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浙江省Z20名校联盟(名校新高考研究联盟)2026年高三第二次联考物理试题
1．下列测量仪器中，所测量的物理量不属于国际单位制中基本物理量的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、电压表用于测量电压，国际单位制七个基本物理量为长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量、发光强度，电压属于导出物理量，不属于基本物理量，故 A 正确；
B、秒表用于测量时间，时间是国际单位制中的基本物理量，故 B 错误；
C、天平用于测量质量，质量是国际单位制中的基本物理量，故 C 错误；
D、螺旋测微器用于测量长度，长度是国际单位制中的基本物理量，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查国际单位制基本物理量区分，电压由电流、长度、时间等基本量推导得到，属于导出量；
B、考查国际单位制基本物理量识别，时间是七大基本物理量之一；
C、考查国际单位制基本物理量识别，质量是七大基本物理量之一；
D、考查国际单位制基本物理量识别，长度是七大基本物理量之一。
2．如图，我国第一艘电磁弹射型航空母舰福建舰正在南海巡航。下列说法正确的是（　　）
A．舰载机的质量远小于航母，所以一定能视为质点
B．航母起伏航行时，停在航母上的舰载机会交替出现超失重状态
C．舰载机着舰过程中，飞行员相对于航母处于静止状态
D．舰载机起飞过程中，弹射装置的电磁能全部转化为飞机的机械能
【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、物体能否看成质点取决于研究问题，与质量大小无关；研究舰载机外形、起降姿态时，不能视为质点，故 A 错误；
B、航母起伏航行时，舰载机随航母做上下往复运动，向上加速时处于超重状态，向下加速时处于失重状态，会交替出现超、失重，故 B 正确；
C、舰载机着舰过程中，飞机相对航母位置不断变化，飞行员相对于航母是运动的，故 C 错误；
D、舰载机起飞时，弹射装置的电磁能一部分转化为飞机机械能，还有一部分因摩擦、发热损耗为内能，无法全部转化，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查质点的判断条件，能否视为质点看物体尺寸对研究问题有无影响，和质量无关；
B、考查超重、失重的判定，加速度向上超重、加速度向下失重，起伏航行时加速度方向交替变化；
C、考查相对运动判断，着舰时舰载机相对航母位置改变，属于相对运动；
D、考查能量转化，电磁弹射存在能量损耗，电磁能不能完全转化为机械能。
3．如图所示的装置能模拟显示带等量异种电荷平行金属板的电场线。容器内、两点的电场强度大小分别为、，电势分别为、，两个未知带电情况的试探电荷分别放在、两点时所受静电力分别为、，电势能分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、电场线疏密表示电场强度大小，A点电场线更密集，故，故A正确；
B、未知两极板哪边带正电、哪边带负电，无法判断电场线方向，不能比较、大小，故B错误；
C、静电力，两试探电荷的电荷量未知，无法比较、大小，故C错误；
D、电势能，试探电荷电性、电荷量未知，电势高低也无法确定，不能比较、，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查电场线的物理意义，电场线越密电场强度越大；
B、考查电势高低判断，电势沿电场线降低，电场线方向未知则电势无法比较；
C、考查电场力公式，电场力大小由场强和试探电荷电量共同决定；
D、考查电势能公式，电势能与电势、试探电荷电性、电量均有关，条件不足无法比较。
4．下列射线来自于原子核外的是（　　）
A．α射线 B．β射线 C．γ射线 D．阴极射线
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】α射线、β射线、γ射线都是在放射性物质衰变的过程中放射出的，来自于原子核的衰变，ABC不符合题意；阴极射线是阴极受热后，原子的核外电子受激发而发射出的电子，D符合题意．
故答案为：D
【分析】阴极射线即电子流，是核外电子，不属于原子核内部的微观粒子。
5．如图所示为一颗在较高圆轨道Ⅰ运行的人造地球卫星，其变轨过程是：在点点火变速，在椭圆轨道Ⅱ上由远地点惯性运行至近地点，在点再次点火变速，进入较低的目标圆轨道Ⅲ运行，忽略两次点火的时长。这个过程中卫星速率随时间变化的大致图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】圆轨道Ⅰ：卫星做匀速圆周运动，速率保持恒定，A点点火变轨：点火减速，速率突然减小，进入椭圆轨道Ⅱ，椭圆轨道Ⅱ（A→B）：根据开普勒定律，卫星从远地点A向近地点B运动时，速率逐渐增大，B点点火变轨：点火减速，速率突然减小，进入圆轨道Ⅲ，此后速率保持恒定，根据万有引力提供向心力有，解得，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅲ的半径，因此轨道Ⅰ的速度小于轨道Ⅲ的速度，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】分析各轨道速率变化再利用万有引力提供向心力的公式，得出圆轨道线速度与轨道半径的关系，进而判断轨道Ⅰ速度小于轨道Ⅲ速度。
6．如图所示，在轨运行的天宫号空间站内，宇航员用乒乓球拍将水球打出。下列说法正确的是（　　）
A．相对于舱体，水球的飞行轨迹是一条抛物线
B．舱内灯光进入水球后，波长变短
C．胶皮上不沾水，说明水与胶皮浸润
D．水球表面的分子间平均距离比内部小
【答案】B
【知识点】卫星问题；光的折射及折射定律；液体的表面张力；浸润和不浸润
【解析】【解答】A、天宫空间站处于完全失重状态，水球被打出后不受重力，合力为零，相对舱体做匀速直线运动，轨迹为直线，并非抛物线，故A错误；
B、光从空气射入水中，光的频率不变，水折射率，光在介质中速度变小，由可知波长变短，故B正确；
C、液体附着在固体表面为浸润，胶皮不沾水，说明水与胶皮不浸润，故C错误；
D、液体表面张力成因是表层分子间距大于内部，分子引力大于斥力，水球表面分子平均距离比内部大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查完全失重环境下的运动规律，无重力作用物体做匀速直线运动；
B、考查光的折射与波长变化，频率不变，介质光速减小则波长缩短；
C、考查浸润与不浸润的概念区分，液体不附着固体属于不浸润现象；
D、考查液体表面张力微观机理，表层分子间距大于液体内部。
7．如图所示，图甲是用肥皂膜做薄膜干涉实验，图乙是放大约1亿倍的铀酰微晶，图丙是一台多极直线加速器，图丁是科学家在强磁场中记录的正电子穿过6mm厚铅板的径迹，径迹与纸面平行。有关说法正确的是（　　）
A．图甲中，应该将肥皂膜置于灯焰与观察者之间
B．图乙中，该照片可能是通过光学显微镜拍摄的
C．图丙中，带电粒子在各金属圆筒中做加速运动
D．图丁中，磁场的磁感应强度方向垂直纸面向内
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器；薄膜干涉；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、薄膜干涉实验需要将灯放置在肥皂膜与观察者之间，依靠薄膜前后表面反射的光形成干涉条纹，肥皂膜置于灯与观察者之间无法观察到条纹，故A错误；
B、光学显微镜放大倍数有限，无法达到1亿倍，该铀酰微晶照片只能由电子显微镜拍摄，故B错误；
C、多极直线加速器内，金属圆筒内部无电场，带电粒子在筒内匀速运动，仅在相邻圆筒间的电场区域加速，故C错误；
D、由，正电子穿过铅板动能减小、速度变小，轨迹半径变小，可判断粒子从上向下穿过铅板；正电子带正电，洛伦兹力指向轨迹凹侧，根据左手定则，磁场磁感应强度垂直纸面向内，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查薄膜干涉实验装置要求，光源应在薄膜与人眼中间；
B、考查显微镜分类与放大极限，光学显微镜无法实现上亿倍放大；
C、考查直线加速器工作原理，金属屏蔽筒内部无电场，粒子匀速；
D、考查带电粒子在磁场中的圆周运动，结合半径公式与左手定则判断磁场方向。
8．如图所示为一个截面为正三角形的棱镜。一束激光从纸面内不同角度射向点，为入射边的中点，、为底边的三等分点，、、为另一边的四等分点，已知该棱镜对激光的折射率为，。经过点的折射光线能射到下列哪个点且在该点不发生全反射（　　）
A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】激光由棱镜射向空气时发生全反射的临界角C满足，可得
如图所示
作出射入棱镜的两条边界光线1和光线2，则射入棱镜的光线在光线1和光线2之间，故光线会射向E点、F点、C点，射向E点的光线入射角为，小于，不会发生全反射，而射向F点、C点的光线入射角均大于，会发生全反射。
故答案为：C。
【分析】本题结合全反射临界角与棱镜几何光路，核心思路：先由折射率算出发生全反射的临界角度；再结合正三角形边长等分点的几何关系，判断各目标点对应的光线入射角，只有入射角小于临界角的点不会发生全反射。
9．如图所示为一架杆线摆，由一根轻杆、一条轻绳和一个钢球安装在铁架台的立柱上构成，用几本同样厚度的物理课本将铁架台的底座右端垫高。杆与立柱之间的连接机构可以沿水平和竖直方向自由转动，初状态下杆与立柱垂直，钢球静止。现给钢球以垂直于杆的微小水平冲量，杆线摆做一定周期的摆动。忽略各种能量耗散。下列说法正确的是（　　）
A．杆线摆的周期与钢球的质量成正比
B．书本较少时，周期的平方与书的本数成反比
C．减少书的本数，静止时杆对钢球的作用力更小
D．静止时若突然剪断绳，剪断后瞬间钢球的加速度沿着剪断前绳收缩的方向
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．此杆线摆等效为在倾角为的光滑斜面上的单摆，其周期为，与钢球的质量无关，故A错误；
B．书本数越少，倾角越小；倾角较小时，正比于书本数；杆线摆的周期为，所以正比于正比于，故书本较少时，周期的平方与书的本数成反比，故B正确；
C．钢球受重力、沿着绳方向的拉力和沿着杆的弹力平衡，三个力构成封闭三角形，其中绳拉力和杆弹力夹角不变，利用动态平衡知识构建圆周角如图所示：
减少书的本数，弹力方向向上摆动，所以杆对钢球的作用力变大，故C错误；
D．静止时若突然剪断绳，剪断后瞬间杆的弹力会突变，钢球的加速度不会沿着剪断前绳收缩的方向，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查单摆周期规律，单摆周期仅与摆长、等效重力加速度有关，和摆球质量无关；
B、考查等效单摆与近似比例关系，小角度下，推导出周期平方与书本数量成反比；
C、考查动态矢量三角形受力平衡，倾角减小，杆的弹力增大；
D、考查轻杆弹力突变特性，剪断绳后杆弹力立刻改变，合力方向改变。
10．如图所示，匀质正方形导线框ABCD的各边中点是、、、，线框在匀强磁场中绕HF匀速旋转，则下列两点间可以产生正弦式交变电压的是（　　）
A．HF B．AB C．AC D．EG
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】设线框的感应电动势有效值为，总电阻为，感应电流为有效值，则有
B、线框转动过程中，只有AB、CD两边切割磁感线，即这两条边相当于两个电动势的电源，电流流过AB因为AB是电源，电势升高，因为AB有电阻，电势降低，因此AB间的电压有效值为为正弦式电压，故B正确；
ACD．电流流过HF（或AC、EG)，同理，因为电源电势升高，但由于电阻，电势降低，因此HF、AC、EG两端电压恒为0，不是正弦式电压，故ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查交变电流切割与分段电势差分析，核心思路：转动切割仅 AB、CD 产生动生电动势，利用电路对称性判断中点电势差恒为零；对切割边单独分析电源电动势与内阻分压，得到两端随时间正弦变化的电势差。
11．如图所示，四幅教材插图均与温度有关。其中，图甲反映的是一个金属热电阻和一个热敏电阻阻值随温度变化的关系，图乙是一定质量理想气体在不同温度下的等温线，图丙是黑体辐射的实验规律，图丁是氧气分子的速率分布图像。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，a是金属热电阻的图线 B．图乙中，a是温度较低时的图线
C．图丙中，b是温度较高时的图线 D．图丁中，b是温度较低时的图线
【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义；黑体、黑体辐射及其实验规律；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】A、金属热电阻阻值随温度升高而增大，热敏电阻阻值随温度升高而减小；图甲中 a 曲线阻值随温度上升缓慢增大，符合金属热电阻特性，故 A 正确；
B、理想气体等温线，温度越高曲线离坐标原点越远；图乙 a 曲线比 b 离原点更远，代表温度更高，故 B 错误；
C、黑体辐射规律：温度越高，辐射强度峰值对应的波长越短；图丙 b 峰值波长更长，对应温度更低，故 C 错误；
D、分子速率分布图像，温度越低，曲线峰值靠左、曲线更陡峭；图丁 b 峰值靠近低速区，代表温度较低，故 D 正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查金属热电阻与热敏电阻的温度特性区分；
B、考查理想气体等温线图像，PV=CT，C 越大温度越高；
C、考查黑体辐射维恩位移定律，高温物体峰值波长更短；
D、考查麦克斯韦分子速率分布规律，低温分子低速占比更高，曲线峰值左移。
12．如图1所示，在空旷的广场上，将音箱甲、乙分别放置在相距1米的等高位置和处。一个固定频率的音频信号同时送入两个音箱，两个音箱发出的声音形成干涉。将手机检测软件打开，在连线上中点附近的40cm范围内匀速移动，测得振幅分布如图2所示。空气中的声速大约为。下列说法正确的是（　　）
A．连线的中垂面上各点振幅相等
B．在线段上分布有5个振幅峰
C．声音的频率大约是850Hz
D．让音箱乙在附近挥舞，两个声音仍能形成干涉
【答案】B,C
【知识点】受迫振动和共振；波的干涉现象
【解析】【解答】A、中垂面上各点到两声源波程差为0，均为振动加强点，但离声源越远处声波振幅越小，叠加后总振幅不相等，故A错误；
B、由图2可知相邻振幅峰间距0.2m，即，；两音箱间距，最大波程差，加强点满足，可取，共5个加强点，对应5个振幅峰，故B正确；
C、波长，声速，频率，故C正确；
D、音箱乙挥舞时，接收点到两声源的波程差持续变化，两列声波相位差无法恒定，不满足稳定干涉条件，不能形成干涉，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查波的干涉加强区振幅规律，中垂面虽均为加强点，但声波随距离衰减，振幅不等；
B、考查干涉加强点数量计算，结合波程差最大值确定取值个数；
C、考查波速、波长、频率关系，由相邻峰间距求出波长再计算频率；
D、考查稳定干涉必要条件，相位差恒定，声源移动会破坏相位差恒定。
13．如图1所示，一定频率的光照射到某金属材料表面。改变频率，可能发生光电效应或者康普顿效应。图2为康普顿效应示意图。已知普朗克常量，真空中的光速，元电荷。下列说法正确的是（　　）
A．若发生光电效应，仅增加光强，光电子的初动能增加
B．若发生康普顿效应，与入射光子比，散射光子的速度和动量都减小
C．若发生光电效应，且入射光子的能量为7.1eV，光电子的最大初动能为0.5eV，则该材料的截止频率为
D．若发生康普顿效应，且入射光子的能量为7.1keV，电子的能量增加0.5keV，则散射光波长增量的数量级为
【答案】C,D
【知识点】光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】A、光电效应方程，光电子最大初动能只与入射光频率有关，增大光强只会增加逸出光电子数量，不会改变初动能，故A错误；
B、康普顿效应中，散射光子仍在真空传播，速度始终等于光速；碰撞后光子能量减小、频率降低、波长变长，由可知光子动量减小，速度不变，故B错误；
C、入射光子能量，最大初动能，逸出功，截止频率，代入数据计算得，故C正确；
D、入射光子能量，散射光子能量，由分别求出入射、散射光子波长，波长增量，数量级为，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、考查光电效应规律，光强只影响光电子数目，不影响最大初动能；
B、考查康普顿效应光子特性，真空中光速恒定，能量减小则动量减小；
C、考查光电效应逸出功与截止频率计算，利用光电效应方程求解逸出功，再结合求截止频率；
D、考查光子能量与波长关系，结合能量守恒求出散射光子能量，计算波长改变量判断数量级。
14．某同学在“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中，实验装置如图1所示。调平气垫导轨，利用数字计时器和光电门测量滑块碰撞前后的速度。
（1）为使滑块甲、乙在碰撞中总动能损失较大，碰撞端应选择______。
A．
B．
C．
（2）用螺旋测微器测量滑块甲所配遮光条的宽度，读数为5.000mm，测量滑块乙所配遮光条的宽度，如图2所示，读数为　 　mm。
（3）在研究两滑块碰撞后分开的实验中，测得滑块甲（含遮光条）的质量为268.5g，滑块乙（含遮光条）的质量为175.5g。现接通电源，将滑块甲向右弹出与静止的滑块乙发生碰撞，光电计时器获得三组挡光时间，分别为7.44ms、8.95ms、42.80ms。碰撞前滑块甲对应的挡光时间为　 　ms，动量是　 　（保留三位有效数字）。
（4）上述实验结束后，该同学将滑块乙取走，其余部分均保留，如图3所示。调节调平螺丝，使得支脚2比支脚1高出少许，轨道倾角已经测出。以滑块甲及遮光条为研究对象，仅用这套装置　 　（选填“能”或“不能”）完成“验证机械能守恒定律”实验。
【答案】（1）C
（2）
（3）8.95；
（4）能
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；碰撞模型
【解析】【解答】（1）要使滑块碰撞中总动能损失较大，需选择完全非弹性碰撞（碰撞后两滑块粘在一起），此时系统动能损失最大，A错误，B错误，C正确；
故答案为：C。
（2）螺旋测微器的读数为
故答案为：
（3）根据动量守恒，碰撞前的速度，碰撞后速度
则碰撞后通过光电门时间为
若动量守恒则碰撞前时间，总动量
故答案为：8.95；
（4）将滑块乙取走后，气垫导轨倾斜倾角已知，以滑块甲为研究对象重力势能变化 ，为滑块沿导轨的位移，为竖直高度差，动能变化
，由光电门测速得到，可以验证是否成立。
故答案为：能
【分析】(1) 本题考查不同类型碰撞的动能损失特点，弹性碰撞无动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最大，根据碰撞端结构判断碰撞类型；
(2) 本题考查螺旋测微器读数方法，读数等于固定刻度数值加上可动刻度乘以0.01mm，注意半毫米刻度是否露出；
(3) 本题结合光电门测速、动量计算，碰撞前单独运动的滑块速度小、挡光时间长，利用求瞬时速度，再由计算动量并保留三位有效数字；
(4) 本题考查验证机械能守恒的实验条件，气垫导轨消除摩擦，倾角已知可计算重力势能变化，光电门可测速度计算动能变化，满足实验验证要求。
（1）要使滑块碰撞中总动能损失较大，需选择完全非弹性碰撞（碰撞后两滑块粘在一起），此时系统动能损失最大，A错误，B错误，C正确；故选C。
（2）螺旋测微器的读数为
（3）根据动量守恒
碰撞前的速度
碰撞后速度
则碰撞后通过光电门时间为
若动量守恒则碰撞前时间
总动量
（4）将滑块乙取走后，气垫导轨倾斜倾角已知，以滑块甲为研究对象重力势能变化
为滑块沿导轨的位移，为竖直高度差
动能变化
，由光电门测速得到，可以验证是否成立。
15．某同学为完成电容器系列实验，准备了如下器材：一只电解电容器（标称、25V）、一块电池（标称9V）、一个定值电阻（标称）、一块灵敏电流表（量程，内阻）、一块数字多用电表（选用直流20V挡，内阻为）、一只电感（标称）、一只电压传感器及电脑、一块机械秒表、开关和导线若干。
（1）在“观察电容器的充电现象”实验中，图1是准备过程中的器材及连接方式的局部照片，除黑表笔外，电池、开关等均已连接完毕；图2是测量过程中的灵敏电流表照片，读数为　 　。实验观察到，灵敏电流表的示数开始阶段逐渐减小，但减小到左右就不再变化。请根据这一现象判断测量过程中黑表笔实际接触的是　 　（在“—”和“”）接线柱。
（2）利用图1电路完成“观察电容器的放电过程”实验，断开开关，利用多用电表的内阻放电。实验时，在多用电表旁边摆放一只机械秒表，读取多组电压值和对应时刻，作出如图3所示的图线，可以看出，电压越小电压变化越　 　（选填“快”或“慢”）。该同学发现图线与课本上氡元素衰变的图线非常相似，则该放电过程的“半衰期”大约是　 　s。
（3）利用图3完成“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验。时电容的放电电流为　 　（保留两位有效数字）。由图线得下表：
时间范围 电压变化 电量变化
0.86mC
0.69mC
其中，之间的电量变化是　 　mC（保留两位有效数字）。分析表格数据可知，在误差允许范围内，与成　 　（选填“正”或“反”）比。
（4）在“观察振荡电路中电压的波形”实验中，电路如图4所示，将电压传感器接到电容器的两端。根据图中参数，振荡周期的理论值为　 　ms（保留三位有效数字）。先将开关打到1，稳定后再打到2，得到如图5所示的波形，振幅衰减的可能原因是　 　。
【答案】（1）188；
（2）慢；330 350
（3）9.4；0.52；正
（4）2.95；电阻消耗或电磁辐射
【知识点】原子核的衰变、半衰期；电磁振荡；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由图可知，灵敏电流表的分度值为10，所以读数为；
由题意可知，当电容器充电完成后，电容器没有电流通过，但依然有电流通过灵敏电流计，所以电路为灵敏电流计的外接，即黑表笔实际接触的是接线柱。
故答案为：188；
（2）图线的斜率表示电压变化的快慢，由图可知，斜率越来越小，所以电压越小电压变化越慢；
由图可知，电压从8V降低到4V所用时间为，所以该放电过程的“半衰期”大约是350s。
故答案为：慢；330 350
（3）因为断开开关，利用多用电表的内阻放电。由图3可知，时电容器两端的电压为
此时的放电电流为，分析前两组数据可知，在误差允许的范围内与的比值近似相等，即在误差允许范围内，与成正比；根据
代入数据，解得
故答案为：9.4；0.52；正
（4）振荡周期的理论值为
振幅衰减的原因是能量损失，可能是电阻消耗或电磁辐射。
故答案为：2.95；电阻消耗或电磁辐射
【分析】(1) 本小问考查灵敏电流表读数、电容器充电实验电路分析；按分度值读取电流，根据充满电后仍存在漏电流判断表笔接线位置。
(2) 本小问考查RC放电图像规律，图像斜率反映电压变化快慢；类比放射性半衰期，读取电压减半对应的时间范围。
(3) 本小问结合欧姆定律求初始放电电流，利用电容定义为定值，比例计算电量变化，判断电压变化量与电量变化量正比关系。
(4) 本小问考查LC振荡电路周期公式计算，分析阻尼振荡振幅衰减的能量损耗来源。
（1）[1]由图可知，灵敏电流表的分度值为10，所以读数为；
[2]由题意可知，当电容器充电完成后，电容器没有电流通过，但依然有电流通过灵敏电流计，所以电路为灵敏电流计的外接，即黑表笔实际接触的是接线柱。
（2）[1]图线的斜率表示电压变化的快慢，由图可知，斜率越来越小，所以电压越小电压变化越慢；
[2]由图可知，电压从8V降低到4V所用时间为
所以该放电过程的“半衰期”大约是350s。
（3）[1]因为断开开关，利用多用电表的内阻放电。由图3可知，时电容器两端的电压为
此时的放电电流为
[2][3]分析前两组数据可知，在误差允许的范围内与的比值近似相等，即在误差允许范围内，与成正比；根据
代入数据，解得
（4）[1]振荡周期的理论值为
[2]振幅衰减的原因是能量损失，可能是电阻消耗或电磁辐射。
16．如图所示，上端开口的圆柱形气缸B固定在地面上，下端开口的圆柱形气缸A外径刚好等于气缸B的内径，二者内部空间的横截面积分别为S和，气缸A的内部高度是H。状态1中，气缸A下端与气缸B底部的高度差为，封闭着一定质量的高温气体。随着气体温度缓慢降至与环境温度相同，气缸A下端刚好降至与气缸B底部等高，为状态2。用竖直向上缓慢增大的力F向上拉气缸A，直至气缸A下端与气缸B底部的高度差恢复为，为状态3。环境温度为T0，大气压强为p0，从状态1到状态2过程中气体内能减少0.55p0SH，气缸A的重力等于0.12p0S。视缸内气体为理想气体，气缸导热性能较好，不考虑气缸之间的摩擦和漏气。求：
（1）状态1中，封闭气体的温度T1；
（2）状态1到状态2过程中，气体与环境之间传递的热量Q（以气体吸热为正）；
（3）状态3中力F大小的表达式。
【答案】（1）解：状态1到状态2是等压变化，则
解得
（2）解：对气缸A，根据平衡条件可得
解得
对封闭气体，有
所以
（3）解：状态2到状态3是等温变化，根据玻意耳定律可得
解得
对气缸A，根据平衡条件可得
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 本问考查等压变化盖 - 吕萨克定律，先分别算出两个状态气体总体积，压强不变直接列体积 - 温度比例式求解初温；
(2) 本问结合受力平衡求气体压强、气体做功计算、热力学第一定律综合应用；先对气缸受力得到内部气压，计算压缩过程外界做功，再结合内能减少量求吸放热，负号表示放热；
(3) 本问先利用等温玻意耳定律求出拉伸后气体压强，再对气缸 A 列竖直方向受力平衡方程，整理得到拉力大小表达式。
（1）状态1到状态2是等压变化，则
解得
（2）对气缸A，根据平衡条件可得
解得
对封闭气体，有
所以
（3）状态2到状态3是等温变化，根据玻意耳定律可得
解得
对气缸A，根据平衡条件可得
联立解得
17．如图所示，科学馆的一套游戏装置由水平地面AB、竖直台阶BC、足够长的水平地面CD、一段固定在竖直平面的薄壁硬管道和一段匀质的长木方组成，其中管道中段为轴线半径为、圆心为的圆管，管道两端水平，底部略微错开，两端的下沿、地面AB、木方上表面等高，木方高度为。一个大小刚好通过管道的小铅块以初速度滑上端，先后通过管道和木方上表面并以的末速度从木方右端抛出。小铅块通过图中处时与管道没有作用力。已知小铅块和木方的质量相等，小铅块的尺寸远小于木方的长度。除小铅块和木方之间，不计其余各处摩擦。
（1）求小铅块抛出时，木方的速度大小；
（2）求小铅块落到水平地面CD时，小铅块与木方右端的距离；
（3）求连线OP与竖直线OQ夹角的余弦值；
（4）现将木方沿图中虚线位置切成长度比为的左右两段，然后分别放回原处，让小铅块重复前述操作，发现小铅块恰好不从木方右端抛出。求的值。
【答案】（1）解：记双方质量均为，木方的末速度为，对系统
解得
（2）解：小铅块平抛时间
水平位移差
（3）解：对小铅块，从初位置到处
在处
代入解得
（4）解：未切断时，求木方长度
解得
切断后第一阶段，记小铅块和木方的末速度分别为、，，
解得（增根已舍）
切断后第二阶段，以右段木方为参考系，小铅块做匀减速直线运动，刚好减速到零
代入、解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本问考查水平方向动量守恒，无摩擦、无外力，铅块与木方系统总动量不变，直接列守恒式求解木方速度；
(2) 本问结合平抛运动、匀速直线运动，先由自由落体求平抛总时间，再利用水平速度差计算相对位移；
(3) 本问综合竖直圆周临界向心力条件、机械能守恒，P点管道无作用力说明仅重力径向分力提供向心力，联立两式求解夹角余弦；
(4) 本问分两段摩擦力作用过程，先用完整木方求出，切割后分第一阶段与前段木方作用、第二阶段与后段木方相对滑动至共速，结合动量守恒、能量守恒、相对运动学公式联立求解长度比例。
（1）记双方质量均为，木方的末速度为，对系统
解得；
（2）小铅块平抛时间
水平位移差。
（3）对小铅块，从初位置到处
在处。
代入解得
（4）未切断时，求木方长度
解得
切断后第一阶段，记小铅块和木方的末速度分别为、，，
解得（增根已舍）
切断后第二阶段，以右段木方为参考系，小铅块做匀减速直线运动，刚好减速到零
代入、解得
18．如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个质量为、边长为的匝闭合正方形线框从左侧的桌面滑入磁场，线框的右边与虚线平行，速度方向与虚线垂直，初速度记为，大小可以调节。图示时刻线框的右边恰好进入磁场，不考虑电磁辐射。
（1）若线框的电阻为，不计线框的自感，线框能完全进入磁场，求
①图示时刻感应电流的大小；
②线框完全进入磁场时的速度；
（2）若线框处于超导状态，自感系数为，求线框回路储存磁能的最大值；
（公式提示：自感电动势，简谐运动的势能）
（3）若线框的电阻为，考虑自感但自感系数未知。已知线框能完全进入磁场且完全进入时的速度为。求线框完全进入磁场后直到电流为零，流过导线横截面的电量。
【答案】（1）解：因为足够大，所以线框会全部进入磁场。
①线框切割产生感应电动势：
法拉第电磁感应定律：
得：
②任意速度时，安培力：
线框进入磁场过程由动量定理：
解得：
（2）解：①线框进入磁场的任意时刻，由欧姆定律有：
从刚进入磁场到位移为，求和：
解得：
所以位移为时线框所受合力：
说明线框前边在磁场中的运动是以刚进入磁场的位置为平衡位置的简谐运动。
回复力系数为，记振幅为，
则
得。
若，即，线框半个周期后向左侧离开磁场：
磁能的最大值等于初动能：
若，即，线框向右完全进入磁场：
线框完全进入磁场后磁能为最大，即：
（3）解：从开始进入磁场到电流为零：
线框进入磁场的过程：
得：
所以：
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) ① 考查动生电动势、欧姆定律基础公式，直接代入切割电动势求电流；
② 考查电磁感应中动量定理的微元求和用法，把安培力冲量转化为电量表达式，求解末速度；
(2) 本题结合超导自感、简谐运动模型，通过回路电压平衡推导电流与位移关系，识别简谐回复力，分情况讨论最大磁能，完全进入时磁通量最大对应磁能峰值；
(3) 本题拆分两个阶段电量：进入磁场阶段用动量定理求出该过程迁移电量，总电量由磁通量变化求出，两者差值即为完全进入后电流衰减至零的迁移电量。
（1）因为足够大，所以线框会全部进入磁场。
①线框切割产生感应电动势：
法拉第电磁感应定律：
得：
②任意速度时，安培力：
线框进入磁场过程由动量定理：
得：
（2）①线框进入磁场的任意时刻，由欧姆定律有：
从刚进入磁场到位移为，求和：
解得：
所以位移为时线框所受合力：
说明线框前边在磁场中的运动是以刚进入磁场的位置为平衡位置的简谐运动。
回复力系数为，记振幅为，
则
得。
若，即，线框半个周期后向左侧离开磁场：
磁能的最大值等于初动能：
若，即，线框向右完全进入磁场：
线框完全进入磁场后磁能为最大，即：
（用公式求解也可：）
（3）从开始进入磁场到电流为零：
线框进入磁场的过程：
得：
所以：
19．如图1所示，某团队利用感应加速器和质谱仪研究核反应。感应加速器中励磁电流大小，预设的电子加速轨道半径为，轨道处磁感应强度大小为，为定值。质谱仪中各组件均沿轴线对齐。静电分析器由两块平行正对的弧形铜板构成，板间轴线半径为，电压为，距离为。磁分析器由一根弧形细铜管构成，其轴线半径也为，匀强磁场方向垂直纸面向内。
电子在轨道上被加速到最大速度时被引出，撞击靶材，撞击时因速度变化而辐射光子，光子触发核反应，不考虑电子与核的直接反应。核反应结束后，将产物和部分未反应的无损无污染注入（图中以箭头表示）离子仓。离子仓通过气化、电离等环节将待测样品处理成为电荷量为、速度较小的单核正离子。正离子飘进加速电场被加速，部分离子先后通过静电分析器、磁分析器，被法拉第杯完全吸收，单位时间内吸收的离子个数为。不能通过的离子被各接地器壁吸收。现保持磁分析器的磁感应强度大小恒为，测得关系如图2所示。
假定每一个电子撞击靶材时只辐射一个光子，且光子最大能量等于电子的动能。电子质量为，，补充数据如表格所示。不考虑离子间作用力、各过渡段的场。
可能用到的原子核质量（单位：u）
原子核 质量 原子核 质量
5.0121
6.0151
7.0160
8.0053
9.0122
（1）求能通过静电分析器的离子动能的表达式；
（2）求能通过磁分析器的离子质量的表达式；
（3）已知图2中最高峰对应核，
①判断次高峰对应的原子核种类和核反应方程式；
②已知某个静止的核发生①中所求反应后，产物总动能为0.09MeV，求触发此次核反应的光子能量。（单位MeV，结果保留三位有效数字）
（4）为产生能量为的光子，求感应加速器励磁电流最小峰值的表达式。
【答案】（1）解：在静电分析器中，离子（质量记为）做匀速圆周运动，电场力提供向心力，
联立解得
（2）解：在磁分析器中，
联立解得
（3）解：①由前可知，所以
根据已知条件为离子，查表可知次高峰为离子。
法拉第杯中，一个核反应的不同产物应该有相同的数量级。观察图2知，没有其它离子与相同数量级，故产物中新核只有。
再考虑质量数和电荷数守恒，方程式是
②当光子以最小能量引发核反应时，由能量守恒有
解得
为引发核反应，光子能量至少为1.67MeV。
（4）解：由题意知，光子最大能量等于电子的动能
洛伦兹力充当向心力
解得
【知识点】原子核的人工转变；带电粒子在有界磁场中的运动；核裂变
【解析】【分析】(1) 本问考查静电场圆周运动向心力模型，极板匀强电场力提供向心力，结合动能定义联立推导动能表达式；
(2) 本问综合静电分析器动能、磁场圆周运动规律，通过动能等量替换消去速度，推导出离子质量与加速电压、磁场、几何尺寸的关系式；
(3) ① 利用质量与加速电压反比关系计算次高峰粒子质量，查表确定核素，依据质量数、电荷数守恒书写核反应方程；
② 质能方程计算质量亏损释放的固有能量，结合产物动能由能量守恒求解入射光子最小能量；
(4) 本问结合电子回旋加速洛伦兹向心力、光子能量等于电子动能，代入励磁电流与磁感应强度正比关系，整理求解励磁电流最小值表达式。
（1）在静电分析器中，离子（质量记为）做匀速圆周运动，电场力提供向心力，
联立解得
（2）在磁分析器中，
联立解得
（3）①由前可知，所以
根据已知条件为离子，查表可知次高峰为离子。
法拉第杯中，一个核反应的不同产物应该有相同的数量级。观察图2知，没有其它离子与相同数量级，故产物中新核只有。
再考虑质量数和电荷数守恒，方程式是
②当光子以最小能量引发核反应时，由能量守恒有
解得
为引发核反应，光子能量至少为1.67MeV。
（4）由题意知，光子最大能量等于电子的动能
洛伦兹力充当向心力
解得
1 / 1浙江省Z20名校联盟(名校新高考研究联盟)2026年高三第二次联考物理试题
1．下列测量仪器中，所测量的物理量不属于国际单位制中基本物理量的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图，我国第一艘电磁弹射型航空母舰福建舰正在南海巡航。下列说法正确的是（　　）
A．舰载机的质量远小于航母，所以一定能视为质点
B．航母起伏航行时，停在航母上的舰载机会交替出现超失重状态
C．舰载机着舰过程中，飞行员相对于航母处于静止状态
D．舰载机起飞过程中，弹射装置的电磁能全部转化为飞机的机械能
3．如图所示的装置能模拟显示带等量异种电荷平行金属板的电场线。容器内、两点的电场强度大小分别为、，电势分别为、，两个未知带电情况的试探电荷分别放在、两点时所受静电力分别为、，电势能分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
4．下列射线来自于原子核外的是（　　）
A．α射线 B．β射线 C．γ射线 D．阴极射线
5．如图所示为一颗在较高圆轨道Ⅰ运行的人造地球卫星，其变轨过程是：在点点火变速，在椭圆轨道Ⅱ上由远地点惯性运行至近地点，在点再次点火变速，进入较低的目标圆轨道Ⅲ运行，忽略两次点火的时长。这个过程中卫星速率随时间变化的大致图像是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，在轨运行的天宫号空间站内，宇航员用乒乓球拍将水球打出。下列说法正确的是（　　）
A．相对于舱体，水球的飞行轨迹是一条抛物线
B．舱内灯光进入水球后，波长变短
C．胶皮上不沾水，说明水与胶皮浸润
D．水球表面的分子间平均距离比内部小
7．如图所示，图甲是用肥皂膜做薄膜干涉实验，图乙是放大约1亿倍的铀酰微晶，图丙是一台多极直线加速器，图丁是科学家在强磁场中记录的正电子穿过6mm厚铅板的径迹，径迹与纸面平行。有关说法正确的是（　　）
A．图甲中，应该将肥皂膜置于灯焰与观察者之间
B．图乙中，该照片可能是通过光学显微镜拍摄的
C．图丙中，带电粒子在各金属圆筒中做加速运动
D．图丁中，磁场的磁感应强度方向垂直纸面向内
8．如图所示为一个截面为正三角形的棱镜。一束激光从纸面内不同角度射向点，为入射边的中点，、为底边的三等分点，、、为另一边的四等分点，已知该棱镜对激光的折射率为，。经过点的折射光线能射到下列哪个点且在该点不发生全反射（　　）
A．点 B．点 C．点 D．点
9．如图所示为一架杆线摆，由一根轻杆、一条轻绳和一个钢球安装在铁架台的立柱上构成，用几本同样厚度的物理课本将铁架台的底座右端垫高。杆与立柱之间的连接机构可以沿水平和竖直方向自由转动，初状态下杆与立柱垂直，钢球静止。现给钢球以垂直于杆的微小水平冲量，杆线摆做一定周期的摆动。忽略各种能量耗散。下列说法正确的是（　　）
A．杆线摆的周期与钢球的质量成正比
B．书本较少时，周期的平方与书的本数成反比
C．减少书的本数，静止时杆对钢球的作用力更小
D．静止时若突然剪断绳，剪断后瞬间钢球的加速度沿着剪断前绳收缩的方向
10．如图所示，匀质正方形导线框ABCD的各边中点是、、、，线框在匀强磁场中绕HF匀速旋转，则下列两点间可以产生正弦式交变电压的是（　　）
A．HF B．AB C．AC D．EG
11．如图所示，四幅教材插图均与温度有关。其中，图甲反映的是一个金属热电阻和一个热敏电阻阻值随温度变化的关系，图乙是一定质量理想气体在不同温度下的等温线，图丙是黑体辐射的实验规律，图丁是氧气分子的速率分布图像。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，a是金属热电阻的图线 B．图乙中，a是温度较低时的图线
C．图丙中，b是温度较高时的图线 D．图丁中，b是温度较低时的图线
12．如图1所示，在空旷的广场上，将音箱甲、乙分别放置在相距1米的等高位置和处。一个固定频率的音频信号同时送入两个音箱，两个音箱发出的声音形成干涉。将手机检测软件打开，在连线上中点附近的40cm范围内匀速移动，测得振幅分布如图2所示。空气中的声速大约为。下列说法正确的是（　　）
A．连线的中垂面上各点振幅相等
B．在线段上分布有5个振幅峰
C．声音的频率大约是850Hz
D．让音箱乙在附近挥舞，两个声音仍能形成干涉
13．如图1所示，一定频率的光照射到某金属材料表面。改变频率，可能发生光电效应或者康普顿效应。图2为康普顿效应示意图。已知普朗克常量，真空中的光速，元电荷。下列说法正确的是（　　）
A．若发生光电效应，仅增加光强，光电子的初动能增加
B．若发生康普顿效应，与入射光子比，散射光子的速度和动量都减小
C．若发生光电效应，且入射光子的能量为7.1eV，光电子的最大初动能为0.5eV，则该材料的截止频率为
D．若发生康普顿效应，且入射光子的能量为7.1keV，电子的能量增加0.5keV，则散射光波长增量的数量级为
14．某同学在“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中，实验装置如图1所示。调平气垫导轨，利用数字计时器和光电门测量滑块碰撞前后的速度。
（1）为使滑块甲、乙在碰撞中总动能损失较大，碰撞端应选择______。
A．
B．
C．
（2）用螺旋测微器测量滑块甲所配遮光条的宽度，读数为5.000mm，测量滑块乙所配遮光条的宽度，如图2所示，读数为　 　mm。
（3）在研究两滑块碰撞后分开的实验中，测得滑块甲（含遮光条）的质量为268.5g，滑块乙（含遮光条）的质量为175.5g。现接通电源，将滑块甲向右弹出与静止的滑块乙发生碰撞，光电计时器获得三组挡光时间，分别为7.44ms、8.95ms、42.80ms。碰撞前滑块甲对应的挡光时间为　 　ms，动量是　 　（保留三位有效数字）。
（4）上述实验结束后，该同学将滑块乙取走，其余部分均保留，如图3所示。调节调平螺丝，使得支脚2比支脚1高出少许，轨道倾角已经测出。以滑块甲及遮光条为研究对象，仅用这套装置　 　（选填“能”或“不能”）完成“验证机械能守恒定律”实验。
15．某同学为完成电容器系列实验，准备了如下器材：一只电解电容器（标称、25V）、一块电池（标称9V）、一个定值电阻（标称）、一块灵敏电流表（量程，内阻）、一块数字多用电表（选用直流20V挡，内阻为）、一只电感（标称）、一只电压传感器及电脑、一块机械秒表、开关和导线若干。
（1）在“观察电容器的充电现象”实验中，图1是准备过程中的器材及连接方式的局部照片，除黑表笔外，电池、开关等均已连接完毕；图2是测量过程中的灵敏电流表照片，读数为　 　。实验观察到，灵敏电流表的示数开始阶段逐渐减小，但减小到左右就不再变化。请根据这一现象判断测量过程中黑表笔实际接触的是　 　（在“—”和“”）接线柱。
（2）利用图1电路完成“观察电容器的放电过程”实验，断开开关，利用多用电表的内阻放电。实验时，在多用电表旁边摆放一只机械秒表，读取多组电压值和对应时刻，作出如图3所示的图线，可以看出，电压越小电压变化越　 　（选填“快”或“慢”）。该同学发现图线与课本上氡元素衰变的图线非常相似，则该放电过程的“半衰期”大约是　 　s。
（3）利用图3完成“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验。时电容的放电电流为　 　（保留两位有效数字）。由图线得下表：
时间范围 电压变化 电量变化
0.86mC
0.69mC
其中，之间的电量变化是　 　mC（保留两位有效数字）。分析表格数据可知，在误差允许范围内，与成　 　（选填“正”或“反”）比。
（4）在“观察振荡电路中电压的波形”实验中，电路如图4所示，将电压传感器接到电容器的两端。根据图中参数，振荡周期的理论值为　 　ms（保留三位有效数字）。先将开关打到1，稳定后再打到2，得到如图5所示的波形，振幅衰减的可能原因是　 　。
16．如图所示，上端开口的圆柱形气缸B固定在地面上，下端开口的圆柱形气缸A外径刚好等于气缸B的内径，二者内部空间的横截面积分别为S和，气缸A的内部高度是H。状态1中，气缸A下端与气缸B底部的高度差为，封闭着一定质量的高温气体。随着气体温度缓慢降至与环境温度相同，气缸A下端刚好降至与气缸B底部等高，为状态2。用竖直向上缓慢增大的力F向上拉气缸A，直至气缸A下端与气缸B底部的高度差恢复为，为状态3。环境温度为T0，大气压强为p0，从状态1到状态2过程中气体内能减少0.55p0SH，气缸A的重力等于0.12p0S。视缸内气体为理想气体，气缸导热性能较好，不考虑气缸之间的摩擦和漏气。求：
（1）状态1中，封闭气体的温度T1；
（2）状态1到状态2过程中，气体与环境之间传递的热量Q（以气体吸热为正）；
（3）状态3中力F大小的表达式。
17．如图所示，科学馆的一套游戏装置由水平地面AB、竖直台阶BC、足够长的水平地面CD、一段固定在竖直平面的薄壁硬管道和一段匀质的长木方组成，其中管道中段为轴线半径为、圆心为的圆管，管道两端水平，底部略微错开，两端的下沿、地面AB、木方上表面等高，木方高度为。一个大小刚好通过管道的小铅块以初速度滑上端，先后通过管道和木方上表面并以的末速度从木方右端抛出。小铅块通过图中处时与管道没有作用力。已知小铅块和木方的质量相等，小铅块的尺寸远小于木方的长度。除小铅块和木方之间，不计其余各处摩擦。
（1）求小铅块抛出时，木方的速度大小；
（2）求小铅块落到水平地面CD时，小铅块与木方右端的距离；
（3）求连线OP与竖直线OQ夹角的余弦值；
（4）现将木方沿图中虚线位置切成长度比为的左右两段，然后分别放回原处，让小铅块重复前述操作，发现小铅块恰好不从木方右端抛出。求的值。
18．如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个质量为、边长为的匝闭合正方形线框从左侧的桌面滑入磁场，线框的右边与虚线平行，速度方向与虚线垂直，初速度记为，大小可以调节。图示时刻线框的右边恰好进入磁场，不考虑电磁辐射。
（1）若线框的电阻为，不计线框的自感，线框能完全进入磁场，求
①图示时刻感应电流的大小；
②线框完全进入磁场时的速度；
（2）若线框处于超导状态，自感系数为，求线框回路储存磁能的最大值；
（公式提示：自感电动势，简谐运动的势能）
（3）若线框的电阻为，考虑自感但自感系数未知。已知线框能完全进入磁场且完全进入时的速度为。求线框完全进入磁场后直到电流为零，流过导线横截面的电量。
19．如图1所示，某团队利用感应加速器和质谱仪研究核反应。感应加速器中励磁电流大小，预设的电子加速轨道半径为，轨道处磁感应强度大小为，为定值。质谱仪中各组件均沿轴线对齐。静电分析器由两块平行正对的弧形铜板构成，板间轴线半径为，电压为，距离为。磁分析器由一根弧形细铜管构成，其轴线半径也为，匀强磁场方向垂直纸面向内。
电子在轨道上被加速到最大速度时被引出，撞击靶材，撞击时因速度变化而辐射光子，光子触发核反应，不考虑电子与核的直接反应。核反应结束后，将产物和部分未反应的无损无污染注入（图中以箭头表示）离子仓。离子仓通过气化、电离等环节将待测样品处理成为电荷量为、速度较小的单核正离子。正离子飘进加速电场被加速，部分离子先后通过静电分析器、磁分析器，被法拉第杯完全吸收，单位时间内吸收的离子个数为。不能通过的离子被各接地器壁吸收。现保持磁分析器的磁感应强度大小恒为，测得关系如图2所示。
假定每一个电子撞击靶材时只辐射一个光子，且光子最大能量等于电子的动能。电子质量为，，补充数据如表格所示。不考虑离子间作用力、各过渡段的场。
可能用到的原子核质量（单位：u）
原子核 质量 原子核 质量
5.0121
6.0151
7.0160
8.0053
9.0122
（1）求能通过静电分析器的离子动能的表达式；
（2）求能通过磁分析器的离子质量的表达式；
（3）已知图2中最高峰对应核，
①判断次高峰对应的原子核种类和核反应方程式；
②已知某个静止的核发生①中所求反应后，产物总动能为0.09MeV，求触发此次核反应的光子能量。（单位MeV，结果保留三位有效数字）
（4）为产生能量为的光子，求感应加速器励磁电流最小峰值的表达式。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、电压表用于测量电压，国际单位制七个基本物理量为长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量、发光强度，电压属于导出物理量，不属于基本物理量，故 A 正确；
B、秒表用于测量时间，时间是国际单位制中的基本物理量，故 B 错误；
C、天平用于测量质量，质量是国际单位制中的基本物理量，故 C 错误；
D、螺旋测微器用于测量长度，长度是国际单位制中的基本物理量，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查国际单位制基本物理量区分，电压由电流、长度、时间等基本量推导得到，属于导出量；
B、考查国际单位制基本物理量识别，时间是七大基本物理量之一；
C、考查国际单位制基本物理量识别，质量是七大基本物理量之一；
D、考查国际单位制基本物理量识别，长度是七大基本物理量之一。
2．【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、物体能否看成质点取决于研究问题，与质量大小无关；研究舰载机外形、起降姿态时，不能视为质点，故 A 错误；
B、航母起伏航行时，舰载机随航母做上下往复运动，向上加速时处于超重状态，向下加速时处于失重状态，会交替出现超、失重，故 B 正确；
C、舰载机着舰过程中，飞机相对航母位置不断变化，飞行员相对于航母是运动的，故 C 错误；
D、舰载机起飞时，弹射装置的电磁能一部分转化为飞机机械能，还有一部分因摩擦、发热损耗为内能，无法全部转化，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查质点的判断条件，能否视为质点看物体尺寸对研究问题有无影响，和质量无关；
B、考查超重、失重的判定，加速度向上超重、加速度向下失重，起伏航行时加速度方向交替变化；
C、考查相对运动判断，着舰时舰载机相对航母位置改变，属于相对运动；
D、考查能量转化，电磁弹射存在能量损耗，电磁能不能完全转化为机械能。
3．【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、电场线疏密表示电场强度大小，A点电场线更密集，故，故A正确；
B、未知两极板哪边带正电、哪边带负电，无法判断电场线方向，不能比较、大小，故B错误；
C、静电力，两试探电荷的电荷量未知，无法比较、大小，故C错误；
D、电势能，试探电荷电性、电荷量未知，电势高低也无法确定，不能比较、，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查电场线的物理意义，电场线越密电场强度越大；
B、考查电势高低判断，电势沿电场线降低，电场线方向未知则电势无法比较；
C、考查电场力公式，电场力大小由场强和试探电荷电量共同决定；
D、考查电势能公式，电势能与电势、试探电荷电性、电量均有关，条件不足无法比较。
4．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】α射线、β射线、γ射线都是在放射性物质衰变的过程中放射出的，来自于原子核的衰变，ABC不符合题意；阴极射线是阴极受热后，原子的核外电子受激发而发射出的电子，D符合题意．
故答案为：D
【分析】阴极射线即电子流，是核外电子，不属于原子核内部的微观粒子。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】圆轨道Ⅰ：卫星做匀速圆周运动，速率保持恒定，A点点火变轨：点火减速，速率突然减小，进入椭圆轨道Ⅱ，椭圆轨道Ⅱ（A→B）：根据开普勒定律，卫星从远地点A向近地点B运动时，速率逐渐增大，B点点火变轨：点火减速，速率突然减小，进入圆轨道Ⅲ，此后速率保持恒定，根据万有引力提供向心力有，解得，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅲ的半径，因此轨道Ⅰ的速度小于轨道Ⅲ的速度，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】分析各轨道速率变化再利用万有引力提供向心力的公式，得出圆轨道线速度与轨道半径的关系，进而判断轨道Ⅰ速度小于轨道Ⅲ速度。
6．【答案】B
【知识点】卫星问题；光的折射及折射定律；液体的表面张力；浸润和不浸润
【解析】【解答】A、天宫空间站处于完全失重状态，水球被打出后不受重力，合力为零，相对舱体做匀速直线运动，轨迹为直线，并非抛物线，故A错误；
B、光从空气射入水中，光的频率不变，水折射率，光在介质中速度变小，由可知波长变短，故B正确；
C、液体附着在固体表面为浸润，胶皮不沾水，说明水与胶皮不浸润，故C错误；
D、液体表面张力成因是表层分子间距大于内部，分子引力大于斥力，水球表面分子平均距离比内部大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查完全失重环境下的运动规律，无重力作用物体做匀速直线运动；
B、考查光的折射与波长变化，频率不变，介质光速减小则波长缩短；
C、考查浸润与不浸润的概念区分，液体不附着固体属于不浸润现象；
D、考查液体表面张力微观机理，表层分子间距大于液体内部。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器；薄膜干涉；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、薄膜干涉实验需要将灯放置在肥皂膜与观察者之间，依靠薄膜前后表面反射的光形成干涉条纹，肥皂膜置于灯与观察者之间无法观察到条纹，故A错误；
B、光学显微镜放大倍数有限，无法达到1亿倍，该铀酰微晶照片只能由电子显微镜拍摄，故B错误；
C、多极直线加速器内，金属圆筒内部无电场，带电粒子在筒内匀速运动，仅在相邻圆筒间的电场区域加速，故C错误；
D、由，正电子穿过铅板动能减小、速度变小，轨迹半径变小，可判断粒子从上向下穿过铅板；正电子带正电，洛伦兹力指向轨迹凹侧，根据左手定则，磁场磁感应强度垂直纸面向内，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查薄膜干涉实验装置要求，光源应在薄膜与人眼中间；
B、考查显微镜分类与放大极限，光学显微镜无法实现上亿倍放大；
C、考查直线加速器工作原理，金属屏蔽筒内部无电场，粒子匀速；
D、考查带电粒子在磁场中的圆周运动，结合半径公式与左手定则判断磁场方向。
8．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】激光由棱镜射向空气时发生全反射的临界角C满足，可得
如图所示
作出射入棱镜的两条边界光线1和光线2，则射入棱镜的光线在光线1和光线2之间，故光线会射向E点、F点、C点，射向E点的光线入射角为，小于，不会发生全反射，而射向F点、C点的光线入射角均大于，会发生全反射。
故答案为：C。
【分析】本题结合全反射临界角与棱镜几何光路，核心思路：先由折射率算出发生全反射的临界角度；再结合正三角形边长等分点的几何关系，判断各目标点对应的光线入射角，只有入射角小于临界角的点不会发生全反射。
9．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．此杆线摆等效为在倾角为的光滑斜面上的单摆，其周期为，与钢球的质量无关，故A错误；
B．书本数越少，倾角越小；倾角较小时，正比于书本数；杆线摆的周期为，所以正比于正比于，故书本较少时，周期的平方与书的本数成反比，故B正确；
C．钢球受重力、沿着绳方向的拉力和沿着杆的弹力平衡，三个力构成封闭三角形，其中绳拉力和杆弹力夹角不变，利用动态平衡知识构建圆周角如图所示：
减少书的本数，弹力方向向上摆动，所以杆对钢球的作用力变大，故C错误；
D．静止时若突然剪断绳，剪断后瞬间杆的弹力会突变，钢球的加速度不会沿着剪断前绳收缩的方向，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查单摆周期规律，单摆周期仅与摆长、等效重力加速度有关，和摆球质量无关；
B、考查等效单摆与近似比例关系，小角度下，推导出周期平方与书本数量成反比；
C、考查动态矢量三角形受力平衡，倾角减小，杆的弹力增大；
D、考查轻杆弹力突变特性，剪断绳后杆弹力立刻改变，合力方向改变。
10．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】设线框的感应电动势有效值为，总电阻为，感应电流为有效值，则有
B、线框转动过程中，只有AB、CD两边切割磁感线，即这两条边相当于两个电动势的电源，电流流过AB因为AB是电源，电势升高，因为AB有电阻，电势降低，因此AB间的电压有效值为为正弦式电压，故B正确；
ACD．电流流过HF（或AC、EG)，同理，因为电源电势升高，但由于电阻，电势降低，因此HF、AC、EG两端电压恒为0，不是正弦式电压，故ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查交变电流切割与分段电势差分析，核心思路：转动切割仅 AB、CD 产生动生电动势，利用电路对称性判断中点电势差恒为零；对切割边单独分析电源电动势与内阻分压，得到两端随时间正弦变化的电势差。
11．【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义；黑体、黑体辐射及其实验规律；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】A、金属热电阻阻值随温度升高而增大，热敏电阻阻值随温度升高而减小；图甲中 a 曲线阻值随温度上升缓慢增大，符合金属热电阻特性，故 A 正确；
B、理想气体等温线，温度越高曲线离坐标原点越远；图乙 a 曲线比 b 离原点更远，代表温度更高，故 B 错误；
C、黑体辐射规律：温度越高，辐射强度峰值对应的波长越短；图丙 b 峰值波长更长，对应温度更低，故 C 错误；
D、分子速率分布图像，温度越低，曲线峰值靠左、曲线更陡峭；图丁 b 峰值靠近低速区，代表温度较低，故 D 正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查金属热电阻与热敏电阻的温度特性区分；
B、考查理想气体等温线图像，PV=CT，C 越大温度越高；
C、考查黑体辐射维恩位移定律，高温物体峰值波长更短；
D、考查麦克斯韦分子速率分布规律，低温分子低速占比更高，曲线峰值左移。
12．【答案】B,C
【知识点】受迫振动和共振；波的干涉现象
【解析】【解答】A、中垂面上各点到两声源波程差为0，均为振动加强点，但离声源越远处声波振幅越小，叠加后总振幅不相等，故A错误；
B、由图2可知相邻振幅峰间距0.2m，即，；两音箱间距，最大波程差，加强点满足，可取，共5个加强点，对应5个振幅峰，故B正确；
C、波长，声速，频率，故C正确；
D、音箱乙挥舞时，接收点到两声源的波程差持续变化，两列声波相位差无法恒定，不满足稳定干涉条件，不能形成干涉，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查波的干涉加强区振幅规律，中垂面虽均为加强点，但声波随距离衰减，振幅不等；
B、考查干涉加强点数量计算，结合波程差最大值确定取值个数；
C、考查波速、波长、频率关系，由相邻峰间距求出波长再计算频率；
D、考查稳定干涉必要条件，相位差恒定，声源移动会破坏相位差恒定。
13．【答案】C,D
【知识点】光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】A、光电效应方程，光电子最大初动能只与入射光频率有关，增大光强只会增加逸出光电子数量，不会改变初动能，故A错误；
B、康普顿效应中，散射光子仍在真空传播，速度始终等于光速；碰撞后光子能量减小、频率降低、波长变长，由可知光子动量减小，速度不变，故B错误；
C、入射光子能量，最大初动能，逸出功，截止频率，代入数据计算得，故C正确；
D、入射光子能量，散射光子能量，由分别求出入射、散射光子波长，波长增量，数量级为，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、考查光电效应规律，光强只影响光电子数目，不影响最大初动能；
B、考查康普顿效应光子特性，真空中光速恒定，能量减小则动量减小；
C、考查光电效应逸出功与截止频率计算，利用光电效应方程求解逸出功，再结合求截止频率；
D、考查光子能量与波长关系，结合能量守恒求出散射光子能量，计算波长改变量判断数量级。
14．【答案】（1）C
（2）
（3）8.95；
（4）能
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；碰撞模型
【解析】【解答】（1）要使滑块碰撞中总动能损失较大，需选择完全非弹性碰撞（碰撞后两滑块粘在一起），此时系统动能损失最大，A错误，B错误，C正确；
故答案为：C。
（2）螺旋测微器的读数为
故答案为：
（3）根据动量守恒，碰撞前的速度，碰撞后速度
则碰撞后通过光电门时间为
若动量守恒则碰撞前时间，总动量
故答案为：8.95；
（4）将滑块乙取走后，气垫导轨倾斜倾角已知，以滑块甲为研究对象重力势能变化 ，为滑块沿导轨的位移，为竖直高度差，动能变化
，由光电门测速得到，可以验证是否成立。
故答案为：能
【分析】(1) 本题考查不同类型碰撞的动能损失特点，弹性碰撞无动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最大，根据碰撞端结构判断碰撞类型；
(2) 本题考查螺旋测微器读数方法，读数等于固定刻度数值加上可动刻度乘以0.01mm，注意半毫米刻度是否露出；
(3) 本题结合光电门测速、动量计算，碰撞前单独运动的滑块速度小、挡光时间长，利用求瞬时速度，再由计算动量并保留三位有效数字；
(4) 本题考查验证机械能守恒的实验条件，气垫导轨消除摩擦，倾角已知可计算重力势能变化，光电门可测速度计算动能变化，满足实验验证要求。
（1）要使滑块碰撞中总动能损失较大，需选择完全非弹性碰撞（碰撞后两滑块粘在一起），此时系统动能损失最大，A错误，B错误，C正确；故选C。
（2）螺旋测微器的读数为
（3）根据动量守恒
碰撞前的速度
碰撞后速度
则碰撞后通过光电门时间为
若动量守恒则碰撞前时间
总动量
（4）将滑块乙取走后，气垫导轨倾斜倾角已知，以滑块甲为研究对象重力势能变化
为滑块沿导轨的位移，为竖直高度差
动能变化
，由光电门测速得到，可以验证是否成立。
15．【答案】（1）188；
（2）慢；330 350
（3）9.4；0.52；正
（4）2.95；电阻消耗或电磁辐射
【知识点】原子核的衰变、半衰期；电磁振荡；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由图可知，灵敏电流表的分度值为10，所以读数为；
由题意可知，当电容器充电完成后，电容器没有电流通过，但依然有电流通过灵敏电流计，所以电路为灵敏电流计的外接，即黑表笔实际接触的是接线柱。
故答案为：188；
（2）图线的斜率表示电压变化的快慢，由图可知，斜率越来越小，所以电压越小电压变化越慢；
由图可知，电压从8V降低到4V所用时间为，所以该放电过程的“半衰期”大约是350s。
故答案为：慢；330 350
（3）因为断开开关，利用多用电表的内阻放电。由图3可知，时电容器两端的电压为
此时的放电电流为，分析前两组数据可知，在误差允许的范围内与的比值近似相等，即在误差允许范围内，与成正比；根据
代入数据，解得
故答案为：9.4；0.52；正
（4）振荡周期的理论值为
振幅衰减的原因是能量损失，可能是电阻消耗或电磁辐射。
故答案为：2.95；电阻消耗或电磁辐射
【分析】(1) 本小问考查灵敏电流表读数、电容器充电实验电路分析；按分度值读取电流，根据充满电后仍存在漏电流判断表笔接线位置。
(2) 本小问考查RC放电图像规律，图像斜率反映电压变化快慢；类比放射性半衰期，读取电压减半对应的时间范围。
(3) 本小问结合欧姆定律求初始放电电流，利用电容定义为定值，比例计算电量变化，判断电压变化量与电量变化量正比关系。
(4) 本小问考查LC振荡电路周期公式计算，分析阻尼振荡振幅衰减的能量损耗来源。
（1）[1]由图可知，灵敏电流表的分度值为10，所以读数为；
[2]由题意可知，当电容器充电完成后，电容器没有电流通过，但依然有电流通过灵敏电流计，所以电路为灵敏电流计的外接，即黑表笔实际接触的是接线柱。
（2）[1]图线的斜率表示电压变化的快慢，由图可知，斜率越来越小，所以电压越小电压变化越慢；
[2]由图可知，电压从8V降低到4V所用时间为
所以该放电过程的“半衰期”大约是350s。
（3）[1]因为断开开关，利用多用电表的内阻放电。由图3可知，时电容器两端的电压为
此时的放电电流为
[2][3]分析前两组数据可知，在误差允许的范围内与的比值近似相等，即在误差允许范围内，与成正比；根据
代入数据，解得
（4）[1]振荡周期的理论值为
[2]振幅衰减的原因是能量损失，可能是电阻消耗或电磁辐射。
16．【答案】（1）解：状态1到状态2是等压变化，则
解得
（2）解：对气缸A，根据平衡条件可得
解得
对封闭气体，有
所以
（3）解：状态2到状态3是等温变化，根据玻意耳定律可得
解得
对气缸A，根据平衡条件可得
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 本问考查等压变化盖 - 吕萨克定律，先分别算出两个状态气体总体积，压强不变直接列体积 - 温度比例式求解初温；
(2) 本问结合受力平衡求气体压强、气体做功计算、热力学第一定律综合应用；先对气缸受力得到内部气压，计算压缩过程外界做功，再结合内能减少量求吸放热，负号表示放热；
(3) 本问先利用等温玻意耳定律求出拉伸后气体压强，再对气缸 A 列竖直方向受力平衡方程，整理得到拉力大小表达式。
（1）状态1到状态2是等压变化，则
解得
（2）对气缸A，根据平衡条件可得
解得
对封闭气体，有
所以
（3）状态2到状态3是等温变化，根据玻意耳定律可得
解得
对气缸A，根据平衡条件可得
联立解得
17．【答案】（1）解：记双方质量均为，木方的末速度为，对系统
解得
（2）解：小铅块平抛时间
水平位移差
（3）解：对小铅块，从初位置到处
在处
代入解得
（4）解：未切断时，求木方长度
解得
切断后第一阶段，记小铅块和木方的末速度分别为、，，
解得（增根已舍）
切断后第二阶段，以右段木方为参考系，小铅块做匀减速直线运动，刚好减速到零
代入、解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本问考查水平方向动量守恒，无摩擦、无外力，铅块与木方系统总动量不变，直接列守恒式求解木方速度；
(2) 本问结合平抛运动、匀速直线运动，先由自由落体求平抛总时间，再利用水平速度差计算相对位移；
(3) 本问综合竖直圆周临界向心力条件、机械能守恒，P点管道无作用力说明仅重力径向分力提供向心力，联立两式求解夹角余弦；
(4) 本问分两段摩擦力作用过程，先用完整木方求出，切割后分第一阶段与前段木方作用、第二阶段与后段木方相对滑动至共速，结合动量守恒、能量守恒、相对运动学公式联立求解长度比例。
（1）记双方质量均为，木方的末速度为，对系统
解得；
（2）小铅块平抛时间
水平位移差。
（3）对小铅块，从初位置到处
在处。
代入解得
（4）未切断时，求木方长度
解得
切断后第一阶段，记小铅块和木方的末速度分别为、，，
解得（增根已舍）
切断后第二阶段，以右段木方为参考系，小铅块做匀减速直线运动，刚好减速到零
代入、解得
18．【答案】（1）解：因为足够大，所以线框会全部进入磁场。
①线框切割产生感应电动势：
法拉第电磁感应定律：
得：
②任意速度时，安培力：
线框进入磁场过程由动量定理：
解得：
（2）解：①线框进入磁场的任意时刻，由欧姆定律有：
从刚进入磁场到位移为，求和：
解得：
所以位移为时线框所受合力：
说明线框前边在磁场中的运动是以刚进入磁场的位置为平衡位置的简谐运动。
回复力系数为，记振幅为，
则
得。
若，即，线框半个周期后向左侧离开磁场：
磁能的最大值等于初动能：
若，即，线框向右完全进入磁场：
线框完全进入磁场后磁能为最大，即：
（3）解：从开始进入磁场到电流为零：
线框进入磁场的过程：
得：
所以：
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) ① 考查动生电动势、欧姆定律基础公式，直接代入切割电动势求电流；
② 考查电磁感应中动量定理的微元求和用法，把安培力冲量转化为电量表达式，求解末速度；
(2) 本题结合超导自感、简谐运动模型，通过回路电压平衡推导电流与位移关系，识别简谐回复力，分情况讨论最大磁能，完全进入时磁通量最大对应磁能峰值；
(3) 本题拆分两个阶段电量：进入磁场阶段用动量定理求出该过程迁移电量，总电量由磁通量变化求出，两者差值即为完全进入后电流衰减至零的迁移电量。
（1）因为足够大，所以线框会全部进入磁场。
①线框切割产生感应电动势：
法拉第电磁感应定律：
得：
②任意速度时，安培力：
线框进入磁场过程由动量定理：
得：
（2）①线框进入磁场的任意时刻，由欧姆定律有：
从刚进入磁场到位移为，求和：
解得：
所以位移为时线框所受合力：
说明线框前边在磁场中的运动是以刚进入磁场的位置为平衡位置的简谐运动。
回复力系数为，记振幅为，
则
得。
若，即，线框半个周期后向左侧离开磁场：
磁能的最大值等于初动能：
若，即，线框向右完全进入磁场：
线框完全进入磁场后磁能为最大，即：
（用公式求解也可：）
（3）从开始进入磁场到电流为零：
线框进入磁场的过程：
得：
所以：
19．【答案】（1）解：在静电分析器中，离子（质量记为）做匀速圆周运动，电场力提供向心力，
联立解得
（2）解：在磁分析器中，
联立解得
（3）解：①由前可知，所以
根据已知条件为离子，查表可知次高峰为离子。
法拉第杯中，一个核反应的不同产物应该有相同的数量级。观察图2知，没有其它离子与相同数量级，故产物中新核只有。
再考虑质量数和电荷数守恒，方程式是
②当光子以最小能量引发核反应时，由能量守恒有
解得
为引发核反应，光子能量至少为1.67MeV。
（4）解：由题意知，光子最大能量等于电子的动能
洛伦兹力充当向心力
解得
【知识点】原子核的人工转变；带电粒子在有界磁场中的运动；核裂变
【解析】【分析】(1) 本问考查静电场圆周运动向心力模型，极板匀强电场力提供向心力，结合动能定义联立推导动能表达式；
(2) 本问综合静电分析器动能、磁场圆周运动规律，通过动能等量替换消去速度，推导出离子质量与加速电压、磁场、几何尺寸的关系式；
(3) ① 利用质量与加速电压反比关系计算次高峰粒子质量，查表确定核素，依据质量数、电荷数守恒书写核反应方程；
② 质能方程计算质量亏损释放的固有能量，结合产物动能由能量守恒求解入射光子最小能量；
(4) 本问结合电子回旋加速洛伦兹向心力、光子能量等于电子动能，代入励磁电流与磁感应强度正比关系，整理求解励磁电流最小值表达式。
（1）在静电分析器中，离子（质量记为）做匀速圆周运动，电场力提供向心力，
联立解得
（2）在磁分析器中，
联立解得
（3）①由前可知，所以
根据已知条件为离子，查表可知次高峰为离子。
法拉第杯中，一个核反应的不同产物应该有相同的数量级。观察图2知，没有其它离子与相同数量级，故产物中新核只有。
再考虑质量数和电荷数守恒，方程式是
②当光子以最小能量引发核反应时，由能量守恒有
解得
为引发核反应，光子能量至少为1.67MeV。
（4）由题意知，光子最大能量等于电子的动能
洛伦兹力充当向心力
解得
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