资源简介

2026届浙江安吉县高级中学等校高三第二学期第三次三校联考物理试卷
1．研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其大小和分别是球的半径和速度，是一个无单位的常数，称为黏性系数）。关于黏性系数的单位，用国际基本单位制表示是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】其中f的单位为牛顿（N），即 kg m/s2，r 的单位为米（m），v 的单位为米每秒（m/s），k 为无单位常数，国际单位制推断黏性系数的单位是
故选A。
【分析】根据阻力公式f=kηrv，将各物理量的国际单位代入，由等式两边单位一致，通过单位运算推导粘性系数η的单位。
2．2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。如图所示，该机器人能在雪地和山坡上跋山涉水，顺利避开障碍物，能跑、能跳，还能空中翻转360°，甚至单脚站立保持静止。“山猫”在（　　）
A．避开障碍物时可以被看作质点
B．空中翻转时重心位置始终保持不变
C．单脚静止时地面对它作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
【答案】C
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】本题考查质点、重心、平衡条件和对牛顿第三定律的理解，考查范围较大，平时注意积累。A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
【分析】根据质点的条件分析；根据重心的定义分析；根据平衡条件分析；根据牛顿第三定律分析。
3．下列关于四幅图的说法正确的是（　　）
A．甲图用“油膜法估测分子的大小”，若计算出的分子直径偏小，可能原因是痱子粉撒太多，从而导致油膜未能充分展开
B．乙图食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
C．丙图分子间作用力与分子间距离的关系，分子间距为时，分子势能最小
D．丁图水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银浸润玻璃
【答案】C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；分子势能；晶体和非晶体；浸润和不浸润
【解析】【解答】A、痱子粉撒太多，油膜无法充分展开，测得油膜面积偏小，算出分子直径会偏大而非偏小，故A错误；
B、食盐属于单晶体，具有各向异性，不同方向物理性质不一样，故B错误；
C、丙图是分子间作用力随距离变化的图像，当时，分子力表现为引力，若分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小；当时，分子力表现为斥力，若分子间距离增大，分子力做正功，分子势能同样减小，因此在处，分子的势能达到最小值，故C正确；
D、水银在玻璃板上收缩成“圆珠状”，说明了水银内部的内聚力大于水银与玻璃之间的附着力，这属于不浸润现象，故D错误。
故选C。
【分析】分子直径等于纯油酸体积除以油膜面积，面积测量偏小会让计算直径偏大；单晶体不同方向物理性质不同，多晶体才各向同性；分子间距r=r0时引力斥力相等，分子势能取最小值；液体收缩成圆珠状是不浸润现象，液体铺展开是浸润现象。
4．如图所示，内壁光滑、两端开口的圆筒在竖直方向上固定，一小球从圆筒上端紧贴筒壁沿切线方向水平射入，关于小球在圆筒内运动的情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球在运动过程中所受弹力大小保持不变
B．若增大圆筒的半径，小球的运动可能会脱离圆筒内壁
C．若增大小球入射速度，小球在圆筒内的运动时间将增大
D．若减小小球入射速度，小球从圆筒下端射出时重力的瞬时功率将减小
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】 A、小球在桶内的运动可以看成时水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，所以有：，由此可知小球在运动过程中所受弹力大小保持不变，故A正确。B、由可知，若增大圆筒的半径，小球所受弹力减小，但不会脱离圆筒内壁，故B错误；
C、小球在竖直方向自由落体运动，则有：，解得：，由此可知小球在圆筒内的运动时间由圆筒的高度决定，与初速度大小无关，故C错误；
D．小球射出圆筒时重力的瞬时功率为，所以，若减小小球入射速度，小球从圆筒下端射出时重力的瞬时功率不变，故D错误。
故选：A。
【分析】小球在桶内的运动可以看成时水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，由向心力公式和自由落体运动规律即可解答。
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．在图甲的LC振荡演示电路中，开关先拨到位置“1”，电容器充满电后，在时刻开关拨到位置“2”。若电流从传感器的“+”极流入，电流显示为正，图乙为振荡电流随时间变化的图线，则下面有关说法正确的是（　　）
A．在图乙中A点时刻电容器上极板带负电
B．在图乙中从到A点过程中电容器的电压先增加后减小
C．若电阻R减小，电流变化如图丙中实线
D．若电阻R减小，电流变化如图丙中虚线
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡
【解析】【解答】A．在图乙中A点时刻电流为正且正在减小，可知电容器正在充电阶段，此时上极板带负电，下极板带正电，选项A正确；
B．在图乙中从到A点过程中电流先正向增加后正向减小，电容器先放电后充电，即电容器的电压先减小后增加，选项B错误；
CD．若电阻R减小，则电容器放电时最大电流变大，但是振动周期不变，则图丙中实线和虚线描述电流变化都不对，选项CD错误。
故选A。
【分析】根据图像确定电流的方向及变化，确定电容器充放电状态，从而确定极板的电性和电容器极板电压的变化，电阻减小，电容器放电时的最大电流变大，但周期不变，以此分析判断。
7．某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能与电势能之和）的变化情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，小球1固定在圆筒底部，小球2从靠近小球1的位置处释放，测出小球2的位置和速度v，利用能量守恒可以得到势能图像。图乙中Ⅰ图线是小球2的图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线（即图像Ⅱ是物体的重力势能随x的变化规律），实验中忽略一切摩擦且小球的电荷量不会发生变化，，则小球2（　　）
A．上升过程势能先变大后减小
B．上升过程中动能一直变大
C．质量为
D．从x1=6.0cm处运动至x2=20.0cm处电势能减少0.4J
【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB． 上升过程系统能量守恒，有E+Ek=E总，由图像Ⅰ可知，上升过程中势能E先变小后变大，则小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，故A正确，B错误；
C．根据库仑定律可知，当时r→∞，FC→0，系统势能的变化量主要取决于重力做功 ，即，解得，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，由图知，所以，故C正确；
D．从处运动至处势能增加了，重力势能增加了，则电势能变化了，即电势能减少，故D错误.
故选C。
【分析】由图读出势能的变化，根据能量守恒定律分析小球2动能的变化，即可知道速度的变化。根据库仑定律结合图中渐近线的斜率求小球2的质量。根据系统能量守恒求电势能减少量。
8．核聚变过程可以释放大量能量。一种典型的聚变反应就是四个氢原子核（质子）结合成一个氦原子核，大约释放28MeV的能量。太阳内部就时刻发生着核聚变。如果想实现人工核聚变，困难在于原子核都带正电，互相排斥，一般情况下不能相互靠近而发生结合，只有在温度达到极高温度时，原子核的热运动速度非常大，才能冲破库仑斥力的壁垒，碰撞到一起发生结合，这叫热核反应。根据统计物理学，绝对温度为T时，粒子的平均动能，其中，叫做玻尔兹曼常量。理论计算表明，当质子的平均动能达到约时，热运动的质子容易发生结合而发生聚变反应。不考虑量子效应及相对论效应，根据以上信息结合经典理论，判断下列说法中正确的是（　　）
A．目前核电站利用核聚变反应
B．将氦核的核子全部分开，大约需要28MeV的能量，氦核的比结合能约为14MeV
C．若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，则一个质子从远处以初动能2E0与另一个静止的质子发生正碰，也能恰好结合
D．由以上信息可以估算出发生热核反应时的温度约为量级
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A、现有核电站全部利用核裂变释放能量，人工可控核聚变暂未商用，故A错误；
B、将氦核的核子全部分开，大约需要28MeV的能量，氦核的比结合能约为
故B错误；
C、若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，质子结合能为2E0。则一个质子从远处以初动能2E0与另一个静止的质子发生正碰，假如结合在一起，由动量和能量守恒可知
，，质子结合能为E0小于2E0。则它们不能结合。故C错误；
D、发生热核反应质子的平均动能。解得
故D正确。
故选D
【分析】目前核电站利用的是核裂变；比结合能等于结合能与核子数的比值；根据动量守恒计算得到碰后的动能做比较；根据1eV=1.6×10-19J计算。
9．如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．打在薄板下表面的粒子占粒子总数的比例为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律有：，解得
粒子的运动轨迹如图所示。
根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，则有：
，，解得，A错误；
B．粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知：
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2
，上表面接收到粒子的区域长度为，B正确；
C．据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点，当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；
D．以轨迹2与轨迹3为边界的区域内运动的粒子均能打在薄板的下表面，沿轨迹2与轨迹3运动的粒子的初速度之间的夹角为30°。打在薄板下表面的粒子占粒子总数的比例为，D错误。
故选B。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近。当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，画出两种情况粒子运动轨迹，根据几何关系求薄板的上表面接收到粒子的区域长度；粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离由轴最远，画出运动轨迹，根据几何关系求薄板的下表面接收到粒子的区域长度；粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，结合轨迹圆心角求最短时间。
10．太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞船的。太阳帆一般由反射率极高的韧性薄膜制成的，面积大，质量小。某太空探测飞船运行在地球公转轨道上，绕太阳做匀速圆周运动，某时刻飞船的太阳帆打开，展开的面积为S，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线。已知太阳的总辐射功率为，日地距离为，光速为c，引力常量为G，太阳帆反射率100%。下列说法正确的是（　　）
A．太阳帆受到的太阳光压力为
B．太阳帆受到的太阳光压力为
C．打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳
D．打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定
【答案】D
【知识点】动量定理；万有引力定律；光子及其动量
【解析】【解答】AB．已知太阳的总辐射功率为，日地距离为，光时间t内照射到帆面上的能量：
，光子的平均能量，，射到帆面上的光子数，每个光子的动量
，光射到帆面被反弹，由动量定理得，联立解得，故AB错误；
C．打开太阳帆后，飞船远离太阳做离心运动，由于有沿着切线方向有初速度，所以不可能完全沿着 径向远离太阳，故C错误；
D． 根据万有引力定律可得飞船受到的太阳的引力
飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比
打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定，故D正确。
故选D。
【分析】找出光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出太阳光压力；飞船远离太阳做离心运动；根据万有引力定律求出飞船受到的太阳的引力，再求出飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比，据此分析判断。
11．根据所给图片及有关物理知识，判断下列说法正确的是（　　）
A．图1为粒子散射实验装置，卢瑟福通过分析该实验提出了原子的核式结构模型
B．图2为光电流与光电管两端电压的关系图，若甲光和丙光照射某金属都能发生光电效应，则丙光照射产生的光电子的最大初动能更大
C．图3为放射性元素衰变曲线，若有16个氢原子核，经过一个半衰期后只剩下8个氢原子核
D．图4为工业上利用射线检查金属内部是否有缺陷的装置，探测射线应采用穿透能力强的射线
【答案】A,B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；光电效应；α粒子的散射；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、图1是α粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型，故A正确；B、图2为光电流与光电管两端电压的关系图，最大初动能与遏止电压有关，遏止电压越大，最大初动能越大，故若甲光和丙光照射某金属都能发生光电效应，则丙光照射产生的光电子的最大初动能更大，故B正确；
C．半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。对于大量原子核而言，半衰期的概念是准确的，但对于少量原子核（如16个），半衰期的概念不完全适用，因为衰变是一个随机过程，故C错误；
D、在工业上，利用射线检查金属内部是否有缺陷时，通常会选择穿透能力强的射线，如γ射线，因为γ射线能够穿透较厚的金属材料，从而检测到内部的缺陷，故D错误；
故选：AB。
【分析】α粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型；最大初动能与遏止电压有关，遏止电压越大，最大初动能越大；半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间；在工业上，通常会选择穿透能力强的射线，利用射线检查金属内部是否有缺陷时。
12．如图甲所示，两个半圆形的细管道组成半径为的圆管道，管道内是空气。声波从入口进入管道后分成上下两列声波，并在出口处汇合。最初，出口与入口恰好在水平直径两端，保持入口位置和入射声波强度不变，旋转出口管道，当出口管道顺时针旋转弧度时，如图乙所示，探测到出口处的声波强度第一次最弱，强度为入口处的。已知声波的波速大小为，声波强度与声波振幅平方成正比，下列说法正确的是（　　）
A．两声波的振幅相同
B．该声波在空气中的波长大小为
C．若，旋转出口管道可检测到3个声波强度最强的位置
D．将声波频率调大，出口管道能检测到声波强度最弱的位置个数将增加
【答案】C,D
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．两列波干涉相消时，合振幅为 | A1-A2|，由题可知相消强度为入口的，不为 0，说明振幅一定不相同，故A错误；
B．当两列波的波程差为半波长的奇数倍时，声波强度达到最弱，第一次强度最弱，说明第一次发生相消干涉，满足代入，得：，故，故B错误；
C．当波程差为波长的整数倍时，声波强度达到最强，若，则
干涉加强满足（为旋转弧度，），代入得 ，得
满足的取值为，对应，共3个强度最强的位置。故C正确；
D．声波频率调大，由得波长减小，相消干涉满足，
即，增大则满足条件的个数增加，因此最弱位置个数增加，故D正确；
故选CD。
【分析】声波检测器的设计基于声波的干涉现象，即两列频率相同、相位差恒定的声波在空间某点相遇时，会因相位差的不同而产生加强或减弱的现象。当两列波的波程差为半波长的奇数倍时，声波强度达到最弱；当波程差为波长的整数倍时，声波强度达到最强。
13．如图甲所示，长为的单色线光源水平放置在某种液体中，紧贴液体表面的上方水平放置一光传感器，传感器上光强随x轴位置变化的情况如图乙所示，图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为，该段两侧光强迅速减小。已知该单色光在液体内的折射率为，光在真空中的光速为。下列说法正确的是（　　）
A．光传感器检测到有光强的区域面积为
B．该光源距液体表面的距离为
C．从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为
D．若将该光源上移，会减小
【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】BD．长为的单色线光源水平放置在某种液体中， 光线在水中传播路径如图所示
由全反射临界角公式有，可得
图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为，由几何关系得
联立可得该光源距液体表面的距离为
若将该光源上移，则减小，会减小，故B错误，D正确；
C．由几何关系可得，传播最大距离为，其中，光在液体中的传播速度为，从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为，联立解得，故C正确；
A．该单色光在液体内的折射率为，光线在液面可能发生全反射，根据几何关系可得点光源射出水面形成的面积对应的半径为，则光传感器检测到有光强的区域面积，故A错误。
故选CD。
【分析】由全反射临界角公式，结合几何关系，求光源距液体表面的距离；由几何关系和传播速度公式以及传播速度与传播距离关系，求传播时间。
14．图甲为某学习小组做“探究求合力的方法”实验，图乙是其在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）为了准确得到合力与分力的关系，要采用作力的　 　（填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力；
（2）某次实验中弹簧测力计的示数如图丙所示，则拉力的大小为　 　；
（3）下列有关该实验的说法中，正确的是（　　）
A．该实验弹簧测力计使用前要竖直悬挂调零
B．弹簧测力计的外壳与白纸之间有摩擦，对实验误差没有影响
C．图乙中力沿图甲中延长线方向
D．只有一个弹簧测力计无法完成该实验
【答案】（1）图示
（2）4.0
（3）B
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）力的图示带有标度，可准确表示力的大小；力的示意图仅能表示方向和作用点，无法准确体现大小关系，所以为了准确得到合力与分力的关系，要采用作力的图示；
（2）该弹簧测力计的分度值为，结果不用估读，指针对齐刻度线，因此拉力大小为
（3）A．该实验通常在水平桌面上进行，弹簧测力计应水平调零，A错误；
B．弹簧测力计的外壳与白纸之间有摩擦，对内部弹簧的受力无影响， 因此外壳与白纸的摩擦对实验误差没有影响，B正确；
C．图乙中，是实验得到的实际合力，沿延长线方向；是平行四边形定则得到的理论合力，因实验误差不一定沿，C错误；
D．只有一个弹簧测力计也可完成实验：先后测量两个分力，只要保证每次都将结点拉到同一位置即可，D错误。
故选B。
【分析】（1）要准确表示分力和合力的大小、方向，需要作力的图示；
（2）先确定测力计的最小分度值再读数；
（3）根据实验原理和注意事项分析判断。
（1）要准确表示分力和合力的大小、方向，需要作力的图示（力的图示带有标度，可准确表示力的大小；力的示意图仅能表示方向和作用点，无法准确体现大小关系）。
（2）该弹簧测力计的分度值为，指针对齐刻度线，因此拉力大小为
（3）A．该实验通常在水平桌面上进行，弹簧测力计应水平调零，A错误；
B．弹簧测力计测量的是挂钩受到的绳子拉力，摩擦力作用在弹簧外壳上，不影响弹簧弹力大小，因此外壳与白纸的摩擦对实验误差没有影响，B正确；
C．图乙中，是实验得到的实际合力，沿延长线方向；是平行四边形定则得到的理论合力，因实验误差不一定沿，C错误；
D．只有一个弹簧测力计也可完成实验：先后测量两个分力，只要保证每次都将结点拉到同一位置即可，D错误。
故选B。
15．该学习小组继续用如图丁所示的实验装置来做“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）为消除阻力对实验的影响，某同学操作如下：将小车静止放在水平长木板上，把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图戊所示，直到小车带着纸带由静止开始沿长木板向下滑动，即认为刚好补偿阻力完毕。该同学补偿阻力的操作　 　（选填“正确”或“不正确”）；
（2）实验中　 　（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量；
（3）如果该同学已经按照（1）中的操作补偿阻力，在小车质量不变时，通过改变钩码的质量，得到的图像是（　　）
A． B．
C． D．
（4）每得到一条纸带，分析其数据，可在图像上做出　 　个点（选填“1”或“多”）。
【答案】（1）不正确
（2）不需要
（3）C
（4）1
【知识点】图象法；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）补偿阻力的操作应该是把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至小车能带着纸带在木板上向下做匀速运动（即打出的纸带上点的间隔均匀），小车带着纸带由静止开始沿长木板向下滑动，此时重力沿斜面分力大于摩擦力，所以该同学的操作不正确。
（2）因为实验中存在力传感器，所以在忽略空气阻力的情况下，绳上拉力就是小车受到的合力，不需要用钩码重力近似代替拉力大小，所以不需要钩码质量远小于小车的质量。
（3）该同学按照步骤（1）的操作进行时，平衡摩擦力过度，所以力传感器示数为0时，可认为小车已受到外力，根据牛顿第二定律可得，可得，故图像纵轴截距不为零。
故选C。
（4）每改变一次钩码的质量，可以得到一条新的纸带，利用这条纸带测出一组力传感器的读数和一个a的大小，所以在图像中只有一个点。
【分析】（1）车能带着纸带在木板上向下做匀速运动才能判断出摩擦力被平衡；
（2）不需要用钩码重力近似代替拉力大小，根据实验利用力的传感器测量拉力判断；
（3）平衡摩擦力过度，根据牛顿第二定律推导判断；
（4）根据实验原理分析判断。
（1）补偿阻力的操作应该是把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至小车能带着纸带在木板上向下做匀速运动（即打出的纸带上点的间隔均匀），所以该同学的操作不正确。
（2）因为实验中存在力传感器，所以在忽略空气阻力的情况下，绳上拉力就是小车受到的合力，所以不需要钩码质量远小于小车的质量。
（3）该同学按照步骤①的操作进行时，平衡摩擦力过度，所以力传感器示数为0时，可认为小车已受到外力，此时小车已经有加速度，即公式应为
可得
故图像纵轴截距不为零。
故选C。
（4）每改变一次钩码的质量，可以得到一条新的纸带，利用这条纸带测出一组力传感器的读数和一个a的大小，所以在图像中只有一个点。
16．近年来新能源汽车得到了空前发展，使用新能源的车主发现新旧电池不能混用，更换电池时须整体更换。某学习小组为了探究新旧电池不能混用的原因，利用普通5号碱性电池做了如下模拟实验。实验器材如下：
新、旧5号碱性电池若干；
灵敏电流计G（量程0~2mA，内阻为5Ω）；
电流表A（量程0~0.6A，内阻为2Ω）；
滑动变阻器（最大阻值为20Ω）；
电阻箱（最大阻值为9999Ω）；
开关、导线若干。
（1）小王同学用上述器材分别测量5号碱性电池A、B的电源电动势和内阻（每次测量一节电池）。首先他把灵敏电流计和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，电阻箱的阻值应调至　 　Ω；
（2）电压表改装完成后，小王同学设计了如图甲所示的电路进行实验，利用实验数据作出了如图乙所示的U-I图像。由图乙可知，有可能是旧电池的是　 　（选填“A”或“B”），其电动势为　 　V，内阻为　 　Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）小李同学对标有“2.0V，0.5W”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线，如乙图中的C所示。若将上述A、B两节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为　 　W（结果保留两位有效数字）。由此他们推测新旧电池不能混用的原因可能是混用后电池内阻消耗的功率太大。
【答案】（1）1495
（2）A；1.4；26
（3）0.14
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）将灵敏电流计改装成0～3V的电压表，串联分压电阻阻值
（2 U-I图像的斜率代表电源内阻和电流表内阻之和，旧电池的内阻较大，由图可知A图是旧电池的图像；由图可知电源电动势为1.4V，电池A、B的内阻分别为rA=
（3）同理可得新电池B的参数，
A、B串联后，总电动势，总内阻
电源供电时满足即
，
该线与小灯泡伏安特性C的交点工作电流约为，因此电池组发热功率
【分析】（1）根据串联电路特点和欧姆定律求解改装电压表的分压电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合电源的U-I图像纵截距和斜率，求出电源电动势和内阻；
（3）新旧电池串联后，求出总电动势和总内阻，根据闭合电路欧姆定律用图像法求出电路的工作点，再由功率公式求电源消耗的内功率。
（1）灵敏电流计改装电压表需要串联分压电阻，根据欧姆定律
（2）[1]旧电池的特性是电动势接近标称值，但内阻远大于新电池。根据闭合电路欧姆定律，对本实验电路有
U-I图像斜率的绝对值等于，斜率越大，电源内阻越大。 由图可知，图线A斜率更大，内阻更大，因此A是旧电池，故选A；
[2]U-I图像纵轴截距等于电动势，得；
[3]斜率绝对值
电源内阻
（3）同理可得新电池B的参数，
A、B串联后，总电动势，总内阻
电源供电时满足
即
该线与小灯泡伏安特性C的交点工作电流约为，因此电池组发热功率
17．如图所示，P、Q是两个质量和厚度均不计的活塞，可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，其面积分别为S1=5cm2、S2=1cm2，它们之间用一根长为、质量m=2kg细杆连接，静止时汽缸中气体的温度T1=600K，活塞P下方气柱（较粗的一段气柱）长为d=12cm，已知大气压强p0=1×105Pa，g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气。
（1）求活塞静止时汽缸内气体的压强；
（2）若缸内气体的温度逐渐降为T2=300K，且该过程中缸内气体的内能减小16J，求：
a.活塞下移的距离h；
b.气体放出的热量Q。
【答案】（1）解：对两个活塞的整体受力分析可得
解得p=1.5×105Pa
（2）解：a. 由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则
其中，
解得
b. 活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得
其中
解得Q=-20.8J
即放出热量为20.8J。
【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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）对两个活塞整体受力分析，根据共点力平衡求得压强；
（2） a. 在降温过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求得下降的高度；
b. 根据W=pΔV求得外界对气体做功，结合热力学第一定律即可求得放出的热量。
（1）对两个活塞的整体受力分析可得
解得p=1.5×105Pa
（2）由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则
其中，
解得
活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得
其中
解得Q=-20.8J
即放出热量为20.8J。
18．如图1所示是用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈。在线圈中通入变化的电流，就会在炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。冶炼炉的工作原理可简化成如图2所示的模型，将冶炼炉内的金属块视为一个材质均匀的圆柱体。在某次加热过程中，线圈中的电流i随时间t均匀增大，即，在炉内产生的磁场可视为匀强磁场（图中未画出），其磁感应强度的大小、方向与圆柱体轴线平行，磁场截面圆心与圆柱体截面圆心重合。圆柱体可看作由一系列同轴圆柱状薄壳组成，每层薄壳自成一个闭合回路，各回路间互不影响。k1和k2均为已知常量。研究半径为r、厚度为的薄壳。
（1）求薄壳回路中的感应电动势E。
（2）已知圆柱体高为h，电阻率为。
a．求薄壳沿感应电流方向的电阻R。
b．求薄壳内的感应电流I。
c．经典物理学认为，金属导体中自由电子在定向移动过程中会受到与其定向移动方向相反的阻力。已知电子的电荷量为e。当薄壳中形成稳定的电流时，论证某一自由电子定向移动过程中受到的阻力大小，并确定a的值。
【答案】（1）解：题意可知
根据法拉第电磁感应定律有
联立解得
（2）解：a．根据
b．根据
联立解得
c．设变化的磁场在半径为r处产生的感生电场为，电流稳定时，电子做匀速直线运动。对一个自由电子有
根据电动势定义有
联立解得
综上可知
对比可知
【知识点】电阻定律；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势等于磁通量变化率，而磁通量变化率由磁场变化率与薄壳回路所围面积的乘积决定，由此可建立感应电动势与已知常量及半径r的关系。
（2）a.电阻由导体材料的电阻率、沿电流方向的长度以及垂直于电流方向的横截面积共同决定，其中长度是薄壳周长，横截面积为厚度与高度的乘积。
b.根据闭合电路欧姆定律，感应电流即为感应电动势与电阻的比值，将前两问结果关联即可求得。
c.当薄壳中形成稳定的感应电流时，自由电子在感生电场作用下做定向运动并达到动态平衡，此时电子所受阻力与电场力大小相等。感生电场强度与感应电动势存在关联，可通过电动势的定义或感生电动势与感生电场的关系建立联系。最终阻力表达式将体现其与半径r的幂次关系，通过对比即可确定指数a的值。
（1）题意可知
根据法拉第电磁感应定律有
联立解得
（2）a．根据
b．根据
联立解得
c．设变化的磁场在半径为r处产生的感生电场为，电流稳定时，电子做匀速直线运动。对一个自由电子有
根据电动势定义有
联立解得
综上可知
对比可知
19．光滑水平面上静置一质量、宽度的足够长矩形木板，俯视图如图甲所示，质量的小圆柱静置于木板中轴线上的O点，与木板间动摩擦因数，重力加速度，不考虑木板旋转。
（1）给圆柱平行于木板短边向右的初速度，求圆柱最终到木板右边缘的距离；
（2）如图乙所示，在圆柱正前方固定竖直挡板，挡板不与木板接触，其所在平面与木板的交线与短边夹角为45°，给圆柱一沿中轴线方向的初速度，圆柱与挡板上的P点发生弹性碰撞，碰撞时间s，忽略碰撞时木板的运动，设圆柱到P点的初始距离为L。
①当时，求与挡板碰撞时圆柱受到挡板的作用力的大小和方向；
②当时，求碰撞后圆柱所受摩擦力与初速度方向间夹角的正切值；
③求L为多大时，圆柱与木板作用过程中产生的摩擦热最大。
【答案】（1）解：系统在短边方向上动量守恒，有
根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有，
分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有，
系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离
解得
（2）解：①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前小圆柱与木板的速度分别记为和，有得
根据动量定理，
得，方向垂直于挡板斜向左下
②碰撞前动量守恒，有
若摩擦力与初速度夹角为，有
③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有
则碰撞前二者的相对路程
碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度
此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对路程为，有
故全程系统产生的摩擦热为
整理得
由二次函数的特点可知，当时系统的摩擦热有最大值，此时解得
必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将代入和，得
则必然有
因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。
【知识点】动量定理；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）圆柱在木板上滑动时，两者均受滑动摩擦力作用，分别做匀变速直线运动。圆柱相对木板滑行直至相对静止，需明确相对加速度与相对位移关系，结合初始位置确定最终到右边缘的距离。
（2）①小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，根据动量定理和运动的分解求解；
②圆柱在到达挡板前做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，需分别计算两者碰撞前的速度。圆柱与45°挡板发生弹性碰撞后速度方向改变，此时圆柱相对于木板的速度方向决定了滑动摩擦力的方向，进而确定该摩擦力与初速度方向夹角的正切值。
③摩擦热等于滑动摩擦力与总相对滑动距离的乘积。总相对滑行距离由碰撞前和碰撞后两段相对运动决定，需分别表达两段相对位移。通过运动学关系将摩擦热表示为L的函数，利用函数极值条件求解产热最大时对应的L值。
（1）系统在短边方向上动量守恒，有
根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有，
分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有，
系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离
解得
（2）①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前小圆柱与木板的速度分别记为和，有得
根据动量定理，
得，方向垂直于挡板斜向左下
②碰撞前动量守恒，有
若摩擦力与初速度夹角为，有
③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有
则碰撞前二者的相对路程
碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度
此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对路程为，有
故全程系统产生的摩擦热为
整理得
由二次函数的特点可知，当时系统的摩擦热有最大值，此时解得
必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将代入和，得
则必然有
因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。
20．法拉第提出场的概念，并且用场线直观地描绘了场，场线的疏密程度表示场的强弱，场线上每一点的切线方向表示场强的方向。
（1）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与点电荷的电场线分布相似。如图所示，若空间中有一固定的N极磁单极子，一带电微粒Q在其上方沿顺时针方向（俯视）做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心O到磁单极子的距离为d，运动周期为T，重力加速度为g。
①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线；
②分析该微粒带正电还是负电，并求出该微粒运动轨迹的半径R。
（2）场的通量可以描述场线的数量，在研究磁场时我们引入了磁通量，定义磁通量，其中B为磁感应强度，S为垂直于磁场的面积。
①如图所示，真空中存在电荷量为Q的正点电荷，以点电荷为球心，做半径为r、高度为h的球冠，已知真空中静电力常量为k，球冠的表面积为，请类比磁通量的定义，求通过球冠的电通量；
②真空中存在两个异种点电荷+q1和-q2，图中曲线为从+q1出发，终止于-q2的一条电场线，该电场线在两点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角分别为α和β，求两点电荷的电荷量之比。
【答案】解：（1）①根据题意，磁单极子的磁场线分布与点电荷的电场线分布相似，磁感线从N极出发，回到S极，可得磁单极子N极的磁场分布如图所示
②设带电粒子的质量为，其轨迹上任意一点和磁单极子的连线与竖直方向的夹角为，做出带电粒子的受力分析如图所示
根据左手定则可知该粒子带正电。由几何关系可得
根据力的矢量关系可得
由牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（2）①根据磁通量的定义，类比磁通量的计算公式，可得通过球冠的电通量
②分别以、为球心，取一半径为的很小的球面，对应的球冠面积可以分别表示为
穿过两个球面的电通量分别为
由于电场线都是从正电荷出发回到负电荷，则在很小的球面上的球冠上的电通量相等，有
整理可得
【知识点】电场强度；磁通量；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）①磁单极子的磁场线分布与点电荷的电场线分布相似，根据题意画出N极磁单极子周围的磁感线；
②根据左手定则判断微粒的电性；对微粒受力分析，根据合力提供向心力列式求解该微粒运动轨迹的半径R。
（2）①类比磁通量，根据公式Φ=ES计算电通量；
②根据公式Φ=ES计算通过两个球冠的电通量，根据电通量相等求解电荷量的比值。
1 / 12026届浙江安吉县高级中学等校高三第二学期第三次三校联考物理试卷
1．研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其大小和分别是球的半径和速度，是一个无单位的常数，称为黏性系数）。关于黏性系数的单位，用国际基本单位制表示是（　　）
A． B． C． D．
2．2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。如图所示，该机器人能在雪地和山坡上跋山涉水，顺利避开障碍物，能跑、能跳，还能空中翻转360°，甚至单脚站立保持静止。“山猫”在（　　）
A．避开障碍物时可以被看作质点
B．空中翻转时重心位置始终保持不变
C．单脚静止时地面对它作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
3．下列关于四幅图的说法正确的是（　　）
A．甲图用“油膜法估测分子的大小”，若计算出的分子直径偏小，可能原因是痱子粉撒太多，从而导致油膜未能充分展开
B．乙图食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
C．丙图分子间作用力与分子间距离的关系，分子间距为时，分子势能最小
D．丁图水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银浸润玻璃
4．如图所示，内壁光滑、两端开口的圆筒在竖直方向上固定，一小球从圆筒上端紧贴筒壁沿切线方向水平射入，关于小球在圆筒内运动的情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球在运动过程中所受弹力大小保持不变
B．若增大圆筒的半径，小球的运动可能会脱离圆筒内壁
C．若增大小球入射速度，小球在圆筒内的运动时间将增大
D．若减小小球入射速度，小球从圆筒下端射出时重力的瞬时功率将减小
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．在图甲的LC振荡演示电路中，开关先拨到位置“1”，电容器充满电后，在时刻开关拨到位置“2”。若电流从传感器的“+”极流入，电流显示为正，图乙为振荡电流随时间变化的图线，则下面有关说法正确的是（　　）
A．在图乙中A点时刻电容器上极板带负电
B．在图乙中从到A点过程中电容器的电压先增加后减小
C．若电阻R减小，电流变化如图丙中实线
D．若电阻R减小，电流变化如图丙中虚线
7．某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能与电势能之和）的变化情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，小球1固定在圆筒底部，小球2从靠近小球1的位置处释放，测出小球2的位置和速度v，利用能量守恒可以得到势能图像。图乙中Ⅰ图线是小球2的图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线（即图像Ⅱ是物体的重力势能随x的变化规律），实验中忽略一切摩擦且小球的电荷量不会发生变化，，则小球2（　　）
A．上升过程势能先变大后减小
B．上升过程中动能一直变大
C．质量为
D．从x1=6.0cm处运动至x2=20.0cm处电势能减少0.4J
8．核聚变过程可以释放大量能量。一种典型的聚变反应就是四个氢原子核（质子）结合成一个氦原子核，大约释放28MeV的能量。太阳内部就时刻发生着核聚变。如果想实现人工核聚变，困难在于原子核都带正电，互相排斥，一般情况下不能相互靠近而发生结合，只有在温度达到极高温度时，原子核的热运动速度非常大，才能冲破库仑斥力的壁垒，碰撞到一起发生结合，这叫热核反应。根据统计物理学，绝对温度为T时，粒子的平均动能，其中，叫做玻尔兹曼常量。理论计算表明，当质子的平均动能达到约时，热运动的质子容易发生结合而发生聚变反应。不考虑量子效应及相对论效应，根据以上信息结合经典理论，判断下列说法中正确的是（　　）
A．目前核电站利用核聚变反应
B．将氦核的核子全部分开，大约需要28MeV的能量，氦核的比结合能约为14MeV
C．若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，则一个质子从远处以初动能2E0与另一个静止的质子发生正碰，也能恰好结合
D．由以上信息可以估算出发生热核反应时的温度约为量级
9．如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．打在薄板下表面的粒子占粒子总数的比例为
10．太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞船的。太阳帆一般由反射率极高的韧性薄膜制成的，面积大，质量小。某太空探测飞船运行在地球公转轨道上，绕太阳做匀速圆周运动，某时刻飞船的太阳帆打开，展开的面积为S，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线。已知太阳的总辐射功率为，日地距离为，光速为c，引力常量为G，太阳帆反射率100%。下列说法正确的是（　　）
A．太阳帆受到的太阳光压力为
B．太阳帆受到的太阳光压力为
C．打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳
D．打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定
11．根据所给图片及有关物理知识，判断下列说法正确的是（　　）
A．图1为粒子散射实验装置，卢瑟福通过分析该实验提出了原子的核式结构模型
B．图2为光电流与光电管两端电压的关系图，若甲光和丙光照射某金属都能发生光电效应，则丙光照射产生的光电子的最大初动能更大
C．图3为放射性元素衰变曲线，若有16个氢原子核，经过一个半衰期后只剩下8个氢原子核
D．图4为工业上利用射线检查金属内部是否有缺陷的装置，探测射线应采用穿透能力强的射线
12．如图甲所示，两个半圆形的细管道组成半径为的圆管道，管道内是空气。声波从入口进入管道后分成上下两列声波，并在出口处汇合。最初，出口与入口恰好在水平直径两端，保持入口位置和入射声波强度不变，旋转出口管道，当出口管道顺时针旋转弧度时，如图乙所示，探测到出口处的声波强度第一次最弱，强度为入口处的。已知声波的波速大小为，声波强度与声波振幅平方成正比，下列说法正确的是（　　）
A．两声波的振幅相同
B．该声波在空气中的波长大小为
C．若，旋转出口管道可检测到3个声波强度最强的位置
D．将声波频率调大，出口管道能检测到声波强度最弱的位置个数将增加
13．如图甲所示，长为的单色线光源水平放置在某种液体中，紧贴液体表面的上方水平放置一光传感器，传感器上光强随x轴位置变化的情况如图乙所示，图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为，该段两侧光强迅速减小。已知该单色光在液体内的折射率为，光在真空中的光速为。下列说法正确的是（　　）
A．光传感器检测到有光强的区域面积为
B．该光源距液体表面的距离为
C．从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为
D．若将该光源上移，会减小
14．图甲为某学习小组做“探究求合力的方法”实验，图乙是其在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）为了准确得到合力与分力的关系，要采用作力的　 　（填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力；
（2）某次实验中弹簧测力计的示数如图丙所示，则拉力的大小为　 　；
（3）下列有关该实验的说法中，正确的是（　　）
A．该实验弹簧测力计使用前要竖直悬挂调零
B．弹簧测力计的外壳与白纸之间有摩擦，对实验误差没有影响
C．图乙中力沿图甲中延长线方向
D．只有一个弹簧测力计无法完成该实验
15．该学习小组继续用如图丁所示的实验装置来做“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）为消除阻力对实验的影响，某同学操作如下：将小车静止放在水平长木板上，把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图戊所示，直到小车带着纸带由静止开始沿长木板向下滑动，即认为刚好补偿阻力完毕。该同学补偿阻力的操作　 　（选填“正确”或“不正确”）；
（2）实验中　 　（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量；
（3）如果该同学已经按照（1）中的操作补偿阻力，在小车质量不变时，通过改变钩码的质量，得到的图像是（　　）
A． B．
C． D．
（4）每得到一条纸带，分析其数据，可在图像上做出　 　个点（选填“1”或“多”）。
16．近年来新能源汽车得到了空前发展，使用新能源的车主发现新旧电池不能混用，更换电池时须整体更换。某学习小组为了探究新旧电池不能混用的原因，利用普通5号碱性电池做了如下模拟实验。实验器材如下：
新、旧5号碱性电池若干；
灵敏电流计G（量程0~2mA，内阻为5Ω）；
电流表A（量程0~0.6A，内阻为2Ω）；
滑动变阻器（最大阻值为20Ω）；
电阻箱（最大阻值为9999Ω）；
开关、导线若干。
（1）小王同学用上述器材分别测量5号碱性电池A、B的电源电动势和内阻（每次测量一节电池）。首先他把灵敏电流计和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，电阻箱的阻值应调至　 　Ω；
（2）电压表改装完成后，小王同学设计了如图甲所示的电路进行实验，利用实验数据作出了如图乙所示的U-I图像。由图乙可知，有可能是旧电池的是　 　（选填“A”或“B”），其电动势为　 　V，内阻为　 　Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）小李同学对标有“2.0V，0.5W”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线，如乙图中的C所示。若将上述A、B两节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为　 　W（结果保留两位有效数字）。由此他们推测新旧电池不能混用的原因可能是混用后电池内阻消耗的功率太大。
17．如图所示，P、Q是两个质量和厚度均不计的活塞，可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，其面积分别为S1=5cm2、S2=1cm2，它们之间用一根长为、质量m=2kg细杆连接，静止时汽缸中气体的温度T1=600K，活塞P下方气柱（较粗的一段气柱）长为d=12cm，已知大气压强p0=1×105Pa，g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气。
（1）求活塞静止时汽缸内气体的压强；
（2）若缸内气体的温度逐渐降为T2=300K，且该过程中缸内气体的内能减小16J，求：
a.活塞下移的距离h；
b.气体放出的热量Q。
18．如图1所示是用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈。在线圈中通入变化的电流，就会在炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。冶炼炉的工作原理可简化成如图2所示的模型，将冶炼炉内的金属块视为一个材质均匀的圆柱体。在某次加热过程中，线圈中的电流i随时间t均匀增大，即，在炉内产生的磁场可视为匀强磁场（图中未画出），其磁感应强度的大小、方向与圆柱体轴线平行，磁场截面圆心与圆柱体截面圆心重合。圆柱体可看作由一系列同轴圆柱状薄壳组成，每层薄壳自成一个闭合回路，各回路间互不影响。k1和k2均为已知常量。研究半径为r、厚度为的薄壳。
（1）求薄壳回路中的感应电动势E。
（2）已知圆柱体高为h，电阻率为。
a．求薄壳沿感应电流方向的电阻R。
b．求薄壳内的感应电流I。
c．经典物理学认为，金属导体中自由电子在定向移动过程中会受到与其定向移动方向相反的阻力。已知电子的电荷量为e。当薄壳中形成稳定的电流时，论证某一自由电子定向移动过程中受到的阻力大小，并确定a的值。
19．光滑水平面上静置一质量、宽度的足够长矩形木板，俯视图如图甲所示，质量的小圆柱静置于木板中轴线上的O点，与木板间动摩擦因数，重力加速度，不考虑木板旋转。
（1）给圆柱平行于木板短边向右的初速度，求圆柱最终到木板右边缘的距离；
（2）如图乙所示，在圆柱正前方固定竖直挡板，挡板不与木板接触，其所在平面与木板的交线与短边夹角为45°，给圆柱一沿中轴线方向的初速度，圆柱与挡板上的P点发生弹性碰撞，碰撞时间s，忽略碰撞时木板的运动，设圆柱到P点的初始距离为L。
①当时，求与挡板碰撞时圆柱受到挡板的作用力的大小和方向；
②当时，求碰撞后圆柱所受摩擦力与初速度方向间夹角的正切值；
③求L为多大时，圆柱与木板作用过程中产生的摩擦热最大。
20．法拉第提出场的概念，并且用场线直观地描绘了场，场线的疏密程度表示场的强弱，场线上每一点的切线方向表示场强的方向。
（1）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与点电荷的电场线分布相似。如图所示，若空间中有一固定的N极磁单极子，一带电微粒Q在其上方沿顺时针方向（俯视）做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心O到磁单极子的距离为d，运动周期为T，重力加速度为g。
①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线；
②分析该微粒带正电还是负电，并求出该微粒运动轨迹的半径R。
（2）场的通量可以描述场线的数量，在研究磁场时我们引入了磁通量，定义磁通量，其中B为磁感应强度，S为垂直于磁场的面积。
①如图所示，真空中存在电荷量为Q的正点电荷，以点电荷为球心，做半径为r、高度为h的球冠，已知真空中静电力常量为k，球冠的表面积为，请类比磁通量的定义，求通过球冠的电通量；
②真空中存在两个异种点电荷+q1和-q2，图中曲线为从+q1出发，终止于-q2的一条电场线，该电场线在两点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角分别为α和β，求两点电荷的电荷量之比。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】其中f的单位为牛顿（N），即 kg m/s2，r 的单位为米（m），v 的单位为米每秒（m/s），k 为无单位常数，国际单位制推断黏性系数的单位是
故选A。
【分析】根据阻力公式f=kηrv，将各物理量的国际单位代入，由等式两边单位一致，通过单位运算推导粘性系数η的单位。
2．【答案】C
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】本题考查质点、重心、平衡条件和对牛顿第三定律的理解，考查范围较大，平时注意积累。A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
【分析】根据质点的条件分析；根据重心的定义分析；根据平衡条件分析；根据牛顿第三定律分析。
3．【答案】C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；分子势能；晶体和非晶体；浸润和不浸润
【解析】【解答】A、痱子粉撒太多，油膜无法充分展开，测得油膜面积偏小，算出分子直径会偏大而非偏小，故A错误；
B、食盐属于单晶体，具有各向异性，不同方向物理性质不一样，故B错误；
C、丙图是分子间作用力随距离变化的图像，当时，分子力表现为引力，若分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小；当时，分子力表现为斥力，若分子间距离增大，分子力做正功，分子势能同样减小，因此在处，分子的势能达到最小值，故C正确；
D、水银在玻璃板上收缩成“圆珠状”，说明了水银内部的内聚力大于水银与玻璃之间的附着力，这属于不浸润现象，故D错误。
故选C。
【分析】分子直径等于纯油酸体积除以油膜面积，面积测量偏小会让计算直径偏大；单晶体不同方向物理性质不同，多晶体才各向同性；分子间距r=r0时引力斥力相等，分子势能取最小值；液体收缩成圆珠状是不浸润现象，液体铺展开是浸润现象。
4．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】 A、小球在桶内的运动可以看成时水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，所以有：，由此可知小球在运动过程中所受弹力大小保持不变，故A正确。B、由可知，若增大圆筒的半径，小球所受弹力减小，但不会脱离圆筒内壁，故B错误；
C、小球在竖直方向自由落体运动，则有：，解得：，由此可知小球在圆筒内的运动时间由圆筒的高度决定，与初速度大小无关，故C错误；
D．小球射出圆筒时重力的瞬时功率为，所以，若减小小球入射速度，小球从圆筒下端射出时重力的瞬时功率不变，故D错误。
故选：A。
【分析】小球在桶内的运动可以看成时水平面内的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，由向心力公式和自由落体运动规律即可解答。
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】A
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡
【解析】【解答】A．在图乙中A点时刻电流为正且正在减小，可知电容器正在充电阶段，此时上极板带负电，下极板带正电，选项A正确；
B．在图乙中从到A点过程中电流先正向增加后正向减小，电容器先放电后充电，即电容器的电压先减小后增加，选项B错误；
CD．若电阻R减小，则电容器放电时最大电流变大，但是振动周期不变，则图丙中实线和虚线描述电流变化都不对，选项CD错误。
故选A。
【分析】根据图像确定电流的方向及变化，确定电容器充放电状态，从而确定极板的电性和电容器极板电压的变化，电阻减小，电容器放电时的最大电流变大，但周期不变，以此分析判断。
7．【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB． 上升过程系统能量守恒，有E+Ek=E总，由图像Ⅰ可知，上升过程中势能E先变小后变大，则小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，故A正确，B错误；
C．根据库仑定律可知，当时r→∞，FC→0，系统势能的变化量主要取决于重力做功 ，即，解得，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，由图知，所以，故C正确；
D．从处运动至处势能增加了，重力势能增加了，则电势能变化了，即电势能减少，故D错误.
故选C。
【分析】由图读出势能的变化，根据能量守恒定律分析小球2动能的变化，即可知道速度的变化。根据库仑定律结合图中渐近线的斜率求小球2的质量。根据系统能量守恒求电势能减少量。
8．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A、现有核电站全部利用核裂变释放能量，人工可控核聚变暂未商用，故A错误；
B、将氦核的核子全部分开，大约需要28MeV的能量，氦核的比结合能约为
故B错误；
C、若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，质子结合能为2E0。则一个质子从远处以初动能2E0与另一个静止的质子发生正碰，假如结合在一起，由动量和能量守恒可知
，，质子结合能为E0小于2E0。则它们不能结合。故C错误；
D、发生热核反应质子的平均动能。解得
故D正确。
故选D
【分析】目前核电站利用的是核裂变；比结合能等于结合能与核子数的比值；根据动量守恒计算得到碰后的动能做比较；根据1eV=1.6×10-19J计算。
9．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律有：，解得
粒子的运动轨迹如图所示。
根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，则有：
，，解得，A错误；
B．粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知：
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2
，上表面接收到粒子的区域长度为，B正确；
C．据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点，当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；
D．以轨迹2与轨迹3为边界的区域内运动的粒子均能打在薄板的下表面，沿轨迹2与轨迹3运动的粒子的初速度之间的夹角为30°。打在薄板下表面的粒子占粒子总数的比例为，D错误。
故选B。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近。当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，画出两种情况粒子运动轨迹，根据几何关系求薄板的上表面接收到粒子的区域长度；粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离由轴最远，画出运动轨迹，根据几何关系求薄板的下表面接收到粒子的区域长度；粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，结合轨迹圆心角求最短时间。
10．【答案】D
【知识点】动量定理；万有引力定律；光子及其动量
【解析】【解答】AB．已知太阳的总辐射功率为，日地距离为，光时间t内照射到帆面上的能量：
，光子的平均能量，，射到帆面上的光子数，每个光子的动量
，光射到帆面被反弹，由动量定理得，联立解得，故AB错误；
C．打开太阳帆后，飞船远离太阳做离心运动，由于有沿着切线方向有初速度，所以不可能完全沿着 径向远离太阳，故C错误；
D． 根据万有引力定律可得飞船受到的太阳的引力
飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比
打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定，故D正确。
故选D。
【分析】找出光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出太阳光压力；飞船远离太阳做离心运动；根据万有引力定律求出飞船受到的太阳的引力，再求出飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比，据此分析判断。
11．【答案】A,B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；光电效应；α粒子的散射；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、图1是α粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型，故A正确；B、图2为光电流与光电管两端电压的关系图，最大初动能与遏止电压有关，遏止电压越大，最大初动能越大，故若甲光和丙光照射某金属都能发生光电效应，则丙光照射产生的光电子的最大初动能更大，故B正确；
C．半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。对于大量原子核而言，半衰期的概念是准确的，但对于少量原子核（如16个），半衰期的概念不完全适用，因为衰变是一个随机过程，故C错误；
D、在工业上，利用射线检查金属内部是否有缺陷时，通常会选择穿透能力强的射线，如γ射线，因为γ射线能够穿透较厚的金属材料，从而检测到内部的缺陷，故D错误；
故选：AB。
【分析】α粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型；最大初动能与遏止电压有关，遏止电压越大，最大初动能越大；半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间；在工业上，通常会选择穿透能力强的射线，利用射线检查金属内部是否有缺陷时。
12．【答案】C,D
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．两列波干涉相消时，合振幅为 | A1-A2|，由题可知相消强度为入口的，不为 0，说明振幅一定不相同，故A错误；
B．当两列波的波程差为半波长的奇数倍时，声波强度达到最弱，第一次强度最弱，说明第一次发生相消干涉，满足代入，得：，故，故B错误；
C．当波程差为波长的整数倍时，声波强度达到最强，若，则
干涉加强满足（为旋转弧度，），代入得 ，得
满足的取值为，对应，共3个强度最强的位置。故C正确；
D．声波频率调大，由得波长减小，相消干涉满足，
即，增大则满足条件的个数增加，因此最弱位置个数增加，故D正确；
故选CD。
【分析】声波检测器的设计基于声波的干涉现象，即两列频率相同、相位差恒定的声波在空间某点相遇时，会因相位差的不同而产生加强或减弱的现象。当两列波的波程差为半波长的奇数倍时，声波强度达到最弱；当波程差为波长的整数倍时，声波强度达到最强。
13．【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】BD．长为的单色线光源水平放置在某种液体中， 光线在水中传播路径如图所示
由全反射临界角公式有，可得
图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为，由几何关系得
联立可得该光源距液体表面的距离为
若将该光源上移，则减小，会减小，故B错误，D正确；
C．由几何关系可得，传播最大距离为，其中，光在液体中的传播速度为，从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为，联立解得，故C正确；
A．该单色光在液体内的折射率为，光线在液面可能发生全反射，根据几何关系可得点光源射出水面形成的面积对应的半径为，则光传感器检测到有光强的区域面积，故A错误。
故选CD。
【分析】由全反射临界角公式，结合几何关系，求光源距液体表面的距离；由几何关系和传播速度公式以及传播速度与传播距离关系，求传播时间。
14．【答案】（1）图示
（2）4.0
（3）B
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）力的图示带有标度，可准确表示力的大小；力的示意图仅能表示方向和作用点，无法准确体现大小关系，所以为了准确得到合力与分力的关系，要采用作力的图示；
（2）该弹簧测力计的分度值为，结果不用估读，指针对齐刻度线，因此拉力大小为
（3）A．该实验通常在水平桌面上进行，弹簧测力计应水平调零，A错误；
B．弹簧测力计的外壳与白纸之间有摩擦，对内部弹簧的受力无影响， 因此外壳与白纸的摩擦对实验误差没有影响，B正确；
C．图乙中，是实验得到的实际合力，沿延长线方向；是平行四边形定则得到的理论合力，因实验误差不一定沿，C错误；
D．只有一个弹簧测力计也可完成实验：先后测量两个分力，只要保证每次都将结点拉到同一位置即可，D错误。
故选B。
【分析】（1）要准确表示分力和合力的大小、方向，需要作力的图示；
（2）先确定测力计的最小分度值再读数；
（3）根据实验原理和注意事项分析判断。
（1）要准确表示分力和合力的大小、方向，需要作力的图示（力的图示带有标度，可准确表示力的大小；力的示意图仅能表示方向和作用点，无法准确体现大小关系）。
（2）该弹簧测力计的分度值为，指针对齐刻度线，因此拉力大小为
（3）A．该实验通常在水平桌面上进行，弹簧测力计应水平调零，A错误；
B．弹簧测力计测量的是挂钩受到的绳子拉力，摩擦力作用在弹簧外壳上，不影响弹簧弹力大小，因此外壳与白纸的摩擦对实验误差没有影响，B正确；
C．图乙中，是实验得到的实际合力，沿延长线方向；是平行四边形定则得到的理论合力，因实验误差不一定沿，C错误；
D．只有一个弹簧测力计也可完成实验：先后测量两个分力，只要保证每次都将结点拉到同一位置即可，D错误。
故选B。
15．【答案】（1）不正确
（2）不需要
（3）C
（4）1
【知识点】图象法；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）补偿阻力的操作应该是把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至小车能带着纸带在木板上向下做匀速运动（即打出的纸带上点的间隔均匀），小车带着纸带由静止开始沿长木板向下滑动，此时重力沿斜面分力大于摩擦力，所以该同学的操作不正确。
（2）因为实验中存在力传感器，所以在忽略空气阻力的情况下，绳上拉力就是小车受到的合力，不需要用钩码重力近似代替拉力大小，所以不需要钩码质量远小于小车的质量。
（3）该同学按照步骤（1）的操作进行时，平衡摩擦力过度，所以力传感器示数为0时，可认为小车已受到外力，根据牛顿第二定律可得，可得，故图像纵轴截距不为零。
故选C。
（4）每改变一次钩码的质量，可以得到一条新的纸带，利用这条纸带测出一组力传感器的读数和一个a的大小，所以在图像中只有一个点。
【分析】（1）车能带着纸带在木板上向下做匀速运动才能判断出摩擦力被平衡；
（2）不需要用钩码重力近似代替拉力大小，根据实验利用力的传感器测量拉力判断；
（3）平衡摩擦力过度，根据牛顿第二定律推导判断；
（4）根据实验原理分析判断。
（1）补偿阻力的操作应该是把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至小车能带着纸带在木板上向下做匀速运动（即打出的纸带上点的间隔均匀），所以该同学的操作不正确。
（2）因为实验中存在力传感器，所以在忽略空气阻力的情况下，绳上拉力就是小车受到的合力，所以不需要钩码质量远小于小车的质量。
（3）该同学按照步骤①的操作进行时，平衡摩擦力过度，所以力传感器示数为0时，可认为小车已受到外力，此时小车已经有加速度，即公式应为
可得
故图像纵轴截距不为零。
故选C。
（4）每改变一次钩码的质量，可以得到一条新的纸带，利用这条纸带测出一组力传感器的读数和一个a的大小，所以在图像中只有一个点。
16．【答案】（1）1495
（2）A；1.4；26
（3）0.14
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）将灵敏电流计改装成0～3V的电压表，串联分压电阻阻值
（2 U-I图像的斜率代表电源内阻和电流表内阻之和，旧电池的内阻较大，由图可知A图是旧电池的图像；由图可知电源电动势为1.4V，电池A、B的内阻分别为rA=
（3）同理可得新电池B的参数，
A、B串联后，总电动势，总内阻
电源供电时满足即
，
该线与小灯泡伏安特性C的交点工作电流约为，因此电池组发热功率
【分析】（1）根据串联电路特点和欧姆定律求解改装电压表的分压电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合电源的U-I图像纵截距和斜率，求出电源电动势和内阻；
（3）新旧电池串联后，求出总电动势和总内阻，根据闭合电路欧姆定律用图像法求出电路的工作点，再由功率公式求电源消耗的内功率。
（1）灵敏电流计改装电压表需要串联分压电阻，根据欧姆定律
（2）[1]旧电池的特性是电动势接近标称值，但内阻远大于新电池。根据闭合电路欧姆定律，对本实验电路有
U-I图像斜率的绝对值等于，斜率越大，电源内阻越大。 由图可知，图线A斜率更大，内阻更大，因此A是旧电池，故选A；
[2]U-I图像纵轴截距等于电动势，得；
[3]斜率绝对值
电源内阻
（3）同理可得新电池B的参数，
A、B串联后，总电动势，总内阻
电源供电时满足
即
该线与小灯泡伏安特性C的交点工作电流约为，因此电池组发热功率
17．【答案】（1）解：对两个活塞的整体受力分析可得
解得p=1.5×105Pa
（2）解：a. 由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则
其中，
解得
b. 活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得
其中
解得Q=-20.8J
即放出热量为20.8J。
【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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）对两个活塞整体受力分析，根据共点力平衡求得压强；
（2） a. 在降温过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求得下降的高度；
b. 根据W=pΔV求得外界对气体做功，结合热力学第一定律即可求得放出的热量。
（1）对两个活塞的整体受力分析可得
解得p=1.5×105Pa
（2）由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则
其中，
解得
活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得
其中
解得Q=-20.8J
即放出热量为20.8J。
18．【答案】（1）解：题意可知
根据法拉第电磁感应定律有
联立解得
（2）解：a．根据
b．根据
联立解得
c．设变化的磁场在半径为r处产生的感生电场为，电流稳定时，电子做匀速直线运动。对一个自由电子有
根据电动势定义有
联立解得
综上可知
对比可知
【知识点】电阻定律；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势等于磁通量变化率，而磁通量变化率由磁场变化率与薄壳回路所围面积的乘积决定，由此可建立感应电动势与已知常量及半径r的关系。
（2）a.电阻由导体材料的电阻率、沿电流方向的长度以及垂直于电流方向的横截面积共同决定，其中长度是薄壳周长，横截面积为厚度与高度的乘积。
b.根据闭合电路欧姆定律，感应电流即为感应电动势与电阻的比值，将前两问结果关联即可求得。
c.当薄壳中形成稳定的感应电流时，自由电子在感生电场作用下做定向运动并达到动态平衡，此时电子所受阻力与电场力大小相等。感生电场强度与感应电动势存在关联，可通过电动势的定义或感生电动势与感生电场的关系建立联系。最终阻力表达式将体现其与半径r的幂次关系，通过对比即可确定指数a的值。
（1）题意可知
根据法拉第电磁感应定律有
联立解得
（2）a．根据
b．根据
联立解得
c．设变化的磁场在半径为r处产生的感生电场为，电流稳定时，电子做匀速直线运动。对一个自由电子有
根据电动势定义有
联立解得
综上可知
对比可知
19．【答案】（1）解：系统在短边方向上动量守恒，有
根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有，
分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有，
系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离
解得
（2）解：①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前小圆柱与木板的速度分别记为和，有得
根据动量定理，
得，方向垂直于挡板斜向左下
②碰撞前动量守恒，有
若摩擦力与初速度夹角为，有
③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有
则碰撞前二者的相对路程
碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度
此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对路程为，有
故全程系统产生的摩擦热为
整理得
由二次函数的特点可知，当时系统的摩擦热有最大值，此时解得
必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将代入和，得
则必然有
因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。
【知识点】动量定理；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）圆柱在木板上滑动时，两者均受滑动摩擦力作用，分别做匀变速直线运动。圆柱相对木板滑行直至相对静止，需明确相对加速度与相对位移关系，结合初始位置确定最终到右边缘的距离。
（2）①小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，根据动量定理和运动的分解求解；
②圆柱在到达挡板前做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，需分别计算两者碰撞前的速度。圆柱与45°挡板发生弹性碰撞后速度方向改变，此时圆柱相对于木板的速度方向决定了滑动摩擦力的方向，进而确定该摩擦力与初速度方向夹角的正切值。
③摩擦热等于滑动摩擦力与总相对滑动距离的乘积。总相对滑行距离由碰撞前和碰撞后两段相对运动决定，需分别表达两段相对位移。通过运动学关系将摩擦热表示为L的函数，利用函数极值条件求解产热最大时对应的L值。
（1）系统在短边方向上动量守恒，有
根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有，
分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有，
系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离
解得
（2）①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前小圆柱与木板的速度分别记为和，有得
根据动量定理，
得，方向垂直于挡板斜向左下
②碰撞前动量守恒，有
若摩擦力与初速度夹角为，有
③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有
则碰撞前二者的相对路程
碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度
此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对路程为，有
故全程系统产生的摩擦热为
整理得
由二次函数的特点可知，当时系统的摩擦热有最大值，此时解得
必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将代入和，得
则必然有
因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。
20．【答案】解：（1）①根据题意，磁单极子的磁场线分布与点电荷的电场线分布相似，磁感线从N极出发，回到S极，可得磁单极子N极的磁场分布如图所示
②设带电粒子的质量为，其轨迹上任意一点和磁单极子的连线与竖直方向的夹角为，做出带电粒子的受力分析如图所示
根据左手定则可知该粒子带正电。由几何关系可得
根据力的矢量关系可得
由牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（2）①根据磁通量的定义，类比磁通量的计算公式，可得通过球冠的电通量
②分别以、为球心，取一半径为的很小的球面，对应的球冠面积可以分别表示为
穿过两个球面的电通量分别为
由于电场线都是从正电荷出发回到负电荷，则在很小的球面上的球冠上的电通量相等，有
整理可得
【知识点】电场强度；磁通量；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）①磁单极子的磁场线分布与点电荷的电场线分布相似，根据题意画出N极磁单极子周围的磁感线；
②根据左手定则判断微粒的电性；对微粒受力分析，根据合力提供向心力列式求解该微粒运动轨迹的半径R。
（2）①类比磁通量，根据公式Φ=ES计算电通量；
②根据公式Φ=ES计算通过两个球冠的电通量，根据电通量相等求解电荷量的比值。
1 / 1

展开更多......

收起↑