2026届浙江嘉兴市高三下学期教学测试（二模）物理试卷（含答案）

这是一份2026届浙江嘉兴市高三下学期教学测试（二模）物理试卷（含答案），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列选项中，物理量都是矢量的是( )
A. 位移、加速度B. 电动势、电场强度
C. 磁通量、磁感应强度D. 压强、温度
2.如图所示，2026年2月中国体育代表团参加了多项冬奥会项目，下列说法正确的是( )
A. 短道速滑运动员过弯时惯性变大
B. 花样滑冰女运动员被抛跳至空中时处于失重状态
C. 滑雪运动员完成10公里追逐赛时位移为10km
D. 研究单板滑雪运动员抓板动作时可将其看成质点
3.如图所示，场离子显微镜的纳米针尖表面原子电离，产生电量为q的正离子。在针尖和屏幕间加一脉冲高压U，正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，轰击屏幕后形成针尖表面原子结构的高清图像，已知针尖头部为半径r的半球，则( )
A. 正离子轰击屏幕时的动能为qU
B. 屏幕的电势高于针尖的电势
C. 正离子从针尖飞到屏幕的过程中电势能增大
D. 针尖头部半径r越大，其附近的电场强度越大
4.关于下列经典实验，说法正确的是( )
A. 甲图中使用的金箔可用铝箔替代
B. 乙图中光谱上可见光区有4条特征谱线
C. 丙图中折线就是悬浮微粒的运动轨迹
D. 丁图中发生光电效应时电流表示数不可能为零
5.如图为甘肃敦煌熔盐塔式发电站，主要由一个中心吸热塔和周边1.2万面角度可调的定日镜组成。借助定日镜可保证把阳光反射至吸热塔顶部，并通过能量转化系统将太阳能转化为熔盐内能储存后再发电，其发电功率108W，年发电时间为3900ℎ，每生产1kWℎ电能排放15.3gCO2，则( )
A. 该发电站的年发电量为3.9×108J
B. 与火电站(每生产1kWℎ电能排放0.9kgCO2)相比，每年可减排CO2约35万吨
C. 远距离输电时需采用高压交流输电以降低因线路的感抗、容抗引起的电能损失
D. 为把阳光射向吸热塔顶部，离塔相同距离的所有定日镜镜面与地面夹角应相同
6.如图甲所示，电磁铁由直流电源、滑动变阻器、保护电阻R0、线圈、铁芯和开关S组成。为测量电磁铁气隙中的磁感应强度，将厚度为ℎ的霍尔片置于其中，放大图如图乙所示。开关S闭合后，给霍尔片通以沿C1C2方向的恒定电流I，数字毫伏表就可显示侧面D1、D2两点间的霍尔电压UH，则( )
A. 电磁铁气隙中磁场的磁感应强度方向向上
B. D1、D2电势高低与霍尔片中自由电荷电性无关
C. 滑片P在右端时测得UH的绝对值最大
D. 增大霍尔片厚度ℎ，UH变大
7.如图所示，近地轨道Ⅰ与月球轨道Ⅱ的半径之比约为1:60，椭圆转移轨道Ⅲ与轨道Ⅰ、轨道Ⅱ分别相切于A点和B点，已知月球公转周期约为27天，月表重力加速度约为1.6m/s2( )
A. 与在轨道Ⅱ运行相比，飞行器在轨道Ⅰ上运行时机械能更大
B. 飞行器从轨道Ⅰ的A点减速后才能进入轨道Ⅲ
C. 飞行器沿轨道Ⅲ从A点到B点所需时间约为5天
D. 若以月表C和月心O间距为直径挖一球形空腔，则C点重力加速度为1.4m/s2
8.如图所示，OA是与O点为抛出点、A点为最高点的斜抛运动轨迹完全相同的光滑管道，O、A两点水平距离10m，竖直距离5m。现有质量为0.1kg且直径略小于管道直径的光滑小球，从O点以初速度20m/s沿管口切线方向进入管道，最终到达A点，则( )
A. 小球在O点的竖直分速度为10m/s
B. 小球的水平分运动是匀速直线运动
C. 小球到达A时的速度为10 2m/s
D. 重力的冲量大小在 33N⋅s至 22N⋅s之间
9.如图所示，一工人将质量分布均匀的直梯斜靠在光滑墙壁上，下端放在粗糙地面上。当直梯与水平方向成60°时恰好静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A. 直梯共受到3个力的作用B. 地面与直梯之间的动摩擦因数μ= 33
C. 工人沿直梯向上爬时梯对地面作用力变大D. 工人可以一直爬到直梯顶部且直梯不滑倒
10.如图所示，在充满磁场的空间中，以镭放射源为坐标原点建立平面直角坐标系xOy。磁场方向以x轴为边界，y>0区域垂直于平面向里，y0)。镭元素发生衰变，向y轴正方向射出三种射线①、②、③，射线①和射线③的速度之比约为1:9，质子与电子的质量之比约为1836:1则( )
A. 射线③是弱相互作用引起的，其穿透能力弱，用一张纸就能挡住
B. 射线②是镭原子能级跃迁产生的，可用于探测金属构件内部的缺陷
C. 若比荷为k2的粒子形成射线①，其经纵坐标为y1的位置时分速度vx=−k1k2y12
D. 组成射线①和③的两种粒子离x轴的最大距离之比约为20:1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.下列说法正确的是( )
A. 质量亏损表明的确存在着原子核的结合能
B. 不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功
C. X射线是原子内层电子跃迁时发射的电磁波
D. 高速运动的μ子寿命变短是相对论时空观的证据之一
12.如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴在介质1和介质2的分界面上，两个完全相同的波源S1、S2分别位于−4m,0和4m,0，P0,3m为y轴上一点。t=0时两波源同时开始垂直于xOy平面向纸外起振，形成频率1Hz的简谐波向周围传播，当S1发出的简谐波刚到达P点时，O点恰好第一次经过平衡位置向纸内振动，已知简谐波在介质1和介质2中传播速度之比为2:1，则( )
A. 简谐波在介质2中传播时波长为2mB. 两列波在x轴上刚相遇的坐标是1m,0
C. y轴上相邻两振动加强点的振动步调相反D. x轴上的振动减弱点只有12个
13.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场中，一根沿AD连线放置、不计电阻且处于原长的弹性导电轻绳两端A、D固定，绳与阻值为r的电阻构成闭合电路系统。AD两点相距2R，O为AD连线中点。用光滑绝缘棒下端控制导电绳，使其与棒的接触点C做以O为圆心、半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动。若不考虑绳受安培力而发生的形变，则从A出发开始计时，C移向H点(O点正上方)的过程中( )
A. 闭合回路中产生了恒定电流
B. 棒对闭合电路系统做功为πB2R4ω4r
C. 绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下
D. t时刻绳CD段的电动势为BR2ωcs212ωt
三、实验题：本大题共3小题，共22分。
14.用如图1所示装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。槽码用绕过滑轮的细线牵引小车，槽码的总重力可作为细线的拉力。小车运动的位移和速度可由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变槽码的质量，便可研究小车加速度与细线拉力大小的关系。
(1)用图中打点计时器完成实验，应选择 (单选)。
A.8V交流电源 B.8V直流电源 C.220V交流电源
(2)关于这个实验说法正确的是 (单选)。
A.需要毫米刻度尺
B.只需记录1条纸带的数据
C.该装置可验证机械能守恒定律
(3)在坐标纸上画出a−F图像如图2，原因可能是 。
A.轨道倾角过大
B.未将槽码钩的重力记录在细线拉力的数据中
C.未满足槽码的总质量远小于小车的质量
(4)在本实验中要求调节定滑轮使细线与长木板平行的理由是 。
15.某同学利用双缝干涉实验测量某单色光波长，实验装置如图所示。
(1)对于光具座上的光学元件，下列说法正确的是 。
A.①是凹透镜，③的作用是产生线光源
B.更换②后目镜中观察到的各条纹位置不变
C.可通过左右调节⑤，使得干涉条纹更加清晰明亮
D.将小灯泡换成激光光源，移除①、②、③后仍可观察到干涉条纹
(2)图中双缝干涉现象出现的区域是 (选填“区域Ⅰ”、“区域Ⅱ”或“区域Ⅰ和区域Ⅱ”)。
16.某实验小组在常温20℃环境中，测量一根长为50.00cm的合金丝电阻率。
(1)先用多用电表粗测合金丝电阻，将选择开关调至欧姆档“×1”档，并进行正确操作后指针位置如图1，则合金丝电阻为 Ω。
(2)用螺旋测微器测量合金丝直径时刻度如图2，读数为 mm。
(3)为精确测量电阻，采用如图3的电路，其中滑动变阻器调节范围0∼10Ω，电流表内阻为0.5Ω，导线连接正确的是 。
A.①连a，②不连B.①连a，②连c C.①连b，②不连 D.①连b，②连d
(4)经正确操作后，测得多组数据，并在图4的U−I坐标系中描点作图，则该合金丝的电阻率ρ= Ω•m。(结果保留1位有效数字)
(5)查阅资料后发现该合金丝电阻随温度的变化关系为Rt=αt+R0，随后利用该合金丝、数字电压表(内阻极大)、恒流电源(输出电流I0)、开关和导线，将合金丝做测温探头，设计了一个电阻温度计，请根据图5的电路在答题纸上写出温度t与电压U的关系式。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
17.如图甲所示，上方开口的圆筒气缸竖直放置，气缸导热性能良好，底部有一凸出物。缸内用质量m=3kg、面积S=100cm2的活塞封闭了一定质量理想气体。缸内壁离缸底56cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处，活塞到缸底距离ℎ随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时，卡口对活塞的支持力为40N；状态B时，卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=266.8J。已知大气压p0=1.01×105Pa，不计卡口体积，活塞与缸壁无摩擦，求：
(1)状态B的温度TB；
(2)凸出物的体积Vx；
(3)整个过程中气体吸收的热量Q。
18.如图所示，测量磁感应强度大小的装置由线圈、平行板电容器、“T”形传动装置(绝缘杆与金属杆固定组成)以及轻质光滑转盘(位置固定)组成。电容器下极板固定，上极板可随导电悬挂器在水平光滑导电轨道左右滑动。金属杆两端通过两根绝缘轻弹簧与转盘连接，转盘可随金属杆同步转动。以O点为原点建立O−xyz坐标系，当金属杆沿x轴方向平移时，通过绝缘杆带动上极板移动。弹簧现处于原长，在金属杆中通入由j端流向p端的恒定电流I0。已知电源(内阻不计)电动势为E，金属杆有效长度为l，线圈自感系数为L，电容器上下极板长为a、宽为b，板间距离为d，板间电介质相对介电常数为εr，静电力常量为k，弹簧劲度系数为k′。
(1)开关拨到1，金属杆沿y轴放置，当转盘右侧磁场沿z轴正方向时。
①判断金属杆所受安培力的方向；
②与无磁场时相比，电容器带电量变化大小为ΔQ，求弹簧形变量Δx及磁感应强度B的大小；
(2)若转盘右侧磁场平行于yz平面，设计利用该装置测定磁感应强度大小的方案。
19.如图所示，光滑水平长方形板ABCD和半径R=50m的光滑圆柱面平滑连接且固定在水平地面上。长方形板上安装了处于原长且劲度系数k=12N/m的轻弹簧a和b，都与AB成夹角θ=30 ∘放置，自由端分别在AB边上的J点和H点。弹簧b下方铺设特殊材料。将质量m均为1kg的滑块1和滑块2分别静置于J点和H点，与弹簧接触但不连接。推动滑块1使弹簧a存储弹性势能Ep=8J，释放后滑块1恰好与滑块2发生完全非弹性碰撞成为结合体。滑块均可视为质点，与特殊材料间动摩擦因数μ和相对H点的距离x符合μ=αx(其中α=0.2m−1)，弹簧足够长且形变时都沿轴线方向，不计空气阻力。
(1)滑块1运动至J点时，对圆柱面压力FN的大小；
(2)滑块1与滑块2碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)结合体第一次滑上长方形板至返回H点所通过的路程s；
(4)此后，不断平行AB平移弹簧a到适当位置且保持与AB边夹角不变，以保证结合体能返回H点。每当结合体通过H点压缩弹簧b时，对其补充机械能ΔE′=1J。求最终两弹簧处于原长时自由端的距离L。
20.如图所示，粒子源能释放初速可视为0的带电粒子，并从O1进入加速区，沿O1O2连线加速后垂直进入偏转区(长×宽×高=4d×4d×7d)底部中心O2，随后从狭缝进入接收区，最终被可水平移动的收集板接收。收集板与偏转区右侧面形状相同并对齐，狭缝上O3点与收集板上O4点等高；加速区竖直方向存在电压可调的匀强电场；偏转区存在匀强磁场Ⅰ，方向可调且垂直于O1、O2、O3、O4所构成的竖直平面。
(1)若粒子源产生比荷分别为25k和4k的正离子a和b，当加速电压为U时，正离子a恰能垂直击中O4。求
①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B大小；
②收集板能收集到两种正离子时，离狭缝的最大水平距离x；
③若在接收区加上磁感应强度大小为磁场Ⅰ的3倍且水平向右的匀强磁场Ⅱ，则收集板向右移动时，a和b落点的连线在收集板上扫过的区域面积S。
(2)若粒子源产生大量电子且收集板用金属钨制成，当高速电子轰击钨核时，动能以一定的比例转化为辐射能并释放X射线。若动能转化比例为100%，就可辐射出能量最大的X射线，但此类X射线辐射强度几乎为0。X射线辐射强度随波长的具体分布如图乙所示(所有被加速的电子都能全部击中收集板)，请利用图中数据计算普朗克常量ℎ。
答案解析
1.【答案】A
【解析】【详解】A.位移描述物体位置变化、加速度描述速度变化的快慢和方向，两者都有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，均为矢量，故A正确；
B.电动势是表征电源将其他形式能转化为电能本领的物理量，只有大小，是标量，电场强度有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，电场强度为矢量，故B错误；
C.磁通量的正负仅表示磁感线穿过平面的方向，运算遵循代数法则，是标量，磁感应强度有大小和方向，运算遵循平行四边形定则，磁感应强度为矢量，故C错误；
D.压强、温度都只有大小，没有方向，两者均为标量，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【详解】A.惯性的唯一决定因素是质量，运动员过弯时质量不变，惯性大小不变，A错误；
B.女运动员被抛到空中后，忽略空气阻力时加速度等于重力加速度，方向竖直向下，因此处于失重状态，B正确；
C.10公里是运动员运动轨迹的长度，是路程，不是位移，追逐赛赛道为曲折线路，位移大小远小于10km，C错误；
D.研究运动员抓板动作时，运动员的肢体形状、大小不能忽略，因此不能将其看成质点，D错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】【详解】A.根据动能定理可得 qU=Ek−0
可得正离子轰击屏幕时的动能为 Ek=qU ，故A正确；
B.正离子在电场作用下从针尖表面脱离并由静止开始加速，可知电场方向由针尖指向屏幕，则针尖的电势高于屏幕的电势，故B错误；
C.正离子从针尖飞到屏幕的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D.针尖头部半径r越小，其附近的电场线分布越密集，电场强度越大，故D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】【详解】A.α粒子散射实验选用金箔，是因为金的原子序数大，对α粒子的散射效果更明显，且金箔可加工得极薄，铝箔无法达到相同实验效果，不能替代金箔，A错误；
B.氢原子光谱的巴耳末线系位于可见光区，一共存在4条特征谱线，B正确；
C.丙图的折线是每隔一段时间记录悬浮微粒位置后连接得到的，不是悬浮微粒的实际运动轨迹，两个记录点之间微粒的运动也是无规则的，C错误；
D.丁图中光电管加的是反向电压，当反向电压大小等于遏止电压时，光电流为零，因此电流表示数可以为零，D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】【详解】A.该发电站的年发电量 W=Pt=108W×3900×3600s=1.404×1015J ，A错误；
B.该发电站的年发电量换算为 W=105kW×3900ℎ=3.9×108kWℎ
每 1kWℎ 可减排 CO2 的质量为 Δm=0.9kg−0.0153kg=0.8847kg
故总减排 M=3.9×108×0.8847kg≈3.45×108kg=34.5万吨≈35万吨 ，B正确；
C.远距离输电采用高压输电是为了减小线路电流，降低电阻的热损耗，感抗、容抗是交流输电线路固有损耗，高压交流输电无法降低该损耗，C错误；
D.根据光的反射定律，不同方位的定日镜，要将阳光反射到同一吸热塔顶部，入射阳光方向相同，反射光线方向因定日镜位置不同而不同，因此镜面与地面夹角不同，D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【详解】A.从上往下看，线圈中电流方向为逆时针，根据安培定则，线圈电流产生的磁场在气隙中方向向下，A错误；
B.若载流子为正电荷，由左手定则可知，正电荷向 D2 偏转， D2 电势更高；若载流子为负电荷，负电荷同样向 D2 偏转， D1 电势更高，因此 D1 、 D2 的电势高低和自由电荷电性有关，B错误；
C.当霍尔电压稳定时，洛伦兹力与电场力平衡 qvB=qUHd
其中 d d为 D1D2 间距
电流的微观表达式 I=nqSv=nq⋅dℎ⋅v
联立解得 UH=BInqℎ
滑片 P 在右端时，滑动变阻器接入电阻最小，线圈电流最大，气隙磁感应强度 B 最大，由根据 UH=BInqℎ
霍尔片电流 I 恒定，因此 UH 的绝对值最大，C正确；
D.由 UH=BInqℎ
可知， UH 与厚度 ℎ 成反比，增大 ℎ ， UH 减小，D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】【详解】A.飞行器从低轨道(轨道Ⅰ)变轨到高轨道(轨道Ⅱ)需要点火加速，机械能增加，因此轨道Ⅰ半径更小，机械能比轨道Ⅱ更小，故A错误；
B.飞行器从轨道Ⅰ(近地圆轨道)转移到椭圆轨道Ⅲ(远地点到达月球轨道)，需要在A点做离心运动，因此需要加速，而非减速，故B错误；
C.根据开普勒第三定律，绕同一天体运动的天体满足 a3T2=k
已知轨道Ⅱ(月球圆轨道)半径 r2 ，周期 T2=27 天， r1:r2=1:60
椭圆转移轨道Ⅲ的半长轴 a=r1+r22=160r2+r22≈r22
代入开普勒第三定律 a3TⅢ2=r23T22
得 TⅢ=T2⋅(ar2)32≈27×(12)32≈9.6 天
从A到B是半个椭圆，时间 t=TⅢ2≈4.8 天
约为5天，故C正确；
D.用补偿法计算挖去空腔后C点的重力加速度，设月球总质量为 M ，半径为 R ，月表原重力加速度 g=GMR2=1.6m/s2
挖去的空腔直径为 OC=R ，因此空腔半径为 R2 ，质量 M′=M8 ，空腔中心到C点距离为 R2 。挖去部分在C点产生的重力加速度 g′=GM′(R/2)2=G⋅M8R2/4=GM2R2=0.8m/s2
因此剩余部分在C点的重力加速度 gC=g−g′=1.6−0.8=0.8m/s2
故D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】【详解】A.小球在光滑管道中运动，管道形状与斜抛轨迹相同，A点为最高点，由斜上抛运动的逆向思维法可知从A点做平抛运动到O点，设速度偏向角为 θ ，由速偏角的正切值为位偏角正切值的2倍，有 tanθ=2⋅yx=1
可知 θ=45 ∘
则小球在O点的竖直分速度为 vy=vsinα=10 2m/s ，故A错误；
B.由于有管道的约束，水平方向由管道弹力的分力作用，其水平方向的速度发生变化，不是匀速直线运动，故B错误；
C.小球从O点到A点，只有重力做功机械能守恒，有 12mv02=12mvA2+mgℎ
解得 vA=10 3m/s ，故C错误；
D.小球在水平方向的最小速度为 vx=vcsα=10 2m/s
最大速度为A点的速度大小为 10 3m/s
则由水平分运动可知运动的最长时间为 tmax=xvx= 22s
最短时间为 tmin=xvA= 33s
由重力的冲量 IG=mgt 可知，冲量大小在 33N⋅s 至 22N⋅s 之间，故D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】【详解】A.墙壁光滑，对直梯无摩擦力。直梯受重力、墙壁的水平支持力、地面的竖直支持力、地面的静摩擦力，共4个力，故A错误；
B.设直梯质量为 m ，长度为 L ，与水平夹角 θ=60∘ ，以直梯下端为转轴，由力矩平衡 N1⋅Lsinθ=mg⋅L2csθ
得墙壁弹力 N1=mgctθ2
水平平衡，静摩擦力 f=N1
竖直平衡，地面支持力 N=mg
恰好静止时 f=μN
代入 ct60∘= 33
得 μ=N1mg=ct60∘2= 36
故B错误；
C.将工人和直梯视为整体，竖直方向始终满足 N地=(m+M)g ( M 为工人质量)
大小不变；对下端转轴力矩平衡，工人向上爬时，工人的力臂增大，所需墙壁弹力 N1 增大，因此地面静摩擦力 f=N1 增大。直梯对地面的作用力是压力与摩擦力的合力，大小为 N地2+f2 ， f 增大则合力变大，因此梯对地面作用力变大，故C正确；
D.设工人重力为 M ，工人爬到顶端时，力矩平衡得所需摩擦力 f=N1=mg2+Mgctθ
最大静摩擦力 fmax=μ(M+m)g=ctθ2(M+m)g=Mg2+mg2ctθ
对比得 f>fmax
直梯会滑倒，故D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】【详解】首先根据左手定则判断三种射线，磁场向里，粒子初速度沿y正方向，向左偏的①带正电，向右偏的③带负电，不偏转的②不带电，因此①是 α 射线(氦核，正电)，②是 γ 射线(不带电)，③是 β 射线(电子，负电)。
A.③是 β 射线，由弱相互作用引起，但 β 射线穿透能力较强，一张纸不能挡住 β 射线，故A错误；
B.②是 γ 射线， γ 射线是原子核能级跃迁产生的，不是原子(核外)能级跃迁，故B错误；
C.洛伦兹力水平分量提供的加速度为 ax=qvyBm=qvyk1ym
根据加速度的定义式有 ax=dvxdt=dvxdy⋅dydt=vydvxdy
联立积分可得 0vxdvx=qk1m0y1ydy
解得 vx=qk12my12
方向向左，故C错误；
D.粒子到达离x轴最大距离ym时， vy=0，速率v0不变(洛伦兹力不做功)，即 |vx|=v0 ；代入上式得 v0=qk1ym22m
解得 ym= 2mv0qk1
则 ym1ym3= m1v1q3m3v3q1= 19×4×1836meme×e2e≈201 ，故D正确；
故选D。
11.【答案】AC
【解析】【详解】A.核子结合成原子核时，总质量小于核子单独存在时的总质量，减少的这部分质量就是质量亏损，质量亏损对应的这部分能量就是原子核的结合能，故质量亏损表明的确存在着原子核的结合能，故A正确；
B.根据热力学第二定律：不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，B选项表述不完整，故B错误；
C.X射线是原子内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波，故C正确；
D.高速运动的 μ 子寿命变长是相对论时空观的证据之一，故D错误。
故选AC。
12.【答案】BD
【解析】【详解】A.已知 S1(−4,0) 到 P(0,3) 的距离 S1P=5m ， S1 到 O 的距离为 4m ，频率 f=1Hz ，故周期 T=1f=1s 。
设波在介质1中速度为 v1 ，介质2中为 v2 ， v1:v2=2:1 。当 S1 的波刚到 P 时， O 第一次经过平衡位置向纸内振动。
波从 S1 传到 P 的时间 t=5v1 ，波传到 O 后， O 起振方向向外，经过 T2 第一次到达平衡位置向里，故 t=4v1+T2 。
解得 v1=2m/s ， v2=1m/s ；波长 λ1=v1f=2m ， λ2=v2f=1m ，A错误；
B.当 S1 的波向右传播到O点时， S2 正好向左传播到点(2,0)位置。
两波在O点与(2,0)区间的波速相同，故在其中点相遇，即相遇点的坐标为(1,0)，B正确；
C.y轴上任意点 0,y 到 S1 、 S2 的距离相等， L1=L2=L= 16+y2 ，相位差 Δφ=2πLλ1−Lλ2=−πL
振动加强条件为 Δφ=2kπ ，得 L=2k ，相邻加强点对应 k 和 k+1 ，相位差 Δφ=2π ，振动步调相同，C错误；
D.振动减弱条件为相位差 Δφ=(2n+1)π ，仅考虑 x∈(−4,4) ( x4 全为加强，无减弱点)
x∈(−4,0) (介质1)，解得共有 4 个减弱点；
x∈(0,4) (介质2)，解得共有 8 个减弱点；总减弱点共 4+8=12 ，D正确。
故选BD 。
13.【答案】CD
【解析】【详解】A.点C的线速度大小为 v=ωR ，方向垂直于OC
Δt 时间OC转过的角度为 θ=ωΔt ，据几何关系 ∠ADC=θ2
此时 ΔADC 的面积为 S=12×2Rsinθ2×2Rcsθ2=R2sinθ
由法拉第电磁感应定律， e=ΔφΔt=BΔSΔt=BR2ωcsωΔt
产生的是正(余)弦式交流电，故 A错误；
B.此过程电功为 W电=E2r⋅T4=πB2R4ω4r
棒对系统做的功，除了转化为回路中的焦耳热，还要转化为绳的弹性势能。故B错误；
C.根据楞次定律的“增反减同”及右手螺旋定则得回路中的感应电流方向为逆时针方向，绳受到的安培力的等效长度为AD，再据左手定则，绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下，故C正确；
D.t时刻绳C点的速度垂直于CD的分量为 v⊥=ωRcsθ2
t时刻绳CD切割段的电动势为 ECD=B×12v⊥×2Rcsθ2=BR2ωcs212ωt ，故D正确。
故选CD。
14.【答案】C
A
AB
使小车的合力由细线拉力提供且恒定

【解析】【详解】(1)电火花打点计时器需要使用220V的交流电源。故选C。
(2)A.实验中需要用毫米刻度尺测量小车的运动距离，故A正确；
B.需要进行多次实验选择点迹均匀的纸带进行数据分析，故B错误；
C.小车在运动过程中受到摩擦力影响，机械能不守恒，故C错误。
故选A。
(3)A. a−F 图像没过原点可能是因为平衡摩擦力过度，轨道倾角过大，在没有外力的情况下也会下滑，使加速度大于0，故A正确；
B.若没有考虑槽码钩的重力，则在槽码重力为0时，由于槽码钩的重力也会使小车受到拉力，使加速度大于0，故B正确；
C.若未满足槽码的总质量远小于小车的质量不会导致图像不过原点，而会使得图像上端弯曲，故C错误。
故选AB。
(4)要求调节定滑轮使细线与长木板平行是为了使小车的合力由细线拉力提供且恒定。
15.【答案】CD
区域Ⅱ

【解析】【详解】(1)A.①是凸透镜(不是凹透镜)，作用是将灯泡发出的发散光变成平行光(或汇聚后形成线光源)，③是单缝，作用是产生线光源， A错误；
B.②是滤光片，更换后入射光的波长改变，干涉条纹间距改变，条纹位置改变，B错误；
C.拨杆⑤的作用是调节单缝(③)的方向，使单缝与双缝平行。当单缝与双缝不平行时，干涉条纹会模糊、亮度低；调节至平行后，干涉条纹会更加清晰明亮，C 正确；
D.激光相干性、平行度好，换成激光光源后，不需要滤光片、单缝这些元件，直接照射双缝就可以观察到干涉条纹，D正确。
故选CD。
(2)双缝位于遮光筒的区域Ⅰ右端，光从左向右传播，只有经过双缝后，才会分成两束相干光，在双缝右侧的区域Ⅱ发生叠加干涉，因此干涉现象出现在区域Ⅱ。
16.【答案】5
0.600/0.601/0.602
C
2×10−6/3×10−6
t=1αUI0−R0/U=I0at+R0

【解析】【详解】(1)选择开关为欧姆×1档，指针示数为 5 ，故电阻为 5×1Ω=5Ω 。
(2)固定刻度露出 0.5mm 刻度线，可动刻度读数为 10.0×0.01mm=0.100mm
总读数为 0.5+0.100=0.600mm 。
(3)电流表接法：电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即 ① 连 b 。
滑动变阻器最大阻值10Ω，与Rx相当，为方便调节，采用限流式接法(②不连)。
故选C。
(4)由 U−I 图得斜率 k=UI=Rx+RA=Ω ，已知 RA=0.5Ω
可得 Rx=4.5Ω 。
根据电阻定律 Rx=ρLS ， S=πd24 ，由题意知 L=0.5m
可得 ρ=Rx⋅πd24L≈2.5×10−6Ω⋅m
保留1位有效数字得 3×10−6Ω⋅m 或 2×10−6Ω⋅m 。
(5)电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流 I0
根据欧姆定律得 U=I0Rt ，代入 Rt=αt+R0
整理得 t=U−I0R0αI0=1αUI0−R0
17.【答案】【详解】(1)根据平衡条件有 mg+p0S=pΛS+FNA ， mg+p0S=pBS
可得 pA=1×105Pa ， pB=1.04×105Pa
状态 A 到状态 B 发生等容变化，有 pATA=pBTB
可得状态B的温度 TB=468K
(2)状态 B 到状态 C 发生等压变化，有 SℎB−VxTB=SℎC−VxTC
可得凸出物的体积 Vx=4×10−4m3
(3)状态A到状态B，有 W=0 ；状态 B 到状态 C ，外界对气体做功 W=−pBSℎC−ℎB
从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了 ΔU=266.8J ，根据热力学第一定律有 ΔU=W+Q
可得整个过程中气体吸收的热量 Q=350J

【解析】详细解答与解析过程见答案
18.【答案】【详解】(1)①根据左手定则，则安培力沿 x 轴正方向
②根据电容决定式 Q=Eεrab4πkd
Q′=Eεr(a−Δx)b4πkd
根据电量变化 ΔQ=Q−Q′
可得 Δx=4πkdΔQεrbE
根据受力平衡 2k′Δx=BI0l
综上可得 B=8πkk′dΔQεrI0blE
(2)参考方案1
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，利用电流传感器测得电容器带电量变化大小 ΔQ
第三步，重复第二步获得多个角度的带电量变化大小 ΔQ ，并选择最大值 ΔQmax
第四步，利用 B=8πkk′dΔQmaxεrI0blE ，计算出磁感应强度大小。
参考方案2
第一步，开关拨到1，使电容器完成充电
第二步，转动金属杆到某一角度，开关拨到2，使得回路产生振荡电流，利用电流传感器测得振荡周期T
第三步，重复第二步获得多个角度的振荡电流的振荡周期T，并选择最小值 Tmin
第四步，利用 B=2k′I0la−kdTmin2πεrLb ，计算出磁感应强度大小。

【解析】详细解答与解析过程见答案
19.【答案】【详解】(1)设滑块1运动至J点时速度为 v ，根据能量守恒定律 Ep=12mv12
可得 v1=4m/s
滑至J点时，根据牛顿第二定律 FN−mg=mv1sinθ2R
可得 FN=10.08N
(2)根据动量守恒定律 mv1=2mv共
可得 v共=2m/s
损失的机械能 ΔE=Ek1−Ek共=12mv12−12×2mv共2=4J
(3)结合体首次进入长方形板 ABCD 至压缩到弹簧 b 最短，由题意知 f滑=2αmgx ， F弹=kx
因 f滑 ， F弹 均与位移 x 成正比，所以 WF弹=F弹2⋅x ， Wf滑=f滑2⋅x
根据动能定理 −(WF弹+Wf滑)=0−Ek共
由此可得 x= 22m ， s=2x= 2m
(4)结合体首次进入长方形板 ABCD 至返回 H 点，根据动能定理 −122amgx2×2=E′k共−Ek共
可得 E′k共=4x2
综合(3)中的结论推理可知，结合体从进入长方形板 ABCD 压缩弹簧 b 至返回 H 点，即在特殊材料上往返一次后： Ek共进H=2Ek共出H
由于补偿能量后最终达到动态平衡 Ek共进H=Ek共出H+ΔE′
可得 Ek共出H=1J
根据题意可知结合体在圆弧面上运动为简谐运动，故运动时间 t=12T3=π Rg= 5πs
则 L= Ek共出Hm⋅t⋅csθ= 152πm

【解析】详细解答与解析过程见答案
20.【答案】【详解】(1)①由题意可知 q1m1=25k ， r1=2d
根据洛伦兹力提供向心力 q1v1B=m1v 12r1
根据动能定理 q1U=12m1v 12−0
可得 B=1d U50k
②由题意可知 q2m2=4k
根据洛伦兹力提供向心力 q2v2B=m2v 22r2
根据动能定理 q2U=12m2v 22−0
可得 r2=5d
根据图中几何关系可知 α=37 ∘ ， tanα=3dx
可得 x=4d
③由题意可知粒子 b 将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力 q2⋅v2sinα⋅3B=m2v2sinα2r′2
可得 r′2=d
根据图中几何关系可知 tanβ=2dd=2
即 β=arctan2
故扫过面积总面积为2个直角三角形面积与1个扇形面积之和，即 S=2×12×d×2d+2π−2β2π⋅πr′22=2+π−arctan2⋅d2
(2)由题意可知 eU=Ek−0 ， εmax=ℎvmax=ℎcλmin
利用能谱图可取加速电压30kV时 0.04nm,0 或20kV时 0.06nm,0 ，代入数据可得 ℎ=6.4×10−34J⋅s

【解析】详细解答与解析过程见答案