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2026届浙江省杭州市高三下学期二模教学质量检测物理试题
1．下列物理量属于矢量且单位正确的是（　　）
A．力kg m/s B．功W
C．电场强度N/C D．电流A
2．如图为“正义使命-2025”军事演习中导弹发射的情景，则（　　）
A．研究导弹的飞行轨迹时可将导弹视为质点
B．飞行的导弹只受重力作用
C．导弹斜向上加速时处于失重状态
D．导弹的运动一定是匀变速曲线运动
3．如图所示，在带正电的带电体C附近，将带绝缘底座的导体A、B相碰一下后分开，然后分别接触小电动机的两个接线柱，电动机会开始转动。在电动机转动还未停下时，重复上述操作，电动机便能持续转动。关于以上现象，下列说法正确的是（　　）
A．电动机能够转动是因为A、B带同种电荷
B．第一次将A、B相碰后分开，A带负电、B带正电
C．以上操作将导致带电体C的电荷量逐渐减少
D．小电动机不停转动成为永动机，违背能量守恒定律
4．某躺椅的简化结构如图所示，左、右两个板面与水平方向的夹角分别为和，人静躺在躺椅上，此时重心恰在支撑点的正上方。人的质量为，重力加速度为，左、右两个板面对人的支持力分别为（两板交接处对人体无作用），不计摩擦，下列分析正确的是（　　）
A．与的合力一定大于
B．与的大小之和一定大于
C．若，则一定有
D．此时躺椅对地面的压力大小等于
5．如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中电容与动片转出的角度成正比
B．图乙中导电液体液面上升时，电容减小
C．图丙中压力增大时，电容增大
D．图丁中电介质右移时，电容增大
6．某碗状容器的截面如图所示，三边、、长度相等，碗底水平，侧边与底边的夹角均为。小球从点水平向右抛出后落在侧边上，若仅增大初速度后再次将小球抛出并落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是（　　）（不考虑小球反弹，不计空气阻力）
A．飞行时间可能与第一次相同 B．动能增量可能比第一次小
C．速度方向可能与第一次相同 D．可能垂直打在侧边上
7．为了研究交流电的产生，小明同学进行了如下实验：第一次将矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴按图示方向匀速转动（向纸外、向纸内），并从图甲所示位置开始计时，产生的电流图像如图乙所示。第二次仅将转轴改为对角线以相同的转速匀速转动（向纸外、向纸内）（仍从图甲所示位置开始计时），则第二次的电流图像是（　　）
A． B．
C． D．
8．一束单色光射向汽车玻璃时的光路图如图所示，各界面可视为相互平行的平面，和分别是界面1和界面2上的入射角，界面2上的反射光线与折射光线相互垂直。已知玻璃对该光的折射率，，则下列说法正确的是（　　）
A．出射光线①、②不平行
B．增大入射角，光线③可能在界面3发生全反射
C．该光在隔热膜中传播速度小于在玻璃中的速度
D．汽车隔热膜对该光的折射率
9．如图所示，以为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按规律均匀减小（、均已知），圆环半径为，电阻为，则（　　）
A．图中圆环内电流沿逆时针方向
B．圆环中感生电场场强大小为
C．圆环的发热功率为
D．时圆环中的张力大小为
10．2025年9月，科学家们的最新研究探讨了向距离地球最近的黑洞发射探测器的可能性。下图为探测器绕黑洞（BH）的运动示意图，椭圆轨道I与圆轨道Ⅱ相切于点。已知探测器质量为，黑洞质量为，半径为，轨道I上离黑洞中心最远的点到黑洞中心的距离为，圆轨道Ⅱ的半径为。若规定无穷远处引力势能为零，探测器的引力势能为探测器到黑洞中心的距离），探测器在椭圆轨道的总机械能（a为椭圆轨道半长轴）。则探测器（　　）
A．在轨道I、Ⅱ上运动的周期之比为
B．在轨道I、Ⅱ上点的加速度大小之比为
C．经过轨道I、Ⅱ上点的速度大小之比为
D．在轨道I上经过点的速度大小之比为
11．振动发生器在发波水槽中振动时能够产生水波。下列四幅图是演示水波的传播过程时观察到的现象，下列说法正确的是（　　）
A．图甲演示的是波的折射现象
B．图乙所示现象产生的原因可能是界面两侧水的深度不同
C．仅增大振动发生器的振动频率可使图丙中的现象更加明显
D．要观察到图丁所示稳定图样，两针状振动发生器的振动频率应相同
12．双相波除颤技术能够实现心脏节律重置，其简化工作电路如图甲，工作时先通过恒压充电电源对电容器充电，再通过CLR电路放电实行除颤。小明按图甲电路进行模拟实验，在电极片a、b之间接入电阻为0Ω、20Ω时，测得放电电流分别如图乙中的实线和虚线所示，已知电容，电感，不计电感与电容的漏磁、发热等损耗，下列说法正确的有（　　）
A．互换两个电极片a、b在人体的位置，除颤仪仍可以正常工作
B．虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是能量以电磁波的形式发射出去
C．保持电容和电感不变，电阻从0Ω增大到20Ω的过程中振荡电流周期会增大
D．电容充电完毕后，开关S接通放电电路瞬间电容器两端的电压约为1200V
13．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论。在任意给定温度（热力学温度）下，辐射强度的极大值对应的波长满足（为常量）；黑体单位面积上的热辐射功率（为常量）。假定地球、太阳与人体均可视为黑体，当地球接收到的太阳热辐射功率与自身热辐射功率相等时达到热平衡状态。已知：日地距离约为太阳半径的200倍，人体温度约为，，下列说法正确的是（　　）
A．黑体辐射实验规律表明，随着温度的升高，短波区辐射强度增加，长波区辐射强度减少
B．根据题中所给信息可知太阳表面的温度约为5500℃
C．地球表面热力学温度约为太阳表面热力学温度的
D．地球表面热力学温度约为太阳表面热力学温度的
14．小明同学利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。
（1）本实验采用的实验方法是______；
A．理想模型法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）安装好器材后，将小车放在长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至轻推小车后纸带上打出的点迹分布均匀，该操作的目的是　 　；
（3）图乙为打点计时器打出的部分纸带，电源的频率为50Hz，测得，，，，小车的加速度大小　 　（结果保留两位有效数字）；
（4）本实验方案主要的误差来源于：牵引小车的槽码也在做加速运动，致使小车所受的拉力　 　（选填“小于”或“大于”）槽码的重力。
15．用图甲装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的有______。
A．测量单色光波长时，滤光片应安装在单缝和双缝之间
B．用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰
C．旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行
D．换用间距更小的双缝可增加从目镜中观测到的条纹个数
16．如图甲所示是某实验小组做“观察电容器充、放电现象”的实验电路，实验中采用的器材有：干电池组（，内阻未知）、电容器（）、电压表（量程0~3V，内阻约10kΩ）、定值电阻（）、秒表等。
（1）图甲中虚线框内应选择下列器材中的______；
A．
B．
C．
（2）按图甲电路进行实验，发现充电过程中电流表的示数始终不为零，其主要原因是______：
A．电源内阻不可忽略
B．电压表内阻并非无穷大
C．电流表内阻不可忽略
（3）实验小组改用传感器（可视为理想电表）对该实验做进一步探究，电路如图乙所示；
①采集传感器数据，用计算机绘制充、放电过程的-图像，则充电过程的图像是　 　，放电过程的图像是　 　（选填“A”或“B”）；
A. B.
②用计算机绘制充电过程中的图像如图丙中实线所示，随后将两个相同规格的电容器并联后再次进行实验，则第二次实验充电过程中绘制出的图像应为虚线　 　（选填“”或“”）。
17．一种低温测量中常用的气体温度计如图所示。下端A是容积为的测温泡，上端是容积为的压强计，，压强计B导热性能良好，其内部气体温度保持室温不变。两者通过导热性能极差的毛细管C相连，毛细管容积可忽略不计。测量前，温度计内封闭着压强为、温度为室温的气体（状态1），然后将测温泡A浸入温度为的低温待测物质，A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的内有体积的气体进入测温泡A，最后压强计B的读数为（状态2），已知，，，从状态1到状态2的过程中，整个温度计内封闭气体共向外界放出1.72J热量（测温过程中，压强计和测温泡的容积保持不变）。
（1）与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体分子的平均速率　 　（选填“增大”或“减小”），气体分子的数密度　 　（选填“增大”或“减小”）；
（2）求状态1到状态2过程中，整个温度计内封闭气体总内能的变化（封闭气体总体积不变）；
（3）以状态2下A中的气体为研究对象，求低温待测物质的温度。
18．为模拟电磁弹射过程，研究小组设计了如图甲所示的装置。无动力模型飞机起飞前通过绝缘构件与可视为导体杆的动子连接，动子可在足够长的光滑水平平行导轨上滑动，同时推动飞机向右加速运动，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，导轨左端接有可控电流源，其输出电流如图乙所示，图示箭头方向为电流的正方向，图中时间内的电流（、均已知）。时刻启动电流源使飞机从静止开始加速，时刻飞机达到起飞速度并与动子分离，在时刻，动子速度恰好减为0，电流源立即停止工作。已知导轨间距为，磁感应强度大小为，飞机的质量为，动子的质量为、电阻为，不计其他电阻，不计电流变化及空气阻力的影响。
（1）判断磁场的方向，并求飞机的起飞速度大小；
（2）求时间内电流源输出的能量；
（3）若要求时间内将动子的部分动能进行回收，实现为可控电流源充电，求动子的电阻应满足的条件（用题中所给物理量的符号表示，其中圆频率）。
19．某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板（含弹簧、套筒、传感器）总质量。弹簧弹性势能（为形变量），，。
（1）求滑块在段的运动时间；
（2）求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小；
（3）求弹簧的最大压缩量；
（4）若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。
20．受控核聚变（托卡马克装置）中常用磁镜装置约束带电粒子，其简化模型如图所示。以轴为轴线对称分布着中间长直螺线管与端部长直螺线管，坐标原点点为中间螺线管的几何中点。磁镜装置参数如下：中间和端部螺线管单位长度匝数分别为，分别通入恒定电流，螺线管内部产生沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度分别为。一束质量为、电量为的正离子从点与轴夹角为注入磁镜，离子在磁场中运动仅受洛伦兹力作用，不考虑相对论效应。已知：匝/米、匝/米、，通以电流的螺线管内部磁感应强度（真空磁导率为单位长度匝数），。
（1）氘-氚聚变是目前受控核聚变的主要研究方向，其核反应方程是：，请将方程补充完整，并求磁镜装置中和的大小（取）；
（2）若入射速率，求离子在中间螺线管内运动过程中离轴的最大距离以及第一次返回轴时的“”坐标（取，离子始终未离开中间螺线管）；
（3）在轴（和未知）间存在沿轴正方向缓慢增强的线性梯度磁场，离子能被磁镜捕获的临界条件为：离子运动到端部磁场处时沿轴方向速度恰好减为零。已知：离子速度垂直于轴的分量与所在区域磁感应强度满足。若离子以速度从处注入且恰好满足捕获条件，
①求入射速度方向与轴夹角的临界值（结果可用三角函数表示）；
②若磁感应强度分布满足：，，求离子从处运动到处所用的时间（用字母表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矢量与标量；电场强度
【解析】【解答】A．力是矢量，但根据，力的单位为，不是，故A错误；
B．功是标量，单位为，是功率单位，故B错误；
C．电场强度是矢量，由定义式，单位为，故C正确；
D．电流虽有方向，但遵循代数运算法则，不满足平行四边形定则，属于标量，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：区分力与动量的单位；
B：区分功与功率的单位，标矢量判断；
C：电场强度为矢量，单位推导正确；
D：电流是标量，不遵循矢量运算法则。
2．【答案】A
【知识点】质点；受力分析的应用；曲线运动；超重与失重
【解析】【解答】A：研究导弹的飞行轨迹时，导弹的大小和形状对研究的问题没有影响，可将导弹视为质点，故A正确；
B：飞行的导弹除受重力作用外，还会受到空气阻力、发动机推力等作用，并非只受重力，故B错误；
C：导弹斜向上加速时，竖直方向存在向上的加速度分量，处于超重状态，而非失重状态，故C错误；
D：导弹飞行过程中，受到重力、空气阻力、推力等多个力的作用，合外力的大小和方向可能发生变化，加速度也随之变化，因此不是匀变速曲线运动，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：质点是物理学中忽略物体大小和形状的理想化模型，当物体的大小和形状对研究问题的影响可忽略时，即可视为质点；
B：导弹飞行时，除重力外，空气阻力、发动机推力等力都会对其运动产生影响；
C：超重/失重状态的判断依据是加速度的方向：加速度有向上的分量时为超重，有向下的分量时为失重；
D：匀变速运动的定义是加速度恒定，导弹受变力作用，加速度会发生变化，因此不是匀变速运动。
3．【答案】B
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】A：电动机能够转动是因为A、B带异种电荷，接触电动机接线柱时形成电流，而非同种电荷，故A错误；
B：在带正电的导体C附近，A、B相碰时因静电感应带上等量异种电荷，分开后A靠近C，感应出负电荷，B远离C，感应出正电荷，即A带负电、B带正电，故B正确；
C：该过程仅通过静电感应使电荷重新分布，带电体C的电荷并未发生转移，因此C的电荷量不会减少，故C错误；
D：电动机持续转动的能量来自外界操作时克服静电力做功消耗的机械能（人的能量），并非永动机，也不违背能量守恒定律，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电动机转动的条件是接线柱间存在电势差，形成电流，只有异种电荷接触时才会形成电势差；
B：静电感应中，导体靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离的一端感应出同种电荷，A靠近带正电的C，因此带负电，B远离，因此带正电；
C：静电感应只是电荷在导体内部的重新分布，不会改变原带电体的电荷量；
D：永动机违背能量守恒定律，此过程中，人不断重复操作，将自身的能量转化为电能，再转化为电动机的机械能，并非无中生有地产生能量。
4．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A：电动机能够转动是因为A、B带异种电荷，接触电动机接线柱时形成电流，而非同种电荷，故A错误；
B：在带正电的导体C附近，A、B相碰时因静电感应带上等量异种电荷，分开后A靠近C，感应出负电荷，B远离C，感应出正电荷，即A带负电、B带正电，故B正确；
C：该过程仅通过静电感应使电荷重新分布，带电体C的电荷并未发生转移，因此C的电荷量不会减少，故C错误；
D：电动机持续转动的能量来自外界操作时克服静电力做功消耗的机械能（人的能量），并非永动机，也不违背能量守恒定律，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电动机转动的条件是接线柱间存在电势差，形成电流，只有异种电荷接触时才会形成电势差；
B：静电感应中，导体靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离的一端感应出同种电荷，A靠近带正电的C，因此带负电，B远离，因此带正电；
C：静电感应只是电荷在导体内部的重新分布，不会改变原带电体的电荷量；
D：永动机违背能量守恒定律，此过程中，人不断重复操作，将自身的能量转化为电能，再转化为电动机的机械能，并非无中生有地产生能量。
5．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A：根据电容决定式 ，图甲中电容器的正对面积 ，因此电容 与动片转出的角度 并非正比关系，故A错误；
B：图乙中导电液体液面上升时，电容器的正对面积 增大，由 可知，电容 增大，故B错误；
C：图丙中压力 增大时，可动电极与固定电极的间距 减小，由 可知，电容 增大，故C正确；
D：图丁中电介质右移时，电容器极板间的介电常数 减小，由 可知，电容 减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】电容决定式 ，电容大小与极板正对面积 、介电常数 成正比，与极板间距 成反比。
甲图：动片转动改变正对面积，但 与 呈线性递减关系，因此 与 不成正比。
乙图：液面上升增大了导电液体与金属芯线的正对面积，使电容增大。
丙图：压力增大减小了极板间距，使电容增大。
丁图：电介质右移减小了极板间的有效介电常数，使电容减小。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A：平抛运动的飞行时间由下落高度决定，公式为 。若第一次落在AB上、第二次落在CD上，两次下落的高度 可能相等，因此飞行时间可能相同，故A正确；
B：动能增量等于重力做功，即 。若增大初速度后，小球落在碗上的下落高度 小于第一次，则动能增量比第一次小，故B正确；
C：若两次小球都落在AB斜面上，根据平抛运动规律，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向夹角正切值的2倍（），由于两次位移方向相同，因此速度方向也相同，故C正确；
D：平抛运动中，某点的瞬时速度反向延长线必过水平位移的中点。若小球垂直打在CD上，其速度方向与CD垂直，反向延长线无法交于水平位移中点，因此不可能垂直打在CD上，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A：平抛运动时间仅由下落高度决定，只要两次下落高度相同，时间就相同；
B：动能增量由重力做功决定，下落高度越小，重力做功越少，动能增量越小；
C：同一斜面上的平抛运动，速度方向具有一致性，与初速度大小无关；
D：利用平抛运动“速度反向延长线过水平位移中点”的推论，可直接判断垂直打在CD上的情况不可能发生。
7．【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】第二次仅改变转轴位置，线圈的磁通量变化规律、感应电流的最大值和变化周期均未改变，因此电流图像与第一次完全一致。
故答案为：A。
【分析】本题考查交变电流的产生，关键在于理解感应电动势的决定因素：感应电动势的最大值公式为 ，它仅与线圈匝数 、磁感应强度 、线圈面积 和角速度 有关，与转轴位置无关，第二次仅将转轴改为对角线 ，线圈面积 、转速 均未改变，因此感应电动势的最大值 不变，电流的最大值 也不变，两次均从图示位置（线圈平面与磁场垂直的中性面）开始计时，因此电流随时间变化的起点和相位完全相同。综上可得第二次的电流图像。
8．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A：在隔热膜的入射点和出射点应用折射定律，结合几何关系可推得出射光线①、②的折射角均等于入射角，因此两条出射光线平行，故A错误；
B：光线进入平行玻璃砖后，根据光路可逆性，无论入射角如何增大，光线③都能从界面3射出，不可能发生全反射，故B错误；
C：由折射定律，结合，可得。根据，折射率越小，光在介质中的传播速度越大，因此该光在隔热膜中的传播速度大于在玻璃中的速度，故C错误；
D：界面2上反射光线与折射光线相互垂直，故折射角。根据折射定律，代入、、、，解得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：平行界面间的折射光线具有“侧移平行”的特点，出射光线与入射光线平行；
B：平行玻璃砖的出射光线永远不会发生全反射，因为光线从玻璃射向空气时的入射角始终等于进入玻璃时的折射角，小于临界角；
C：光在介质中的传播速度与折射率成反比，通过折射定律判断隔热膜与玻璃的折射率大小，即可比较传播速度；
D：利用反射光线与折射光线垂直的几何关系，可直接得到折射角，再结合折射定律即可求出隔热膜的折射率。
9．【答案】D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A：穿过圆环的磁通量竖直向下均匀减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向应与原磁场同向（阻碍磁通量减小），再由右手螺旋定则可知，圆环内电流沿顺时针方向，故A错误；
B：圆环中感应电动势大小为 。根据感生电场的环流公式 ，可得感生电场场强 ，故B错误；
C：圆环的发热功率 ，选项中分母为，故C错误；
D：当 时，磁感应强度 ，感应电流 。取圆环上一小段圆弧分析，由平衡条件 ，可得张力 ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场同向，结合右手螺旋定则判断电流方向。
B：由法拉第电磁感应定律求感应电动势，再结合环流公式求感生电场场强。
C：直接使用电功率公式 计算发热功率。
D：取微元分析受力，利用小角度近似（）简化平衡条件，结合安培力公式 求解张力。
10．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．椭圆轨道Ⅰ半长轴，圆轨道Ⅱ半径。由开普勒第三定律，得，故A错误；
B．Q点到黑洞中心距离均为，由，两轨道Q点加速度大小相等，故B错误；
C．轨道Ⅱ：，得，
轨道Ⅰ：总机械能，引力势能，由，解得，则，故C正确；
D．椭圆轨道由角动量守恒，得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：开普勒第三定律，半长轴三次方与周期平方成正比；
B：加速度由万有引力决定，同一位置加速度相同；
C：圆轨道由向心力公式求速度，椭圆轨道由机械能守恒求速度；
D：椭圆轨道近、远地点角动量守恒。
11．【答案】B,D
【知识点】波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．图甲是波的反射现象，并非折射，故A错误；
B．图乙为波的折射，水波传播速度由水深决定，界面两侧水深不同，波速不同，因此发生折射，故B正确；
C．增大振动频率，由，波速不变，波长减小；明显衍射要求波长接近或大于障碍物尺寸，波长减小会使衍射现象更不明显，故C错误；
D．稳定干涉的必要条件是两波源振动频率相同，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：区分波的反射与折射现象；
B：水波速度由水深决定，水深不同引发折射；
C：衍射明显程度与波长正相关；
D：稳定干涉的核心条件：两波源频率相同。
12．【答案】A,C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．互换电极片a、b仅改变电流方向，不影响除颤效果，除颤仪可正常工作，故A正确；
B．虚线振荡电流振幅衰减是因为接入电阻，电流发热消耗能量，并非辐射电磁波，故B错误；
C．有阻尼LC振荡电路中，电阻越大阻尼越大，振荡周期越大；从增大到，振荡周期增大，故C正确；
D．由能量守恒，代入，解得，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：除颤依靠放电电流，电流方向不影响效果；
B：阻尼损耗主要为电阻焦耳热；
C：阻尼越大，LC振荡周期越大；
D：由电场能全部转化为磁场能，计算初始电压。
13．【答案】B,C
【知识点】黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A．黑体辐射规律：温度升高，所有波长辐射强度均增大，仅辐射强度极大值向短波移动，长波区辐射强度不会减少，故A错误；
B．由维恩位移定律，得，人体热力学温度，代入数据解得太阳热力学温度，即，故B正确；
CD．太阳总辐射功率，地球处单位面积接收功率；热平衡时地球接收功率等于自身辐射功率，联立得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：黑体辐射强度随温度升高，全波段均增强；
B：利用维恩位移定律常量求解太阳表面温度；
CD：结合斯特藩 玻尔兹曼定律，利用球面辐射与热平衡条件推导温度比值。
14．【答案】（1）C
（2）补偿阻力（平衡阻力）
（3）0.40
（4）小于
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。
故答案为：C。
（2）为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力（平衡阻力）。
故答案为：补偿阻力（平衡阻力）
（3）打点计时器的工作频率为，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为，根据逐差法可得小车的加速度大小为
故答案为：0.40
（4）由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。
故答案为：小于
【分析】(1) 探究加速度与力、质量关系，采用控制变量法；
(2) 垫高木板、轻推小车点迹均匀，目的是平衡摩擦力；
(3) 用逐差法计算纸带加速度；
(4) 槽码向下加速失重，小车拉力小于槽码重力。
（1）探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
（2）为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力（平衡阻力）。
（3）打点计时器的工作频率为，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为，根据逐差法可得小车的加速度大小为
（4）由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。
15．【答案】B,C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A：滤光片应安装在凸透镜和单缝之间，而非单缝和双缝之间，故A错误；
B：用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰，故B正确；
C：旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行，便于后续测量条纹间距，故C正确；
D：根据条纹间距公式 ，换用间距更小的双缝（ 减小），条纹间距 会变大，目镜中观测到的条纹个数会减少，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：滤光片的作用是获得单色光，应安装在光源与单缝之间（凸透镜和单缝之间），以确保进入单缝的是单色光；
B：单缝与双缝平行是产生清晰干涉条纹的必要条件，拨杆用于调节单缝的方向；
C：测量头的分划板中心刻线需与干涉条纹平行，才能准确测量相邻条纹的间距，旋转测量头可实现这一调整；
D：双缝间距 越小，条纹间距 越大，在目镜视野宽度不变的情况下，能观测到的条纹个数会减少。
16．【答案】（1）C
（2）B
（3）B；A；b
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）通过回路的最大电流为，所以电流表选C。
故答案为：C
（2）电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。
故答案为：B。
（3）①电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U= E－UR，且UR = IR
可得U－I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似，故B正确。
电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U= IR
图像与A图像类似，故A正确。
②单一电容器充电时，通过R的电荷量为
最大电流为；
两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为
最大电流为
根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。
故答案为：①B；A；②b
【分析】(1) 由欧姆定律估算最大电流，选择对应量程电流表；
(2) 电压表内阻有限，电容器会通过电压表持续放电，导致电流不为零；
(3) ① 充电、放电过程结合闭合电路欧姆定律，判断图像；
② 电容并联总电容增大，图像面积（总电荷量）变大，最大电流不变。
（1）通过回路的最大电流为，所以电流表选C。
（2）电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。
故选B。
（3）①[1]电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U= E－UR，且UR = IR
可得U－I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似。
故选B。
[2]电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U= IR
图像与A图像类似。
故选A。
②[3]单一电容器充电时，通过R的电荷量为
最大电流为；
两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为
最大电流为
根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。
17．【答案】（1）减小；增大
（2）解：气体体积不变，不对外做功
热力学第一定律
解得：
（3）解：根据理想气体状态方程
解得低温待测物质的温度
【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；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（1）与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体温度降低，分子的平均速率减小；A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的内有体积的气体进入测温泡A，分子数增多，则分子数密度增大。
故答案为：减小；增大
【分析】(1) 温度降低，分子平均速率减小；B中气体进入A，A内分子数增多，分子数密度增大；
(2) 气体总体积不变，，由热力学第一定律求内能变化；
(3) 选取进入A的气体，用理想气体状态方程求解。
（1）[1][2]与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体温度降低，分子的平均速率减小；A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的内有体积的气体进入测温泡A，分子数增多，则分子数密度增大。
（2）气体体积不变，不对外做功
热力学第一定律
得出
（3）根据理想气体状态方程
解得低温待测物质的温度
18．【答案】（1）解：由左手定则可知，磁场方向竖直向下；
动子受到的安培力
系统的加速度
起飞速度
（2）解：焦耳热
飞机和动子的动能
电流源输出的能量
（3）解：时间内回收能量等于飞机与动子分离后动子的动能与电阻R上产生的热量的差值，即要求
交流电有效值
由于，，
整理得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 由左手定则判断磁场方向；动子与飞机整体受安培力匀加速，由运动学求起飞速度；
(2) 电流源输出能量 = 焦耳热+系统动能；
(3) 回收能量=动子动能 焦耳热>0，结合交流电有效值、周期条件推导电阻上限。
（1）由左手定则可知，磁场方向竖直向下；
动子受到的安培力
系统的加速度
起飞速度
（2）焦耳热
飞机和动子的动能
电流源输出的能量
（3）时间内回收能量等于飞机与动子分离后动子的动能与电阻R上产生的热量的差值，即要求
交流电有效值
由于，，
整理得
19．【答案】（1）解：过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
（2）解：过程，根据动能定理有
解得
滑块在点，根据牛顿第二定律有
解得
（3）解：弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有
解得
设弹簧最大压缩量为，由功能关系有
解得
（4）解：此时仍然有
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
解得
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有，
解得
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 滑块在斜面上匀加速下滑，由牛顿第二定律、运动学公式求运动时间；
(2) 对用动能定理，结合圆周运动向心力公式求支持力；
(3) 弹簧压缩至最大时滑块、滑板共速，由动量守恒+能量守恒求最大形变量；
(4) 分碰套筒、不碰套筒两种临界，由动量守恒、能量守恒求质量范围。
（1）过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
（2）过程，根据动能定理有
解得
滑块在点，根据牛顿第二定律有
解得
（3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有
解得
设弹簧最大压缩量为，由功能关系有
解得
（4）此时仍然有
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
解得
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有，
解得
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围
20．【答案】（1）解：核反应方程是
中间磁场
端部磁场
（2）解：速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场；
设回旋轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力
得
离轴最远
回旋周期
第一次回到轴的坐标
（3）①解：洛伦兹力不做功，离子总动能恒定；
处有
处有
解得
化简得
②解：洛伦兹力不做功，离子总动能守恒，故
由
得，即
由功能关系，得轴向合力（大小恒定、方向与轴向运动相反）故离子沿轴做匀减速直线运动；
有
由得
将代入
解得
由得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；核聚变
【解析】【分析】(1) 由核反应质量数、电荷数守恒补全方程；由螺线管磁场公式 求；
(2) 速度正交分解，垂直磁场分量做匀速圆周运动、平行分量匀速直线运动，求最大距离与轴向坐标；
(3) ① 结合临界条件，用磁场比值求临界角；
② 推导轴向加速度恒定，由匀减速规律求运动时间。
（1）核反应方程是
中间磁场
端部磁场
（2）速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场；
设回旋轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力
得
离轴最远
回旋周期
第一次回到轴的坐标
（3）①洛伦兹力不做功，离子总动能恒定；
处有
处有
得
化简得
②洛伦兹力不做功，离子总动能守恒，故
由
得，即
由功能关系，得轴向合力（大小恒定、方向与轴向运动相反）故离子沿轴做匀减速直线运动；
有
由得
将代入
得
由得
1 / 12026届浙江省杭州市高三下学期二模教学质量检测物理试题
1．下列物理量属于矢量且单位正确的是（　　）
A．力kg m/s B．功W
C．电场强度N/C D．电流A
【答案】C
【知识点】矢量与标量；电场强度
【解析】【解答】A．力是矢量，但根据，力的单位为，不是，故A错误；
B．功是标量，单位为，是功率单位，故B错误；
C．电场强度是矢量，由定义式，单位为，故C正确；
D．电流虽有方向，但遵循代数运算法则，不满足平行四边形定则，属于标量，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：区分力与动量的单位；
B：区分功与功率的单位，标矢量判断；
C：电场强度为矢量，单位推导正确；
D：电流是标量，不遵循矢量运算法则。
2．如图为“正义使命-2025”军事演习中导弹发射的情景，则（　　）
A．研究导弹的飞行轨迹时可将导弹视为质点
B．飞行的导弹只受重力作用
C．导弹斜向上加速时处于失重状态
D．导弹的运动一定是匀变速曲线运动
【答案】A
【知识点】质点；受力分析的应用；曲线运动；超重与失重
【解析】【解答】A：研究导弹的飞行轨迹时，导弹的大小和形状对研究的问题没有影响，可将导弹视为质点，故A正确；
B：飞行的导弹除受重力作用外，还会受到空气阻力、发动机推力等作用，并非只受重力，故B错误；
C：导弹斜向上加速时，竖直方向存在向上的加速度分量，处于超重状态，而非失重状态，故C错误；
D：导弹飞行过程中，受到重力、空气阻力、推力等多个力的作用，合外力的大小和方向可能发生变化，加速度也随之变化，因此不是匀变速曲线运动，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：质点是物理学中忽略物体大小和形状的理想化模型，当物体的大小和形状对研究问题的影响可忽略时，即可视为质点；
B：导弹飞行时，除重力外，空气阻力、发动机推力等力都会对其运动产生影响；
C：超重/失重状态的判断依据是加速度的方向：加速度有向上的分量时为超重，有向下的分量时为失重；
D：匀变速运动的定义是加速度恒定，导弹受变力作用，加速度会发生变化，因此不是匀变速运动。
3．如图所示，在带正电的带电体C附近，将带绝缘底座的导体A、B相碰一下后分开，然后分别接触小电动机的两个接线柱，电动机会开始转动。在电动机转动还未停下时，重复上述操作，电动机便能持续转动。关于以上现象，下列说法正确的是（　　）
A．电动机能够转动是因为A、B带同种电荷
B．第一次将A、B相碰后分开，A带负电、B带正电
C．以上操作将导致带电体C的电荷量逐渐减少
D．小电动机不停转动成为永动机，违背能量守恒定律
【答案】B
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】A：电动机能够转动是因为A、B带异种电荷，接触电动机接线柱时形成电流，而非同种电荷，故A错误；
B：在带正电的导体C附近，A、B相碰时因静电感应带上等量异种电荷，分开后A靠近C，感应出负电荷，B远离C，感应出正电荷，即A带负电、B带正电，故B正确；
C：该过程仅通过静电感应使电荷重新分布，带电体C的电荷并未发生转移，因此C的电荷量不会减少，故C错误；
D：电动机持续转动的能量来自外界操作时克服静电力做功消耗的机械能（人的能量），并非永动机，也不违背能量守恒定律，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电动机转动的条件是接线柱间存在电势差，形成电流，只有异种电荷接触时才会形成电势差；
B：静电感应中，导体靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离的一端感应出同种电荷，A靠近带正电的C，因此带负电，B远离，因此带正电；
C：静电感应只是电荷在导体内部的重新分布，不会改变原带电体的电荷量；
D：永动机违背能量守恒定律，此过程中，人不断重复操作，将自身的能量转化为电能，再转化为电动机的机械能，并非无中生有地产生能量。
4．某躺椅的简化结构如图所示，左、右两个板面与水平方向的夹角分别为和，人静躺在躺椅上，此时重心恰在支撑点的正上方。人的质量为，重力加速度为，左、右两个板面对人的支持力分别为（两板交接处对人体无作用），不计摩擦，下列分析正确的是（　　）
A．与的合力一定大于
B．与的大小之和一定大于
C．若，则一定有
D．此时躺椅对地面的压力大小等于
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A：电动机能够转动是因为A、B带异种电荷，接触电动机接线柱时形成电流，而非同种电荷，故A错误；
B：在带正电的导体C附近，A、B相碰时因静电感应带上等量异种电荷，分开后A靠近C，感应出负电荷，B远离C，感应出正电荷，即A带负电、B带正电，故B正确；
C：该过程仅通过静电感应使电荷重新分布，带电体C的电荷并未发生转移，因此C的电荷量不会减少，故C错误；
D：电动机持续转动的能量来自外界操作时克服静电力做功消耗的机械能（人的能量），并非永动机，也不违背能量守恒定律，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电动机转动的条件是接线柱间存在电势差，形成电流，只有异种电荷接触时才会形成电势差；
B：静电感应中，导体靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离的一端感应出同种电荷，A靠近带正电的C，因此带负电，B远离，因此带正电；
C：静电感应只是电荷在导体内部的重新分布，不会改变原带电体的电荷量；
D：永动机违背能量守恒定律，此过程中，人不断重复操作，将自身的能量转化为电能，再转化为电动机的机械能，并非无中生有地产生能量。
5．如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中电容与动片转出的角度成正比
B．图乙中导电液体液面上升时，电容减小
C．图丙中压力增大时，电容增大
D．图丁中电介质右移时，电容增大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A：根据电容决定式 ，图甲中电容器的正对面积 ，因此电容 与动片转出的角度 并非正比关系，故A错误；
B：图乙中导电液体液面上升时，电容器的正对面积 增大，由 可知，电容 增大，故B错误；
C：图丙中压力 增大时，可动电极与固定电极的间距 减小，由 可知，电容 增大，故C正确；
D：图丁中电介质右移时，电容器极板间的介电常数 减小，由 可知，电容 减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】电容决定式 ，电容大小与极板正对面积 、介电常数 成正比，与极板间距 成反比。
甲图：动片转动改变正对面积，但 与 呈线性递减关系，因此 与 不成正比。
乙图：液面上升增大了导电液体与金属芯线的正对面积，使电容增大。
丙图：压力增大减小了极板间距，使电容增大。
丁图：电介质右移减小了极板间的有效介电常数，使电容减小。
6．某碗状容器的截面如图所示，三边、、长度相等，碗底水平，侧边与底边的夹角均为。小球从点水平向右抛出后落在侧边上，若仅增大初速度后再次将小球抛出并落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是（　　）（不考虑小球反弹，不计空气阻力）
A．飞行时间可能与第一次相同 B．动能增量可能比第一次小
C．速度方向可能与第一次相同 D．可能垂直打在侧边上
【答案】D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A：平抛运动的飞行时间由下落高度决定，公式为 。若第一次落在AB上、第二次落在CD上，两次下落的高度 可能相等，因此飞行时间可能相同，故A正确；
B：动能增量等于重力做功，即 。若增大初速度后，小球落在碗上的下落高度 小于第一次，则动能增量比第一次小，故B正确；
C：若两次小球都落在AB斜面上，根据平抛运动规律，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向夹角正切值的2倍（），由于两次位移方向相同，因此速度方向也相同，故C正确；
D：平抛运动中，某点的瞬时速度反向延长线必过水平位移的中点。若小球垂直打在CD上，其速度方向与CD垂直，反向延长线无法交于水平位移中点，因此不可能垂直打在CD上，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A：平抛运动时间仅由下落高度决定，只要两次下落高度相同，时间就相同；
B：动能增量由重力做功决定，下落高度越小，重力做功越少，动能增量越小；
C：同一斜面上的平抛运动，速度方向具有一致性，与初速度大小无关；
D：利用平抛运动“速度反向延长线过水平位移中点”的推论，可直接判断垂直打在CD上的情况不可能发生。
7．为了研究交流电的产生，小明同学进行了如下实验：第一次将矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴按图示方向匀速转动（向纸外、向纸内），并从图甲所示位置开始计时，产生的电流图像如图乙所示。第二次仅将转轴改为对角线以相同的转速匀速转动（向纸外、向纸内）（仍从图甲所示位置开始计时），则第二次的电流图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】第二次仅改变转轴位置，线圈的磁通量变化规律、感应电流的最大值和变化周期均未改变，因此电流图像与第一次完全一致。
故答案为：A。
【分析】本题考查交变电流的产生，关键在于理解感应电动势的决定因素：感应电动势的最大值公式为 ，它仅与线圈匝数 、磁感应强度 、线圈面积 和角速度 有关，与转轴位置无关，第二次仅将转轴改为对角线 ，线圈面积 、转速 均未改变，因此感应电动势的最大值 不变，电流的最大值 也不变，两次均从图示位置（线圈平面与磁场垂直的中性面）开始计时，因此电流随时间变化的起点和相位完全相同。综上可得第二次的电流图像。
8．一束单色光射向汽车玻璃时的光路图如图所示，各界面可视为相互平行的平面，和分别是界面1和界面2上的入射角，界面2上的反射光线与折射光线相互垂直。已知玻璃对该光的折射率，，则下列说法正确的是（　　）
A．出射光线①、②不平行
B．增大入射角，光线③可能在界面3发生全反射
C．该光在隔热膜中传播速度小于在玻璃中的速度
D．汽车隔热膜对该光的折射率
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A：在隔热膜的入射点和出射点应用折射定律，结合几何关系可推得出射光线①、②的折射角均等于入射角，因此两条出射光线平行，故A错误；
B：光线进入平行玻璃砖后，根据光路可逆性，无论入射角如何增大，光线③都能从界面3射出，不可能发生全反射，故B错误；
C：由折射定律，结合，可得。根据，折射率越小，光在介质中的传播速度越大，因此该光在隔热膜中的传播速度大于在玻璃中的速度，故C错误；
D：界面2上反射光线与折射光线相互垂直，故折射角。根据折射定律，代入、、、，解得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：平行界面间的折射光线具有“侧移平行”的特点，出射光线与入射光线平行；
B：平行玻璃砖的出射光线永远不会发生全反射，因为光线从玻璃射向空气时的入射角始终等于进入玻璃时的折射角，小于临界角；
C：光在介质中的传播速度与折射率成反比，通过折射定律判断隔热膜与玻璃的折射率大小，即可比较传播速度；
D：利用反射光线与折射光线垂直的几何关系，可直接得到折射角，再结合折射定律即可求出隔热膜的折射率。
9．如图所示，以为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按规律均匀减小（、均已知），圆环半径为，电阻为，则（　　）
A．图中圆环内电流沿逆时针方向
B．圆环中感生电场场强大小为
C．圆环的发热功率为
D．时圆环中的张力大小为
【答案】D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A：穿过圆环的磁通量竖直向下均匀减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向应与原磁场同向（阻碍磁通量减小），再由右手螺旋定则可知，圆环内电流沿顺时针方向，故A错误；
B：圆环中感应电动势大小为 。根据感生电场的环流公式 ，可得感生电场场强 ，故B错误；
C：圆环的发热功率 ，选项中分母为，故C错误；
D：当 时，磁感应强度 ，感应电流 。取圆环上一小段圆弧分析，由平衡条件 ，可得张力 ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场同向，结合右手螺旋定则判断电流方向。
B：由法拉第电磁感应定律求感应电动势，再结合环流公式求感生电场场强。
C：直接使用电功率公式 计算发热功率。
D：取微元分析受力，利用小角度近似（）简化平衡条件，结合安培力公式 求解张力。
10．2025年9月，科学家们的最新研究探讨了向距离地球最近的黑洞发射探测器的可能性。下图为探测器绕黑洞（BH）的运动示意图，椭圆轨道I与圆轨道Ⅱ相切于点。已知探测器质量为，黑洞质量为，半径为，轨道I上离黑洞中心最远的点到黑洞中心的距离为，圆轨道Ⅱ的半径为。若规定无穷远处引力势能为零，探测器的引力势能为探测器到黑洞中心的距离），探测器在椭圆轨道的总机械能（a为椭圆轨道半长轴）。则探测器（　　）
A．在轨道I、Ⅱ上运动的周期之比为
B．在轨道I、Ⅱ上点的加速度大小之比为
C．经过轨道I、Ⅱ上点的速度大小之比为
D．在轨道I上经过点的速度大小之比为
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．椭圆轨道Ⅰ半长轴，圆轨道Ⅱ半径。由开普勒第三定律，得，故A错误；
B．Q点到黑洞中心距离均为，由，两轨道Q点加速度大小相等，故B错误；
C．轨道Ⅱ：，得，
轨道Ⅰ：总机械能，引力势能，由，解得，则，故C正确；
D．椭圆轨道由角动量守恒，得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：开普勒第三定律，半长轴三次方与周期平方成正比；
B：加速度由万有引力决定，同一位置加速度相同；
C：圆轨道由向心力公式求速度，椭圆轨道由机械能守恒求速度；
D：椭圆轨道近、远地点角动量守恒。
11．振动发生器在发波水槽中振动时能够产生水波。下列四幅图是演示水波的传播过程时观察到的现象，下列说法正确的是（　　）
A．图甲演示的是波的折射现象
B．图乙所示现象产生的原因可能是界面两侧水的深度不同
C．仅增大振动发生器的振动频率可使图丙中的现象更加明显
D．要观察到图丁所示稳定图样，两针状振动发生器的振动频率应相同
【答案】B,D
【知识点】波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．图甲是波的反射现象，并非折射，故A错误；
B．图乙为波的折射，水波传播速度由水深决定，界面两侧水深不同，波速不同，因此发生折射，故B正确；
C．增大振动频率，由，波速不变，波长减小；明显衍射要求波长接近或大于障碍物尺寸，波长减小会使衍射现象更不明显，故C错误；
D．稳定干涉的必要条件是两波源振动频率相同，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：区分波的反射与折射现象；
B：水波速度由水深决定，水深不同引发折射；
C：衍射明显程度与波长正相关；
D：稳定干涉的核心条件：两波源频率相同。
12．双相波除颤技术能够实现心脏节律重置，其简化工作电路如图甲，工作时先通过恒压充电电源对电容器充电，再通过CLR电路放电实行除颤。小明按图甲电路进行模拟实验，在电极片a、b之间接入电阻为0Ω、20Ω时，测得放电电流分别如图乙中的实线和虚线所示，已知电容，电感，不计电感与电容的漏磁、发热等损耗，下列说法正确的有（　　）
A．互换两个电极片a、b在人体的位置，除颤仪仍可以正常工作
B．虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是能量以电磁波的形式发射出去
C．保持电容和电感不变，电阻从0Ω增大到20Ω的过程中振荡电流周期会增大
D．电容充电完毕后，开关S接通放电电路瞬间电容器两端的电压约为1200V
【答案】A,C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．互换电极片a、b仅改变电流方向，不影响除颤效果，除颤仪可正常工作，故A正确；
B．虚线振荡电流振幅衰减是因为接入电阻，电流发热消耗能量，并非辐射电磁波，故B错误；
C．有阻尼LC振荡电路中，电阻越大阻尼越大，振荡周期越大；从增大到，振荡周期增大，故C正确；
D．由能量守恒，代入，解得，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：除颤依靠放电电流，电流方向不影响效果；
B：阻尼损耗主要为电阻焦耳热；
C：阻尼越大，LC振荡周期越大；
D：由电场能全部转化为磁场能，计算初始电压。
13．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论。在任意给定温度（热力学温度）下，辐射强度的极大值对应的波长满足（为常量）；黑体单位面积上的热辐射功率（为常量）。假定地球、太阳与人体均可视为黑体，当地球接收到的太阳热辐射功率与自身热辐射功率相等时达到热平衡状态。已知：日地距离约为太阳半径的200倍，人体温度约为，，下列说法正确的是（　　）
A．黑体辐射实验规律表明，随着温度的升高，短波区辐射强度增加，长波区辐射强度减少
B．根据题中所给信息可知太阳表面的温度约为5500℃
C．地球表面热力学温度约为太阳表面热力学温度的
D．地球表面热力学温度约为太阳表面热力学温度的
【答案】B,C
【知识点】黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A．黑体辐射规律：温度升高，所有波长辐射强度均增大，仅辐射强度极大值向短波移动，长波区辐射强度不会减少，故A错误；
B．由维恩位移定律，得，人体热力学温度，代入数据解得太阳热力学温度，即，故B正确；
CD．太阳总辐射功率，地球处单位面积接收功率；热平衡时地球接收功率等于自身辐射功率，联立得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：黑体辐射强度随温度升高，全波段均增强；
B：利用维恩位移定律常量求解太阳表面温度；
CD：结合斯特藩 玻尔兹曼定律，利用球面辐射与热平衡条件推导温度比值。
14．小明同学利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。
（1）本实验采用的实验方法是______；
A．理想模型法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）安装好器材后，将小车放在长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至轻推小车后纸带上打出的点迹分布均匀，该操作的目的是　 　；
（3）图乙为打点计时器打出的部分纸带，电源的频率为50Hz，测得，，，，小车的加速度大小　 　（结果保留两位有效数字）；
（4）本实验方案主要的误差来源于：牵引小车的槽码也在做加速运动，致使小车所受的拉力　 　（选填“小于”或“大于”）槽码的重力。
【答案】（1）C
（2）补偿阻力（平衡阻力）
（3）0.40
（4）小于
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。
故答案为：C。
（2）为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力（平衡阻力）。
故答案为：补偿阻力（平衡阻力）
（3）打点计时器的工作频率为，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为，根据逐差法可得小车的加速度大小为
故答案为：0.40
（4）由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。
故答案为：小于
【分析】(1) 探究加速度与力、质量关系，采用控制变量法；
(2) 垫高木板、轻推小车点迹均匀，目的是平衡摩擦力；
(3) 用逐差法计算纸带加速度；
(4) 槽码向下加速失重，小车拉力小于槽码重力。
（1）探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
（2）为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力（平衡阻力）。
（3）打点计时器的工作频率为，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为，根据逐差法可得小车的加速度大小为
（4）由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。
15．用图甲装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的有______。
A．测量单色光波长时，滤光片应安装在单缝和双缝之间
B．用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰
C．旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行
D．换用间距更小的双缝可增加从目镜中观测到的条纹个数
【答案】B,C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A：滤光片应安装在凸透镜和单缝之间，而非单缝和双缝之间，故A错误；
B：用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰，故B正确；
C：旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行，便于后续测量条纹间距，故C正确；
D：根据条纹间距公式 ，换用间距更小的双缝（ 减小），条纹间距 会变大，目镜中观测到的条纹个数会减少，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：滤光片的作用是获得单色光，应安装在光源与单缝之间（凸透镜和单缝之间），以确保进入单缝的是单色光；
B：单缝与双缝平行是产生清晰干涉条纹的必要条件，拨杆用于调节单缝的方向；
C：测量头的分划板中心刻线需与干涉条纹平行，才能准确测量相邻条纹的间距，旋转测量头可实现这一调整；
D：双缝间距 越小，条纹间距 越大，在目镜视野宽度不变的情况下，能观测到的条纹个数会减少。
16．如图甲所示是某实验小组做“观察电容器充、放电现象”的实验电路，实验中采用的器材有：干电池组（，内阻未知）、电容器（）、电压表（量程0~3V，内阻约10kΩ）、定值电阻（）、秒表等。
（1）图甲中虚线框内应选择下列器材中的______；
A．
B．
C．
（2）按图甲电路进行实验，发现充电过程中电流表的示数始终不为零，其主要原因是______：
A．电源内阻不可忽略
B．电压表内阻并非无穷大
C．电流表内阻不可忽略
（3）实验小组改用传感器（可视为理想电表）对该实验做进一步探究，电路如图乙所示；
①采集传感器数据，用计算机绘制充、放电过程的-图像，则充电过程的图像是　 　，放电过程的图像是　 　（选填“A”或“B”）；
A. B.
②用计算机绘制充电过程中的图像如图丙中实线所示，随后将两个相同规格的电容器并联后再次进行实验，则第二次实验充电过程中绘制出的图像应为虚线　 　（选填“”或“”）。
【答案】（1）C
（2）B
（3）B；A；b
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）通过回路的最大电流为，所以电流表选C。
故答案为：C
（2）电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。
故答案为：B。
（3）①电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U= E－UR，且UR = IR
可得U－I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似，故B正确。
电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U= IR
图像与A图像类似，故A正确。
②单一电容器充电时，通过R的电荷量为
最大电流为；
两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为
最大电流为
根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。
故答案为：①B；A；②b
【分析】(1) 由欧姆定律估算最大电流，选择对应量程电流表；
(2) 电压表内阻有限，电容器会通过电压表持续放电，导致电流不为零；
(3) ① 充电、放电过程结合闭合电路欧姆定律，判断图像；
② 电容并联总电容增大，图像面积（总电荷量）变大，最大电流不变。
（1）通过回路的最大电流为，所以电流表选C。
（2）电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。
故选B。
（3）①[1]电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U= E－UR，且UR = IR
可得U－I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似。
故选B。
[2]电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U= IR
图像与A图像类似。
故选A。
②[3]单一电容器充电时，通过R的电荷量为
最大电流为；
两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为
最大电流为
根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。
17．一种低温测量中常用的气体温度计如图所示。下端A是容积为的测温泡，上端是容积为的压强计，，压强计B导热性能良好，其内部气体温度保持室温不变。两者通过导热性能极差的毛细管C相连，毛细管容积可忽略不计。测量前，温度计内封闭着压强为、温度为室温的气体（状态1），然后将测温泡A浸入温度为的低温待测物质，A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的内有体积的气体进入测温泡A，最后压强计B的读数为（状态2），已知，，，从状态1到状态2的过程中，整个温度计内封闭气体共向外界放出1.72J热量（测温过程中，压强计和测温泡的容积保持不变）。
（1）与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体分子的平均速率　 　（选填“增大”或“减小”），气体分子的数密度　 　（选填“增大”或“减小”）；
（2）求状态1到状态2过程中，整个温度计内封闭气体总内能的变化（封闭气体总体积不变）；
（3）以状态2下A中的气体为研究对象，求低温待测物质的温度。
【答案】（1）减小；增大
（2）解：气体体积不变，不对外做功
热力学第一定律
解得：
（3）解：根据理想气体状态方程
解得低温待测物质的温度
【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；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（1）与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体温度降低，分子的平均速率减小；A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的内有体积的气体进入测温泡A，分子数增多，则分子数密度增大。
故答案为：减小；增大
【分析】(1) 温度降低，分子平均速率减小；B中气体进入A，A内分子数增多，分子数密度增大；
(2) 气体总体积不变，，由热力学第一定律求内能变化；
(3) 选取进入A的气体，用理想气体状态方程求解。
（1）[1][2]与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体温度降低，分子的平均速率减小；A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的内有体积的气体进入测温泡A，分子数增多，则分子数密度增大。
（2）气体体积不变，不对外做功
热力学第一定律
得出
（3）根据理想气体状态方程
解得低温待测物质的温度
18．为模拟电磁弹射过程，研究小组设计了如图甲所示的装置。无动力模型飞机起飞前通过绝缘构件与可视为导体杆的动子连接，动子可在足够长的光滑水平平行导轨上滑动，同时推动飞机向右加速运动，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，导轨左端接有可控电流源，其输出电流如图乙所示，图示箭头方向为电流的正方向，图中时间内的电流（、均已知）。时刻启动电流源使飞机从静止开始加速，时刻飞机达到起飞速度并与动子分离，在时刻，动子速度恰好减为0，电流源立即停止工作。已知导轨间距为，磁感应强度大小为，飞机的质量为，动子的质量为、电阻为，不计其他电阻，不计电流变化及空气阻力的影响。
（1）判断磁场的方向，并求飞机的起飞速度大小；
（2）求时间内电流源输出的能量；
（3）若要求时间内将动子的部分动能进行回收，实现为可控电流源充电，求动子的电阻应满足的条件（用题中所给物理量的符号表示，其中圆频率）。
【答案】（1）解：由左手定则可知，磁场方向竖直向下；
动子受到的安培力
系统的加速度
起飞速度
（2）解：焦耳热
飞机和动子的动能
电流源输出的能量
（3）解：时间内回收能量等于飞机与动子分离后动子的动能与电阻R上产生的热量的差值，即要求
交流电有效值
由于，，
整理得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 由左手定则判断磁场方向；动子与飞机整体受安培力匀加速，由运动学求起飞速度；
(2) 电流源输出能量 = 焦耳热+系统动能；
(3) 回收能量=动子动能 焦耳热>0，结合交流电有效值、周期条件推导电阻上限。
（1）由左手定则可知，磁场方向竖直向下；
动子受到的安培力
系统的加速度
起飞速度
（2）焦耳热
飞机和动子的动能
电流源输出的能量
（3）时间内回收能量等于飞机与动子分离后动子的动能与电阻R上产生的热量的差值，即要求
交流电有效值
由于，，
整理得
19．某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板（含弹簧、套筒、传感器）总质量。弹簧弹性势能（为形变量），，。
（1）求滑块在段的运动时间；
（2）求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小；
（3）求弹簧的最大压缩量；
（4）若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。
【答案】（1）解：过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
（2）解：过程，根据动能定理有
解得
滑块在点，根据牛顿第二定律有
解得
（3）解：弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有
解得
设弹簧最大压缩量为，由功能关系有
解得
（4）解：此时仍然有
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
解得
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有，
解得
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 滑块在斜面上匀加速下滑，由牛顿第二定律、运动学公式求运动时间；
(2) 对用动能定理，结合圆周运动向心力公式求支持力；
(3) 弹簧压缩至最大时滑块、滑板共速，由动量守恒+能量守恒求最大形变量；
(4) 分碰套筒、不碰套筒两种临界，由动量守恒、能量守恒求质量范围。
（1）过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
（2）过程，根据动能定理有
解得
滑块在点，根据牛顿第二定律有
解得
（3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有
解得
设弹簧最大压缩量为，由功能关系有
解得
（4）此时仍然有
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
解得
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有，
解得
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围
20．受控核聚变（托卡马克装置）中常用磁镜装置约束带电粒子，其简化模型如图所示。以轴为轴线对称分布着中间长直螺线管与端部长直螺线管，坐标原点点为中间螺线管的几何中点。磁镜装置参数如下：中间和端部螺线管单位长度匝数分别为，分别通入恒定电流，螺线管内部产生沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度分别为。一束质量为、电量为的正离子从点与轴夹角为注入磁镜，离子在磁场中运动仅受洛伦兹力作用，不考虑相对论效应。已知：匝/米、匝/米、，通以电流的螺线管内部磁感应强度（真空磁导率为单位长度匝数），。
（1）氘-氚聚变是目前受控核聚变的主要研究方向，其核反应方程是：，请将方程补充完整，并求磁镜装置中和的大小（取）；
（2）若入射速率，求离子在中间螺线管内运动过程中离轴的最大距离以及第一次返回轴时的“”坐标（取，离子始终未离开中间螺线管）；
（3）在轴（和未知）间存在沿轴正方向缓慢增强的线性梯度磁场，离子能被磁镜捕获的临界条件为：离子运动到端部磁场处时沿轴方向速度恰好减为零。已知：离子速度垂直于轴的分量与所在区域磁感应强度满足。若离子以速度从处注入且恰好满足捕获条件，
①求入射速度方向与轴夹角的临界值（结果可用三角函数表示）；
②若磁感应强度分布满足：，，求离子从处运动到处所用的时间（用字母表示）。
【答案】（1）解：核反应方程是
中间磁场
端部磁场
（2）解：速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场；
设回旋轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力
得
离轴最远
回旋周期
第一次回到轴的坐标
（3）①解：洛伦兹力不做功，离子总动能恒定；
处有
处有
解得
化简得
②解：洛伦兹力不做功，离子总动能守恒，故
由
得，即
由功能关系，得轴向合力（大小恒定、方向与轴向运动相反）故离子沿轴做匀减速直线运动；
有
由得
将代入
解得
由得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；核聚变
【解析】【分析】(1) 由核反应质量数、电荷数守恒补全方程；由螺线管磁场公式 求；
(2) 速度正交分解，垂直磁场分量做匀速圆周运动、平行分量匀速直线运动，求最大距离与轴向坐标；
(3) ① 结合临界条件，用磁场比值求临界角；
② 推导轴向加速度恒定，由匀减速规律求运动时间。
（1）核反应方程是
中间磁场
端部磁场
（2）速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场；
设回旋轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力
得
离轴最远
回旋周期
第一次回到轴的坐标
（3）①洛伦兹力不做功，离子总动能恒定；
处有
处有
得
化简得
②洛伦兹力不做功，离子总动能守恒，故
由
得，即
由功能关系，得轴向合力（大小恒定、方向与轴向运动相反）故离子沿轴做匀减速直线运动；
有
由得
将代入
得
由得
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