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2026届浙江宁波市高三第二学期高考与选考模拟考试（二模）物理试卷
1．托尔（Torr）是真空技术领域广泛应用的计量单位，其定义为1毫米汞柱产生的压强，精确值为133.322Pa。现用国际单位制的基本单位表示托尔，下列单位正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】AB：压强的定义式为；牛顿第二定律可知：力的国际基本单位为，面积的国际基本单位为，因此压强的国际基本单位为，故A正确，B错误；
C：是导出单位，不是基本单位，故C错误；
D：对应能量密度，不是压强单位，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查国际单位制基本单位与导出单位的换算，压强的定义式结合牛顿第二定律，将导出单位拆解为 kg、m、s 三个基本单位。
2．在2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会上，中国队斩获5金4银6铜，刷新境外冬奥会参赛最佳战绩。如图为我国部分夺金运动员的比赛现场照片，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，裁判为腾空完成技巧动作的苏翊鸣打分时，可将其视为质点
B．乙图中，徐梦桃从跳台斜向上飞出后，先处于超重状态，后处于失重状态
C．丙图中，谷爱凌在U形池中滑行时，池对她的支持力大小等于她对池的压力大小
D．丁图中，宁忠岩以1分41秒98的成绩打破速度滑冰1500米奥运纪录，其全程平均速度约为14.7m/s
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；平均速度；超重与失重
【解析】【解答】A．裁判打分需观察运动员腾空动作细节，不能忽略其形状与大小，不可视为质点，故A错误；
B．运动员斜向上飞出后，全程只受重力，加速度始终竖直向下，全程处于失重状态，故B错误；
C．池对谷爱凌的支持力和谷爱凌对池的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故C正确；
D．先将时间换算为秒，即1分41秒98=101.98秒，是宁忠岩速度滑冰运动的路程，所以平均速率，由于速度滑冰运动的位移明显小于路程，所以平均速度大小一定小于平均速率，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：质点判断依据为能否忽略形状、大小与动作细节；
B：失重、超重由加速度方向判断，加速度向下为失重；
C：明确作用力与反作用力的特点；
D：区分平均速度（位移 / 时间）与平均速率（路程 / 时间）。
3．如图所示，不倒翁静止在斜面上，接触点为P。下列说法正确的是（　　）
A．不倒翁只受重力与弹力作用
B．不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下
C．不倒翁的重心可能位于图中的M点
D．斜面对不倒翁的弹力是因为不倒翁发生了形变
【答案】B
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；受力分析的应用
【解析】【解答】A．不倒翁静止在斜面上，受重力、斜面的支持力、静摩擦力三个力作用，A错误；
B．斜面对不倒翁的作用力（支持力+摩擦力）与重力等大反向，方向竖直向上；根据牛顿第三定律，不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下，B正确；
C．支持力、摩擦力均过接触点P，三力平衡必共点，因此重力的作用线必须过P点，重心不可能在M点，C错误；
D．斜面对不倒翁的弹力是因为斜面发生了形变，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：对不倒翁受力分析，判断受力个数；
B：利用平衡条件与牛顿第三定律，判断不倒翁对斜面的作用力方向；
C：根据三力汇交原理，判断重心位置；
D：明确弹力由施力物体形变产生。
4．我国计划利用月球土壤中丰富的钛资源建造小型核反应堆，为未来的月球基地提供持续能源。该反应堆中涉及的部分核反应方程如下：①，②，③。下列说法正确的是（　　）
A．方程①中的X是质子
B．比少一个中子
C．方程③中的电子来自原子的内层电子
D．月球上的真空及低温环境使钍的半衰期变长
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．核反应遵循电荷数守恒、质量数守恒，方程①中X的电荷数为，质量数为，因此X是中子，不是质子，故A错误；
B．原子核的中子数=质量数-质子数，的中子数为，的中子数为，前者比后者少1个中子，故B正确；
C．β衰变的电子来自原子核内部（中子转化为质子产生），不是原子内层电子，故C错误；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强、真空无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：根据核反应电荷数、质量数守恒，判断粒子X；
B：中子数=质量数 质子数，计算对比两原子核中子数；
C：β衰变的电子来源；
D：半衰期由原子核本身性质决定，与外界条件无关。
5．如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感线，则（　　）
A．若为等势线，则Q点的电场强度一定大于P点的电场强度
B．若为等势线，则同一正电荷在Q点的电势能一定小于在P点的电势能
C．若为磁感线，则小磁针静止于Q点和P点时N极的指向一定相同
D．若为磁感线，则同一电流元放在Q点时所受安培力一定大于放在P点时所受安培力
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电势能；等势面；安培力的计算
【解析】【解答】A．若为等势线，等势线越密电场强度越大，Q点等势线比P点密，故Q点电场强度大于P点，故A正确；
B．题目未标明电势高低，无法确定P、Q两点电势关系，因此无法比较正电荷在两点的电势能，故B错误；
C．磁感线切线方向为磁场方向，P、Q两点磁感线切线方向不同，故小磁针N极指向不同，故C错误；
D．安培力大小为，安培力大小不仅和磁感应强度有关，还和电流元与磁场的夹角有关，若Q点电流元方向与磁场平行，安培力为0，小于P点安培力，因此不是一定更大，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：等势线疏密反映电场强度大小，等势线越密电场强度越大；
B：未给出电势高低，无法判断正电荷电势能大小；
C：磁感线切线方向为磁场方向，N 极指向与磁场方向一致；
D：安培力，与磁感应强度、电流方向和磁场夹角均有关。
6．关于下列四幅插图说法正确的是（　　）
A．图甲时刻线圈的自感电动势正在增大
B．图乙中滑动变阻器触头向右移动时，微安表示数一定增大
C．图丙两根玻璃管中分别是水和水银，则在左侧玻璃管中的是水银
D．图丁为日光灯启动器的双金属片，是利用两种金属的热膨胀系数不同来工作的
【答案】D
【知识点】自感与互感；常见传感器的工作原理及应用；浸润和不浸润；光电效应
【解析】【解答】A．图甲中电容器放电，电流逐渐增大，电流变化率减小，由，自感电动势减小，A错误；
B．图乙加正向电压，触头右移正向电压增大；若光电流已达饱和值，微安表示数不变，因此示数不一定增大，B错误；
C．水对玻璃浸润（液面凹形），水银对玻璃不浸润（液面凸形）；左侧液面凹形，应为水，C错误；
D．启动器双金属片由热膨胀系数不同的两种金属制成，温度变化时弯曲，实现电路通断，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：结合LC振荡电路规律，由电流变化率判断自感电动势变化；
B：分析光电效应正向电压与饱和光电流的关系；
C：区分浸润、不浸润现象的液面形状；
D：回忆日光灯启动器双金属片的工作原理。
7．2026年3月，我国”蓝焱”220吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任务。假设搭载”蓝焱”发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道Ⅰ运行，飞船经多次变轨进入地月转移轨道，如图所示。已知a是圆轨道Ⅰ上的点，b是椭圆轨道Ⅱ上的远地点，c是转移轨道上的点，且a、b两点到地球球心的距离分别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变化，则飞船（　　）
A．从轨道Ⅱ进入转移轨道需向前喷出燃气
B．在c点的机械能大于在b点的机械能
C．经过a、b两点的速度之比为
D．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．从轨道 Ⅱ 进入转移轨道，飞船要做离心运动，需向后喷气加速，向前喷气会减速，故A错误；
B．飞船在b点从椭圆轨道Ⅱ进入转移轨道，需要点火加速，机械能增加；从b到c只有引力做功，机械能守恒，因此c点机械能大于b点机械能，故B正确；
C．如果为轨道Ⅱ的近地点，为远地点，根据开普勒第二定律有，解得，而实际上a是圆轨道Ⅰ上的点，进入轨道Ⅱ，需要在近地点加速，所以，故C错误；
D．轨道Ⅰ半径为，轨道Ⅱ半长轴为，根据开普勒第三定律有，解得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：判断变轨时喷气方向，离心运动需加速；
B：分析 b 点变轨到转移轨道的点火加速，判断机械能变化；
C：区分圆轨道与椭圆轨道，不可直接用开普勒第二定律；
D：应用开普勒第三定律，计算两轨道周期之比。
8．如图所示，一组合棱镜的横截面是边长为1.2L的等边三角形ABC，一细光束从AD边上的P点以角度入射，经折射到达AE边上恰好发生全反射。已知光在上面部分ADE的折射率，在下面部分DBCE的折射率，，，则（　　）
A．光进入棱镜后频率减小
B．光在上、下介质中的波长之比为
C．入射角的正弦值为
D．该细光束无法从BC边射出
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光的频率由光源本身决定，进入棱镜后频率不变，A错误；
B．由，，则，B错误；
C．光在AE边上恰好发生全反射，则，在P点时
解得入射角的正弦值为，C正确；
D．如图，该光束从Q点发生全反射后射到DE边上的M点，此时光线在M点的入射角等于在P点的折射角，即为，则在M点的折射角满足解得，因光线从BC边射出时的临界角为，即，可知该细光束可从BC边射出，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：光的频率由光源决定，与传播介质无关；
B：由，波长与折射率成反比，求上下介质波长比；
C：先求AE边全反射临界角，结合几何关系得折射角，再由折射定律求；
D：计算光线到达BC边的入射角，对比临界角判断能否射出。
9．如图所示，在水平地面上有一固定的、内表面光滑的薄壁开口容器，其通过竖直轴的截面轮廓为一抛物线，O点为抛物线顶点。两个相同的小球a、b，分别在容器内和高度处的水平面内做匀速圆周运动，且，则a、b两球（　　）
A．所受弹力之比为 B．所受合力之比为
C．周期之比为 D．线速度之比为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．抛物线方程为；根据数学导数知识，抛物线在某点的斜率与横坐标成正比，即，由于支持力与接触的切面垂直，根据几何可知，切面与水平面的夹角等于支持力与竖直方向的夹角θ，所以，因，可知所受弹力之比不等于，A错误；
B．合力为，因，可知ab所受合力之比为，B错误；
C．由 ，得，角速度、周期与高度无关，两球周期相等，故C错误。
D．线速度，可知线速度之比为，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：由抛物线性质推导支持力表达式，判断弹力之比；
B：合力为向心力，结合几何关系，求合力之比；
C：推导角速度、周期表达式，判断周期关系；
D：推导线速度表达式，求线速度之比。
10．如图1所示，在竖直平面内有两根相互平行、间距为d的光滑导轨，垂直导轨平面存在磁感应强度为B的匀强磁场，导轨的顶端连接一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻可忽略、与导轨垂直且始终接触良好的导体棒从某一位置无初速释放，经时间达到稳定速度。根据条件我们可以算出棒的稳定速度、时间内棒下落的高度以及回路产生的热量等物理量。如图2所示为一电源E、电阻R和电感L构成的回路，忽略电源内阻与线圈的直流电阻，闭合开关S后，经时间达到稳定电流。可将图2情境的方法类比图1情境的方法进行研究，下列说法正确的是（　　）
A．图2中电流i可类比图1中棒的加速度a
B．图2中电流i达到稳定之前随时间均匀增大
C．图2中经时间流过线圈的电荷量为
D．图2中经时间电阻R上产生的热量为
【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．图1中导体棒下落，由牛顿第二定律得 ，可得 ，图2中为RL通电回路，由基尔霍夫电压定律 ，对比可得，图2中电流i可类比图1中棒的，A错误；
B．由 ，可得，故电流增大时，逐渐减小，因此电流不是均匀增大，B错误；
C．根据，可得，全过程累加可得
可得全过程通过截面的电荷量，而，可得，C正确；
D．由能量守恒，电源输出总能量，其中一部分转化为电阻的热量，另一部分转化为电感储存的磁场能
因此 ，代入、，可 得：，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：对比图1导体棒动力学方程与图2RL电路微分方程，判断类比物理量；
B：分析RL电路电流变化规律，判断是否均匀增大；
C：对RL电路微分方程积分，推导流过线圈的电荷量；
D：类比电磁感应能量关系，推导电阻R上产生的热量。
11．下列说法正确的是（　　）
A．机械波和电磁波都有多普勒效应
B．物体发生共振时，其位移始终最大
C．6G（频率高于5G）技术使用的电磁波与5G相比，粒子性更显著
D．根据相对论，两事件在一个参考系中是同时的，在另一个参考系中一定也同时
【答案】A,C
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；相对论时空观与牛顿力学的局限性；光的波粒二象性
【解析】【解答】A．机械波、电磁波都能发生多普勒效应，故A正确；
B．共振时振幅最大，位移随振动周期性变化，不是始终最大，故B错误；
C.6G电磁波频率比5G更高，波长更短，粒子性更显著，故C正确；
D．根据狭义相对论，同时是相对的，两事件在一个参考系同时，在另一参考系不一定同时，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：多普勒效应是波的共性，机械波、电磁波均适用；
B：共振是振幅最大，位移随振动时刻变化，并非始终最大；
C：电磁波频率越高，粒子性越显著；
D：相对论中，同时具有相对性，一个参考系同时，另一参考系不一定同时。
12．如图1所示，波源分别位于和处的两列简谐横波沿x轴相向传播，波速均为0.2m/s。时刻两波源同时起振，振动图像均如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长均为0.2m
B．0~10s内，处质点经过的路程为50cm
C．和处质点的速度始终相同
D．两列波叠加稳定后，间有9个质点的振幅为10cm
【答案】B,C
【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】已知：，由图2得周期，波长，两波源、
A：，A错误。
B：左波传到：，右波传到：
内质点振动 ，路程 ；
处波程差，振动减弱、振幅为0，静止，故路程为，B正确。
C：与：两波同时传到、起振方向相同，振动完全同步，速度始终相同，C正确。
D．两列波叠加稳定后，间振动加强点的坐标满足即，当n=0时x=0.5m；n=1时x=0.7m，x=0.3m；n=2时x=0.9m，x=0.1m；n=3时x=1.1m；n=4时x=1.3m；n=5时x=1.5m；即有8个质点的振幅为10cm，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：由振动图像得周期，结合求波长；
B：分别求两波传到的时间，判断振动时长；再算路程，同时分析振动加强/减弱；
C：分析两波传到该两点的时刻、振动方向，判断振动同步性；
D：写出加强点条件，枚举区间内加强点个数。
13．如图所示，一束质量均为m、电荷量均为q的带电粒子，从A点以不同速率沿水平方向进入磁感应强度大小为、电场强度大小为E的正交的复合场中。其中一粒子从O点以水平速度离开复合场区域后进入一云室，云室内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，此后粒子一直在云室内运动，并始终受到与速度方向相反的阻力作用，直至速度减为0。以O点为原点建立xOy直角坐标系，不计粒子重力，且电荷量保持不变，则（　　）
A．该粒子一定带正电
B．可能大于
C．若，则该粒子在云室内的总路程为
D．若，则该粒子在云室内的位移为
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；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】【解答】A．无论粒子带正电还是负电，只要受力合适，均可水平穿出复合场，无法确定电性，故A错误；B．匀速时：；若，洛伦兹力大于电场力，粒子仍可曲线运动后水平射出，B正确；
C．若，根据动能定理有，可得该粒子在云室内的总路程为，故C错误；
D．若，设运动中速度的水平分量为，速度的竖直分量为，水平方向有
可得，竖直方向有
可得，可得该粒子在云室内的位移为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：粒子水平向右射出，正负电荷均能水平穿出复合场，无法确定电性；
B：速度大于时，洛伦兹力大于电场力，仍可水平穿出；
C：阻力恒定，由动能定理求总路程；
D：阻力与速度成正比，用动量定理分量式求解位移。
14．实验小组设计了两种方案来测量弹簧的劲度系数。
（1）方案1：先测得弹簧沿竖直方向自由悬挂时指针所指位置的读数为11.90cm，再悬挂一质量为100g的重物后，指针位置如图1所示，其读数为　 　cm，可得该弹簧的劲度系数　 　N/m（结果保留两位有效数字，重力加速度）。
（2）方案2：通过测量沿竖直方向做简谐运动的弹簧振子的周期，再根据周期公式（式中m为振子质量，k为弹簧劲度系数）来求劲度系数。仍用同一根弹簧悬挂相同的重物，在重物的正下方放置位移传感器，如图2所示。现将重物向下拉开一段距离后释放，使其沿竖直方向做简谐运动，位移传感器记录重物的图像如图3所示，由图可知重物振动的周期为　 　s，则由该方案得到的劲度系数　 　（选填”大于”或”小于”）；
（3）用方案1、方案2进行多次实验，发现用两种方案得到的劲度系数始终存在一定的差异，你认为造成差异的主要因素是________。
A．空气阻力的影响 B．弹簧自身质量的影响
【答案】（1）32.50；4.8
（2）0.937；小于
（3）B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】（1）由图可知其读数为32.50cm；可得该弹簧的劲度系数
故答案为：32.50；4.8
（2）由图可知重物振动的周期为，根据可得，则由该方案得到的劲度系数小于；
故答案为：0.937；小于
（3）在方案1中，阻力和弹簧本身的重力对实验均无影响；方案2中空气阻力只影响简谐振动的振幅，但不影响周期，但弹簧本身的重力会影响振动周期。
故答案为：B。
【分析】(1) 读取刻度尺示数，由胡克定律 计算劲度系数；
(2) 由振动图像求周期，结合简谐运动周期公式求劲度系数，并与方案1对比；
(3) 分析弹簧自身质量、空气阻力对两种方案的影响，确定误差来源。
（1）[1]由图可知其读数为32.50cm；
[2]可得该弹簧的劲度系数
（2）由图可知重物振动的周期为
根据可得
则由该方案得到的劲度系数小于；
（3）在方案1中，阻力和弹簧本身的重力对实验均无影响；方案2中空气阻力只影响简谐振动的振幅，但不影响周期，但弹簧本身的重力会影响振动周期，故选B。
15．某组同学在做”观察电容器的充、放电现象”实验中，把一节干电池（1.5V）、电阻箱、微安表（量程）、电容器C、单刀双掷开关S组装成如图1所示的实验电路。
（1）S接1后，由实验数据得到电流随时间变化的图线如图2所示，图线与坐标轴围成的面积大小为。稳定后，电容器两极板间的电势差为　 　V，则电容C的大小为　 　；
（2）上述S接1后的过程中，观察到某时刻微安表的指针位置如图3所示，再将S接2，电容器放电，观察到微安表指针偏转情况为________；
A．迅速向左偏转到某一刻度后逐渐减小到0
B．迅速向右偏转到某一刻度后逐渐减小到0
C．迅速向左偏转到某一刻度后保持不变
D．迅速向右偏转到某一刻度后保持不变
（3）实验中发现充、放电过程均比较缓慢，可能的原因是________（多选）。
A．R较大 B．R较小 C．C较大 D．C较小
【答案】（1）1.5；3100
（2）A
（3）A；C
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）稳定后电容器电压等于电源电动势：，带电量 ，
故答案为：1.5；3100
（2）S接1充电时，某时刻微安表指针向右偏转（电流从正接线柱流入），说明此时电容器上极板带正电。当S接2放电时，电流从电容器上极板经电阻箱、微安表（从负接线柱流入，正接线柱流出），所以微安表指针会迅速向左偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故答案为：A。
（3）充放电过程比较缓慢，主要因为电路中的电阻阻值较大，或者电容器的电容较大。
故答案为：AC。
【分析】(1) 电容器稳定后电压等于电源电动势；图像面积为带电量，由求电容；
(2) 充电时电流从微安表正接线柱流入，放电时电流反向，指针反向偏转；
(3) 充放电时间常数，或越大，时间常数越大，充放电越缓慢。
（1）[1]稳定后，电容器两极板间的电势差等于电源电动势，即1.5V；
[2]电流-时间图线与坐标轴围成的面积表示电容器的带电量
根据电容的定义式，代入数据。
（2）S接1充电时，某时刻微安表指针向右偏转（电流从正接线柱流入），说明此时电容器上极板带正电。当S接2放电时，电流从电容器上极板经电阻箱、微安表（从负接线柱流入，正接线柱流出），所以微安表指针会迅速向左偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故选A。
（3）充放电过程比较缓慢，主要因为电路中的电阻阻值较大，或者电容器的电容较大。
故选AC。
16．”用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图1所示，
（1）将各元件按图1方式安装在光具座上，图中　 　（选填“A”、“B”或“C”）位置是安装双缝的位置；
（2）某次实验分别采用双缝间距和的双缝获得绿光干涉条纹如图2所示，其中对应的是图　 　（选填”A”或”B”）。
【答案】（1）C
（2）B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】（1）双缝干涉实验的元件安装顺序为：光源、滤光片（A）、单缝（B）、双缝（C）、遮光筒、毛玻璃屏。因此，图中C位置是安装双缝的位置
故答案为：C
（2）根据可知，d越小条纹间距越稀疏，由图2可知图B的条纹间距更稀疏且，因此对应的是B。
故答案为：B
【分析】(1) 双缝干涉实验元件安装顺序为：光源、滤光片(A)、单缝(B)、双缝(C)、遮光筒、毛玻璃屏，据此确定双缝位置；
(2) 根据条纹间距公式，双缝间距越小，条纹间距越大，据此判断对应图像。
（1）双缝干涉实验的元件安装顺序为：光源、滤光片（A）、单缝（B）、双缝（C）、遮光筒、毛玻璃屏。因此，图中C位置是安装双缝的位置
（2）根据可知，d越小条纹间距越稀疏，由图2可知图B的条纹间距更稀疏且，因此对应的是B。
17．如图1所示，一质量为m、横截面积为S的活塞将一部分气体封闭在导热圆柱形容器内，活塞能无摩擦地滑动。开始时封闭气体的温度为（低于环境温度），活塞与容器底部的距离为h。当气体从外界吸收热量后，活塞缓慢上升高度d后再次平衡。大气压恒为，环境温度保持不变，重力加速度为g。
（1）求环境温度T；
（2）如图2所示，在推力F的作用下，活塞缓慢下移至初始位置，此过程气体向外界放出热量Q，求此过程推力F对活塞所做的功W。
（3）如图所示，下列热机工作过程的能流分配正确，且能自发进行的是________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）解：根据盖-吕萨克定律有
解得
（2）解：此过程为等温变化，气体内能变化，由热力学第一定律，可得
解得
（3）B
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（3）解：根据热力学第二定律，热机工作时从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，且该过程能自发进行，
热机自发工作：从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，故B正确；
故答案为：B。
【分析】(1) 气体等压变化，由盖 吕萨克定律求解环境温度；
(2) 导热容器等温变化，内能不变，由热力学第一定律，分析外界对气体做功（推力、大气压、重力做功），求解推力做功；
(3) 根据热力学第二定律，热机从高温热库吸热，一部分对外做功，剩余向低温热库放热，且过程自发进行。
（1）根据盖-吕萨克定律有
解得
（2）此过程为等温变化，气体内能变化，由热力学第一定律，可得
解得
（3）根据热力学第二定律，热机工作时从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，且该过程能自发进行。
A．放热，违反能量守恒，故A错误；
B．从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，符合热力学第二定律，故B正确；
C．从低温热库吸热，无法自发进行，故C错误；
D．向高温热库放热，违背自发过程的方向性，故D错误。
故选B。
18．当原子处于激发态时会自发地放出光子跃迁到基态，而处于基态的原子在被其他粒子撞击时又会从基态跃迁到激发态。已知氢原子基态能量，第n能级的能量，质子与氢原子的质量接近均为，元电荷，光速，不计粒子重力，不考虑相对论效应。
（1）处于第一激发态（）的氢原子向基态跃迁时辐射出光子的能量是多少，并指出该光子是属于紫外线还是红外线频段；
（2）一个处于第一激发态的氢原子（视为静止）辐射出光子后，求该氢原子获得的速度大小（结果保留一位有效数字）；
（3）如图所示，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动的过程中撞击到一静止的氢原子，使氢原子从基态跃迁到第一激发态，同时质子做圆周运动的半径变为原来的，求撞击前质子的动能。
【答案】（1）解：第一激发态的氢原子能量
故辐射出光子的能量，该光子是属于紫外线频段
（2）解：光子动量，因为辐射出光子过程动量守恒，氢原子与光子的动量等大反向，
故氢原子获得的速度大小，解得
（3）解：根据，可得
质子做圆周运动的半径变为原来的，则撞击后质子做圆周运动的速度变为原来的，根据动量守恒有
碰撞后氢原子的速度变为
碰撞过程中损失的动能等于基态到第一激发态所需的能量
可得，解得
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 根据氢原子能级公式求出 n=2\能级能量，由能级差计算光子能量，结合光子能量范围判断光谱频段；
(2) 辐射光子过程动量守恒，光子动量与氢原子动量大小相等，结合光子动量公式求解氢原子速度；
(3) 由洛伦兹力圆周运动规律得半径与速度关系，结合动量守恒与能量守恒（损失动能等于氢原子跃迁能量），求解撞击前质子动能。
19．如图所示，在竖直平面内一长为l（l未知）的不可伸长的轻绳一端系于O点，另一端系一质量m=0.1kg小物块P，初始时把P拉到图示位置，轻绳恰好伸直且与水平方向夹角为30°。长L=4.25m的水平传送带AB以v传=6m/s的速度顺时针转动，传送带右侧平滑连接足够长的光滑水平面，水平面上依次放置3个质量均为M=0.3kg的小物块，小物块1紧靠传送带右端B点，物块间距均为d=0.8m。现静止释放P，P到达最低点时轻绳断裂，之后P无碰撞地滑上传送带，到达传送带右端时以vB=8m/s的速度与物块1发生碰撞。已知物块与传送带间的动摩擦因数 =0.2，不计空气阻力，所有物块均可看成质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）物块P第一次从A滑到B的过程中，
①P滑上传送带的初速度vA的大小；
②P与传送带间由于摩擦而产生的热量Q；
（2）轻绳断裂前瞬间的拉力大小FT；
（3）从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间t。
【答案】（1）①解：由于物块P运动到B点时速度大于传送带速度可知，物块从A运动到B一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，
解得
②解：物块P做匀减速运动的时间为
物块P相对于传送带运动的位移大小为
所以
（2）解：物块P运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得
物块P由初始位置开始先做自由落体运动，运动到绳与竖直方向的夹角为60°时，轻绳再次拉直，此过程物块P的位移为l，根据自由落体运动规律，有
之后物块P开始做圆周运动，直到运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立解得
（3）解：设物块P与物块1第一次碰撞后的速度大小为v1，物块1的速度为u1，根据动量守恒定律可得
，
联立解得，
物块P与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移为
故物块P不会从传送带A端滑落，则速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于
说明物块P返回到B端时速度大小仍为v1，而物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，
则，
解得，
由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以物块P第一次与物块1碰后到第二次与物块1碰撞所经历的时间
设物块P与物块1第二次碰撞后的速度大小为v2，物块1的速度为u'2，根据动量守恒定律可得
，
联立解得，
即物块P第二次与物块1碰后以2m/s的速度反弹后至第三次与物块1碰撞所经历的时间为
之后二者将不再碰撞，所以从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) ①由物块在传送带上匀减速，用牛顿第二定律+运动学公式求滑上传送带初速度；
②求物块与传送带相对位移，由求摩擦生热；
(2) 先分析物块下摆过程（自由下落+圆周运动），由机械能守恒求最低点速度，再由向心力公式求拉力；
(3) 弹性碰撞用动量守恒+动能守恒，结合传送带匀变速、水平面匀速，分阶段求碰撞间隔总时间。
（1）①由于物块P运动到B点时速度大于传送带速度可知，物块从A运动到B一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，
解得
②物块P做匀减速运动的时间为
物块P相对于传送带运动的位移大小为
所以
（2）物块P运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得
物块P由初始位置开始先做自由落体运动，运动到绳与竖直方向的夹角为60°时，轻绳再次拉直，此过程物块P的位移为l，根据自由落体运动规律，有
之后物块P开始做圆周运动，直到运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立解得
（3）设物块P与物块1第一次碰撞后的速度大小为v1，物块1的速度为u1，根据动量守恒定律可得，
联立解得，
物块P与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移为
故物块P不会从传送带A端滑落，则速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于
说明物块P返回到B端时速度大小仍为v1，而物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，则，
解得，
由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以物块P第一次与物块1碰后到第二次与物块1碰撞所经历的时间
设物块P与物块1第二次碰撞后的速度大小为v2，物块1的速度为u'2，根据动量守恒定律可得，
联立解得，
即物块P第二次与物块1碰后以2m/s的速度反弹后至第三次与物块1碰撞所经历的时间为
之后二者将不再碰撞，所以从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间为
20．如图1所示，在圆形励磁线圈内部的匀强磁场区域内放置一匝数为n、边长为d的正方形线圈a（线圈平面与磁感线垂直），a通过滑环和开关与竖直金属导轨AB、CD连接，导轨间距为l，导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，该磁场区域内有一水平放置的台秤，其上放置与导轨始终接触、质量为m的金属棒b（与台秤绝缘）。导轨间通过开关连入冲击电流计G，它可以直接测得流过G表的电荷量。已知线圈a、金属棒b和冲击电流计G的阻值均为R，不计其他电阻及摩擦。
（1）闭合和，让线圈a从图示位置以角速度匀速转过，测得流过G表的电荷量为q，求该过程：
①流过线圈a导线横截面的电荷量，及励磁线圈内部磁场磁感应强度的大小；
②回路中产生的焦耳热Q。
（2）闭合，断开，保持线圈a位于图示位置不变，并使励磁线圈内部磁场随时间t按图2所示规律变化。（未知）时刻前，台秤示数恒为1.5m，时刻撤去台秤，b下落h高度时达到最大速度。时刻前后两图线斜率绝对值相等，求：
①图线斜率的绝对值k；
②b下落h高度过程中经历的时间t。
【答案】（1）①解：金属棒b和冲击电流计G并联，则
根据，，解得
其中，
解得
②解：正弦是交流电峰值
，
解得：
（2）①解：时刻前，
安培力
解得：
②解：b棒达到最大速度时，有
所以
对b棒由动量定理有
即
解得
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) ①分析电路串并联结构，由电荷量公式 ，结合磁通量变化、总电阻求解线圈电荷量与磁感应强度；
②线圈匀速转动产生正弦式交变电流，由有效值求焦耳热；
(2) ①磁场均匀变化产生感生电场，结合安培力、受力平衡求斜率；
②撤去台秤后，由受力平衡求最大速度，结合动量定理求解下落时间。
1 / 12026届浙江宁波市高三第二学期高考与选考模拟考试（二模）物理试卷
1．托尔（Torr）是真空技术领域广泛应用的计量单位，其定义为1毫米汞柱产生的压强，精确值为133.322Pa。现用国际单位制的基本单位表示托尔，下列单位正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．在2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会上，中国队斩获5金4银6铜，刷新境外冬奥会参赛最佳战绩。如图为我国部分夺金运动员的比赛现场照片，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，裁判为腾空完成技巧动作的苏翊鸣打分时，可将其视为质点
B．乙图中，徐梦桃从跳台斜向上飞出后，先处于超重状态，后处于失重状态
C．丙图中，谷爱凌在U形池中滑行时，池对她的支持力大小等于她对池的压力大小
D．丁图中，宁忠岩以1分41秒98的成绩打破速度滑冰1500米奥运纪录，其全程平均速度约为14.7m/s
3．如图所示，不倒翁静止在斜面上，接触点为P。下列说法正确的是（　　）
A．不倒翁只受重力与弹力作用
B．不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下
C．不倒翁的重心可能位于图中的M点
D．斜面对不倒翁的弹力是因为不倒翁发生了形变
4．我国计划利用月球土壤中丰富的钛资源建造小型核反应堆，为未来的月球基地提供持续能源。该反应堆中涉及的部分核反应方程如下：①，②，③。下列说法正确的是（　　）
A．方程①中的X是质子
B．比少一个中子
C．方程③中的电子来自原子的内层电子
D．月球上的真空及低温环境使钍的半衰期变长
5．如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感线，则（　　）
A．若为等势线，则Q点的电场强度一定大于P点的电场强度
B．若为等势线，则同一正电荷在Q点的电势能一定小于在P点的电势能
C．若为磁感线，则小磁针静止于Q点和P点时N极的指向一定相同
D．若为磁感线，则同一电流元放在Q点时所受安培力一定大于放在P点时所受安培力
6．关于下列四幅插图说法正确的是（　　）
A．图甲时刻线圈的自感电动势正在增大
B．图乙中滑动变阻器触头向右移动时，微安表示数一定增大
C．图丙两根玻璃管中分别是水和水银，则在左侧玻璃管中的是水银
D．图丁为日光灯启动器的双金属片，是利用两种金属的热膨胀系数不同来工作的
7．2026年3月，我国”蓝焱”220吨级液氧甲烷发动机完成长程试车，将助力载人登月等任务。假设搭载”蓝焱”发动机的火箭将一艘飞船先送入圆轨道Ⅰ运行，飞船经多次变轨进入地月转移轨道，如图所示。已知a是圆轨道Ⅰ上的点，b是椭圆轨道Ⅱ上的远地点，c是转移轨道上的点，且a、b两点到地球球心的距离分别为R和3R。忽略飞行过程中飞船质量的变化，则飞船（　　）
A．从轨道Ⅱ进入转移轨道需向前喷出燃气
B．在c点的机械能大于在b点的机械能
C．经过a、b两点的速度之比为
D．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比为
8．如图所示，一组合棱镜的横截面是边长为1.2L的等边三角形ABC，一细光束从AD边上的P点以角度入射，经折射到达AE边上恰好发生全反射。已知光在上面部分ADE的折射率，在下面部分DBCE的折射率，，，则（　　）
A．光进入棱镜后频率减小
B．光在上、下介质中的波长之比为
C．入射角的正弦值为
D．该细光束无法从BC边射出
9．如图所示，在水平地面上有一固定的、内表面光滑的薄壁开口容器，其通过竖直轴的截面轮廓为一抛物线，O点为抛物线顶点。两个相同的小球a、b，分别在容器内和高度处的水平面内做匀速圆周运动，且，则a、b两球（　　）
A．所受弹力之比为 B．所受合力之比为
C．周期之比为 D．线速度之比为
10．如图1所示，在竖直平面内有两根相互平行、间距为d的光滑导轨，垂直导轨平面存在磁感应强度为B的匀强磁场，导轨的顶端连接一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻可忽略、与导轨垂直且始终接触良好的导体棒从某一位置无初速释放，经时间达到稳定速度。根据条件我们可以算出棒的稳定速度、时间内棒下落的高度以及回路产生的热量等物理量。如图2所示为一电源E、电阻R和电感L构成的回路，忽略电源内阻与线圈的直流电阻，闭合开关S后，经时间达到稳定电流。可将图2情境的方法类比图1情境的方法进行研究，下列说法正确的是（　　）
A．图2中电流i可类比图1中棒的加速度a
B．图2中电流i达到稳定之前随时间均匀增大
C．图2中经时间流过线圈的电荷量为
D．图2中经时间电阻R上产生的热量为
11．下列说法正确的是（　　）
A．机械波和电磁波都有多普勒效应
B．物体发生共振时，其位移始终最大
C．6G（频率高于5G）技术使用的电磁波与5G相比，粒子性更显著
D．根据相对论，两事件在一个参考系中是同时的，在另一个参考系中一定也同时
12．如图1所示，波源分别位于和处的两列简谐横波沿x轴相向传播，波速均为0.2m/s。时刻两波源同时起振，振动图像均如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长均为0.2m
B．0~10s内，处质点经过的路程为50cm
C．和处质点的速度始终相同
D．两列波叠加稳定后，间有9个质点的振幅为10cm
13．如图所示，一束质量均为m、电荷量均为q的带电粒子，从A点以不同速率沿水平方向进入磁感应强度大小为、电场强度大小为E的正交的复合场中。其中一粒子从O点以水平速度离开复合场区域后进入一云室，云室内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，此后粒子一直在云室内运动，并始终受到与速度方向相反的阻力作用，直至速度减为0。以O点为原点建立xOy直角坐标系，不计粒子重力，且电荷量保持不变，则（　　）
A．该粒子一定带正电
B．可能大于
C．若，则该粒子在云室内的总路程为
D．若，则该粒子在云室内的位移为
14．实验小组设计了两种方案来测量弹簧的劲度系数。
（1）方案1：先测得弹簧沿竖直方向自由悬挂时指针所指位置的读数为11.90cm，再悬挂一质量为100g的重物后，指针位置如图1所示，其读数为　 　cm，可得该弹簧的劲度系数　 　N/m（结果保留两位有效数字，重力加速度）。
（2）方案2：通过测量沿竖直方向做简谐运动的弹簧振子的周期，再根据周期公式（式中m为振子质量，k为弹簧劲度系数）来求劲度系数。仍用同一根弹簧悬挂相同的重物，在重物的正下方放置位移传感器，如图2所示。现将重物向下拉开一段距离后释放，使其沿竖直方向做简谐运动，位移传感器记录重物的图像如图3所示，由图可知重物振动的周期为　 　s，则由该方案得到的劲度系数　 　（选填”大于”或”小于”）；
（3）用方案1、方案2进行多次实验，发现用两种方案得到的劲度系数始终存在一定的差异，你认为造成差异的主要因素是________。
A．空气阻力的影响 B．弹簧自身质量的影响
15．某组同学在做”观察电容器的充、放电现象”实验中，把一节干电池（1.5V）、电阻箱、微安表（量程）、电容器C、单刀双掷开关S组装成如图1所示的实验电路。
（1）S接1后，由实验数据得到电流随时间变化的图线如图2所示，图线与坐标轴围成的面积大小为。稳定后，电容器两极板间的电势差为　 　V，则电容C的大小为　 　；
（2）上述S接1后的过程中，观察到某时刻微安表的指针位置如图3所示，再将S接2，电容器放电，观察到微安表指针偏转情况为________；
A．迅速向左偏转到某一刻度后逐渐减小到0
B．迅速向右偏转到某一刻度后逐渐减小到0
C．迅速向左偏转到某一刻度后保持不变
D．迅速向右偏转到某一刻度后保持不变
（3）实验中发现充、放电过程均比较缓慢，可能的原因是________（多选）。
A．R较大 B．R较小 C．C较大 D．C较小
16．”用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图1所示，
（1）将各元件按图1方式安装在光具座上，图中　 　（选填“A”、“B”或“C”）位置是安装双缝的位置；
（2）某次实验分别采用双缝间距和的双缝获得绿光干涉条纹如图2所示，其中对应的是图　 　（选填”A”或”B”）。
17．如图1所示，一质量为m、横截面积为S的活塞将一部分气体封闭在导热圆柱形容器内，活塞能无摩擦地滑动。开始时封闭气体的温度为（低于环境温度），活塞与容器底部的距离为h。当气体从外界吸收热量后，活塞缓慢上升高度d后再次平衡。大气压恒为，环境温度保持不变，重力加速度为g。
（1）求环境温度T；
（2）如图2所示，在推力F的作用下，活塞缓慢下移至初始位置，此过程气体向外界放出热量Q，求此过程推力F对活塞所做的功W。
（3）如图所示，下列热机工作过程的能流分配正确，且能自发进行的是________。
A． B．
C． D．
18．当原子处于激发态时会自发地放出光子跃迁到基态，而处于基态的原子在被其他粒子撞击时又会从基态跃迁到激发态。已知氢原子基态能量，第n能级的能量，质子与氢原子的质量接近均为，元电荷，光速，不计粒子重力，不考虑相对论效应。
（1）处于第一激发态（）的氢原子向基态跃迁时辐射出光子的能量是多少，并指出该光子是属于紫外线还是红外线频段；
（2）一个处于第一激发态的氢原子（视为静止）辐射出光子后，求该氢原子获得的速度大小（结果保留一位有效数字）；
（3）如图所示，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动的过程中撞击到一静止的氢原子，使氢原子从基态跃迁到第一激发态，同时质子做圆周运动的半径变为原来的，求撞击前质子的动能。
19．如图所示，在竖直平面内一长为l（l未知）的不可伸长的轻绳一端系于O点，另一端系一质量m=0.1kg小物块P，初始时把P拉到图示位置，轻绳恰好伸直且与水平方向夹角为30°。长L=4.25m的水平传送带AB以v传=6m/s的速度顺时针转动，传送带右侧平滑连接足够长的光滑水平面，水平面上依次放置3个质量均为M=0.3kg的小物块，小物块1紧靠传送带右端B点，物块间距均为d=0.8m。现静止释放P，P到达最低点时轻绳断裂，之后P无碰撞地滑上传送带，到达传送带右端时以vB=8m/s的速度与物块1发生碰撞。已知物块与传送带间的动摩擦因数 =0.2，不计空气阻力，所有物块均可看成质点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）物块P第一次从A滑到B的过程中，
①P滑上传送带的初速度vA的大小；
②P与传送带间由于摩擦而产生的热量Q；
（2）轻绳断裂前瞬间的拉力大小FT；
（3）从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间t。
20．如图1所示，在圆形励磁线圈内部的匀强磁场区域内放置一匝数为n、边长为d的正方形线圈a（线圈平面与磁感线垂直），a通过滑环和开关与竖直金属导轨AB、CD连接，导轨间距为l，导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，该磁场区域内有一水平放置的台秤，其上放置与导轨始终接触、质量为m的金属棒b（与台秤绝缘）。导轨间通过开关连入冲击电流计G，它可以直接测得流过G表的电荷量。已知线圈a、金属棒b和冲击电流计G的阻值均为R，不计其他电阻及摩擦。
（1）闭合和，让线圈a从图示位置以角速度匀速转过，测得流过G表的电荷量为q，求该过程：
①流过线圈a导线横截面的电荷量，及励磁线圈内部磁场磁感应强度的大小；
②回路中产生的焦耳热Q。
（2）闭合，断开，保持线圈a位于图示位置不变，并使励磁线圈内部磁场随时间t按图2所示规律变化。（未知）时刻前，台秤示数恒为1.5m，时刻撤去台秤，b下落h高度时达到最大速度。时刻前后两图线斜率绝对值相等，求：
①图线斜率的绝对值k；
②b下落h高度过程中经历的时间t。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】AB：压强的定义式为；牛顿第二定律可知：力的国际基本单位为，面积的国际基本单位为，因此压强的国际基本单位为，故A正确，B错误；
C：是导出单位，不是基本单位，故C错误；
D：对应能量密度，不是压强单位，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查国际单位制基本单位与导出单位的换算，压强的定义式结合牛顿第二定律，将导出单位拆解为 kg、m、s 三个基本单位。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；平均速度；超重与失重
【解析】【解答】A．裁判打分需观察运动员腾空动作细节，不能忽略其形状与大小，不可视为质点，故A错误；
B．运动员斜向上飞出后，全程只受重力，加速度始终竖直向下，全程处于失重状态，故B错误；
C．池对谷爱凌的支持力和谷爱凌对池的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故C正确；
D．先将时间换算为秒，即1分41秒98=101.98秒，是宁忠岩速度滑冰运动的路程，所以平均速率，由于速度滑冰运动的位移明显小于路程，所以平均速度大小一定小于平均速率，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：质点判断依据为能否忽略形状、大小与动作细节；
B：失重、超重由加速度方向判断，加速度向下为失重；
C：明确作用力与反作用力的特点；
D：区分平均速度（位移 / 时间）与平均速率（路程 / 时间）。
3．【答案】B
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；受力分析的应用
【解析】【解答】A．不倒翁静止在斜面上，受重力、斜面的支持力、静摩擦力三个力作用，A错误；
B．斜面对不倒翁的作用力（支持力+摩擦力）与重力等大反向，方向竖直向上；根据牛顿第三定律，不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下，B正确；
C．支持力、摩擦力均过接触点P，三力平衡必共点，因此重力的作用线必须过P点，重心不可能在M点，C错误；
D．斜面对不倒翁的弹力是因为斜面发生了形变，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：对不倒翁受力分析，判断受力个数；
B：利用平衡条件与牛顿第三定律，判断不倒翁对斜面的作用力方向；
C：根据三力汇交原理，判断重心位置；
D：明确弹力由施力物体形变产生。
4．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．核反应遵循电荷数守恒、质量数守恒，方程①中X的电荷数为，质量数为，因此X是中子，不是质子，故A错误；
B．原子核的中子数=质量数-质子数，的中子数为，的中子数为，前者比后者少1个中子，故B正确；
C．β衰变的电子来自原子核内部（中子转化为质子产生），不是原子内层电子，故C错误；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强、真空无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：根据核反应电荷数、质量数守恒，判断粒子X；
B：中子数=质量数 质子数，计算对比两原子核中子数；
C：β衰变的电子来源；
D：半衰期由原子核本身性质决定，与外界条件无关。
5．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电势能；等势面；安培力的计算
【解析】【解答】A．若为等势线，等势线越密电场强度越大，Q点等势线比P点密，故Q点电场强度大于P点，故A正确；
B．题目未标明电势高低，无法确定P、Q两点电势关系，因此无法比较正电荷在两点的电势能，故B错误；
C．磁感线切线方向为磁场方向，P、Q两点磁感线切线方向不同，故小磁针N极指向不同，故C错误；
D．安培力大小为，安培力大小不仅和磁感应强度有关，还和电流元与磁场的夹角有关，若Q点电流元方向与磁场平行，安培力为0，小于P点安培力，因此不是一定更大，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：等势线疏密反映电场强度大小，等势线越密电场强度越大；
B：未给出电势高低，无法判断正电荷电势能大小；
C：磁感线切线方向为磁场方向，N 极指向与磁场方向一致；
D：安培力，与磁感应强度、电流方向和磁场夹角均有关。
6．【答案】D
【知识点】自感与互感；常见传感器的工作原理及应用；浸润和不浸润；光电效应
【解析】【解答】A．图甲中电容器放电，电流逐渐增大，电流变化率减小，由，自感电动势减小，A错误；
B．图乙加正向电压，触头右移正向电压增大；若光电流已达饱和值，微安表示数不变，因此示数不一定增大，B错误；
C．水对玻璃浸润（液面凹形），水银对玻璃不浸润（液面凸形）；左侧液面凹形，应为水，C错误；
D．启动器双金属片由热膨胀系数不同的两种金属制成，温度变化时弯曲，实现电路通断，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：结合LC振荡电路规律，由电流变化率判断自感电动势变化；
B：分析光电效应正向电压与饱和光电流的关系；
C：区分浸润、不浸润现象的液面形状；
D：回忆日光灯启动器双金属片的工作原理。
7．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．从轨道 Ⅱ 进入转移轨道，飞船要做离心运动，需向后喷气加速，向前喷气会减速，故A错误；
B．飞船在b点从椭圆轨道Ⅱ进入转移轨道，需要点火加速，机械能增加；从b到c只有引力做功，机械能守恒，因此c点机械能大于b点机械能，故B正确；
C．如果为轨道Ⅱ的近地点，为远地点，根据开普勒第二定律有，解得，而实际上a是圆轨道Ⅰ上的点，进入轨道Ⅱ，需要在近地点加速，所以，故C错误；
D．轨道Ⅰ半径为，轨道Ⅱ半长轴为，根据开普勒第三定律有，解得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：判断变轨时喷气方向，离心运动需加速；
B：分析 b 点变轨到转移轨道的点火加速，判断机械能变化；
C：区分圆轨道与椭圆轨道，不可直接用开普勒第二定律；
D：应用开普勒第三定律，计算两轨道周期之比。
8．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光的频率由光源本身决定，进入棱镜后频率不变，A错误；
B．由，，则，B错误；
C．光在AE边上恰好发生全反射，则，在P点时
解得入射角的正弦值为，C正确；
D．如图，该光束从Q点发生全反射后射到DE边上的M点，此时光线在M点的入射角等于在P点的折射角，即为，则在M点的折射角满足解得，因光线从BC边射出时的临界角为，即，可知该细光束可从BC边射出，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：光的频率由光源决定，与传播介质无关；
B：由，波长与折射率成反比，求上下介质波长比；
C：先求AE边全反射临界角，结合几何关系得折射角，再由折射定律求；
D：计算光线到达BC边的入射角，对比临界角判断能否射出。
9．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．抛物线方程为；根据数学导数知识，抛物线在某点的斜率与横坐标成正比，即，由于支持力与接触的切面垂直，根据几何可知，切面与水平面的夹角等于支持力与竖直方向的夹角θ，所以，因，可知所受弹力之比不等于，A错误；
B．合力为，因，可知ab所受合力之比为，B错误；
C．由 ，得，角速度、周期与高度无关，两球周期相等，故C错误。
D．线速度，可知线速度之比为，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：由抛物线性质推导支持力表达式，判断弹力之比；
B：合力为向心力，结合几何关系，求合力之比；
C：推导角速度、周期表达式，判断周期关系；
D：推导线速度表达式，求线速度之比。
10．【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．图1中导体棒下落，由牛顿第二定律得 ，可得 ，图2中为RL通电回路，由基尔霍夫电压定律 ，对比可得，图2中电流i可类比图1中棒的，A错误；
B．由 ，可得，故电流增大时，逐渐减小，因此电流不是均匀增大，B错误；
C．根据，可得，全过程累加可得
可得全过程通过截面的电荷量，而，可得，C正确；
D．由能量守恒，电源输出总能量，其中一部分转化为电阻的热量，另一部分转化为电感储存的磁场能
因此 ，代入、，可 得：，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：对比图1导体棒动力学方程与图2RL电路微分方程，判断类比物理量；
B：分析RL电路电流变化规律，判断是否均匀增大；
C：对RL电路微分方程积分，推导流过线圈的电荷量；
D：类比电磁感应能量关系，推导电阻R上产生的热量。
11．【答案】A,C
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；相对论时空观与牛顿力学的局限性；光的波粒二象性
【解析】【解答】A．机械波、电磁波都能发生多普勒效应，故A正确；
B．共振时振幅最大，位移随振动周期性变化，不是始终最大，故B错误；
C.6G电磁波频率比5G更高，波长更短，粒子性更显著，故C正确；
D．根据狭义相对论，同时是相对的，两事件在一个参考系同时，在另一参考系不一定同时，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：多普勒效应是波的共性，机械波、电磁波均适用；
B：共振是振幅最大，位移随振动时刻变化，并非始终最大；
C：电磁波频率越高，粒子性越显著；
D：相对论中，同时具有相对性，一个参考系同时，另一参考系不一定同时。
12．【答案】B,C
【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】已知：，由图2得周期，波长，两波源、
A：，A错误。
B：左波传到：，右波传到：
内质点振动 ，路程 ；
处波程差，振动减弱、振幅为0，静止，故路程为，B正确。
C：与：两波同时传到、起振方向相同，振动完全同步，速度始终相同，C正确。
D．两列波叠加稳定后，间振动加强点的坐标满足即，当n=0时x=0.5m；n=1时x=0.7m，x=0.3m；n=2时x=0.9m，x=0.1m；n=3时x=1.1m；n=4时x=1.3m；n=5时x=1.5m；即有8个质点的振幅为10cm，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：由振动图像得周期，结合求波长；
B：分别求两波传到的时间，判断振动时长；再算路程，同时分析振动加强/减弱；
C：分析两波传到该两点的时刻、振动方向，判断振动同步性；
D：写出加强点条件，枚举区间内加强点个数。
13．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；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】【解答】A．无论粒子带正电还是负电，只要受力合适，均可水平穿出复合场，无法确定电性，故A错误；B．匀速时：；若，洛伦兹力大于电场力，粒子仍可曲线运动后水平射出，B正确；
C．若，根据动能定理有，可得该粒子在云室内的总路程为，故C错误；
D．若，设运动中速度的水平分量为，速度的竖直分量为，水平方向有
可得，竖直方向有
可得，可得该粒子在云室内的位移为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：粒子水平向右射出，正负电荷均能水平穿出复合场，无法确定电性；
B：速度大于时，洛伦兹力大于电场力，仍可水平穿出；
C：阻力恒定，由动能定理求总路程；
D：阻力与速度成正比，用动量定理分量式求解位移。
14．【答案】（1）32.50；4.8
（2）0.937；小于
（3）B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】（1）由图可知其读数为32.50cm；可得该弹簧的劲度系数
故答案为：32.50；4.8
（2）由图可知重物振动的周期为，根据可得，则由该方案得到的劲度系数小于；
故答案为：0.937；小于
（3）在方案1中，阻力和弹簧本身的重力对实验均无影响；方案2中空气阻力只影响简谐振动的振幅，但不影响周期，但弹簧本身的重力会影响振动周期。
故答案为：B。
【分析】(1) 读取刻度尺示数，由胡克定律 计算劲度系数；
(2) 由振动图像求周期，结合简谐运动周期公式求劲度系数，并与方案1对比；
(3) 分析弹簧自身质量、空气阻力对两种方案的影响，确定误差来源。
（1）[1]由图可知其读数为32.50cm；
[2]可得该弹簧的劲度系数
（2）由图可知重物振动的周期为
根据可得
则由该方案得到的劲度系数小于；
（3）在方案1中，阻力和弹簧本身的重力对实验均无影响；方案2中空气阻力只影响简谐振动的振幅，但不影响周期，但弹簧本身的重力会影响振动周期，故选B。
15．【答案】（1）1.5；3100
（2）A
（3）A；C
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）稳定后电容器电压等于电源电动势：，带电量 ，
故答案为：1.5；3100
（2）S接1充电时，某时刻微安表指针向右偏转（电流从正接线柱流入），说明此时电容器上极板带正电。当S接2放电时，电流从电容器上极板经电阻箱、微安表（从负接线柱流入，正接线柱流出），所以微安表指针会迅速向左偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故答案为：A。
（3）充放电过程比较缓慢，主要因为电路中的电阻阻值较大，或者电容器的电容较大。
故答案为：AC。
【分析】(1) 电容器稳定后电压等于电源电动势；图像面积为带电量，由求电容；
(2) 充电时电流从微安表正接线柱流入，放电时电流反向，指针反向偏转；
(3) 充放电时间常数，或越大，时间常数越大，充放电越缓慢。
（1）[1]稳定后，电容器两极板间的电势差等于电源电动势，即1.5V；
[2]电流-时间图线与坐标轴围成的面积表示电容器的带电量
根据电容的定义式，代入数据。
（2）S接1充电时，某时刻微安表指针向右偏转（电流从正接线柱流入），说明此时电容器上极板带正电。当S接2放电时，电流从电容器上极板经电阻箱、微安表（从负接线柱流入，正接线柱流出），所以微安表指针会迅速向左偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故选A。
（3）充放电过程比较缓慢，主要因为电路中的电阻阻值较大，或者电容器的电容较大。
故选AC。
16．【答案】（1）C
（2）B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】（1）双缝干涉实验的元件安装顺序为：光源、滤光片（A）、单缝（B）、双缝（C）、遮光筒、毛玻璃屏。因此，图中C位置是安装双缝的位置
故答案为：C
（2）根据可知，d越小条纹间距越稀疏，由图2可知图B的条纹间距更稀疏且，因此对应的是B。
故答案为：B
【分析】(1) 双缝干涉实验元件安装顺序为：光源、滤光片(A)、单缝(B)、双缝(C)、遮光筒、毛玻璃屏，据此确定双缝位置；
(2) 根据条纹间距公式，双缝间距越小，条纹间距越大，据此判断对应图像。
（1）双缝干涉实验的元件安装顺序为：光源、滤光片（A）、单缝（B）、双缝（C）、遮光筒、毛玻璃屏。因此，图中C位置是安装双缝的位置
（2）根据可知，d越小条纹间距越稀疏，由图2可知图B的条纹间距更稀疏且，因此对应的是B。
17．【答案】（1）解：根据盖-吕萨克定律有
解得
（2）解：此过程为等温变化，气体内能变化，由热力学第一定律，可得
解得
（3）B
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（3）解：根据热力学第二定律，热机工作时从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，且该过程能自发进行，
热机自发工作：从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，故B正确；
故答案为：B。
【分析】(1) 气体等压变化，由盖 吕萨克定律求解环境温度；
(2) 导热容器等温变化，内能不变，由热力学第一定律，分析外界对气体做功（推力、大气压、重力做功），求解推力做功；
(3) 根据热力学第二定律，热机从高温热库吸热，一部分对外做功，剩余向低温热库放热，且过程自发进行。
（1）根据盖-吕萨克定律有
解得
（2）此过程为等温变化，气体内能变化，由热力学第一定律，可得
解得
（3）根据热力学第二定律，热机工作时从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，且该过程能自发进行。
A．放热，违反能量守恒，故A错误；
B．从高温热库吸热，对外做功，向低温热库放热，符合热力学第二定律，故B正确；
C．从低温热库吸热，无法自发进行，故C错误；
D．向高温热库放热，违背自发过程的方向性，故D错误。
故选B。
18．【答案】（1）解：第一激发态的氢原子能量
故辐射出光子的能量，该光子是属于紫外线频段
（2）解：光子动量，因为辐射出光子过程动量守恒，氢原子与光子的动量等大反向，
故氢原子获得的速度大小，解得
（3）解：根据，可得
质子做圆周运动的半径变为原来的，则撞击后质子做圆周运动的速度变为原来的，根据动量守恒有
碰撞后氢原子的速度变为
碰撞过程中损失的动能等于基态到第一激发态所需的能量
可得，解得
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 根据氢原子能级公式求出 n=2\能级能量，由能级差计算光子能量，结合光子能量范围判断光谱频段；
(2) 辐射光子过程动量守恒，光子动量与氢原子动量大小相等，结合光子动量公式求解氢原子速度；
(3) 由洛伦兹力圆周运动规律得半径与速度关系，结合动量守恒与能量守恒（损失动能等于氢原子跃迁能量），求解撞击前质子动能。
19．【答案】（1）①解：由于物块P运动到B点时速度大于传送带速度可知，物块从A运动到B一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，
解得
②解：物块P做匀减速运动的时间为
物块P相对于传送带运动的位移大小为
所以
（2）解：物块P运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得
物块P由初始位置开始先做自由落体运动，运动到绳与竖直方向的夹角为60°时，轻绳再次拉直，此过程物块P的位移为l，根据自由落体运动规律，有
之后物块P开始做圆周运动，直到运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立解得
（3）解：设物块P与物块1第一次碰撞后的速度大小为v1，物块1的速度为u1，根据动量守恒定律可得
，
联立解得，
物块P与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移为
故物块P不会从传送带A端滑落，则速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于
说明物块P返回到B端时速度大小仍为v1，而物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，
则，
解得，
由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以物块P第一次与物块1碰后到第二次与物块1碰撞所经历的时间
设物块P与物块1第二次碰撞后的速度大小为v2，物块1的速度为u'2，根据动量守恒定律可得
，
联立解得，
即物块P第二次与物块1碰后以2m/s的速度反弹后至第三次与物块1碰撞所经历的时间为
之后二者将不再碰撞，所以从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) ①由物块在传送带上匀减速，用牛顿第二定律+运动学公式求滑上传送带初速度；
②求物块与传送带相对位移，由求摩擦生热；
(2) 先分析物块下摆过程（自由下落+圆周运动），由机械能守恒求最低点速度，再由向心力公式求拉力；
(3) 弹性碰撞用动量守恒+动能守恒，结合传送带匀变速、水平面匀速，分阶段求碰撞间隔总时间。
（1）①由于物块P运动到B点时速度大于传送带速度可知，物块从A运动到B一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，
解得
②物块P做匀减速运动的时间为
物块P相对于传送带运动的位移大小为
所以
（2）物块P运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得
物块P由初始位置开始先做自由落体运动，运动到绳与竖直方向的夹角为60°时，轻绳再次拉直，此过程物块P的位移为l，根据自由落体运动规律，有
之后物块P开始做圆周运动，直到运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立解得
（3）设物块P与物块1第一次碰撞后的速度大小为v1，物块1的速度为u1，根据动量守恒定律可得，
联立解得，
物块P与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移为
故物块P不会从传送带A端滑落，则速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于
说明物块P返回到B端时速度大小仍为v1，而物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，则，
解得，
由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以物块P第一次与物块1碰后到第二次与物块1碰撞所经历的时间
设物块P与物块1第二次碰撞后的速度大小为v2，物块1的速度为u'2，根据动量守恒定律可得，
联立解得，
即物块P第二次与物块1碰后以2m/s的速度反弹后至第三次与物块1碰撞所经历的时间为
之后二者将不再碰撞，所以从P第一次与物块1碰撞到最后一次与物块1碰撞间隔的时间为
20．【答案】（1）①解：金属棒b和冲击电流计G并联，则
根据，，解得
其中，
解得
②解：正弦是交流电峰值
，
解得：
（2）①解：时刻前，
安培力
解得：
②解：b棒达到最大速度时，有
所以
对b棒由动量定理有
即
解得
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) ①分析电路串并联结构，由电荷量公式 ，结合磁通量变化、总电阻求解线圈电荷量与磁感应强度；
②线圈匀速转动产生正弦式交变电流，由有效值求焦耳热；
(2) ①磁场均匀变化产生感生电场，结合安培力、受力平衡求斜率；
②撤去台秤后，由受力平衡求最大速度，结合动量定理求解下落时间。
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