3 2 2 2 2
0 = =
0 = 0 （类似其他方法也给分） （1 分）
1 2 ×2 4
由上式得：发热圆盘工作时 r 越大温度越高，即靠近圆心处的温度比外侧低。（1 分）
17．（12 分）【详解】
2
（1）①甲恰能到 c 点，可知 1 =

1 （1 分）
= √ = 1
m s （1 分）
②甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后动量和能量守恒得： 1 = 1 1 + 2 2
1 1 1
21 =
2 2
2 2 1 1
+ 2 2 2
2
解得碰后乙的速度为 = 1 2 1+ 2
当m1 = m2 时， 2 = √ sin =1m/s
（或直接写交换速度同样给分）
从 c 点至弹簧压缩量最大位置，由能量守恒得
1 1
1 (4.5 + Δ ) sin +
2 2
2 1
2 = Δ 2
5
解得：Δ = =0.5m （1 分）
2
sin 1
小球乙速度最大时，弹簧压缩量为 1 = = m 12
25 5
所以弹簧振子的振幅 = 1 = = m （1 分） 12 12
由单位圆得：小球乙从接触弹簧至最低点的时间
+
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1 1 1 1
= ( + sin )√ s 或 = ( cos )√ s （2 分）
2 5 60 5 60
1
（2）①碰后乙做类平抛运动，小球乙过 f 点，有：4.5 = g sin 2
2
= 2
1
解得 v = gR sin （1 分） 2
3
2m
又碰后乙的速度为 v = 1
v1
2
m1 + m2
m
可得 1
1
= （1 分）
m2 5
②若碰后乙能越过线段 df，得碰后乙做类平抛运动
故碰后乙的速度必然满足 v2 < gRsin
1
同时根据类平抛运动规律可知 4.5R = g sin t 2 ,v t R （1 分） 2
2
1
同时需保证小球不能撞击到圆弧 cd 上，可得当 R = g sin t 2 ， v2 t2
1 1
联立解得 gRsin v2 gRsin
3 2
m1 1 9将 = 代入可得 gRsin v1 gRsin
m2 5 2
9
代入数据得 1m s < 1 < √
m s （1 分） 2
1 1
对甲球从 a 到 c 过程中，由动能定理得： m1g 8R sin = m1v
2 2
1 m1v0
2 2
v = v2 +16gRsin 0 1
41
得：小球甲初速度应满足的条件√17m ms < 0 < √ s （1 分） 2
18．（13 分）【详解】
2vsin
（1）离子在偏转电场中运动的时间 t = （1 分）
a
离子在偏转电场中平行于下边界的位移
2vsin 4dEk sin cos x = vcos = （1 分）
a Uq
h
另由几何关系可得 x = x （1 分） 0
tan
3Uq(x0 3h)代入得 E0 = （1 分）
3d
（2）在磁场中，离子在磁场中做圆周运动，根据向心力公式
v2 2ME1
Bqv = M 联立可得： r = （1 分）
r Bq
根据几何关系； l = 2r sin + hcot （1 分）
+
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B2q2 (x 3h)2
可得： E = 0 （1 分） 1
2M
（3）若满足 = 2 sin + cot = 2 sin( Δ ) + cot( Δ ) （1 分）
即可满足要求。由于：sin( Δ ) = sin cosΔ sinΔ cos sin Δ cos 联立可
6mE
得： h = 2r cos sin2 = （2 分）
4Bq
（4）质量为 m 的离子与质量为 M 的静止原子发生了弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，有
m v = Mv2
1 2 1 = 2
1
+ 20 1 2 （1 分） 2 2 2
根据余弦定理 得 （1 分）
则有
可解得 （1 分）
难度分布分析
难度 题号 数量
★★☆☆☆ 较易 1、2、 3、4 4
★★★☆☆ 中等 5、6、7、12、14、15 7
★★★★☆ 较难 8、11、13、16 4
★★★★★ 难 9、10、17、18 4
+
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物理试题卷
考生须知：
1．本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．可能用到的相关参数：除题目说明外g取10 m/s2。
5．考试结束后，只需上交答题卷。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．由单位N、m、Ω和s组合成的单位对应的物理量是
A．电流强度 B．电量 C．磁通量 D．动能
2．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，随货车一起向左加速运动。已知，空油桶质量均为m，货车加速度为a，则
A．桶C一定受到桶A和桶B的支持力作用
B．加速度a增大时，桶A对桶C的支持力增大
C．桶B对桶C的支持力是桶C的弹性形变引起的
D．桶C有可能脱离桶A而运动到桶B的右边
3．如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。则下列说法正确的是
A．开关S断开时，线圈A两端的电压为零
B．开关S断开时，线圈B产生的磁场吸引D
C．开关S断开时，线圈B中有图示箭头方向的电流
D．若线圈B不闭合，具有相同的延时效果
4．2025年9月3日，在北京天安门大阅兵上，我国展示了“东风—5C”液体洲际战略核导弹，其最具革命性的升级在于分导式多弹头（MIRV）能力。如图所示，若从地面上A点发射一枚导弹，导弹沿ACDB轨道飞行，最终击中地面目标B。已知CD段为导弹在大气层外关闭发动机后自由飞行的一段轨迹，D点距地面的高度为地球半径的，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是
A．导弹沿CD段飞行过程中机械能守恒
B．导弹沿CD段飞行时处于失重状态，不受地球引力作用
C．导弹在D点的速度大于地球第一宇宙速度
D．导弹在D点的加速度大小为
5．如图所示，由波长为和的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝S1、S2上在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置，P1和P2分别是波长为和的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则
A．，M是波长为λ1的光出射位置
B．，N是波长为λ1的光出射位置
C．到达双缝S1、S2的光束振动情况相反
D．若双缝S1、S2的间距减半，则P1、P2的间距也减半
6．如图所示，真空中放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，二板间电势差恒为U。现有一质量为m、电荷量为q（q>0）的微粒，固定在两极板中央O点。若微粒与极板碰撞前后瞬间速率不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。则
A．若上板向右平移一小位移，微粒的电势能增大
B．若释放微粒，微粒第一次到达下极板所需时间
C．若释放微粒，微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小
D．微粒在二极板间来回运动一次，电源消耗的电能为Uq
7．某国际科研小组首次在实验中观察到了中子衰变的新方式——放射β衰变，即一个自由中子（）衰变成质子（）和电子（）同时放出质量可视为0的反中微子（）。该科研成果对粒子物理的研究有重要意义。已知：衰变释放的核能全部转化为粒子的动能，电子质量me=9.1×10-31 kg=0.51 MeV/c2，中子质量mn=939.57 MeV/c2，质子质量mp=938.27 MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用），普朗克常量，。若某次一个静止的中子衰变后放出的质子动量。则下列说法正确的是
A．强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因
B．中子衰变的核反应式为
C．中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为0.7468 MeV
D．中子衰变过程中放出的质子的物质波波长为
8．如图，某小组设计的灯泡亮度可调电路，a、c为固定的二个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和二个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S分别与a、c触点相连，下列说法正确的是
A．S与a相连，灯泡的电功率大
B．S与a相连，灯泡两端的电压为
C．S与c相连，灯泡的电功率为
D．S与c相连，变压器原线圈的电流随k的增大而增大
9．如图所示，是由家用摄像机拍摄视频后制作的一幅记录甩手动作的图片，体现了把手指上的水滴甩掉的过程。A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置。根据照片建构A、C之间的运动模型：开始阶段，指尖A以肘关节M为圆心做圆周运动，到接近B的最后时刻，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动。已知相邻两帧之间的时间间隔为0.04 s，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的实际长度为65 cm。由此计算指尖在B点（以腕关节N为圆心）的向心加速度约为
A．25 m/s2 B．50 m/s2 C．10 m/s2 D．250 m/s2
10．如图甲所示，斜面倾角θ=37°，一宽为s=0.5 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行。取斜面底边重力势能为零，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段。已知线框的质量为m=0.1 kg，图乙中数据为已知量，sin37°=0.6。则
A．金属线框与斜面间的动摩擦因数0.75
B．金属线框在磁场中运动时ab两端的电压保持不变
C．金属线框的长度为0.25 m
D．金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间0.125 s
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．关于下列四幅图片，说法正确的是
A．图甲移走导体B，电荷C与导体A上的D点间的电势差增大
B．图乙为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的最终温度等于T
C．图丙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越明显
D．图丁是电容式话筒的结构示意图，固定电极为敏感元件
12．两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2 m和x=1.2 m处，两列波的波速均为0.4 m/s，波源的振幅均为2 cm。图示为0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2 m和x=0.8 m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=0.5 m处，则
A．两列波经1.5 s相遇
B．0~0.75 s，P点的振动方程为
C．0~1.5 s，M点运动的路程为12 cm
D．若只在PQ区域内充满另一均匀介质，M仍为振动加强点
13．如图所示，光电管和一金属材料做成的霍尔元件串联，霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c且水平放置，该霍尔元件放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。某时刻让一束光照到光电管的阴极K激发出光电子，闭合电键S，调节滑动变阻器的划片到某一位置，电流表A的示数为I，电压表的示数为U。经典电磁场理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，且恒定电场的性质和静电场性质相同。已知电子电量为e，电子的质量为m，霍尔元件单位体积内的电子数为n，则
A．将滑动变阻器的滑片P向右滑动，电流表的示数会不断地增加
B．若只增大光束的强度，霍尔元件前后表面的电压将变大
C．霍尔元件前后表面的电压大小为
D．霍尔片内的电场强度大小为
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．Ⅰ．某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：
待测合金丝样品（长度约1 m）、螺旋测微器、学生电源E（电动势0.4 V，内阻未知）、米尺（量程0~100 cm）、滑动变阻器（最大阻值20 Ω）、电阻箱（阻值范围0~999.9 Ω）、电流表（量程0~30 mA，内阻较小）、开关S1、S2、导线若干；
（1）将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品的横截面直径，读数如图3所示，其示数为_________mm。
（2）该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱_________（选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于_________端（选填“左”或“右”）。
（3）断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0 mA处，此时电阻箱面板如图2所示，则该合金丝的电阻率为_________（取π=3.14，结果保留2位有效数字）。
（4）为减小实验误差，可采用的做法有_________（多选）。
A．换用内阻更小的电源
B．换用内阻更小的电流表
C．换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱
D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值
（5）为进一步“研究影响导体电阻的因素”，利用图4所示的实验装置，a、b、c、d是四段不同的金属导体。在长度、横截面积和材料三个因素中，b、c、d跟a相比，分别只有一个因素不同。用电压表分别测量a、b、c、d两端的电压，这样就可以得出长度、横截面积和材料这三个因素与导体电阻的关系。理由是_________。
14．Ⅱ．如图所示的实验装置
（1）下列说法正确的是_________
A．仪器乙打点计时器需要用交流学生电源
B．装置甲进行“探究速度与时间关系”实验时需要平衡摩擦力
C．装置甲可以验证系统机械能守恒
D．装置丙验证机械能守恒时须知道当地的重力加速度
（2）图丁所示的①、②纸带是王同学用装置甲“探究加速度与力和质量关系”实验和邓同学用装置丙“验证机械能守恒”实验测定的纸带，实验操作均正确。已知打点计时器所用交流电频率为50 HZ，根据纸带信息判断纸带_________（填“①”或“②”）是王同学的，其加速度大小为_________m/s2（结果保留3位有效数字），实验操作中槽码的总质量_________（填“满足”或“不满足”）远小于小车的质量。
（3）邓同学在实验数据处理时，取间距较大的两计数点来获得重锤重力势能的减少量和重锤动能的增加量，这样的处理好处是_________。
14．Ⅲ．如图是电磁打点计时器的核心结构示意图，对其工作时的说法正确的是_________（多选）
A．振动片的磁极会随电流方向周期性变化
B．打点针的振动频率与振动片的质量有关
C．振动片在交变安培力作用下持续上下振动
D．打点针振动形成的机械波在空中的波长约为3.4 m
15．（8分）
（1）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的是_________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的是_________。（二空均为单选）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．一定质量的理想气体在绝热膨胀过程中温度升高
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
（2）如图所示，大气压强为P0，一个导热性能良好的气缸封闭一定质量的气体，其内部体积为V0，初始压强为P0，温度T0，活塞横截面积为S，质量为M，初始位于坐标原点。已知：，，T0=300 K，S=0.04 m2，M=0.5 Kg
①若加热气缸，使活塞缓慢向右移动位移x=0.1 m时的气体温度；
②若活塞在水平向右的恒力F0=100 N作用下，求活塞速度最大时的位置坐标。
16．（11分）如图甲所示，将一直径为D的通电螺线管竖直放置，内部用三根长度均为2r的绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆筒（呈水平状态），薄圆筒的质量为m，半径为r，筒壁厚为d（），高为h，电阻率为ρ。螺线管中的电流I随时间t按乙图变化，规定图中螺线管的电流I为正方向，且产生的磁场B=kI（k、I0均为已知量）。
（1）在0-2 s内，薄圆筒中感应电流的大小和方向；
（2）在0-4 s内，每根轻绳的拉力大小和薄圆筒的焦耳热；
（3）若把薄圆筒换成图丙所示的厚度均匀、半径为r1的发热圆盘，。已知发热圆盘表面升高的温度正比于该处单位面积上的热功率，忽略发热圆盘的电阻率随温度的影响。试通过计算说明发热圆盘工作时靠近圆心处的温度高还是外侧的温度高？
17．（12分）如图所示是探究不同速度下弹性碰撞的简化装置，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板、长为7R的直挡板和小挡片e。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长，在小挡片e上固定原长3.5R、劲度系数为k的轻质弹簧，小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。已知：小球甲质量为m1=1 kg、小球乙质量为m2（未知），R=0.2 m，θ=30°，弹簧的劲度系数，两小球均可视为质点，不计一切摩擦。
（1）若小球甲沿挡板恰能运动到c点，碰撞后小球乙也沿挡板运动并压缩弹簧，弹簧始终处于弹性限度内。求：
①小球甲运动到c点速度的大小；
②若，小球乙从接触弹簧至最低点的时间t；（可用反三角函数表示）
（2）若小球甲沿挡板恰能运动到c点，碰撞后小球乙不沿挡板过f点，求：
①的比值；
②在上述质量比值下，改变小球甲的初速度（仍沿档板运动），使碰撞后小球乙能越过线段df（不与档板和弹簧相碰），小球甲初速度应满足的条件。
18．（13分）中性粒子分析器是核聚变研究中的重要设备，通过对高能中性原子能量或动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分碰撞过的离子的性质。如图甲所示，为了测量某中性原子碰撞后的动能，首先让质量为M的中性原子电离成+q的离子，经孔A与下边界成θ=30°角入射到间距为d的平行有界偏转区域（充满匀强电场或磁场），经偏转后离开区域，再沿直线打到位于x轴上的接收板被收集，x轴与下边界平行且距下边界h，原点O位于A点正下方。不计离子的重力及相互作用，不考虑相对论效应及场的边界效应。
（1）若偏转区域内充满垂直边界且方向向下的匀强电场，上下边界间电压为U，离子恰好打到接收板的x0坐标，求该离子的动能E0和x0之间的关系；
（2）若偏转区域内充满磁感应强度为B且方向垂直纸面向外的匀强磁场，离子仍打到接收板的x0坐标，求该离子的动能E1和x0之间的关系；
（3）在第（2）中，被测离子束射入磁场中时一般具有发散角，为了提高测量的精度，要求具有相同动能的离子打到接收板的同一位置，求h与动能E的关系；
（当x很小时，有sinx≈x，cosx≈1，）
（4）若中性原子的动能是由质量为m的入射离子散射（弹性碰撞）获得，如图乙所示。已知入射离子的散射角为，忽略中性原子的初动能，碰撞后入射离子动能为碰撞前的k倍，求出k可能的表达式（用，m，M表示；离子和原子视作质点）。

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