资源简介

2026届浙江嘉兴市高三下学期教学测试（二模）物理试题
1．下列选项中，物理量都是矢量的是（　　）
A．位移、加速度 B．电动势、电场强度
C．磁通量、磁感应强度 D．压强、温度
2．如图所示，2026年2月中国体育代表团参加了多项冬奥会项目，下列说法正确的是（　　）
A．短道速滑运动员过弯时惯性变大
B．花样滑冰女运动员被抛跳至空中时处于失重状态
C．滑雪运动员完成10公里追逐赛时位移为10km
D．研究单板滑雪运动员抓板动作时可将其看成质点
3．如图所示，场离子显微镜的纳米针尖表面原子电离，产生电量为q的正离子。在针尖和屏幕间加一脉冲高压U，正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，轰击屏幕后形成针尖表面原子结构的高清图像，已知针尖头部为半径r的半球，则（　　）
A．正离子轰击屏幕时的动能为qU
B．屏幕的电势高于针尖的电势
C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中电势能增大
D．针尖头部半径r越大，其附近的电场强度越大
4．关于下列经典实验，说法正确的是（　　）
A．甲图中使用的金箔可用铝箔替代
B．乙图中光谱上可见光区有4条特征谱线
C．丙图中折线就是悬浮微粒的运动轨迹
D．丁图中发生光电效应时电流表示数不可能为零
5．如图为甘肃敦煌熔盐塔式发电站，主要由一个中心吸热塔和周边1.2万面角度可调的定日镜组成。借助定日镜可保证把阳光反射至吸热塔顶部，并通过能量转化系统将太阳能转化为熔盐内能储存后再发电，其发电功率，年发电时间为3900h，每生产1kW·h电能排放，则（　　）
A．该发电站的年发电量为
B．与火电站（每生产1kW·h电能排放）相比，每年可减排约35万吨
C．远距离输电时需采用高压交流输电以降低因线路的感抗、容抗引起的电能损失
D．为把阳光射向吸热塔顶部，离塔相同距离的所有定日镜镜面与地面夹角应相同
6．如图甲所示，电磁铁由直流电源、滑动变阻器、保护电阻、线圈、铁芯和开关S组成。为测量电磁铁气隙中的磁感应强度，将厚度为h的霍尔片置于其中，放大图如图乙所示。开关S闭合后，给霍尔片通以沿方向的恒定电流I，数字毫伏表就可显示侧面、两点间的霍尔电压，则（　　）
A．电磁铁气隙中磁场的磁感应强度方向向上
B．、电势高低与霍尔片中自由电荷电性无关
C．滑片P在右端时测得的绝对值最大
D．增大霍尔片厚度h，变大
7．如图所示，近地轨道Ⅰ与月球轨道Ⅱ的半径之比约为，椭圆转移轨道Ⅲ与轨道Ⅰ、轨道Ⅱ分别相切于A点和B点，已知月球公转周期约为27天，月表重力加速度约为（　　）
A．与在轨道Ⅱ运行相比，飞行器在轨道Ⅰ上运行时机械能更大
B．飞行器从轨道Ⅰ的A点减速后才能进入轨道Ⅲ
C．飞行器沿轨道Ⅲ从A点到B点所需时间约为5天
D．若以月表C和月心O间距为直径挖一球形空腔，则C点重力加速度为
8．如图所示，OA是与O点为抛出点、A点为最高点的斜抛运动轨迹完全相同的光滑管道，O、A两点水平距离10m，竖直距离5m。现有质量为0.1kg且直径略小于管道直径的光滑小球，从O点以初速度20m/s沿管口切线方向进入管道，最终到达A点，则（　　）
A．小球在O点的竖直分速度为10m/s
B．小球的水平分运动是匀速直线运动
C．小球到达A时的速度为
D．重力的冲量大小在至之间
9．如图所示，一工人将质量分布均匀的直梯斜靠在光滑墙壁上，下端放在粗糙地面上。当直梯与水平方向成60°时恰好静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．直梯共受到3个力的作用
B．地面与直梯之间的动摩擦因数
C．工人沿直梯向上爬时梯对地面作用力变大
D．工人可以一直爬到直梯顶部且直梯不滑倒
10．如图所示，在充满磁场的空间中，以镭放射源为坐标原点建立平面直角坐标系xOy。磁场方向以x轴为边界，区域垂直于平面向里，区域垂直于平面向外，磁感应强度大小。镭元素发生衰变，向y轴正方向射出三种射线①、②、③，射线①和射线③的速度之比约为，质子与电子的质量之比约为则（　　）
A．射线③是弱相互作用引起的，其穿透能力弱，用一张纸就能挡住
B．射线②是镭原子能级跃迁产生的，可用于探测金属构件内部的缺陷
C．若比荷为的粒子形成射线①，其经纵坐标为的位置时分速度
D．组成射线①和③的两种粒子离x轴的最大距离之比约为
11．下列说法正确的是（　　）
A．质量亏损表明的确存在着原子核的结合能
B．不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功
C．X射线是原子内层电子跃迁时发射的电磁波
D．高速运动的子寿命变短是相对论时空观的证据之一
12．如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴在介质1和介质2的分界面上，两个完全相同的波源、分别位于和，为y轴上一点。时两波源同时开始垂直于xOy平面向纸外起振，形成频率1Hz的简谐波向周围传播，当发出的简谐波刚到达P点时，O点恰好第一次经过平衡位置向纸内振动，已知简谐波在介质1和介质2中传播速度之比为，则（　　）
A．简谐波在介质2中传播时波长为2m
B．两列波在x轴上刚相遇的坐标是
C．y轴上相邻两振动加强点的振动步调相反
D．x轴上的振动减弱点只有12个
13．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场中，一根沿AD连线放置、不计电阻且处于原长的弹性导电轻绳两端A、D固定，绳与阻值为r的电阻构成闭合电路系统。AD两点相距2R，O为AD连线中点。用光滑绝缘棒下端控制导电绳，使其与棒的接触点C做以O为圆心、半径为R、角速度为的匀速圆周运动。若不考虑绳受安培力而发生的形变，则从A出发开始计时，C移向H点（O点正上方）的过程中（　　）
A．闭合回路中产生了恒定电流
B．棒对闭合电路系统做功为
C．绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下
D．t时刻绳CD段的电动势为
14．用如图1所示装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。槽码用绕过滑轮的细线牵引小车，槽码的总重力可作为细线的拉力。小车运动的位移和速度可由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变槽码的质量，便可研究小车加速度与细线拉力大小的关系。
（1）用图中打点计时器完成实验，应选择___________（单选）。
A．8V交流电源 B．8V直流电源 C．220V交流电源
（2）关于这个实验说法正确的是___________（单选）。
A．需要毫米刻度尺
B．只需记录1条纸带的数据
C．该装置可验证机械能守恒定律
（3）在坐标纸上画出图像如图2，原因可能是___________。
A．轨道倾角过大
B．未将槽码钩的重力记录在细线拉力的数据中
C．未满足槽码的总质量远小于小车的质量
（4）在本实验中要求调节定滑轮使细线与长木板平行的理由是　 　。
15．某同学利用双缝干涉实验测量某单色光波长，实验装置如图所示。
（1）对于光具座上的光学元件，下列说法正确的是___________。
A．①是凹透镜，③的作用是产生线光源
B．更换②后目镜中观察到的各条纹位置不变
C．可通过左右调节⑤，使得干涉条纹更加清晰明亮
D．将小灯泡换成激光光源，移除①、②、③后仍可观察到干涉条纹
（2）图中双缝干涉现象出现的区域是　 　（选填“区域Ⅰ”、“区域Ⅱ”或“区域Ⅰ和区域Ⅱ”）。
16．某实验小组在常温20℃环境中，测量一根长为50.00cm的合金丝电阻率。
（1）先用多用电表粗测合金丝电阻，将选择开关调至欧姆档“”档，并进行正确操作后指针位置如图1，则合金丝电阻为　 　。
（2）用螺旋测微器测量合金丝直径时刻度如图2，读数为　 　mm。
（3）为精确测量电阻，采用如图3的电路，其中滑动变阻器调节范围0~10Ω，电流表内阻为0.5Ω，导线连接正确的是___________。
A．①连a，②不连 B．①连a，②连c
C．①连b，②不连 D．①连b，②连d
（4）经正确操作后，测得多组数据，并在图4的坐标系中描点作图，则该合金丝的电阻率　 　。（结果保留1位有效数字）
（5）查阅资料后发现该合金丝电阻随温度的变化关系为，随后利用该合金丝、数字电压表（内阻极大）、恒流电源（输出电流）、开关和导线，将合金丝做测温探头，设计了一个电阻温度计，请根据图5的电路在答题纸上写出温度t与电压U的关系式。
17．如图甲所示，上方开口的圆筒气缸竖直放置，气缸导热性能良好，底部有一凸出物。缸内用质量、面积的活塞封闭了一定质量理想气体。缸内壁离缸底56cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处，活塞到缸底距离h随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时，卡口对活塞的支持力为40N；状态B时，卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了。已知大气压，不计卡口体积，活塞与缸壁无摩擦，求：
（1）状态B的温度；
（2）凸出物的体积；
（3）整个过程中气体吸收的热量Q。
18．如图所示，测量磁感应强度大小的装置由线圈、平行板电容器、“T”形传动装置（绝缘杆与金属杆固定组成）以及轻质光滑转盘（位置固定）组成。电容器下极板固定，上极板可随导电悬挂器在水平光滑导电轨道左右滑动。金属杆两端通过两根绝缘轻弹簧与转盘连接，转盘可随金属杆同步转动。以O点为原点建立O-xyz坐标系，当金属杆沿x轴方向平移时，通过绝缘杆带动上极板移动。弹簧现处于原长，在金属杆中通入由j端流向p端的恒定电流。已知电源（内阻不计）电动势为E，金属杆有效长度为l，线圈自感系数为L，电容器上下极板长为a、宽为b，板间距离为d，板间电介质相对介电常数为，静电力常量为k，弹簧劲度系数为。
（1）开关拨到1，金属杆沿y轴放置，当转盘右侧磁场沿z轴正方向时。
①判断金属杆所受安培力的方向；
②与无磁场时相比，电容器带电量变化大小为，求弹簧形变量及磁感应强度B的大小；
（2）若转盘右侧磁场平行于yoz平面，设计利用该装置测定磁感应强度大小的方案。
19．如图所示，光滑水平长方形板ABCD和半径的光滑圆柱面平滑连接且固定在水平地面上。长方形板上安装了处于原长且劲度系数的轻弹簧a和b，都与AB成夹角放置，自由端分别在AB边上的J点和H点。弹簧b下方铺设特殊材料。将质量m均为1kg的滑块1和滑块2分别静置于J点和H点，与弹簧接触但不连接。推动滑块1使弹簧a存储弹性势能，释放后滑块1恰好与滑块2发生完全非弹性碰撞成为结合体。滑块均可视为质点，与特殊材料间动摩擦因数和相对H点的距离x符合（其中），弹簧足够长且形变时都沿轴线方向，不计空气阻力。
（1）滑块1运动至J点时，对圆柱面压力的大小；
（2）滑块1与滑块2碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）结合体第一次滑上长方形板至返回H点所通过的路程s；
（4）此后，不断平行AB平移弹簧a到适当位置且保持与AB边夹角不变，以保证结合体能返回H点。每当结合体通过H点压缩弹簧b时，对其补充机械能。求最终两弹簧处于原长时自由端的距离L。
20．如图所示，粒子源能释放初速可视为0的带电粒子，并从进入加速区，沿连线加速后垂直进入偏转区（长×宽×高）底部中心，随后从狭缝进入接收区，最终被可水平移动的收集板接收。收集板与偏转区右侧面形状相同并对齐，狭缝上点与收集板上点等高；加速区竖直方向存在电压可调的匀强电场；偏转区存在匀强磁场Ⅰ，方向可调且垂直于、、、所构成的竖直平面。
（1）若粒子源产生比荷分别为25k和4k的正离子a和b，当加速电压为U时，正离子a恰能垂直击中。求
①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小；
②收集板能收集到两种正离子时，离狭缝的最大水平距离x；
③若在接收区加上磁感应强度大小为磁场Ⅰ的3倍且水平向右的匀强磁场Ⅱ，则收集板向右移动时，a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积S。
（2）若粒子源产生大量电子且收集板用金属钨制成，当高速电子轰击钨核时，动能以一定的比例转化为辐射能并释放X射线。若动能转化比例为100%，就可辐射出能量最大的X射线，但此类X射线辐射强度几乎为0。X射线辐射强度随波长的具体分布如图乙所示（所有被加速的电子都能全部击中收集板），请利用图中数据计算普朗克常量h。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】加速度；磁感应强度；矢量与标量；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．位移、加速度都有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，均为矢量，故A正确；
B．电动势的方向是从电源的负极指向正极，但运算不符合平行四边形法则，是标量，电场强度有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，电场强度为矢量，故B错误；
C．磁通量的正负仅表示磁感线穿过平面的方向，运算遵循代数法则，是标量，磁感应强度有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，磁感应强度为矢量，故C错误；
D．压强、温度都只有大小，没有方向，两者均为标量，故D错误。
故选A。
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
2．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】A．运动员过弯时质量不变，惯性大小不变，A错误；
B．女运动员被抛到空中后加速度方向竖直向下，因此处于失重状态，B正确；
C.10公里是运动员运动轨迹的长度，是路程，不是位移，位移为有起点指向终点的有向线段，位移大小远小于10km，C错误；
D．研究运动员抓板动作时，运动员的肢体形状、大小不能忽略，因此不能将其看成质点，D错误。
故选B。
【分析】惯性的唯一决定因素是质量，根据加速度方向判断超重和失重，位移为有起点指向终点的有向线段，根据看成质点的条件分析。
3．【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．离子电荷量为q， 脉冲高压为U，对离子根据动能定理可得，可得正离子轰击屏幕时的动能为，故A正确；
B．正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，可知电场方向由针尖指向屏幕，沿电场线方向电势逐渐降低，则针尖的电势高于屏幕的电势，故B错误；
C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中，电场力做正功，根据功能关系可知电势能减小，故C错误；
D．针尖头部半径r越小，其附近的电场线分布越密集，电场强度越大，故D错误。
故选：A。
【分析】根据动能定理分析动能大小，根据电场力方向判断电势高低，根据功能关系判断电势能变化，根据电场线分布判断场强大小。
4．【答案】B
【知识点】布朗运动；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；α粒子的散射
【解析】【解答】A．因为金的原子序数大，原子核质量大，金箔对α粒子的散射效果更明显，且金箔可加工得极薄，铝箔无法达到相同实验效果，不能替代金箔，A错误；
B．氢原子光谱的巴耳末线系位于可见光区，一共存在4条特征谱线，B正确；
C．丙图的折线是每隔一段时间记录悬浮微粒位置后连接得到的，不是悬浮微粒的实际运动轨迹，C错误；
D．丁图中光电管加的是反向电压，当反向电压大小等于遏止电压时，电场力做功等于最大初动能，光电流为零，因此电流表示数可以为零，D错误。
故选B。
【分析】根据α粒子散射实验原理分析，根据氢原子光谱特点分析，丙图的折线不是悬浮微粒的实际运动轨迹，结合遏止电压分析。
5．【答案】B
【知识点】电功率和电功；能量守恒定律
【解析】【解答】A． 发电功率，年发电时间为3900h，该发电站的年发电量 ，A错误；
B．该发电站的年发电量换算为 ，每生产1kW·h电能排放， 火电站每生产1kW·h电能排放，则每 可减排的质量为
故总减排 ，B正确；
C．远距离输电采用高压输电是为了减小线路电流，降低电阻的热损耗，感抗、容抗是交流输电线路固有损耗，高压交流输电无法降低该损耗，C错误；
D．根据光的反射定律，不同方位的定日镜，要将阳光反射到同一吸热塔顶部，入射阳光方向相同，反射光线方向因定日镜位置不同而不同，因此镜面与地面夹角不同，D错误。
故选B。
【分析】根据电功公式计算发电量，根据每生产1kW·h电能排放计算减少排放的二氧化碳，根据远距离输电原理分析，根据光的反射定律分析。
6．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；霍尔元件
【解析】【解答】A．根据安培定则，线圈电流产生的磁场在气隙中方向向下，A错误；
B．若载流子为负电荷，负电荷同样向 偏转，电势更高，若载流子为正电荷，由左手定则可知，正电荷向偏转，电势更高；因此、的电势高低和自由电荷电性有关，B错误；
C．当霍尔电压稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件可得 ，其中d为 间距，电流的微观表达式 ，联立解得，滑片在右端时，线圈电流最大，气隙磁感应强度最大，由根据可知 的绝对值最大，C正确；
D．由霍尔电压表达式可知，与厚度成反比，增大，减小，D错误。
故选C。
【分析】根据安培定则判断磁场方向，负电荷到达的地方电势低，根据霍尔元件的工作原理得出霍尔电压的表达式，结合表达式分析。
7．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．飞行器从低轨道（轨道Ⅰ）变轨到高轨道（轨道Ⅱ）需要点火加速，由于飞行器的动能瞬间增大会导致机械能增加，因此轨道Ⅰ半径更小，机械能比轨道Ⅱ更小，故A错误；
B．飞行器从轨道Ⅰ（近地圆轨道）转移到椭圆轨道Ⅲ（远地点到达月球轨道），为了向心力大于引力，根据向心力的公式需要在A点做离心运动，因此需要加速，而非减速，故B错误；
C．飞行器在轨道II和轨道III都是绕地球运动，根据开普勒第三定律，绕同一天体运动的天体满足，已知轨道Ⅱ（月球圆轨道）半径 ，周期天，
椭圆转移轨道Ⅲ的半长轴，代入开普勒第三定律
得天，从A到B是半个椭圆，时间天，约为5天，故C正确；
D．用补偿法计算挖去空腔后C点的重力加速度，设月球总质量为，半径为，由于引力形成重力， 根据牛顿第二定律可知月表原重力加速度，挖去的空腔直径为，因此空腔半径为 ，质量，空腔中心到C点距离为 。由于引力形成重力， 根据牛顿第二定律可知挖去部分在C点产生的重力加速度，因此剩余部分在C点的重力加速度
故D错误。
故选C。
【分析】利用开普勒第三定律可以求出飞行器运动的时间；利用引力形成重力可以求出重力加速度的大小；利用变轨的离心运动可以判别速度的变化，利用速度的变化可以比较飞行器的机械能大小。
8．【答案】D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．OA是与O点为抛出点、A点为最高点的斜抛运动轨迹完全相同的光滑管道，由斜上抛运动的逆向思维法可知从A点做平抛运动到O点，设速度偏向角为，由速偏角的正切值为位偏角正切值的2倍，有
可知
则小球在O点的竖直分速度为，故A错误；
B．由于有管道的约束，水平方向有管道弹力的分力作用，加速度不等于零，不是匀速直线运动，故B错误；
C． O、A两点水平距离10m，竖直距离5m，管道光滑，只有重力做功机械能守恒，有
解得，故C错误；
D．根据速度的分解可知小球在水平方向的最小速度为
最大速度为A点的速度大小为
则由水平分运动可知运动的最长时间为
最短时间为
由重力的冲量可知，冲量大小在至之间，故D正确。
故选D。
【分析】小球运动类似斜抛运动，结合斜抛运动推论分析竖直方向分速度，根据机械能守恒定律分析A点速度大小，根据重力冲量公式求解冲量大小。
9．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．直梯受重力、墙壁的水平支持力、地面的竖直支持力、地面的静摩擦力，共4个力，故A错误；
B． 当直梯与水平方向成60°时恰好静止，设直梯质量为，长度为，以直梯下端为转轴，由力矩平衡
得墙壁弹力
水平平衡，静摩擦力
竖直平衡，地面支持力
恰好静止时
代入
得
故B错误；
C．对工人和直梯整体受力分析，设工人质量为M，竖直方向始终满足；对下端转轴力矩平衡，工人向上爬时，工人的力臂增大，所需墙壁弹力增大，因此地面静摩擦力增大。 直梯对地面的作用力是压力与摩擦力的合力，根据平行四边形法则可知大小为，增大则合力变大，因此梯对地面作用力变大，故C正确；
D．工人爬到顶端时，力矩平衡得所需摩擦力
最大静摩擦力
对比得
直梯会滑倒，故D错误。
故选C。
【分析】对直梯进行受力分析，得到直梯受力个数，以直梯下端为转轴，由力矩平衡求解动摩擦因数，分别求解摩擦力和压力大小从而求解地面作用力大小，根据力矩平衡求解摩擦力大小。
10．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据左手定则判断，①是射线，②是射线，③是射线，射线由弱相互作用引起，但射线穿透能力较强，一张纸不能挡住射线，故A错误；
B．②是射线，射线是原子核能级跃迁产生的，不是原子（核外）能级跃迁，故B错误；
C．洛伦兹力水平分量提供的加速度为
根据加速度的定义式有
联立积分可得
解得
方向向左，故C错误；
D．粒子到达离x轴最大距离ym时， vy=0，速率v0不变（洛伦兹力不做功），即；代入上式得
解得
则，故D正确；
故选D。
【分析】根据左手定则判断三种射线的种类，结合射线特点判断，洛伦兹力水平分量产生加速度，根据积分求解速度大小，粒子到达离x轴最大距离，竖直方向速度等于零，从而求解竖直方向最远距离以及距离之比。
11．【答案】A,C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性；电磁波谱；热力学第二定律；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、一定的质量亏损对应着一定的核能释放，所以质量亏损表明原子核存在结合能，故A正确；
B．根据热力学第二定律：不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，即 可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，但要产生其他影响，故B错误；
C．X射线是原子内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波，故C正确；
D．高速运动的子寿命变长是相对论时空观的证据之一，故D错误。
故选AC。
【分析】质量亏损表明原子核存在结合能；根据热力学第二定律分析；根据x射线产生的原理分析，根据子寿命变长的原因分析。
12．【答案】B,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．设波在介质1中速度为，介质2中为，则，频率，故周期，已知到的距离，到的距离为，波从传到的时间 当 的波刚到时，第一次经过平衡位置向纸内振动，波传到后，起振方向向外，经过第一次到达平衡位置向里，故 ，解得，；波长，，故A错误；
B． 简谐波在介质1和介质2中传播速度之比为， 当 的波向右传播到O点时，正好向左传播到点（2，0）位置，机械波在同种介质中传播速度相同，则两波在O点与（2，0）区间的波速相同，故在其中点相遇，即相遇点的坐标为（1，0），B正确；
C．y轴上任意点到、的距离相等， ，相位差
振动加强条件为，得，相邻加强点对应和，相位差，振动步调相同，C错误；
D．振动减弱条件为相位差，仅考虑（和全为加强，无减弱点）
（介质1），解得共有个减弱点；
（介质2），解得共有个减弱点； 总减弱点共，D正确。
故选BD 。
【分析】当发出的简谐波刚到达P点时，O点恰好第一次经过平衡位置向纸内振动，结合时间等于路程除以传播速度分析；两波在O点与（2，0）区间的波速相同，在其中点相遇；根据振动加强和振动减弱条件分析振动步调和振动加强和振动减弱位置。
13．【答案】C,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．用光滑绝缘棒下端控制导电绳，使其与棒的接触点C做以O为圆心、半径为R、角速度为的匀速圆周运动，点C的线速度大小为，方向垂直于OC
时间OC转过的角度为，据几何关系
此时的面积为
由法拉第电磁感应定律，
产生的是正（余）弦式交流电， 故A错误；
B．从A出发开始计时，C移向H点（O点正上方）的过程中，电功为
棒对系统做的功，除了转化为回路中的焦耳热，还要转化为绳的弹性势能。故B错误；
C．根据楞次定律可知回路中的感应电流方向为逆时针方向，绳受到的安培力的等效长度为AD，再据左手定则，绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下，故C正确；
D．t时刻绳C点的速度垂直于CD的分量为
根据动生电动势表达式可知t时刻绳CD切割段的电动势为，故D正确。
故选：CD。
【分析】由法拉第电磁感应定律和几何关系求解电动势表达式，结合表达式分析电流；根据能量转化关系分析棒对系统做的功大小；根据楞次定律分析安培力方向；求出t时刻绳C点的速度垂直于CD的分量，结合动生电动势表达式分析。
14．【答案】（1）C
（2）A
（3）A；B
（4）使小车的合力由细线拉力提供且恒定
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）电磁打点计时器电压约8V，电火花打点计时器需要使用220V的交流电源，故选C。
（2）A．实验中需要用毫米刻度尺测量小车的运动距离，故A正确；
B． 只记录1条纸带的数据误差较大，需要进行多次实验选择点迹均匀的纸带进行数据分析，故B错误；
C．小车在运动过程中受到摩擦力影响，机械能不守恒，该装置不能验证机械能守恒定律，故C错误。
故选A。
（3）A．图像没过原点可能是因为轨道倾角过大，导致平衡摩擦力过度，在没有外力的情况下加速度大于0，故A正确；
B．若没有考虑槽码钩的重力，则在槽码重力为0时，由于槽码钩的重力也会使小车受到拉力，使加速度大于0，故B正确；
C．若未满足槽码的总质量远小于小车的质量不会导致图像不过原点，在槽码质量较大时会使得图像上端弯曲，故C错误。
故选AB。
（4）要求调节定滑轮使细线与长木板平行是为了使小车的合力由细线拉力提供且恒定，恒定是指大小和方向都恒定。
【分析】（1）根据电火花计时器特点分析；
（2）根据实验原理和实验注意事项分析；
（3）在没有外力的情况下也会下滑，加速度大于0，结合牛顿第二定律分析；
（4）细线与长木板平行可以使小车的合力恒定。
（1）电火花打点计时器需要使用220V的交流电源。故选C。
（2）A．实验中需要用毫米刻度尺测量小车的运动距离，故A正确；
B．需要进行多次实验选择点迹均匀的纸带进行数据分析，故B错误；
C．小车在运动过程中受到摩擦力影响，机械能不守恒，故C错误。
故选A。
（3）A．图像没过原点可能是因为平衡摩擦力过度，轨道倾角过大，在没有外力的情况下也会下滑，使加速度大于0，故A正确；
B．若没有考虑槽码钩的重力，则在槽码重力为0时，由于槽码钩的重力也会使小车受到拉力，使加速度大于0，故B正确；
C．若未满足槽码的总质量远小于小车的质量不会导致图像不过原点，而会使得图像上端弯曲，故C错误。
故选AB。
（4）要求调节定滑轮使细线与长木板平行是为了使小车的合力由细线拉力提供且恒定。
15．【答案】（1）C；D
（2）区域Ⅱ
【知识点】光的双缝干涉；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A．① 是凸透镜，作用是将灯泡发出的发散光变成平行光（或汇聚后形成线光源），③ 是单缝，作用是产生线光源，A错误；
B．②是滤光片，更换后入射光的波长改变，根据条纹间距公式可知干涉条纹间距改变，条纹位置改变，B错误；
C．拨杆⑤的作用是调节单缝的方向，使单缝与双缝平行，调节至平行后，干涉条纹会更加清晰明亮，当单缝与双缝不平行时，干涉条纹会模糊、亮度低，C 正确；
D．激光相干性、平行度好，换成激光光源后，直接照射双缝就可以观察到干涉条纹，D正确。
故选CD。
（2）双缝位于遮光筒的区域Ⅰ右端，在双缝右侧的区域Ⅱ发生叠加干涉，因此干涉现象出现在区域Ⅱ。
【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析，① 是凸透镜，②是滤光片，③单缝，⑤拨杆；
（2）经过双缝后，才会分成两束相干光，在区域Ⅱ发生干涉。
（1）A．① 是凸透镜（不是凹透镜），作用是将灯泡发出的发散光变成平行光（或汇聚后形成线光源），③ 是单缝，作用是产生线光源，A错误；
B．②是滤光片，更换后入射光的波长改变，干涉条纹间距改变，条纹位置改变，B错误；
C．拨杆⑤的作用是调节单缝（③）的方向，使单缝与双缝平行。当单缝与双缝不平行时，干涉条纹会模糊、亮度低；调节至平行后，干涉条纹会更加清晰明亮，C 正确；
D．激光相干性、平行度好，换成激光光源后，不需要滤光片、单缝这些元件，直接照射双缝就可以观察到干涉条纹，D正确。
故选CD。
（2）双缝位于遮光筒的区域Ⅰ右端，光从左向右传播，只有经过双缝后，才会分成两束相干光，在双缝右侧的区域Ⅱ发生叠加干涉，因此干涉现象出现在区域Ⅱ。
16．【答案】（1）5.0
（2）0.103
（3）C
（4）或
（5）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流
根据欧姆定律得 ，代入合金丝电阻随温度的变化关系
整理得
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）电阻大小等于挡位乘以指针示数，指针示数为，选择开关为欧姆×1档，故电阻为
（2）螺旋测微器读数等于固定刻度读数+可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米，固定刻度未露出刻度线，可动刻度读数为，结果为
（3）电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即连。
滑动变阻器最大阻值 10Ω，与Rx 相当，为方便调节，采用限流式接法（②不连）。
故选C。
（4）结合欧姆定律可得图得斜率，已知
可得
根据电阻定律，，由题意知
可得
保留1位有效数字得 或
（5）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流
根据欧姆定律得 ，代入合金丝电阻随温度的变化关系
整理得
【分析】（1）电阻大小等于挡位乘以指针示数；
（2）根据螺旋测微器读数规则读数，结果要估读；
（3）电流表内阻已知，采用电流表内接法，根据滑动变阻器最大阻值大小分析滑动变阻器接法；
（4）由图得斜率，结合电阻定律求解电阻率；
（5）电压表内阻极大，结合欧姆定律求解温度t与电压U的关系式。
（1）选择开关为欧姆×1档，指针示数为，故电阻为
（2）固定刻度未露出刻度线，可动刻度读数为
总读数为
（3）电流表接法：电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即连。
滑动变阻器最大阻值 10Ω，与Rx 相当，为方便调节，采用限流式接法（②不连）。
故选C。
（4）由图得斜率，已知
可得
根据电阻定律，，由题意知
可得
保留1位有效数字得 或
（5）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流
根据欧姆定律得 ，代入
整理得
17．【答案】（1）根据平衡条件有，
可得，
状态到状态发生等容变化，有
可得状态B的温度
（2）状态到状态发生等压变化，有
可得凸出物的体积
（3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功
从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有
可得整个过程中气体吸收的热量
【知识点】热力学第一定律及其应用；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】【分析】（1）根据平衡条件求解压强大小，状态到状态发生等容变化，根据查理定律列式求解；
（2）状态到状态发生等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解；
（3）求出状态A到状态B，状态到状态，外界对气体做功，结合热力学第一定律列式求解。
（1）根据平衡条件有，
可得，
状态到状态发生等容变化，有
可得状态B的温度
（2）状态到状态发生等压变化，有
可得凸出物的体积
（3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功
从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有
可得整个过程中气体吸收的热量
18．【答案】（1）①根据左手定则，则安培力沿轴正方向
②根据电容决定式
根据电量变化
可得
根据受力平衡
综上可得
（2）参考方案1
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，利用电流传感器测得电容器带电量变化大小
第三步，重复第二步获得多个角度的带电量变化大小，并选择最大值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
参考方案2
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，开关拨到2，使得回路产生振荡电流，利用电流传感器测得振荡周期T
第三步，重复第二步获得多个角度的振荡电流的振荡周期T，并选择最小值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
【知识点】电容器及其应用；共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）①根据左手定则判断安培力方向；②上极板可随导电悬挂器在水平光滑导电轨道左右滑动，根据电容决定式，以及受力平衡求解磁感应强度B的大小；
（2） 首先使电容器完成充电，然后利用电流传感器测得电容器带电量变化大小，结合磁感应强度大小计算式列式求解。
（1）①根据左手定则，则安培力沿轴正方向
②根据电容决定式
根据电量变化
可得
根据受力平衡
综上可得
（2）参考方案1
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，利用电流传感器测得电容器带电量变化大小
第三步，重复第二步获得多个角度的带电量变化大小，并选择最大值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
参考方案2
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，开关拨到2，使得回路产生振荡电流，利用电流传感器测得振荡周期T
第三步，重复第二步获得多个角度的振荡电流的振荡周期T，并选择最小值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
19．【答案】（1）设滑块1运动至J点时速度为，根据能量守恒定律
可得
滑至J点时，根据牛顿第二定律
可得
（2）根据动量守恒定律
可得
损失的机械能
（3）结合体首次进入长方形板至压缩到弹簧最短，由题意知，
因，均与位移成正比，所以，
根据动能定理
由此可得，
（4）结合体首次进入长方形板至返回点，根据动能定理
可得
综合（3）中的结论推理可知，结合体从进入长方形板压缩弹簧至返回点，即在特殊材料上往返一次后：
由于补偿能量后最终达到动态平衡
可得
根据题意可知结合体在圆弧面上运动为简谐运动，故运动时间
则
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求解速度大小，根据牛顿第二定律求解压力大小；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量守恒定律求解损失的机械能；
（3）因，均与位移成正比，求出摩擦力和弹力做功，根据动能定理求解通过的路程；
（4）根据动能定理动能大小，补偿能量后最终达到动态平衡，结合体在圆弧面上运动为简谐运动，结合简谐运动周期公式求解。
（1）设滑块1运动至J点时速度为，根据能量守恒定律
可得
滑至J点时，根据牛顿第二定律
可得
（2）根据动量守恒定律
可得
损失的机械能
（3）结合体首次进入长方形板至压缩到弹簧最短，由题意知，
因，均与位移成正比，所以，
根据动能定理
由此可得，
（4）结合体首次进入长方形板至返回点，根据动能定理
可得
综合（3）中的结论推理可知，结合体从进入长方形板压缩弹簧至返回点，即在特殊材料上往返一次后：
由于补偿能量后最终达到动态平衡
可得
根据题意可知结合体在圆弧面上运动为简谐运动，故运动时间
则
20．【答案】（1）①由题意可知，
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
②由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
根据图中几何关系可知，
可得
③由题意可知粒子将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力
可得
根据图中几何关系可知
即
故扫过面积总面积为2个直角三角形面积与1个扇形面积之和，即
（2）由题意可知，
利用能谱图可取加速电压30kV时或20kV时，代入数据可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；能量子与量子化现象
【解析】【分析】（1）①根据洛伦兹力提供向心力结合动能定理求解磁感应强度B大小；
② 根据洛伦兹力提供向心力结合动能定理求解运动半径大小，根据图中几何关系求解最大水平距离；
③粒子将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系列式求解。
（2）根据图像求解波长，结合动能定理和能量子公式求解。
（1）①由题意可知，
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
②由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
根据图中几何关系可知，
可得
③由题意可知粒子将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力
可得
根据图中几何关系可知
即
故扫过面积总面积为2个直角三角形面积与1个扇形面积之和，即
（2）由题意可知，
利用能谱图可取加速电压30kV时或20kV时，代入数据可得
1 / 12026届浙江嘉兴市高三下学期教学测试（二模）物理试题
1．下列选项中，物理量都是矢量的是（　　）
A．位移、加速度 B．电动势、电场强度
C．磁通量、磁感应强度 D．压强、温度
【答案】A
【知识点】加速度；磁感应强度；矢量与标量；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．位移、加速度都有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，均为矢量，故A正确；
B．电动势的方向是从电源的负极指向正极，但运算不符合平行四边形法则，是标量，电场强度有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，电场强度为矢量，故B错误；
C．磁通量的正负仅表示磁感线穿过平面的方向，运算遵循代数法则，是标量，磁感应强度有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，磁感应强度为矢量，故C错误；
D．压强、温度都只有大小，没有方向，两者均为标量，故D错误。
故选A。
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
2．如图所示，2026年2月中国体育代表团参加了多项冬奥会项目，下列说法正确的是（　　）
A．短道速滑运动员过弯时惯性变大
B．花样滑冰女运动员被抛跳至空中时处于失重状态
C．滑雪运动员完成10公里追逐赛时位移为10km
D．研究单板滑雪运动员抓板动作时可将其看成质点
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】A．运动员过弯时质量不变，惯性大小不变，A错误；
B．女运动员被抛到空中后加速度方向竖直向下，因此处于失重状态，B正确；
C.10公里是运动员运动轨迹的长度，是路程，不是位移，位移为有起点指向终点的有向线段，位移大小远小于10km，C错误；
D．研究运动员抓板动作时，运动员的肢体形状、大小不能忽略，因此不能将其看成质点，D错误。
故选B。
【分析】惯性的唯一决定因素是质量，根据加速度方向判断超重和失重，位移为有起点指向终点的有向线段，根据看成质点的条件分析。
3．如图所示，场离子显微镜的纳米针尖表面原子电离，产生电量为q的正离子。在针尖和屏幕间加一脉冲高压U，正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，轰击屏幕后形成针尖表面原子结构的高清图像，已知针尖头部为半径r的半球，则（　　）
A．正离子轰击屏幕时的动能为qU
B．屏幕的电势高于针尖的电势
C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中电势能增大
D．针尖头部半径r越大，其附近的电场强度越大
【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．离子电荷量为q， 脉冲高压为U，对离子根据动能定理可得，可得正离子轰击屏幕时的动能为，故A正确；
B．正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，可知电场方向由针尖指向屏幕，沿电场线方向电势逐渐降低，则针尖的电势高于屏幕的电势，故B错误；
C．正离子从针尖飞到屏幕的过程中，电场力做正功，根据功能关系可知电势能减小，故C错误；
D．针尖头部半径r越小，其附近的电场线分布越密集，电场强度越大，故D错误。
故选：A。
【分析】根据动能定理分析动能大小，根据电场力方向判断电势高低，根据功能关系判断电势能变化，根据电场线分布判断场强大小。
4．关于下列经典实验，说法正确的是（　　）
A．甲图中使用的金箔可用铝箔替代
B．乙图中光谱上可见光区有4条特征谱线
C．丙图中折线就是悬浮微粒的运动轨迹
D．丁图中发生光电效应时电流表示数不可能为零
【答案】B
【知识点】布朗运动；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；α粒子的散射
【解析】【解答】A．因为金的原子序数大，原子核质量大，金箔对α粒子的散射效果更明显，且金箔可加工得极薄，铝箔无法达到相同实验效果，不能替代金箔，A错误；
B．氢原子光谱的巴耳末线系位于可见光区，一共存在4条特征谱线，B正确；
C．丙图的折线是每隔一段时间记录悬浮微粒位置后连接得到的，不是悬浮微粒的实际运动轨迹，C错误；
D．丁图中光电管加的是反向电压，当反向电压大小等于遏止电压时，电场力做功等于最大初动能，光电流为零，因此电流表示数可以为零，D错误。
故选B。
【分析】根据α粒子散射实验原理分析，根据氢原子光谱特点分析，丙图的折线不是悬浮微粒的实际运动轨迹，结合遏止电压分析。
5．如图为甘肃敦煌熔盐塔式发电站，主要由一个中心吸热塔和周边1.2万面角度可调的定日镜组成。借助定日镜可保证把阳光反射至吸热塔顶部，并通过能量转化系统将太阳能转化为熔盐内能储存后再发电，其发电功率，年发电时间为3900h，每生产1kW·h电能排放，则（　　）
A．该发电站的年发电量为
B．与火电站（每生产1kW·h电能排放）相比，每年可减排约35万吨
C．远距离输电时需采用高压交流输电以降低因线路的感抗、容抗引起的电能损失
D．为把阳光射向吸热塔顶部，离塔相同距离的所有定日镜镜面与地面夹角应相同
【答案】B
【知识点】电功率和电功；能量守恒定律
【解析】【解答】A． 发电功率，年发电时间为3900h，该发电站的年发电量 ，A错误；
B．该发电站的年发电量换算为 ，每生产1kW·h电能排放， 火电站每生产1kW·h电能排放，则每 可减排的质量为
故总减排 ，B正确；
C．远距离输电采用高压输电是为了减小线路电流，降低电阻的热损耗，感抗、容抗是交流输电线路固有损耗，高压交流输电无法降低该损耗，C错误；
D．根据光的反射定律，不同方位的定日镜，要将阳光反射到同一吸热塔顶部，入射阳光方向相同，反射光线方向因定日镜位置不同而不同，因此镜面与地面夹角不同，D错误。
故选B。
【分析】根据电功公式计算发电量，根据每生产1kW·h电能排放计算减少排放的二氧化碳，根据远距离输电原理分析，根据光的反射定律分析。
6．如图甲所示，电磁铁由直流电源、滑动变阻器、保护电阻、线圈、铁芯和开关S组成。为测量电磁铁气隙中的磁感应强度，将厚度为h的霍尔片置于其中，放大图如图乙所示。开关S闭合后，给霍尔片通以沿方向的恒定电流I，数字毫伏表就可显示侧面、两点间的霍尔电压，则（　　）
A．电磁铁气隙中磁场的磁感应强度方向向上
B．、电势高低与霍尔片中自由电荷电性无关
C．滑片P在右端时测得的绝对值最大
D．增大霍尔片厚度h，变大
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；霍尔元件
【解析】【解答】A．根据安培定则，线圈电流产生的磁场在气隙中方向向下，A错误；
B．若载流子为负电荷，负电荷同样向 偏转，电势更高，若载流子为正电荷，由左手定则可知，正电荷向偏转，电势更高；因此、的电势高低和自由电荷电性有关，B错误；
C．当霍尔电压稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件可得 ，其中d为 间距，电流的微观表达式 ，联立解得，滑片在右端时，线圈电流最大，气隙磁感应强度最大，由根据可知 的绝对值最大，C正确；
D．由霍尔电压表达式可知，与厚度成反比，增大，减小，D错误。
故选C。
【分析】根据安培定则判断磁场方向，负电荷到达的地方电势低，根据霍尔元件的工作原理得出霍尔电压的表达式，结合表达式分析。
7．如图所示，近地轨道Ⅰ与月球轨道Ⅱ的半径之比约为，椭圆转移轨道Ⅲ与轨道Ⅰ、轨道Ⅱ分别相切于A点和B点，已知月球公转周期约为27天，月表重力加速度约为（　　）
A．与在轨道Ⅱ运行相比，飞行器在轨道Ⅰ上运行时机械能更大
B．飞行器从轨道Ⅰ的A点减速后才能进入轨道Ⅲ
C．飞行器沿轨道Ⅲ从A点到B点所需时间约为5天
D．若以月表C和月心O间距为直径挖一球形空腔，则C点重力加速度为
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．飞行器从低轨道（轨道Ⅰ）变轨到高轨道（轨道Ⅱ）需要点火加速，由于飞行器的动能瞬间增大会导致机械能增加，因此轨道Ⅰ半径更小，机械能比轨道Ⅱ更小，故A错误；
B．飞行器从轨道Ⅰ（近地圆轨道）转移到椭圆轨道Ⅲ（远地点到达月球轨道），为了向心力大于引力，根据向心力的公式需要在A点做离心运动，因此需要加速，而非减速，故B错误；
C．飞行器在轨道II和轨道III都是绕地球运动，根据开普勒第三定律，绕同一天体运动的天体满足，已知轨道Ⅱ（月球圆轨道）半径 ，周期天，
椭圆转移轨道Ⅲ的半长轴，代入开普勒第三定律
得天，从A到B是半个椭圆，时间天，约为5天，故C正确；
D．用补偿法计算挖去空腔后C点的重力加速度，设月球总质量为，半径为，由于引力形成重力， 根据牛顿第二定律可知月表原重力加速度，挖去的空腔直径为，因此空腔半径为 ，质量，空腔中心到C点距离为 。由于引力形成重力， 根据牛顿第二定律可知挖去部分在C点产生的重力加速度，因此剩余部分在C点的重力加速度
故D错误。
故选C。
【分析】利用开普勒第三定律可以求出飞行器运动的时间；利用引力形成重力可以求出重力加速度的大小；利用变轨的离心运动可以判别速度的变化，利用速度的变化可以比较飞行器的机械能大小。
8．如图所示，OA是与O点为抛出点、A点为最高点的斜抛运动轨迹完全相同的光滑管道，O、A两点水平距离10m，竖直距离5m。现有质量为0.1kg且直径略小于管道直径的光滑小球，从O点以初速度20m/s沿管口切线方向进入管道，最终到达A点，则（　　）
A．小球在O点的竖直分速度为10m/s
B．小球的水平分运动是匀速直线运动
C．小球到达A时的速度为
D．重力的冲量大小在至之间
【答案】D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．OA是与O点为抛出点、A点为最高点的斜抛运动轨迹完全相同的光滑管道，由斜上抛运动的逆向思维法可知从A点做平抛运动到O点，设速度偏向角为，由速偏角的正切值为位偏角正切值的2倍，有
可知
则小球在O点的竖直分速度为，故A错误；
B．由于有管道的约束，水平方向有管道弹力的分力作用，加速度不等于零，不是匀速直线运动，故B错误；
C． O、A两点水平距离10m，竖直距离5m，管道光滑，只有重力做功机械能守恒，有
解得，故C错误；
D．根据速度的分解可知小球在水平方向的最小速度为
最大速度为A点的速度大小为
则由水平分运动可知运动的最长时间为
最短时间为
由重力的冲量可知，冲量大小在至之间，故D正确。
故选D。
【分析】小球运动类似斜抛运动，结合斜抛运动推论分析竖直方向分速度，根据机械能守恒定律分析A点速度大小，根据重力冲量公式求解冲量大小。
9．如图所示，一工人将质量分布均匀的直梯斜靠在光滑墙壁上，下端放在粗糙地面上。当直梯与水平方向成60°时恰好静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．直梯共受到3个力的作用
B．地面与直梯之间的动摩擦因数
C．工人沿直梯向上爬时梯对地面作用力变大
D．工人可以一直爬到直梯顶部且直梯不滑倒
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．直梯受重力、墙壁的水平支持力、地面的竖直支持力、地面的静摩擦力，共4个力，故A错误；
B． 当直梯与水平方向成60°时恰好静止，设直梯质量为，长度为，以直梯下端为转轴，由力矩平衡
得墙壁弹力
水平平衡，静摩擦力
竖直平衡，地面支持力
恰好静止时
代入
得
故B错误；
C．对工人和直梯整体受力分析，设工人质量为M，竖直方向始终满足；对下端转轴力矩平衡，工人向上爬时，工人的力臂增大，所需墙壁弹力增大，因此地面静摩擦力增大。 直梯对地面的作用力是压力与摩擦力的合力，根据平行四边形法则可知大小为，增大则合力变大，因此梯对地面作用力变大，故C正确；
D．工人爬到顶端时，力矩平衡得所需摩擦力
最大静摩擦力
对比得
直梯会滑倒，故D错误。
故选C。
【分析】对直梯进行受力分析，得到直梯受力个数，以直梯下端为转轴，由力矩平衡求解动摩擦因数，分别求解摩擦力和压力大小从而求解地面作用力大小，根据力矩平衡求解摩擦力大小。
10．如图所示，在充满磁场的空间中，以镭放射源为坐标原点建立平面直角坐标系xOy。磁场方向以x轴为边界，区域垂直于平面向里，区域垂直于平面向外，磁感应强度大小。镭元素发生衰变，向y轴正方向射出三种射线①、②、③，射线①和射线③的速度之比约为，质子与电子的质量之比约为则（　　）
A．射线③是弱相互作用引起的，其穿透能力弱，用一张纸就能挡住
B．射线②是镭原子能级跃迁产生的，可用于探测金属构件内部的缺陷
C．若比荷为的粒子形成射线①，其经纵坐标为的位置时分速度
D．组成射线①和③的两种粒子离x轴的最大距离之比约为
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据左手定则判断，①是射线，②是射线，③是射线，射线由弱相互作用引起，但射线穿透能力较强，一张纸不能挡住射线，故A错误；
B．②是射线，射线是原子核能级跃迁产生的，不是原子（核外）能级跃迁，故B错误；
C．洛伦兹力水平分量提供的加速度为
根据加速度的定义式有
联立积分可得
解得
方向向左，故C错误；
D．粒子到达离x轴最大距离ym时， vy=0，速率v0不变（洛伦兹力不做功），即；代入上式得
解得
则，故D正确；
故选D。
【分析】根据左手定则判断三种射线的种类，结合射线特点判断，洛伦兹力水平分量产生加速度，根据积分求解速度大小，粒子到达离x轴最大距离，竖直方向速度等于零，从而求解竖直方向最远距离以及距离之比。
11．下列说法正确的是（　　）
A．质量亏损表明的确存在着原子核的结合能
B．不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功
C．X射线是原子内层电子跃迁时发射的电磁波
D．高速运动的子寿命变短是相对论时空观的证据之一
【答案】A,C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性；电磁波谱；热力学第二定律；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、一定的质量亏损对应着一定的核能释放，所以质量亏损表明原子核存在结合能，故A正确；
B．根据热力学第二定律：不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，即 可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，但要产生其他影响，故B错误；
C．X射线是原子内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波，故C正确；
D．高速运动的子寿命变长是相对论时空观的证据之一，故D错误。
故选AC。
【分析】质量亏损表明原子核存在结合能；根据热力学第二定律分析；根据x射线产生的原理分析，根据子寿命变长的原因分析。
12．如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴在介质1和介质2的分界面上，两个完全相同的波源、分别位于和，为y轴上一点。时两波源同时开始垂直于xOy平面向纸外起振，形成频率1Hz的简谐波向周围传播，当发出的简谐波刚到达P点时，O点恰好第一次经过平衡位置向纸内振动，已知简谐波在介质1和介质2中传播速度之比为，则（　　）
A．简谐波在介质2中传播时波长为2m
B．两列波在x轴上刚相遇的坐标是
C．y轴上相邻两振动加强点的振动步调相反
D．x轴上的振动减弱点只有12个
【答案】B,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．设波在介质1中速度为，介质2中为，则，频率，故周期，已知到的距离，到的距离为，波从传到的时间 当 的波刚到时，第一次经过平衡位置向纸内振动，波传到后，起振方向向外，经过第一次到达平衡位置向里，故 ，解得，；波长，，故A错误；
B． 简谐波在介质1和介质2中传播速度之比为， 当 的波向右传播到O点时，正好向左传播到点（2，0）位置，机械波在同种介质中传播速度相同，则两波在O点与（2，0）区间的波速相同，故在其中点相遇，即相遇点的坐标为（1，0），B正确；
C．y轴上任意点到、的距离相等， ，相位差
振动加强条件为，得，相邻加强点对应和，相位差，振动步调相同，C错误；
D．振动减弱条件为相位差，仅考虑（和全为加强，无减弱点）
（介质1），解得共有个减弱点；
（介质2），解得共有个减弱点； 总减弱点共，D正确。
故选BD 。
【分析】当发出的简谐波刚到达P点时，O点恰好第一次经过平衡位置向纸内振动，结合时间等于路程除以传播速度分析；两波在O点与（2，0）区间的波速相同，在其中点相遇；根据振动加强和振动减弱条件分析振动步调和振动加强和振动减弱位置。
13．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场中，一根沿AD连线放置、不计电阻且处于原长的弹性导电轻绳两端A、D固定，绳与阻值为r的电阻构成闭合电路系统。AD两点相距2R，O为AD连线中点。用光滑绝缘棒下端控制导电绳，使其与棒的接触点C做以O为圆心、半径为R、角速度为的匀速圆周运动。若不考虑绳受安培力而发生的形变，则从A出发开始计时，C移向H点（O点正上方）的过程中（　　）
A．闭合回路中产生了恒定电流
B．棒对闭合电路系统做功为
C．绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下
D．t时刻绳CD段的电动势为
【答案】C,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．用光滑绝缘棒下端控制导电绳，使其与棒的接触点C做以O为圆心、半径为R、角速度为的匀速圆周运动，点C的线速度大小为，方向垂直于OC
时间OC转过的角度为，据几何关系
此时的面积为
由法拉第电磁感应定律，
产生的是正（余）弦式交流电， 故A错误；
B．从A出发开始计时，C移向H点（O点正上方）的过程中，电功为
棒对系统做的功，除了转化为回路中的焦耳热，还要转化为绳的弹性势能。故B错误；
C．根据楞次定律可知回路中的感应电流方向为逆时针方向，绳受到的安培力的等效长度为AD，再据左手定则，绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下，故C正确；
D．t时刻绳C点的速度垂直于CD的分量为
根据动生电动势表达式可知t时刻绳CD切割段的电动势为，故D正确。
故选：CD。
【分析】由法拉第电磁感应定律和几何关系求解电动势表达式，结合表达式分析电流；根据能量转化关系分析棒对系统做的功大小；根据楞次定律分析安培力方向；求出t时刻绳C点的速度垂直于CD的分量，结合动生电动势表达式分析。
14．用如图1所示装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。槽码用绕过滑轮的细线牵引小车，槽码的总重力可作为细线的拉力。小车运动的位移和速度可由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变槽码的质量，便可研究小车加速度与细线拉力大小的关系。
（1）用图中打点计时器完成实验，应选择___________（单选）。
A．8V交流电源 B．8V直流电源 C．220V交流电源
（2）关于这个实验说法正确的是___________（单选）。
A．需要毫米刻度尺
B．只需记录1条纸带的数据
C．该装置可验证机械能守恒定律
（3）在坐标纸上画出图像如图2，原因可能是___________。
A．轨道倾角过大
B．未将槽码钩的重力记录在细线拉力的数据中
C．未满足槽码的总质量远小于小车的质量
（4）在本实验中要求调节定滑轮使细线与长木板平行的理由是　 　。
【答案】（1）C
（2）A
（3）A；B
（4）使小车的合力由细线拉力提供且恒定
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）电磁打点计时器电压约8V，电火花打点计时器需要使用220V的交流电源，故选C。
（2）A．实验中需要用毫米刻度尺测量小车的运动距离，故A正确；
B． 只记录1条纸带的数据误差较大，需要进行多次实验选择点迹均匀的纸带进行数据分析，故B错误；
C．小车在运动过程中受到摩擦力影响，机械能不守恒，该装置不能验证机械能守恒定律，故C错误。
故选A。
（3）A．图像没过原点可能是因为轨道倾角过大，导致平衡摩擦力过度，在没有外力的情况下加速度大于0，故A正确；
B．若没有考虑槽码钩的重力，则在槽码重力为0时，由于槽码钩的重力也会使小车受到拉力，使加速度大于0，故B正确；
C．若未满足槽码的总质量远小于小车的质量不会导致图像不过原点，在槽码质量较大时会使得图像上端弯曲，故C错误。
故选AB。
（4）要求调节定滑轮使细线与长木板平行是为了使小车的合力由细线拉力提供且恒定，恒定是指大小和方向都恒定。
【分析】（1）根据电火花计时器特点分析；
（2）根据实验原理和实验注意事项分析；
（3）在没有外力的情况下也会下滑，加速度大于0，结合牛顿第二定律分析；
（4）细线与长木板平行可以使小车的合力恒定。
（1）电火花打点计时器需要使用220V的交流电源。故选C。
（2）A．实验中需要用毫米刻度尺测量小车的运动距离，故A正确；
B．需要进行多次实验选择点迹均匀的纸带进行数据分析，故B错误；
C．小车在运动过程中受到摩擦力影响，机械能不守恒，故C错误。
故选A。
（3）A．图像没过原点可能是因为平衡摩擦力过度，轨道倾角过大，在没有外力的情况下也会下滑，使加速度大于0，故A正确；
B．若没有考虑槽码钩的重力，则在槽码重力为0时，由于槽码钩的重力也会使小车受到拉力，使加速度大于0，故B正确；
C．若未满足槽码的总质量远小于小车的质量不会导致图像不过原点，而会使得图像上端弯曲，故C错误。
故选AB。
（4）要求调节定滑轮使细线与长木板平行是为了使小车的合力由细线拉力提供且恒定。
15．某同学利用双缝干涉实验测量某单色光波长，实验装置如图所示。
（1）对于光具座上的光学元件，下列说法正确的是___________。
A．①是凹透镜，③的作用是产生线光源
B．更换②后目镜中观察到的各条纹位置不变
C．可通过左右调节⑤，使得干涉条纹更加清晰明亮
D．将小灯泡换成激光光源，移除①、②、③后仍可观察到干涉条纹
（2）图中双缝干涉现象出现的区域是　 　（选填“区域Ⅰ”、“区域Ⅱ”或“区域Ⅰ和区域Ⅱ”）。
【答案】（1）C；D
（2）区域Ⅱ
【知识点】光的双缝干涉；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A．① 是凸透镜，作用是将灯泡发出的发散光变成平行光（或汇聚后形成线光源），③ 是单缝，作用是产生线光源，A错误；
B．②是滤光片，更换后入射光的波长改变，根据条纹间距公式可知干涉条纹间距改变，条纹位置改变，B错误；
C．拨杆⑤的作用是调节单缝的方向，使单缝与双缝平行，调节至平行后，干涉条纹会更加清晰明亮，当单缝与双缝不平行时，干涉条纹会模糊、亮度低，C 正确；
D．激光相干性、平行度好，换成激光光源后，直接照射双缝就可以观察到干涉条纹，D正确。
故选CD。
（2）双缝位于遮光筒的区域Ⅰ右端，在双缝右侧的区域Ⅱ发生叠加干涉，因此干涉现象出现在区域Ⅱ。
【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析，① 是凸透镜，②是滤光片，③单缝，⑤拨杆；
（2）经过双缝后，才会分成两束相干光，在区域Ⅱ发生干涉。
（1）A．① 是凸透镜（不是凹透镜），作用是将灯泡发出的发散光变成平行光（或汇聚后形成线光源），③ 是单缝，作用是产生线光源，A错误；
B．②是滤光片，更换后入射光的波长改变，干涉条纹间距改变，条纹位置改变，B错误；
C．拨杆⑤的作用是调节单缝（③）的方向，使单缝与双缝平行。当单缝与双缝不平行时，干涉条纹会模糊、亮度低；调节至平行后，干涉条纹会更加清晰明亮，C 正确；
D．激光相干性、平行度好，换成激光光源后，不需要滤光片、单缝这些元件，直接照射双缝就可以观察到干涉条纹，D正确。
故选CD。
（2）双缝位于遮光筒的区域Ⅰ右端，光从左向右传播，只有经过双缝后，才会分成两束相干光，在双缝右侧的区域Ⅱ发生叠加干涉，因此干涉现象出现在区域Ⅱ。
16．某实验小组在常温20℃环境中，测量一根长为50.00cm的合金丝电阻率。
（1）先用多用电表粗测合金丝电阻，将选择开关调至欧姆档“”档，并进行正确操作后指针位置如图1，则合金丝电阻为　 　。
（2）用螺旋测微器测量合金丝直径时刻度如图2，读数为　 　mm。
（3）为精确测量电阻，采用如图3的电路，其中滑动变阻器调节范围0~10Ω，电流表内阻为0.5Ω，导线连接正确的是___________。
A．①连a，②不连 B．①连a，②连c
C．①连b，②不连 D．①连b，②连d
（4）经正确操作后，测得多组数据，并在图4的坐标系中描点作图，则该合金丝的电阻率　 　。（结果保留1位有效数字）
（5）查阅资料后发现该合金丝电阻随温度的变化关系为，随后利用该合金丝、数字电压表（内阻极大）、恒流电源（输出电流）、开关和导线，将合金丝做测温探头，设计了一个电阻温度计，请根据图5的电路在答题纸上写出温度t与电压U的关系式。
【答案】（1）5.0
（2）0.103
（3）C
（4）或
（5）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流
根据欧姆定律得 ，代入合金丝电阻随温度的变化关系
整理得
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）电阻大小等于挡位乘以指针示数，指针示数为，选择开关为欧姆×1档，故电阻为
（2）螺旋测微器读数等于固定刻度读数+可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米，固定刻度未露出刻度线，可动刻度读数为，结果为
（3）电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即连。
滑动变阻器最大阻值 10Ω，与Rx 相当，为方便调节，采用限流式接法（②不连）。
故选C。
（4）结合欧姆定律可得图得斜率，已知
可得
根据电阻定律，，由题意知
可得
保留1位有效数字得 或
（5）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流
根据欧姆定律得 ，代入合金丝电阻随温度的变化关系
整理得
【分析】（1）电阻大小等于挡位乘以指针示数；
（2）根据螺旋测微器读数规则读数，结果要估读；
（3）电流表内阻已知，采用电流表内接法，根据滑动变阻器最大阻值大小分析滑动变阻器接法；
（4）由图得斜率，结合电阻定律求解电阻率；
（5）电压表内阻极大，结合欧姆定律求解温度t与电压U的关系式。
（1）选择开关为欧姆×1档，指针示数为，故电阻为
（2）固定刻度未露出刻度线，可动刻度读数为
总读数为
（3）电流表接法：电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即连。
滑动变阻器最大阻值 10Ω，与Rx 相当，为方便调节，采用限流式接法（②不连）。
故选C。
（4）由图得斜率，已知
可得
根据电阻定律，，由题意知
可得
保留1位有效数字得 或
（5）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流
根据欧姆定律得 ，代入
整理得
17．如图甲所示，上方开口的圆筒气缸竖直放置，气缸导热性能良好，底部有一凸出物。缸内用质量、面积的活塞封闭了一定质量理想气体。缸内壁离缸底56cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处，活塞到缸底距离h随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时，卡口对活塞的支持力为40N；状态B时，卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了。已知大气压，不计卡口体积，活塞与缸壁无摩擦，求：
（1）状态B的温度；
（2）凸出物的体积；
（3）整个过程中气体吸收的热量Q。
【答案】（1）根据平衡条件有，
可得，
状态到状态发生等容变化，有
可得状态B的温度
（2）状态到状态发生等压变化，有
可得凸出物的体积
（3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功
从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有
可得整个过程中气体吸收的热量
【知识点】热力学第一定律及其应用；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】【分析】（1）根据平衡条件求解压强大小，状态到状态发生等容变化，根据查理定律列式求解；
（2）状态到状态发生等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解；
（3）求出状态A到状态B，状态到状态，外界对气体做功，结合热力学第一定律列式求解。
（1）根据平衡条件有，
可得，
状态到状态发生等容变化，有
可得状态B的温度
（2）状态到状态发生等压变化，有
可得凸出物的体积
（3）状态A到状态B，有；状态到状态，外界对气体做功
从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了，根据热力学第一定律有
可得整个过程中气体吸收的热量
18．如图所示，测量磁感应强度大小的装置由线圈、平行板电容器、“T”形传动装置（绝缘杆与金属杆固定组成）以及轻质光滑转盘（位置固定）组成。电容器下极板固定，上极板可随导电悬挂器在水平光滑导电轨道左右滑动。金属杆两端通过两根绝缘轻弹簧与转盘连接，转盘可随金属杆同步转动。以O点为原点建立O-xyz坐标系，当金属杆沿x轴方向平移时，通过绝缘杆带动上极板移动。弹簧现处于原长，在金属杆中通入由j端流向p端的恒定电流。已知电源（内阻不计）电动势为E，金属杆有效长度为l，线圈自感系数为L，电容器上下极板长为a、宽为b，板间距离为d，板间电介质相对介电常数为，静电力常量为k，弹簧劲度系数为。
（1）开关拨到1，金属杆沿y轴放置，当转盘右侧磁场沿z轴正方向时。
①判断金属杆所受安培力的方向；
②与无磁场时相比，电容器带电量变化大小为，求弹簧形变量及磁感应强度B的大小；
（2）若转盘右侧磁场平行于yoz平面，设计利用该装置测定磁感应强度大小的方案。
【答案】（1）①根据左手定则，则安培力沿轴正方向
②根据电容决定式
根据电量变化
可得
根据受力平衡
综上可得
（2）参考方案1
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，利用电流传感器测得电容器带电量变化大小
第三步，重复第二步获得多个角度的带电量变化大小，并选择最大值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
参考方案2
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，开关拨到2，使得回路产生振荡电流，利用电流传感器测得振荡周期T
第三步，重复第二步获得多个角度的振荡电流的振荡周期T，并选择最小值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
【知识点】电容器及其应用；共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）①根据左手定则判断安培力方向；②上极板可随导电悬挂器在水平光滑导电轨道左右滑动，根据电容决定式，以及受力平衡求解磁感应强度B的大小；
（2） 首先使电容器完成充电，然后利用电流传感器测得电容器带电量变化大小，结合磁感应强度大小计算式列式求解。
（1）①根据左手定则，则安培力沿轴正方向
②根据电容决定式
根据电量变化
可得
根据受力平衡
综上可得
（2）参考方案1
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，利用电流传感器测得电容器带电量变化大小
第三步，重复第二步获得多个角度的带电量变化大小，并选择最大值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
参考方案2
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，开关拨到2，使得回路产生振荡电流，利用电流传感器测得振荡周期T
第三步，重复第二步获得多个角度的振荡电流的振荡周期T，并选择最小值
第四步，利用，计算出磁感应强度大小。
19．如图所示，光滑水平长方形板ABCD和半径的光滑圆柱面平滑连接且固定在水平地面上。长方形板上安装了处于原长且劲度系数的轻弹簧a和b，都与AB成夹角放置，自由端分别在AB边上的J点和H点。弹簧b下方铺设特殊材料。将质量m均为1kg的滑块1和滑块2分别静置于J点和H点，与弹簧接触但不连接。推动滑块1使弹簧a存储弹性势能，释放后滑块1恰好与滑块2发生完全非弹性碰撞成为结合体。滑块均可视为质点，与特殊材料间动摩擦因数和相对H点的距离x符合（其中），弹簧足够长且形变时都沿轴线方向，不计空气阻力。
（1）滑块1运动至J点时，对圆柱面压力的大小；
（2）滑块1与滑块2碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）结合体第一次滑上长方形板至返回H点所通过的路程s；
（4）此后，不断平行AB平移弹簧a到适当位置且保持与AB边夹角不变，以保证结合体能返回H点。每当结合体通过H点压缩弹簧b时，对其补充机械能。求最终两弹簧处于原长时自由端的距离L。
【答案】（1）设滑块1运动至J点时速度为，根据能量守恒定律
可得
滑至J点时，根据牛顿第二定律
可得
（2）根据动量守恒定律
可得
损失的机械能
（3）结合体首次进入长方形板至压缩到弹簧最短，由题意知，
因，均与位移成正比，所以，
根据动能定理
由此可得，
（4）结合体首次进入长方形板至返回点，根据动能定理
可得
综合（3）中的结论推理可知，结合体从进入长方形板压缩弹簧至返回点，即在特殊材料上往返一次后：
由于补偿能量后最终达到动态平衡
可得
根据题意可知结合体在圆弧面上运动为简谐运动，故运动时间
则
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求解速度大小，根据牛顿第二定律求解压力大小；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量守恒定律求解损失的机械能；
（3）因，均与位移成正比，求出摩擦力和弹力做功，根据动能定理求解通过的路程；
（4）根据动能定理动能大小，补偿能量后最终达到动态平衡，结合体在圆弧面上运动为简谐运动，结合简谐运动周期公式求解。
（1）设滑块1运动至J点时速度为，根据能量守恒定律
可得
滑至J点时，根据牛顿第二定律
可得
（2）根据动量守恒定律
可得
损失的机械能
（3）结合体首次进入长方形板至压缩到弹簧最短，由题意知，
因，均与位移成正比，所以，
根据动能定理
由此可得，
（4）结合体首次进入长方形板至返回点，根据动能定理
可得
综合（3）中的结论推理可知，结合体从进入长方形板压缩弹簧至返回点，即在特殊材料上往返一次后：
由于补偿能量后最终达到动态平衡
可得
根据题意可知结合体在圆弧面上运动为简谐运动，故运动时间
则
20．如图所示，粒子源能释放初速可视为0的带电粒子，并从进入加速区，沿连线加速后垂直进入偏转区（长×宽×高）底部中心，随后从狭缝进入接收区，最终被可水平移动的收集板接收。收集板与偏转区右侧面形状相同并对齐，狭缝上点与收集板上点等高；加速区竖直方向存在电压可调的匀强电场；偏转区存在匀强磁场Ⅰ，方向可调且垂直于、、、所构成的竖直平面。
（1）若粒子源产生比荷分别为25k和4k的正离子a和b，当加速电压为U时，正离子a恰能垂直击中。求
①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小；
②收集板能收集到两种正离子时，离狭缝的最大水平距离x；
③若在接收区加上磁感应强度大小为磁场Ⅰ的3倍且水平向右的匀强磁场Ⅱ，则收集板向右移动时，a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积S。
（2）若粒子源产生大量电子且收集板用金属钨制成，当高速电子轰击钨核时，动能以一定的比例转化为辐射能并释放X射线。若动能转化比例为100%，就可辐射出能量最大的X射线，但此类X射线辐射强度几乎为0。X射线辐射强度随波长的具体分布如图乙所示（所有被加速的电子都能全部击中收集板），请利用图中数据计算普朗克常量h。
【答案】（1）①由题意可知，
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
②由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
根据图中几何关系可知，
可得
③由题意可知粒子将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力
可得
根据图中几何关系可知
即
故扫过面积总面积为2个直角三角形面积与1个扇形面积之和，即
（2）由题意可知，
利用能谱图可取加速电压30kV时或20kV时，代入数据可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；能量子与量子化现象
【解析】【分析】（1）①根据洛伦兹力提供向心力结合动能定理求解磁感应强度B大小；
② 根据洛伦兹力提供向心力结合动能定理求解运动半径大小，根据图中几何关系求解最大水平距离；
③粒子将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系列式求解。
（2）根据图像求解波长，结合动能定理和能量子公式求解。
（1）①由题意可知，
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
②由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力
根据动能定理
可得
根据图中几何关系可知，
可得
③由题意可知粒子将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力
可得
根据图中几何关系可知
即
故扫过面积总面积为2个直角三角形面积与1个扇形面积之和，即
（2）由题意可知，
利用能谱图可取加速电压30kV时或20kV时，代入数据可得
1 / 1

展开更多......

收起↑