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2026届广东普通高中学业水平选择考模拟测试（一） 物理试题
1．断层成像是重要的医学成像方法。如图，光源发出的光，被分光器分成甲、乙两束光。甲经过参考臂反射，乙经过样品某一深度反射，两束反射光在分光器下表面发生叠加后，射入探测器，测出其光强变化，即可构建断层图像。两束反射光叠加发生的是（　　）
A．干涉现象 B．衍射现象 C．偏振现象 D．色散现象
2．如图，夹钳器的手把转动时，轻绳1拉动轻质横杆，并通过轻绳2和3带动夹爪绕转轴旋转，从而夹取物品。若某次夹取到物品时，轻绳1的张力大小为T，轻绳2和3的张力大小均为F，则（　　）
A． B． C． D．
3．科学家用激光诱导，使大量氢原子激发至能级为n的激发态，通过光谱仪检测到其辐射出的特征谱线有条，则（　　）
A． B． C． D．
4．为自行车灯供电的发电装置结构如图，N、S是磁铁的磁极，M是圆柱形铁芯；磁极和铁芯间的磁场均匀辐向分布，圆心角所对应的区域没有磁场；铁芯外的矩形线圈P在车轮带动下，绕M中心的固定转轴O匀速转动。若规定从图示位置开始计时的电动势为正值，则能反映线圈中感应电动势e随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图为道闸及其内部控制横杆起落的减速器结构图，a、b、c是三组相同的轮，用皮带传动，每组轮都由两个共轴轮叠合而成，大轮半径是小轮半径的2倍。在电动机的带动下，a轮转动的角速度为，则横杆随c轮共轴转动的角速度为（　　）
A． B． C． D．
6．图甲为沉井施工过程示意图，将井体放置在施工处，抓斗挖走井体内泥沙，井体受自身重力和泥沙阻力的共同作用而竖直下沉。若井体从静止开始下沉到停在底部，加速度a随时间t的变化如图乙，则（　　）
A．时间内，井体所受合外力逐渐增大
B．时间内，井体重力的瞬时功率减小
C．时间内，井体克服阻力做功小于重力做功
D．时间内，重力和泥沙阻力的冲量大小相等
7．神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道Ⅰ和圆形轨道Ⅱ分别是飞船与空间站对接前、后的运行轨道，P、Q分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点。若P、Q离地面的高度差为h，飞船在P、Q两处的加速度大小之比为，已知引力常量为G，地球质量为M，则飞船在轨道Ⅱ运行的（　　）
A．半径为 B．半径为
C．速率为 D．速率为
8．一维晶体中，原子在平衡位置附近每秒完成次全振动，产生的简谐横波在时刻的波形如图，其中P原子位于平衡位置，Q原子位于波峰，则（　　）
A．该波的波长为
B．该波的波速为
C．Q原子在内通过路程
D．P原子经到达处
9．图甲为一款可以测量血压的智能手表，其内部电路如图乙。E为电源，R为定值电阻，C为平行板电容器，为阻值可变的传感器，测量收缩压时，阻值变小；测量舒张压时，阻值变大。则开关闭合，由测量收缩压转为测量舒张压时（　　）
A．a极板带负电 B．a极板带正电
C．C的带电量变小 D．C的带电量变大
10．如图，采用电磁刹车技术的列车质量为m，其下方固定有边长为L、匝数为N、总电阻为R的正方形闭合线框abcd。垂直于钢轨间隔分布的匀强磁场，磁感应强度为B，每个磁场区域的宽度及相邻两磁场区域的间距均为L。当ab边以初速度v0进入磁场区域时，列车开始刹车，经31L停下。已知钢轨宽度为D，刹车过程，列车所受钢轨及空气阻力的合力恒为f，则（　　）
A．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向
B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为
C．列车从开始刹车到停止，线框产生的焦耳热为
D．列车从开始刹车到停止，所经历的时间为
11．某同学用如图甲所示的可拆变压器进行实验研究。
（1）研究线圈电阻：如图乙，用“伏安法”测量200匝线圈的电阻（约几欧姆），电压表内阻约，电流表内阻约，为了减小实验误差，右端应该接至图中的　 　（选填“a”或“b”）位置。
（2）研究电磁感应：按图丙连接电路后，接通直流电源开关瞬间，发现灵敏电流计指针向右偏转一下；保持开关接通，将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，灵敏电流计指针向　 　（选填“左”或“右”）偏转。
（3）研究变压器：将400匝原线圈与交流电相接，200匝副线圈与交流电压表相接，通电后交流电压表示数为。再将额定电压为的小灯泡与交流电压表并联，电压表示数减为，原因是　 　。
12．探究橡皮筋弹力与形变量的关系。
（1）实验步骤
①如图甲，刻度尺固定在水平木板上，橡皮筋一端用大头针固定在刻度尺前侧，另一端与细绳的一端打结（标记结点O），细绳另一端挂在测力计挂钩上。沿刻度尺拉直橡皮筋，测力计读数为0时，记录结点位置读数为；
②水平拉测力计，使橡皮筋结点沿刻度尺移动，记录结点位置和对应的测力计读数。当橡皮筋结点位置读数为时，橡皮筋的伸长量　 　，测力计示数如图乙，读数　 　N；
③当测力计读数F达到某一特定值后，逐渐减小拉力，直到橡皮筋回缩至原长，记录实验数据。
（2）数据分析
①根据实验数据作出图像如图丙；
②由图像可知：缓慢拉伸和回缩过程中，橡皮筋上弹力均为的情况下，形变量相差　 　；在范围内，拉伸图线接近线性函数，若定义劲度系数k为单位伸长量增加的弹力大小，则该范围内拉伸过程　 　；（结果均保留小数点后1位）
③橡皮筋存在微观非弹性行为，会使其机械能转化为内能而散失。本实验缓慢拉伸和回缩过程中，橡皮筋转化为内能而散失的机械能为　 　J（结果保留3位有效数字）。
13．供暖管上的温度计及其内部结构如图，滑片把圆环分成Ⅰ、Ⅱ两部分，Ⅰ密封一定质量的理想气体，紧贴供暖管上的导热片，Ⅱ与大气相通，滑片可沿圆环无摩擦自由滑动。已知大气压强为，供暖前温度计指示-3℃，Ⅰ区内气体体积为，供暖后温度计指示42℃。若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了的热量。求：
（1）供暖后，Ⅰ区内气体的体积；
（2）供暖前后，Ⅰ区内气体内能的变化量。
14．滑板项目赛道可简化为如图甲：倾斜滑道与水平滑道通过圆弧滑道平滑连接，圆弧滑道半径，其最低点与水平滑道相切；水平滑道段为粗糙的减速区，长，段为缓冲区，D处的墙壁固定一弹簧。可视为质点的运动员（含滑板）质量，从A点由静止开始沿倾斜滑道滑下，运动员（含滑板）进入减速区段，所受水平阻力与其对滑道的压力之比为，进入缓冲区段，在水平方向上仅受弹簧弹力作用，其他区域阻力不计。重力加速度g取。
（1）若运动员（含滑板）第一次通过C点时，滑道对其支持力大小为，求的高度差H；
（2）设运动员最终停在减速区距C点x处。通过计算写出x与k的关系式，并在图乙坐标系中作出图像。
15．如图，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，该区域内有一边长为L的正方体，正方体顶点a、c、的电势之比为。若质子以的动能从a点沿方向射入该区域，质子恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，仅保留电场，质子仍以的动能从a点沿方向射入该区域，质子在面内运动并以的动能从离开正方体。已知质子的质量为m、电荷量为q，重力不计。
（1）求a点的电势；
（2）在正方体上标出电场和磁场方向（要求简要说明理由）并求出电场强度和磁感应强度的大小；
（3）若撤去电场，只保留磁场，一束包含不同动能的质子流从c点沿方向射入正方体区域，测得所有质子穿过正方体的时间相同。求n的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；薄膜干涉
【解析】【解答】甲、乙两束光由同一光源发出，故为相干光，由于甲经过参考臂反射，乙经过样品某一深度反射，两束反射光在分光器下表面发生叠加后，射入探测器， 叠加时由于为相干光，相位差恒定，故两束反射光叠加发生的是干涉现象，故A正确，BCD错误。故选：A。
【分析】两束光来自同一光源，经不同路径反射后相遇叠加，满足相干光的叠加条件，对照各光学现象的本质定义，判断对应的物理现象。
2．【答案】B
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】轻绳1拉动轻质横杆，并通过轻绳2和3带动夹爪绕转轴旋转， 横杆受力平衡，对轻质横杆受力分析，轻绳1的张力与轻绳2、3张力的合力等大反向。根据平衡条件，沿轻绳1方向合力平衡，根据平行四边形法则得，代入，得
故选B。
【分析】对轻绳连接的节点进行受力分析，将轻绳2和3的两个力F用平行四边形定则合成，结合θ=60°的几何关系求出合力，该合力与轻绳1的张力T平衡，进而得到T与F的大小关系。
3．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】根据大量氢原子从能级为n的激发态向低能级跃迁时最多能辐射的光子种类数为通过光谱仪检测到其辐射出的特征谱线有条， 可得方程，解得n=4
故选C。
【分析】 根据氢原子从激发态n向低能级跃迁时辐射谱线的数量公式，将题目给出的谱线数代入公式建立方程，求解方程得到n的值。
4．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】磁场是均匀辐向分布，线圈P的边始终垂直切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小e=NBLv，大小保持不变，又因为圆心角θ=90°，的区域无磁场，所以线圈每转动一周（360°），有270°（即周期）在磁场中切割磁感线产生电动势，剩余90°（即周期）无磁通量变化，电动势为零，规定图示位置电动势为正，当线圈在磁场中转动时，切割磁感线的边会交替进入不同极性的磁场区域，根据右手定则，感应电动势的方向会发生周期性反向，在一个周期内，先产生正向恒定电动势，再产生负向恒定电动势，中间有无磁场的零电动势间隔，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】先明确辐向均匀磁场中线圈转动时感应电动势大小恒定，结合90°无磁场区域得出每转一周有3/4周期产生电动势、周期电动势为零，再根据右手定则判断电动势方向随转动的正负交替变化，匹配对应图像。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】假设大轮半径是，小轮半径，，，根据线速度与角速度的关系有
可以得出a轮和b轮的角速度关系为：，同理，故
由于杆的角速度与c轮相等，所以
故选B 。
【分析】利用线速度相等结合半径的大小可以求出各轮的角速度比值，利用c轮的角速度可以求出杆的角速度大小。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.0～t1时间内，加速度大小逐渐减小，根据牛顿第二定律，可知井体所受合外力逐渐减小，故A错误；B.0～t1时间内，加速度方向向下，说明井体向下做加速运动，则重力瞬时功率逐渐增大，故B错误；
CD.0～t2时间内，井体从静止开始下沉到停在底部，动能不变，动量也不变，根据动能定理和动量定理，可知，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】先由牛顿第二定律结合a-t图像分析合外力变化，再根据加速度与速度同向判断速度变化以分析重力瞬时功率，接着用动能定理分析重力做功与克服阻力做功的大小关系，最后用动量定理分析重力与泥沙阻力的冲量关系，逐一判断选项。
7．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．P、Q分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点，令P点距地面的高度为h1，Q点距地面的高度为h2，地球半径为R，根据牛顿第二定律和万有引力定律，在P点，有
在Q点，有
P、Q离地面的高度差为h，飞船在P、Q两处的加速度大小之比为， 有，
联立解得飞船在轨道Ⅱ运行的，故AB错误；
CD．根据万有引力等于向心力，根据牛顿第二定律有
解得，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】先由万有引力提供加速度，写出P、Q两点的加速度表达式，结合P、Q的高度差和加速度之比联立方程求出地球半径，再确定圆形轨道Ⅱ的半径，最后根据万有引力提供向心力的公式计算轨道Ⅱ的运行速率，对照选项得出结论。
8．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。A．由图可知该波的波长为，故A错误；
B．原子在平衡位置附近每秒完成次全振动， 即波的频率为，
周期为，该波的波速为，故B正确；
C．根据以上可知，
Q原子在内通过路程为，故C正确；
D．质点只能在平衡位置附近振动，不能随波迁移，故D错误。
故选BC。
【分析】先由原子振动频率得到波的频率，再从波形图读取波长，用波速公式计算波速；接着根据周期与给定时间的倍数关系，计算Q原子的振动路程，同时明确质点不随波迁移，逐一判断选项。
9．【答案】A,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】AB．智能手表内部电路如图乙，根据乙图可得下极板b接在电源正极一侧，可知a极板带负电，故A正确，B错误；
CD．测量舒张压时，阻值变大，根据乙图可知分压变大，平行板电容器两端电压为电压，根据电容定义式可得，C不变，U变大，可知C的带电量变大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】先确定R与Rp串联，电容器C并联在Rp两端，由收缩压转舒张压时Rp阻值变大，根据串联分压规律可知Rp两端电压升高，再由Q=CU判断电容器带电量变化，同时结合电流方向与电源极性判断a极板的带电性质。
10．【答案】A,C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A． ab边进入磁场瞬间，磁通量垂直垂直于钢轨向外增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针，即adcba方向，故A正确；
B．ab边进入磁场瞬间，电动势E=NBLv0，根据欧姆定律可得线框中的感应电流大小为，故B错误；
C．列车从开始刹车到停止，其中摩擦生热Q=f 31L=31fL，根据能量守恒定律可得
所以线框产生的焦耳热为，故C正确；
D．列车从开始刹车到停止，线框总是只有一条边切割磁感线，设线框完全进入左侧第一个磁场时速度为v1，规定初速度方向为正，根据动量定理可得，
所以，同理，线框离开磁场的过程，有
依此类推，当列车经31L停下，有
所以列车从开始刹车到停止，所经历的时间为，故D正确。
故选ACD。
【分析】先由右手定则判断ab边进入磁场时的感应电流方向，再用电磁感应定律和欧姆定律计算瞬时电流大小，接着用动能定理分析刹车全过程的能量分配，最后用动量定理联立安培力与阻力的冲量关系求解运动时间，逐一判断选项。
11．【答案】（1）a
（2）左
（3）可拆变压器不是理想变压器，存在电阻，接负载后副线圈产生电流，副线圈存在电阻分压，导致输出电压降低。
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1），可知RL属于小电阻，应采用电流表外接法，即电压表右端应该接至图中的a位置；
（2）接通直流电源开关瞬间，左边线圈磁通量瞬间增加，电流计指针向右偏转。将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，左边电路电阻增大，电流减小，则左边线圈磁通量迅速减小，则右侧线圈感应电流应与之前相反，即灵敏电流计指针向左偏转。
（3）用灯泡并联电压表后，并联部分获得的电压变小了，说明原、副线圈存在电阻，接负载后副线圈产生电流，副线圈存在电阻分压，导致输出电压降低。
【分析】（1）先比较线圈电阻与电流表、电压表内阻的大小，判断线圈为小电阻，为减小系统误差，应采用电流表外接法，选择对应接线位置；
（2）接通开关瞬间磁通量增加使指针右偏，滑片右滑时原线圈电流减小、副线圈磁通量减小，磁通量变化方向与接通瞬间相反，故指针偏转方向相反；
（3）实际变压器存在漏磁和线圈电阻，接入小灯泡后副线圈电流增大，内阻分压增大，导致电压表示数降低。
（1）待测电阻 约几欧姆，电流表内阻，电压表内阻，满足，属于小电阻，应采用电流表外接法减小误差，因此电压表右端接。
（2）接通开关瞬间，原线圈电流从零增大，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计向右偏转；滑片快速向右滑动时，滑动变阻器接入电阻变大，原线圈电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，磁通量变化趋势与接通开关时相反，因此感应电流方向相反，灵敏电流计向左偏转。
（3）理想变压器电压比满足，本题中可拆变压器线圈导线存在电阻，空载时损耗较小，电压接近理论值；接带额定电压的小灯泡后，副线圈有工作电流，线圈电阻的电压降带来的能量损耗明显增大，因此副线圈输出电压大幅降低。
12．【答案】（1）20.0；3.00
（2）5.0；13.3；0.250
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）橡皮筋的伸长量x=25.50cm-5.50cm=20.00cm，根据图乙，读数F=3.00N；
（2）①橡皮筋上弹力均为1.0N的情况下，拉伸时x=5cm，回缩时 x=10cm，则相差5.0cm。
②劲度系数k即为图中图线斜率，则5cm＜x＜20cm，范围内拉伸过程
③ F-x图像中，图线与横坐标轴围成的面积表示弹力做功，根据功能关系，拉伸与回缩两图线间的面积就是损失的机械能，一共约20小格，每小格表示0.5N×2.5cm=0.0125J
则损失的机械能约为0.0125J×20=0.250J。
【分析】（1）②用末位置结点读数减去初始结点读数得到伸长量，再根据测力计分度值读取弹力大小；
（2）②从F-x图像中找出弹力为1.0N时拉伸和回缩的形变量并求差值，在指定线性区间内取两组数据，用弹力变化量除以伸长量变化量计算劲度系数；
③F-x图像的面积代表弹力做功，用拉伸曲线与x轴围成的面积减去回缩曲线与x轴围成的面积，得到散失的机械能。
（1）[1]伸长量与测力计读数 伸长量为末位置减原长：；
[2]弹簧测力计分度值为，指针指向，故读数为。
（2）[1]从图像可得：弹力为时，拉伸对应形变量，回缩对应形变量，形变量差
[2]从图像可得：弹力为时，拉伸对应形变量，结合弹力为的情况，劲度系数为：
[3]散失的机械能等于拉伸过程外力做功与回缩过程橡皮筋做功的差值，对应图中两条图线围成的面积。 图中每个小方格的面积为，数得围成区域约20个方格，因此总散失机械能。
13．【答案】（1）Ⅰ区内气体压强始终等于大气压强，供暖前，
供暖后
根据盖吕萨克定律有
解得
（2）若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了的热量，则有
气体体积增大，气体对外界做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
【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
【解析】【分析】（1）Ⅰ区气体压强始终等于大气压，做等压变化，将供暖前后的摄氏温度转换为热力学温度，结合盖-吕萨克定律，由初态体积和温度求出末态体积；
（2）先计算气体膨胀对外做的功，再根据热力学第一定律，用吸收的热量减去对外做功，得到气体内能的变化量。
（1）Ⅰ区内气体压强始终等于大气压强，供暖前，
供暖后
根据盖吕萨克定律有
解得
（2）若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了的热量，则有
气体体积增大，气体对外界做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
14．【答案】（1）解：运动员从到过程机械能守恒
到C点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）解：运动员最终静止，弹簧弹性势能为0，全程应用动能定理
可得总路程 ，分两种情况讨论：
①运动员未到达点时停下，满足，即
可得 ，结合范围 对应，此时距
②运动员到达点碰弹簧后返回，最终停在段，满足，即
结合范围 对应
总路程：去程走，返程走，
距点距离
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对运动员在圆弧最低点进行受力分析，由支持力与重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出该点的速度；再对从最高点到圆弧最低点的过程运用动能定理，联立方程求解这段路径的高度差；
（2）对运动员从最高点到最终停在减速区的全过程应用动能定理，重力做的功与克服阻力做的功相等，推导出停止位置到圆弧最低点的距离与阻力比例系数的关系式，再依据关系式在给定坐标系中绘制对应距离与阻力比例系数倒数的线性图像。
（1）运动员从到过程机械能守恒
到C点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）运动员最终静止，弹簧弹性势能为0，全程应用动能定理
可得总路程 ，分两种情况讨论：
①运动员未到达点时停下，满足，即
可得 ，结合范围 对应，此时距
②运动员到达点碰弹簧后返回，最终停在段，满足，即
结合范围 对应
总路程：去程走，返程走，
距点距离
15．【答案】（1）解：根据题意，设、的电势分别为、，质子在电场中从运动到，由动能定理有
解得
（2）解：依题意，质子在面内运动，所以电场方向与该平面平行，为等势线，a点的电势高于c点的电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac由a指向c；由于质子做匀速直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿，由d指向b，如图所示
设电场强度大小为，匀强电场中电势差与电场强度的关系有
其中，
联立解得
设匀强磁场的磁感应强度为，则有，
联立解得
（3）解：若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿方向射入正方体区域，质子在面内运动，若入射动能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图面内转半圈后从边离开正方体
则有，
由几何关系有
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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
【解析】【分析】（1）先根据两点电势相等确定等势线，判断电场所在平面，再利用动能定理结合电势比例关系，求出a点电势；
（2）由匀速直线运动状态得出电场力与洛伦兹力平衡，据此确定电场和磁场方向；再通过动能变化求出电场力做功，结合几何关系算出电场强度；最后由平衡条件求出磁感应强度；
（3）撤去电场后质子在磁场中做匀速圆周运动，根据运动时间相同得出轨迹圆心角一致，结合几何约束和圆周运动规律，推导出动能倍数的取值范围。
（1）根据题意，设、的电势分别为、，质子在电场中从运动到，由动能定理有
解得
（2）依题意，质子在面内运动，所以电场方向与该平面平行，为等势线，a点的电势高于c点的电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac由a指向c；由于质子做匀速直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿，由d指向b，如图所示
设电场强度大小为，匀强电场中电势差与电场强度的关系有
其中，
联立解得
设匀强磁场的磁感应强度为，则有，
联立解得
（3）若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿方向射入正方体区域，质子在面内运动，若入射动能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图面内转半圈后从边离开正方体
则有，
由几何关系有
联立解得
1 / 12026届广东普通高中学业水平选择考模拟测试（一） 物理试题
1．断层成像是重要的医学成像方法。如图，光源发出的光，被分光器分成甲、乙两束光。甲经过参考臂反射，乙经过样品某一深度反射，两束反射光在分光器下表面发生叠加后，射入探测器，测出其光强变化，即可构建断层图像。两束反射光叠加发生的是（　　）
A．干涉现象 B．衍射现象 C．偏振现象 D．色散现象
【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；薄膜干涉
【解析】【解答】甲、乙两束光由同一光源发出，故为相干光，由于甲经过参考臂反射，乙经过样品某一深度反射，两束反射光在分光器下表面发生叠加后，射入探测器， 叠加时由于为相干光，相位差恒定，故两束反射光叠加发生的是干涉现象，故A正确，BCD错误。故选：A。
【分析】两束光来自同一光源，经不同路径反射后相遇叠加，满足相干光的叠加条件，对照各光学现象的本质定义，判断对应的物理现象。
2．如图，夹钳器的手把转动时，轻绳1拉动轻质横杆，并通过轻绳2和3带动夹爪绕转轴旋转，从而夹取物品。若某次夹取到物品时，轻绳1的张力大小为T，轻绳2和3的张力大小均为F，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】轻绳1拉动轻质横杆，并通过轻绳2和3带动夹爪绕转轴旋转， 横杆受力平衡，对轻质横杆受力分析，轻绳1的张力与轻绳2、3张力的合力等大反向。根据平衡条件，沿轻绳1方向合力平衡，根据平行四边形法则得，代入，得
故选B。
【分析】对轻绳连接的节点进行受力分析，将轻绳2和3的两个力F用平行四边形定则合成，结合θ=60°的几何关系求出合力，该合力与轻绳1的张力T平衡，进而得到T与F的大小关系。
3．科学家用激光诱导，使大量氢原子激发至能级为n的激发态，通过光谱仪检测到其辐射出的特征谱线有条，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】根据大量氢原子从能级为n的激发态向低能级跃迁时最多能辐射的光子种类数为通过光谱仪检测到其辐射出的特征谱线有条， 可得方程，解得n=4
故选C。
【分析】 根据氢原子从激发态n向低能级跃迁时辐射谱线的数量公式，将题目给出的谱线数代入公式建立方程，求解方程得到n的值。
4．为自行车灯供电的发电装置结构如图，N、S是磁铁的磁极，M是圆柱形铁芯；磁极和铁芯间的磁场均匀辐向分布，圆心角所对应的区域没有磁场；铁芯外的矩形线圈P在车轮带动下，绕M中心的固定转轴O匀速转动。若规定从图示位置开始计时的电动势为正值，则能反映线圈中感应电动势e随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】磁场是均匀辐向分布，线圈P的边始终垂直切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小e=NBLv，大小保持不变，又因为圆心角θ=90°，的区域无磁场，所以线圈每转动一周（360°），有270°（即周期）在磁场中切割磁感线产生电动势，剩余90°（即周期）无磁通量变化，电动势为零，规定图示位置电动势为正，当线圈在磁场中转动时，切割磁感线的边会交替进入不同极性的磁场区域，根据右手定则，感应电动势的方向会发生周期性反向，在一个周期内，先产生正向恒定电动势，再产生负向恒定电动势，中间有无磁场的零电动势间隔，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】先明确辐向均匀磁场中线圈转动时感应电动势大小恒定，结合90°无磁场区域得出每转一周有3/4周期产生电动势、周期电动势为零，再根据右手定则判断电动势方向随转动的正负交替变化，匹配对应图像。
5．如图为道闸及其内部控制横杆起落的减速器结构图，a、b、c是三组相同的轮，用皮带传动，每组轮都由两个共轴轮叠合而成，大轮半径是小轮半径的2倍。在电动机的带动下，a轮转动的角速度为，则横杆随c轮共轴转动的角速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】假设大轮半径是，小轮半径，，，根据线速度与角速度的关系有
可以得出a轮和b轮的角速度关系为：，同理，故
由于杆的角速度与c轮相等，所以
故选B 。
【分析】利用线速度相等结合半径的大小可以求出各轮的角速度比值，利用c轮的角速度可以求出杆的角速度大小。
6．图甲为沉井施工过程示意图，将井体放置在施工处，抓斗挖走井体内泥沙，井体受自身重力和泥沙阻力的共同作用而竖直下沉。若井体从静止开始下沉到停在底部，加速度a随时间t的变化如图乙，则（　　）
A．时间内，井体所受合外力逐渐增大
B．时间内，井体重力的瞬时功率减小
C．时间内，井体克服阻力做功小于重力做功
D．时间内，重力和泥沙阻力的冲量大小相等
【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.0～t1时间内，加速度大小逐渐减小，根据牛顿第二定律，可知井体所受合外力逐渐减小，故A错误；B.0～t1时间内，加速度方向向下，说明井体向下做加速运动，则重力瞬时功率逐渐增大，故B错误；
CD.0～t2时间内，井体从静止开始下沉到停在底部，动能不变，动量也不变，根据动能定理和动量定理，可知，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】先由牛顿第二定律结合a-t图像分析合外力变化，再根据加速度与速度同向判断速度变化以分析重力瞬时功率，接着用动能定理分析重力做功与克服阻力做功的大小关系，最后用动量定理分析重力与泥沙阻力的冲量关系，逐一判断选项。
7．神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道Ⅰ和圆形轨道Ⅱ分别是飞船与空间站对接前、后的运行轨道，P、Q分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点。若P、Q离地面的高度差为h，飞船在P、Q两处的加速度大小之比为，已知引力常量为G，地球质量为M，则飞船在轨道Ⅱ运行的（　　）
A．半径为 B．半径为
C．速率为 D．速率为
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．P、Q分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点，令P点距地面的高度为h1，Q点距地面的高度为h2，地球半径为R，根据牛顿第二定律和万有引力定律，在P点，有
在Q点，有
P、Q离地面的高度差为h，飞船在P、Q两处的加速度大小之比为， 有，
联立解得飞船在轨道Ⅱ运行的，故AB错误；
CD．根据万有引力等于向心力，根据牛顿第二定律有
解得，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】先由万有引力提供加速度，写出P、Q两点的加速度表达式，结合P、Q的高度差和加速度之比联立方程求出地球半径，再确定圆形轨道Ⅱ的半径，最后根据万有引力提供向心力的公式计算轨道Ⅱ的运行速率，对照选项得出结论。
8．一维晶体中，原子在平衡位置附近每秒完成次全振动，产生的简谐横波在时刻的波形如图，其中P原子位于平衡位置，Q原子位于波峰，则（　　）
A．该波的波长为
B．该波的波速为
C．Q原子在内通过路程
D．P原子经到达处
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。A．由图可知该波的波长为，故A错误；
B．原子在平衡位置附近每秒完成次全振动， 即波的频率为，
周期为，该波的波速为，故B正确；
C．根据以上可知，
Q原子在内通过路程为，故C正确；
D．质点只能在平衡位置附近振动，不能随波迁移，故D错误。
故选BC。
【分析】先由原子振动频率得到波的频率，再从波形图读取波长，用波速公式计算波速；接着根据周期与给定时间的倍数关系，计算Q原子的振动路程，同时明确质点不随波迁移，逐一判断选项。
9．图甲为一款可以测量血压的智能手表，其内部电路如图乙。E为电源，R为定值电阻，C为平行板电容器，为阻值可变的传感器，测量收缩压时，阻值变小；测量舒张压时，阻值变大。则开关闭合，由测量收缩压转为测量舒张压时（　　）
A．a极板带负电 B．a极板带正电
C．C的带电量变小 D．C的带电量变大
【答案】A,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】AB．智能手表内部电路如图乙，根据乙图可得下极板b接在电源正极一侧，可知a极板带负电，故A正确，B错误；
CD．测量舒张压时，阻值变大，根据乙图可知分压变大，平行板电容器两端电压为电压，根据电容定义式可得，C不变，U变大，可知C的带电量变大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】先确定R与Rp串联，电容器C并联在Rp两端，由收缩压转舒张压时Rp阻值变大，根据串联分压规律可知Rp两端电压升高，再由Q=CU判断电容器带电量变化，同时结合电流方向与电源极性判断a极板的带电性质。
10．如图，采用电磁刹车技术的列车质量为m，其下方固定有边长为L、匝数为N、总电阻为R的正方形闭合线框abcd。垂直于钢轨间隔分布的匀强磁场，磁感应强度为B，每个磁场区域的宽度及相邻两磁场区域的间距均为L。当ab边以初速度v0进入磁场区域时，列车开始刹车，经31L停下。已知钢轨宽度为D，刹车过程，列车所受钢轨及空气阻力的合力恒为f，则（　　）
A．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流沿adcba方向
B．ab边进入磁场瞬间，线框中的感应电流大小为
C．列车从开始刹车到停止，线框产生的焦耳热为
D．列车从开始刹车到停止，所经历的时间为
【答案】A,C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A． ab边进入磁场瞬间，磁通量垂直垂直于钢轨向外增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针，即adcba方向，故A正确；
B．ab边进入磁场瞬间，电动势E=NBLv0，根据欧姆定律可得线框中的感应电流大小为，故B错误；
C．列车从开始刹车到停止，其中摩擦生热Q=f 31L=31fL，根据能量守恒定律可得
所以线框产生的焦耳热为，故C正确；
D．列车从开始刹车到停止，线框总是只有一条边切割磁感线，设线框完全进入左侧第一个磁场时速度为v1，规定初速度方向为正，根据动量定理可得，
所以，同理，线框离开磁场的过程，有
依此类推，当列车经31L停下，有
所以列车从开始刹车到停止，所经历的时间为，故D正确。
故选ACD。
【分析】先由右手定则判断ab边进入磁场时的感应电流方向，再用电磁感应定律和欧姆定律计算瞬时电流大小，接着用动能定理分析刹车全过程的能量分配，最后用动量定理联立安培力与阻力的冲量关系求解运动时间，逐一判断选项。
11．某同学用如图甲所示的可拆变压器进行实验研究。
（1）研究线圈电阻：如图乙，用“伏安法”测量200匝线圈的电阻（约几欧姆），电压表内阻约，电流表内阻约，为了减小实验误差，右端应该接至图中的　 　（选填“a”或“b”）位置。
（2）研究电磁感应：按图丙连接电路后，接通直流电源开关瞬间，发现灵敏电流计指针向右偏转一下；保持开关接通，将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，灵敏电流计指针向　 　（选填“左”或“右”）偏转。
（3）研究变压器：将400匝原线圈与交流电相接，200匝副线圈与交流电压表相接，通电后交流电压表示数为。再将额定电压为的小灯泡与交流电压表并联，电压表示数减为，原因是　 　。
【答案】（1）a
（2）左
（3）可拆变压器不是理想变压器，存在电阻，接负载后副线圈产生电流，副线圈存在电阻分压，导致输出电压降低。
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1），可知RL属于小电阻，应采用电流表外接法，即电压表右端应该接至图中的a位置；
（2）接通直流电源开关瞬间，左边线圈磁通量瞬间增加，电流计指针向右偏转。将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，左边电路电阻增大，电流减小，则左边线圈磁通量迅速减小，则右侧线圈感应电流应与之前相反，即灵敏电流计指针向左偏转。
（3）用灯泡并联电压表后，并联部分获得的电压变小了，说明原、副线圈存在电阻，接负载后副线圈产生电流，副线圈存在电阻分压，导致输出电压降低。
【分析】（1）先比较线圈电阻与电流表、电压表内阻的大小，判断线圈为小电阻，为减小系统误差，应采用电流表外接法，选择对应接线位置；
（2）接通开关瞬间磁通量增加使指针右偏，滑片右滑时原线圈电流减小、副线圈磁通量减小，磁通量变化方向与接通瞬间相反，故指针偏转方向相反；
（3）实际变压器存在漏磁和线圈电阻，接入小灯泡后副线圈电流增大，内阻分压增大，导致电压表示数降低。
（1）待测电阻 约几欧姆，电流表内阻，电压表内阻，满足，属于小电阻，应采用电流表外接法减小误差，因此电压表右端接。
（2）接通开关瞬间，原线圈电流从零增大，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计向右偏转；滑片快速向右滑动时，滑动变阻器接入电阻变大，原线圈电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，磁通量变化趋势与接通开关时相反，因此感应电流方向相反，灵敏电流计向左偏转。
（3）理想变压器电压比满足，本题中可拆变压器线圈导线存在电阻，空载时损耗较小，电压接近理论值；接带额定电压的小灯泡后，副线圈有工作电流，线圈电阻的电压降带来的能量损耗明显增大，因此副线圈输出电压大幅降低。
12．探究橡皮筋弹力与形变量的关系。
（1）实验步骤
①如图甲，刻度尺固定在水平木板上，橡皮筋一端用大头针固定在刻度尺前侧，另一端与细绳的一端打结（标记结点O），细绳另一端挂在测力计挂钩上。沿刻度尺拉直橡皮筋，测力计读数为0时，记录结点位置读数为；
②水平拉测力计，使橡皮筋结点沿刻度尺移动，记录结点位置和对应的测力计读数。当橡皮筋结点位置读数为时，橡皮筋的伸长量　 　，测力计示数如图乙，读数　 　N；
③当测力计读数F达到某一特定值后，逐渐减小拉力，直到橡皮筋回缩至原长，记录实验数据。
（2）数据分析
①根据实验数据作出图像如图丙；
②由图像可知：缓慢拉伸和回缩过程中，橡皮筋上弹力均为的情况下，形变量相差　 　；在范围内，拉伸图线接近线性函数，若定义劲度系数k为单位伸长量增加的弹力大小，则该范围内拉伸过程　 　；（结果均保留小数点后1位）
③橡皮筋存在微观非弹性行为，会使其机械能转化为内能而散失。本实验缓慢拉伸和回缩过程中，橡皮筋转化为内能而散失的机械能为　 　J（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）20.0；3.00
（2）5.0；13.3；0.250
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）橡皮筋的伸长量x=25.50cm-5.50cm=20.00cm，根据图乙，读数F=3.00N；
（2）①橡皮筋上弹力均为1.0N的情况下，拉伸时x=5cm，回缩时 x=10cm，则相差5.0cm。
②劲度系数k即为图中图线斜率，则5cm＜x＜20cm，范围内拉伸过程
③ F-x图像中，图线与横坐标轴围成的面积表示弹力做功，根据功能关系，拉伸与回缩两图线间的面积就是损失的机械能，一共约20小格，每小格表示0.5N×2.5cm=0.0125J
则损失的机械能约为0.0125J×20=0.250J。
【分析】（1）②用末位置结点读数减去初始结点读数得到伸长量，再根据测力计分度值读取弹力大小；
（2）②从F-x图像中找出弹力为1.0N时拉伸和回缩的形变量并求差值，在指定线性区间内取两组数据，用弹力变化量除以伸长量变化量计算劲度系数；
③F-x图像的面积代表弹力做功，用拉伸曲线与x轴围成的面积减去回缩曲线与x轴围成的面积，得到散失的机械能。
（1）[1]伸长量与测力计读数 伸长量为末位置减原长：；
[2]弹簧测力计分度值为，指针指向，故读数为。
（2）[1]从图像可得：弹力为时，拉伸对应形变量，回缩对应形变量，形变量差
[2]从图像可得：弹力为时，拉伸对应形变量，结合弹力为的情况，劲度系数为：
[3]散失的机械能等于拉伸过程外力做功与回缩过程橡皮筋做功的差值，对应图中两条图线围成的面积。 图中每个小方格的面积为，数得围成区域约20个方格，因此总散失机械能。
13．供暖管上的温度计及其内部结构如图，滑片把圆环分成Ⅰ、Ⅱ两部分，Ⅰ密封一定质量的理想气体，紧贴供暖管上的导热片，Ⅱ与大气相通，滑片可沿圆环无摩擦自由滑动。已知大气压强为，供暖前温度计指示-3℃，Ⅰ区内气体体积为，供暖后温度计指示42℃。若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了的热量。求：
（1）供暖后，Ⅰ区内气体的体积；
（2）供暖前后，Ⅰ区内气体内能的变化量。
【答案】（1）Ⅰ区内气体压强始终等于大气压强，供暖前，
供暖后
根据盖吕萨克定律有
解得
（2）若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了的热量，则有
气体体积增大，气体对外界做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
【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
【解析】【分析】（1）Ⅰ区气体压强始终等于大气压，做等压变化，将供暖前后的摄氏温度转换为热力学温度，结合盖-吕萨克定律，由初态体积和温度求出末态体积；
（2）先计算气体膨胀对外做的功，再根据热力学第一定律，用吸收的热量减去对外做功，得到气体内能的变化量。
（1）Ⅰ区内气体压强始终等于大气压强，供暖前，
供暖后
根据盖吕萨克定律有
解得
（2）若供暖前后，Ⅰ区内气体吸收了的热量，则有
气体体积增大，气体对外界做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
14．滑板项目赛道可简化为如图甲：倾斜滑道与水平滑道通过圆弧滑道平滑连接，圆弧滑道半径，其最低点与水平滑道相切；水平滑道段为粗糙的减速区，长，段为缓冲区，D处的墙壁固定一弹簧。可视为质点的运动员（含滑板）质量，从A点由静止开始沿倾斜滑道滑下，运动员（含滑板）进入减速区段，所受水平阻力与其对滑道的压力之比为，进入缓冲区段，在水平方向上仅受弹簧弹力作用，其他区域阻力不计。重力加速度g取。
（1）若运动员（含滑板）第一次通过C点时，滑道对其支持力大小为，求的高度差H；
（2）设运动员最终停在减速区距C点x处。通过计算写出x与k的关系式，并在图乙坐标系中作出图像。
【答案】（1）解：运动员从到过程机械能守恒
到C点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）解：运动员最终静止，弹簧弹性势能为0，全程应用动能定理
可得总路程 ，分两种情况讨论：
①运动员未到达点时停下，满足，即
可得 ，结合范围 对应，此时距
②运动员到达点碰弹簧后返回，最终停在段，满足，即
结合范围 对应
总路程：去程走，返程走，
距点距离
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对运动员在圆弧最低点进行受力分析，由支持力与重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出该点的速度；再对从最高点到圆弧最低点的过程运用动能定理，联立方程求解这段路径的高度差；
（2）对运动员从最高点到最终停在减速区的全过程应用动能定理，重力做的功与克服阻力做的功相等，推导出停止位置到圆弧最低点的距离与阻力比例系数的关系式，再依据关系式在给定坐标系中绘制对应距离与阻力比例系数倒数的线性图像。
（1）运动员从到过程机械能守恒
到C点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）运动员最终静止，弹簧弹性势能为0，全程应用动能定理
可得总路程 ，分两种情况讨论：
①运动员未到达点时停下，满足，即
可得 ，结合范围 对应，此时距
②运动员到达点碰弹簧后返回，最终停在段，满足，即
结合范围 对应
总路程：去程走，返程走，
距点距离
15．如图，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，该区域内有一边长为L的正方体，正方体顶点a、c、的电势之比为。若质子以的动能从a点沿方向射入该区域，质子恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，仅保留电场，质子仍以的动能从a点沿方向射入该区域，质子在面内运动并以的动能从离开正方体。已知质子的质量为m、电荷量为q，重力不计。
（1）求a点的电势；
（2）在正方体上标出电场和磁场方向（要求简要说明理由）并求出电场强度和磁感应强度的大小；
（3）若撤去电场，只保留磁场，一束包含不同动能的质子流从c点沿方向射入正方体区域，测得所有质子穿过正方体的时间相同。求n的取值范围。
【答案】（1）解：根据题意，设、的电势分别为、，质子在电场中从运动到，由动能定理有
解得
（2）解：依题意，质子在面内运动，所以电场方向与该平面平行，为等势线，a点的电势高于c点的电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac由a指向c；由于质子做匀速直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿，由d指向b，如图所示
设电场强度大小为，匀强电场中电势差与电场强度的关系有
其中，
联立解得
设匀强磁场的磁感应强度为，则有，
联立解得
（3）解：若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿方向射入正方体区域，质子在面内运动，若入射动能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图面内转半圈后从边离开正方体
则有，
由几何关系有
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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
【解析】【分析】（1）先根据两点电势相等确定等势线，判断电场所在平面，再利用动能定理结合电势比例关系，求出a点电势；
（2）由匀速直线运动状态得出电场力与洛伦兹力平衡，据此确定电场和磁场方向；再通过动能变化求出电场力做功，结合几何关系算出电场强度；最后由平衡条件求出磁感应强度；
（3）撤去电场后质子在磁场中做匀速圆周运动，根据运动时间相同得出轨迹圆心角一致，结合几何约束和圆周运动规律，推导出动能倍数的取值范围。
（1）根据题意，设、的电势分别为、，质子在电场中从运动到，由动能定理有
解得
（2）依题意，质子在面内运动，所以电场方向与该平面平行，为等势线，a点的电势高于c点的电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac由a指向c；由于质子做匀速直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿，由d指向b，如图所示
设电场强度大小为，匀强电场中电势差与电场强度的关系有
其中，
联立解得
设匀强磁场的磁感应强度为，则有，
联立解得
（3）若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿方向射入正方体区域，质子在面内运动，若入射动能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图面内转半圈后从边离开正方体
则有，
由几何关系有
联立解得
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