2026届北京市朝阳区高三第二学期质量检测二 物理试题（含解析）高考模拟

这是一份2026届北京市朝阳区高三第二学期质量检测二 物理试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间90分钟 满分100分）
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 衰变过程存在质量亏损
B. 原子核发生α衰变后质量数不变
C. 原子核发生β衰变后电荷数不变
D. 温度升高会增大放射性元素的半衰期
【答案】A
【解析】
【详解】A．衰变过程会释放核能，根据质能方程
释放能量对应存在质量亏损，故A正确；
B．α衰变放出的α粒子（）质量数为4，根据质量数守恒，发生α衰变后新核质量数比原核减少4，故B错误；
C．β衰变的本质是原子核内的中子转化为1个质子和1个电子（β粒子），电子被释放，根据电荷数守恒，衰变后新核电荷数比原核增加1，故C错误；
D．半衰期由放射性元素的原子核内部结构决定，与温度、压强、化学状态等外界条件无关，温度升高半衰期不变，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，一种包装用的气泡膜内充满气体，气泡膜内气体可视为理想气体，在温度保持不变的情况下压缩气泡膜内的气体，则气泡内（ ）
.
A. 分子无规则热运动加剧B. 气体压强增大
C. 气体的内能增大D. 气体从外界吸收热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度保持不变，则分子的平均动能不变，分子无规则热运动的剧烈程度不变，故A错误；
B．气体做等温变化，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，故B正确；
C．理想气体的内能只与温度有关，温度保持不变，则气体的内能不变，故C错误；
D．压缩气体，外界对气体做功，即
气体内能不变，即
根据热力学第一定律 ，可得
即气体向外界放出热量，故D错误。
故选B。
3. 用绿色激光分别照射两个单缝得到的衍射图样如图甲、乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 甲图对应的缝宽大于乙图对应的缝宽
B. 若仅减小缝宽则甲、乙两图的中央亮纹均更宽
C. 若仅减小激光频率则甲、乙两图的中央亮纹均更窄
D. 该现象说明光具有粒子性
【答案】B
【解析】
【详解】A．单缝衍射中，在波长和屏缝距离一定的情况下，缝宽越窄，衍射现象越明显，中央亮纹越宽。由图可知，甲图的中央亮纹比乙图宽，说明甲图对应的缝宽小于乙图对应的缝宽，故A错误；
B．根据单缝衍射规律，中央亮纹宽度 （其中为波长，为缝宽）。
若仅减小缝宽，则增大，甲、乙两图的中央亮纹均更宽，故B正确；
C．若仅减小激光频率 ，根据 可知，波长变大。根据，波长变大则条纹间距变大，甲、乙两图的中央亮纹均更宽，故C错误；
D．光的衍射现象是波特有的现象，说明光具有波动性，故D错误。
故选B。
4. 用“横波演示器”模拟横波的形成过程，初始时介质中各质点均处于平衡位置。某时刻质点1至16间的波形如图甲所示，某质点从该时刻计时的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的传播方向向右
B. 图乙表示质点4的振动图像
C. 该时刻质点7已经振动了四分之三个周期
D. 该时刻质点10和质点16的速度方向相反
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲可知，质点1到4均位于平衡位置，则质点1到4均还未开始振动，说明波是从右向左传播的，故A错误；
B．由图乙可知，该时刻质点从平衡位置开始向上振动，由图甲可知，该时刻质点4开始向下振动，故B错误；
C．波向左传播，该时刻质点7位于波谷，波源起振方向竖直向下，所以该时刻质点7已经振动了四分之一个周期，故C错误；
D．根据上下坡法，该时刻质点10向上振动，质点16向下振动，所以速度方向相反，故D正确。
故选D。
5. 月球环绕地球的运动可近似为匀速圆周运动。已知引力常量为G，以下数据能够计算地球质量的是（ ）
A. 月球绕地球运动的周期和线速度
B. 月球绕地球运动的周期和角速度
C. 月球绕地球运动的线速度和月球质量
D. 月球绕地球运动的线速度和地球半径
【答案】A
【解析】
【详解】A．若已知月球绕地球运动的周期和线速度，则由万有引力提供向心力有
又因为
联立解得地球的质量为
即若已知月球绕地球运动的周期和线速度，可直接计算地球的质量，故A正确；
B．若已知月球绕地球运动的周期和角速度，则由万有引力提供向心力有
由于周期和角速度的关系满足，二者为相关量，仅能提供1个独立物理量，代入上式后，无法求出月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径，所以无法求解地球的质量，故B错误；
C．若已知月球绕地球运动的线速度和月球质量，则由万有引力提供向心力有
由于月球质量在上式中可以约去，属于无关量，由于仅知道线速度时轨道半径未知，所以无法求解地球的质量，故C错误；
D．若已知月球绕地球运动的线速度和地球半径，则由万有引力提供向心力有
由于上式中是月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径，与地球半径无关，所以未知，无法求解地球的质量，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，小物块以初速度v沿粗糙斜面上滑，滑至最高点后返回，斜面始终保持静止。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 小物块运动至最高点时，速度和加速度均为零
B. 小物块上滑与下滑经过同一位置时速度的大小相等
C. 小物块上滑过程中所受的摩擦力比下滑过程中的大
D. 小物块上滑过程中斜面受地面的摩擦力比下滑过程中的大
【答案】D
【解析】
【详解】A．小物块运动到最高点时速度为0，但物块有沿斜面向下的合力，加速度不为零，故A错误；
B．上滑、下滑过程中，滑动摩擦力始终与运动方向相反，全程对物块做负功，物块机械能不断损失，因此同一位置处，下滑经过的动能小于上滑经过的动能，速度大小更小，故B错误；
C．无论上滑还是下滑，垂直斜面方向物块受力平衡，支持力
滑动摩擦力
两次摩擦力大小相等，C错误；
D．对物块，上滑加速度
下滑加速度
得
将物块和斜面视为整体，加速度水平分量
方向向左，整体水平方向仅受地面摩擦力，由牛顿第二定律得：地面摩擦力
越大，地面摩擦力越大，因此上滑过程中斜面受地面摩擦力更大，D正确。
故选D。
7. “测量小灯泡的伏安特性曲线”的电路如图所示。闭合开关后发现移动滑动变阻器的滑片时，电压表的示数不断变化而电流表的示数总显示为零。若小灯泡和电流表均完好，电路仅有一处故障，则该故障可能是（ ）
A. 小灯泡短路B. 导线④断路C. 导线③断路D. 导线①断路
【答案】B
【解析】
【详解】A．若小灯泡短路，电压表也会由于被短路无示数，而电流表会有示数（不是零），故A错误；
B．若导线④断路，电压表与电流表串联后与滑动变阻器的一部分并联，所以当移动滑动变阻器的滑片时，电压表的示数会不断变化而电流表的示数总显示为零，故B正确；
C．若导线③断路，会导致整个测量电路断开，所以电流表和电压表都无示数，故C错误；
D．若导线①断路，电压表通过小灯泡、电流表与滑动变阻器串联在电路中，此时电压表测量的是电源电压，所以移动滑动变阻器的滑片时，电压表的示数保持不变，而电流表示数为零，故D错误。
故选B。
8. 某同学为了探究排球在下落过程中所受的空气阻力，将一质量为m的排球放在运动传感器的正下方由静止释放，得到排球落地前下落的速度v随时间t的变化图像如图所示，t1时刻排球恰好落地。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 排球下落过程处于超重状态
B. 排球下落的距离为
C. 排球下落过程中所受空气阻力的大小为
D. 排球下落过程中所受空气阻力冲量的大小为mv1
【答案】C
【解析】
【详解】A．排球下落过程，加速下降，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B．由v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，则排球下落的距离为，故B错误；
C．由v-t图像可知，排球下落过程的加速度
根据牛顿第二定律有
解得排球下落过程中所受空气阻力的大小
故C正确；
D．根据动量定理，排球下落过程中所受合力的冲量的大小为mv1
即
则空气阻力冲量的大小，故D错误。
故选C。
9. 某汽油发动机火花塞需要瞬间高达10kV的电压才能点火，一同学设计了如图甲、乙所示的点火电路。已知直流电源的输出电压为12V，升压变压器的输出端接到火花塞上。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲电路中，在开关断开瞬间，输出端可能会产生高压
B. 图乙电路中，在开关断开瞬间，输出端可能会产生高压
C. 两电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压
D. 两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压
【答案】A
【解析】
【详解】A．图甲电路中，开关串联在原线圈回路中。在开关断开瞬间，原线圈中的电流迅速减小，导致穿过铁芯的磁通量急剧变化。根据法拉第电磁感应定律，由于副线圈匝数较多（升压变压器）且电流变化时间极短，副线圈两端会产生极高的感应电动势，可能达到10kV使火花塞点火，故A正确；
B．图乙电路中，原线圈直接接在直流电源两端，电流恒定，产生的磁场恒定，穿过副线圈的磁通量不发生变化。无论副线圈侧的开关断开还是闭合，副线圈中都不会产生感应电动势，故B错误；
C．变压器的工作原理是电磁感应，需要变化的电流产生变化的磁场。在两电路中，若保持开关闭合，原线圈中均为恒定直流电，磁通量不变，副线圈中均无感应电动势，无法获得持续高压，故C错误；
D．虽然变压器不能改变恒定直流电压，但图甲电路通过开关的断开瞬间，人为制造了电流的剧烈变化，利用互感现象可以在副线圈产生高压，从而实现点火，故D错误。
故选A。
10. 电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪声新型船，其结构简图如图所示，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间的区域浸没在海水中，其中部分区域处在垂直纸面向里的匀强磁场中（磁场由固定在船上的线圈产生，其独立电路图中未画出）。下列说法正确的是（ ）
A. 使船前进的力，是磁场对海水的安培力
B. 为使船前进，AB板应接电源的正极
C. 同时改变磁场的方向和电源正负极，海水所受的安培力将反向
D. 图中电源消耗的电能等于电磁船获得的动能与电路中产生的焦耳热之和
【答案】B
【解析】
【详解】A．使船前进的力是海水对船（或船上的磁场发生装置）的作用力，磁场对海水的安培力是作用在海水上的，方向向后，故A错误；
B．船头向右，要使船前进，船受到的推力应向右，根据牛顿第三定律，海水受到的安培力应向左。磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，电流方向应向上，即从AB板流向CD板，所以AB板应接电源的正极，故B正确；
C．同时改变磁场的方向和电源正负极（即电流方向），根据左手定则或安培力公式，磁场反向、电流反向，安培力方向不变，故C错误；
D．根据能量守恒定律，电源消耗的电能转化为电路中产生的焦耳热、船获得的动能以及海水获得的动能（安培力对海水做功），故D错误。
故选B。
11. 如图所示，木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一轻质细线，细线另一端系一小球C。已知A、B、C三者质量相等。现将细线水平拉直，由静止释放小球C，则（ ）
A. 下摆过程中小球的机械能守恒
B. 此后A、C组成的系统水平方向动量守恒
C. 小球第一次摆到左侧最大高度时速度为零
D. 小球第二次摆到最低点时A的速度大小为C的两倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．下摆过程中，小球C的机械能减少，减少的机械能转化为木块A和B的动能，A错误；
B．小球C释放后，在向下摆动的过程中，通过细线和轻杆对A有向右的拉力，使得A、B之间有弹力，则小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统水平方向动量不守恒，B错误；
C．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，即总动量为零，在小球C向左上摆动的过程，通过细线和轻杆对A有向左的拉力，A、B分离，木块B向右做匀速直线运动，动量向右，则A和C的总动量向左，小球C摆到左侧最高点时，A、C共速，此时A的速度向左，不为零，C错误；
D．小球C第一次摆到最低点过程中，A、B一起运动，系统水平方向总动量守恒，设三者的质量都为m，在最低点，C速度大小为，A、B速度大小为，以水平向左为正方向
有
解得
从小球C第一次摆到最低点到第二次摆到最低点，木块B已经与A分开，向右做匀速直线运动，A、C水平方向动量守恒、机械能守恒， 且A、C的总动量方向水平向左，设小球C第二次摆到最低点时A速度大小为，C速度大小为
有，​
解得，即A速度大小是C的两倍，D正确。
故选D。
12. 如图所示，两带等量正电荷的小球分别固定在M、N两点，O点为其连线中点，A'和A、B'和B分别为竖直中垂线上对称的点。现将另一质量为m、电荷量为q的小球从O点由静止释放，小球经过A、B两点时的加速度大小均为2g。已知O、A、B三点的电势分别为φO、φA和φB。O、A两点间距为h1，O、B两点间距为h2。小球均可视为质点。重力加速度为g。不计空气阻力。若该小球从B'点以某一初动能竖直下落，则（ ）
A. 小球从B'点运动到A'点的过程中所受静电力逐渐增大
B. 小球从B'点运动到A'点的过程中速度先减小后增大
C. 若小球能从B'点运动到O点，其初动能至少大于
D. 小球从B'点运动到O点的过程中机械能的变化量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．等量正电荷中垂线的电场特点：O点（连线中点）场强为0，沿中垂线向两侧，场强先增大后减小，方向为沿中垂线背离O点；结合题意分析得小球带正电，对称点场强大小相等，且、处
解得、处
处电场力向上，大小也为
从到（向O靠近），场强先增大后减小（因为处场强大小均为​，中间场强更大），因此静电力先增大后减小，不是逐渐增大，故A错误；
B．从到过程中，电场力一直向上，且（起点、终点，中间）
合力一直向上，速度方向向下，因此小球一直做减速运动，不是先减小后增大，故B错误；
C．小球从到O过程中，点是速度最小点：点以上合力向上（减速），点到O合力向下（加速），因此只要小球能到达点，就能运动到O点。对过程，刚好到达时末动能为0，由动能定理可得
整理得最小初动能)，因此初动能至少大于该值，故C正确；
D．机械能变化量等于除重力外其他力做功，即等于电场力做功，故D错误。
故选C。
13. 某同学制作了一种便携式力传感器，如图甲所示。该传感器由弹性体、霍尔元件（长、宽、高分别为a、b、c，依靠电子导电）、永久磁钢、固定支架构成。弹性体的一端与永久磁钢（上端为S极，下端为N极）一起固定在支架上，霍尔元件安装在永久磁钢下方的弹性体平面上，并通入恒定电流I。当拉力F使弹性体发生形变时，会带动霍尔元件产生微小位移x，因不同距离处磁感应强度B不同，霍尔元件将在前、后表面间产生不同的电压UH，如图乙所示。据此可把测量UH的电压表改装成测量力的仪表。已知微小位移x随拉力F均匀变化，磁感应强度B随微小位移x均匀变化。不计涡流影响。下列说法正确的是（ ）
A. 霍尔元件前表面电势低于后表面电势
B. 拉力F越大，霍尔电压UH越大
C. 改装后的仪表刻度值均匀
D. 仅增加宽度b能使改装后的仪表更灵敏
【答案】C
【解析】
【详解】A．霍尔元件靠电子导电，电流向右，因此电子运动方向向左；磁场向下，根据左手定则（电子带负电，四指指向电流方向）：电子受到的洛伦兹力方向向后，电子向后表面偏转，后表面积累负电荷，前表面带正电，因此前表面电势高于后表面电势，故A错误；
B．当电场力与洛伦兹力平衡时
得
电流
得
代入得 ，拉力越大，弹性体伸长量越大，霍尔元件向下位移越大，离上方永久磁钢越远，磁感应强度越小，因此越小，故B错误；
C．由题意知随均匀变化（）
随均匀变化（）
因此
代入霍尔电压公式得
是的一次线性函数，因此改装后仪表的刻度均匀，故C正确。
D．由
可知，霍尔电压与宽度无关，仅增加不会改变随的变化率，不会提高灵敏度，故D错误；
故选C。
14. 场致发射显微镜是一种能够实现原子成像的超级显微镜，能鉴别小到0.1纳米的距离，放大率可达几百万倍，其结构简图如图所示。将待测样品制成极细的针尖，针尖半径r可小至几十纳米。将针尖置于半径为R（R≫r）的真空玻璃泡中心，玻璃泡内壁涂有荧光导电层，针尖与荧光屏之间加高压U（荧光屏接地），在强电场作用下针尖表面就会发射电子。针尖表面某处电场越强，该处发出的电子越多。从针尖表面各点发出的电子，沿电场线飞向内壁，把针尖表面的原子结构信息直接投影放大到荧光屏上成像。针尖越尖，表面上相邻两点在屏上投影的张角越大。忽略相对论效应及电子间相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 仅增大样品针尖半径r，可增强电子发射电流
B. 电子沿电场线运动过程中，其动量随时间的变化率不变
C. 仅增加高压U，可获得放大倍率更高的图像
D. 仅增大内壁半径R，可获得放大倍率更高的图像
【答案】D
【解析】
【详解】A．针尖越小（r越小），尖端电场越强（尖端放电原理），所以增大半径r会使电场变弱，电子发射电流减小，故A错误；
B．针尖和荧光屏之间的电场是非匀强电场（越靠近针尖电场越强），电子沿电场线运动时，根据可知，电场力变小，根据动量定理可知，动量变化率等于合外力，所以动量变化量变小，故B错误；
C．放大倍率由投影张角决定，增加高压U只会使电场增强，不会改变张角，也就不能提高放大倍率，故C错误；
D．仅增大内壁半径，针尖到荧光屏的距离变大，相邻两点的投影张角变大，放大 倍率变高，故D正确。
故选D。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 在如图所示的“探究影响感应电流方向的因素”实验中，所需器材除条形磁铁、电流表、线圈、导线若干外，还需要一节干电池，其用途是（ ）
A. 明确线圈的绕行方向与感应电流磁场的方向关系
B. 明确电流表指针偏转方向与流过电流表电流方向之间的关系
【答案】B
【解析】
【详解】在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，我们需要通过电流表指针的偏转方向来判断感应电流的方向。一节干电池的用途是：给电流表通上已知方向的电流，从而明确电流表指针偏转方向与流过电流表电流方向之间的关系，这样在实验中就能根据指针偏转情况确定感应电流的方向。
故选B。
16. “用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤如下：
A．向浅盘中的水面均匀地撒入爽身粉
B．将1 mL纯油酸加入酒精中，得到5×102mL的油酸酒精溶液
C．把玻璃板放在方格纸上，得到油膜的面积约为500cm2
D．将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积
E．把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓
上述步骤中，正确的顺序是__________（填步骤前的字母）。已知50滴溶液的体积为1mL，则估算油酸分子直径为d=__________m（结果保留1位有效数字）。
【答案】 ①. BDAEC ②.
【解析】
【分析】
【详解】[1]实验按顺序，首先是准备阶段，配制油酸酒精溶液，将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积；其次是操作阶段，向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀地撒入痱子粉，把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油酸膜的轮廓，把玻璃板放在坐标纸上，计算出薄膜的面积S，最后根据实验步骤计算分子直径，则上述步骤中，正确的顺序是BDAEC；
[2]1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
油酸分子的直径为
17. 某同学利用如图所示的电路，测量一根直径为d的金属丝的电阻率。该同学通过改变弹簧接线夹Q的位置改变导线接入电路的长度L，同时记录L及相应的电压表读数U和电流表读数I。电压表可视为理想电表，导线电阻可忽略。多次重复实验，作出如图所示的图像，根据图像得到直线的斜率为k则该金属材料的电阻率为________。该图线不过原点O，其可能的原因是________（填选项前的字母）。
A．电流表内阻不能忽略 B．弹簧接线夹Q的电阻不能忽略
【答案】 ①. ②. B
【解析】
【详解】[1]根据电阻定律
其中，金属丝的横截面积
由欧姆定律，，因此
题目中给出的图像的斜率为，对比上式可知
解得电阻率
[2]图像不过原点，说明当接入长度时，，即电路中存在额外的电阻被测量。
A．电流表内阻不能忽略时，
此时图像截距为，但该电路中电压表测的是金属丝两端的电压，电流表的内阻不会被计入，因此A错误。
B．弹簧接线夹的电阻不能忽略时，电压表测量的电压包含了接线夹的电阻，即
此时当时，，图像不过原点，因此B正确。
故选B。
18. 某同学做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）在测量单摆周期时，他在摆球某次经过平衡位置时开始计时并计为第1次，摆球第N次经过平衡位置时停止计时，测得所用时间为t，则周期T=__________。
（2）该同学多次测量单摆的摆长L和周期T，在作图求重力加速度g时，为得到线性图线，若纵轴选用L，则横轴应选用__________（选填“T”、“T2”或“”）。
（3）如图甲所示为惠更斯摆钟示意图，将其下方钟摆的运动视为简谐运动。若发现该钟比设计要求走得快，为校准时间，应采取的措施是（ ）
A. 将摆杆上的摆球向上调节B. 将摆杆上的摆球向下调节
C. 增加摆球的质量D. 减小初始摆角
（4）人类使用摆计时始于17世纪，而在公元前16世纪的古埃及则使用水钟计时。图乙所示是某同学设计的水钟，在横截面积足够大的水瓶侧壁开一小孔，用带孔的小胶塞密封后插入出水管，当出水管排水时，瓶内水面缓慢下降，从而通过记录水面位置来计时。将水面最初位置标记为时间刻度0，出水管水平线标记为时间刻度1，请推导说明二者中点时间刻度t能否标记为刻度0.5。不计各种阻力_____。
【答案】（1）
（2） （3）B
（4）不能，推导见解析
【解析】
【小问1详解】
从第1次经过平衡位置到第N次经过平衡位置，一共经过了​个周期，总时间为，因此周期
【小问2详解】
由单摆周期公式，变形得
与满足线性关系，因此纵轴选时，横轴应选。
【小问3详解】
钟走得偏快，说明钟摆周期偏小，单位时间内摆动次数偏多。根据周期公式，要增大周期校准时间，需要增大摆长，因此应将摆球向下调节；单摆周期和摆球质量、小摆角无关。
故选B。
【小问4详解】
设质量为的水从液面下落到小孔处，水面到出水管的高度为，不计各种阻力，重力势能减少，全部转化为动能，即
可得出水速度满足
水面下降过程中不断减小，出水速度逐渐减小，相同高度对应的排水量相同，流速越小用时越长。从0、1刻度的中点位置，将整个过程分成前后两段，流完前半段高度的平均流速大于后半段，因此流完前半段高度的时间，即位置中点对应的时间小于总时间的一半，因此不能标记为刻度0.5。
19. 如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=(2＋0.2t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：
(1)回路的感应电动势；
(2)流过R1的电流；
(3)a、b两点间电压Uab。
【答案】(1)4V；(2)0.4A；(3)2.4V
【解析】
【分析】
【详解】(1)由法拉第电磁感应定律
(2)流过R1的电流
(3)回路中线圈为电源，根据楞次定律可知，a点电势高于b点，R为外电阻，有
20. 工地上工人常需要在不同高度间传递工具。如图所示，将质量m=1.0kg的工具从离地高H=1.8m处的O点以初速度v0=10m/s水平抛出，工具恰好落在质量M=9.0kg的静止在水平地面上的小筐中，并立刻与之共同运动，匀减速滑行位移x=1.0m，恰好到达指定地点。工具和小筐均可视为质点，二者碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小筐与O点间的水平距离s；
（2）工具刚落到小筐上时二者共同运动的速度大小v；
（3）小筐与地面间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）
（2）
（3）0.05
【解析】
【小问1详解】
工具做平抛运动
解得落地时间
代入水平位移公式
【小问2详解】
工具落入小筐的过程在水平方向满足动量守恒
解得共同运动的速度大小
【小问3详解】
共同运动后，系统在摩擦力作用下做匀减速运动直至静止，根据动能定理
解得动摩擦因数
21. 模型的修正和完善伴随着我们对物理本质更深入的认识。某学习小组对过山车的运动进行了深入研究。已知重力加速度为g，不计摩擦及空气阻力。
（1）先将过山车用可视为质点的小球来替代。
a．图甲所示的装置由两段可视为竖直平面内的倾斜直轨道与一半径为R的圆轨道顺接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍微错开一小段距离，且分别与左右两侧的斜直轨道平滑相接。将一小球从左侧倾斜直轨道上某位置由静止释放，小球恰好能通过圆轨道最高点，求小球在圆轨道最高点的速度大小v1；
b．实际的过山车竖直回环轨道不是正圆，而是设计成图乙所示的扁轨道，可将其简化为图丙所示的轨道。研究一般的曲线运动时，我们可将运动过程分割为许多很短的小段，每小段的运动均可看作是圆周运动的一部分。若轨道承压足够大，请比较小球从同一位置P由静止释放，分别沿扁轨道、正圆轨道到达最高点Q时轨道对其压力的大小关系，并说明这种设计的优点。
（2）实际的过山车并不能视为质点。如图丁所示，一列长为L、质量为M的玩具过山车，在无动力情况下，从水平轨道冲上半径为r的竖直圆轨道。已知L>2πr，不计过山车自身高度及相邻车体间碰撞。在车体始终布满轨道的一段时间内，过山车的速率保持不变，请在该段时间内分析下列问题：
a．推导最高点处车体之间的拉力大小；
b．取轨道最高点处的一小段长度为s的车体为研究对象。若此时左、右侧车体对其拉力大小可视为相等，且两力的合力大小为a问中拉力的倍，求该小段车体通过最高点时的最小速度vm。
【答案】（1）a．；b．见解析
（2）a．见解析；b．
【解析】
【小问1详解】
a．小球恰好能通过圆轨道最高点，说明在最高点轨道对小球的弹力为零，重力完全提供向心力。根据牛顿第二定律有
解得
b．小球从同一位置P由静止释放，根据机械能守恒定律，到达最高点Q时，重力势能变化量相同，故动能变化量相同，到达Q点的速度大小相等。在最高点Q，根据牛顿第二定律有
得
由图丙可知，扁轨道在最高点Q处的曲率半径小于正圆轨道的半径，因为相同，所以，即沿扁轨道到达最高点时轨道对小球的压力较大。这种设计的优点是可以提高安全性。
【小问2详解】
由于过山车速率保持不变，且车体始终布满轨道，说明圆轨道部分的重力势能不变，水平轨道部分重力势能也不变，故整体机械能守恒，动能不变。对于水平轨道上的车体，做匀速直线运动且不计摩擦，故水平轨道内车体间张力为零。因此，圆轨道最低点出口处车体间的拉力。取圆轨道上从最低点出口到最高点的一段车体为研究对象，设线密度为。在任意位置（与竖直向下方向夹角）取微元
质量
由于速率不变，切向加速度为零，切向合力为零。从最低点到最高点，重力沿切线方向的分力阻碍运动，拉力需克服重力分量增加。根据平衡条件，得最高点拉力
b．取最高点处长度为的一小段车体，其质量
该小段车体受重力、轨道作用力以及两侧车体的拉力。两侧拉力的合力指向圆心，根据题意及几何关系（小角度近似），合力大小
代入，得
在最高点，根据牛顿第二定律，合外力提供向心力
当车体恰好不脱离轨道时，速度最小，此时。方程变为
即
解得
22. 氢原子结构模型是衔接经典物理与量子物理的桥梁，也是探索未知现象的基础。已知电子电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h，不考虑相对论效应。
（1）假定氢原子核静止，核外电子绕核沿图甲所示方向做半径为r的匀速圆周运动。
a．若电子仅受静电力作用，求其做圆周运动的角速度大小ω1；
b．若氢原子处在匀强磁场中，磁场方向垂直于电子圆周运动的平面向下。已知电子的轨道半径仍为r，角速度大小为ω2，求该匀强磁场的磁感应强度大小B0。
（2）2024年1月，我国发射的首颗大视场X射线天文卫星，用于观测太空中X射线辐射源以揭示天体演化的奥秘。某次观测得到X射线辐射的光子数与光子能量的图谱如图乙所示，发现这些光子能量主要取E、2E、3E…一系列差值相等的分立值。其中E为已知量。
a．电子在不同能级之间的跃迁是产生分立光谱的常见机理。请简要分析能否类比氢原子能级模型解释上述X射线图谱的特点。已知氢原子的能级为（n=1，2，3…），其中n为量子数，E1为基态能量。
b．科学家推测该X射线源表面存在极强磁场，电子仅在磁场力作用下运动，并呈现轨道量子化现象，进而发生能级跃迁。请据此估算该X射线源表面的磁感应强度大小B。已知电子运行轨道量子化条件为（n=1，2，3…），其中，式中rn、λn、pn分别是En能级对应的轨道半径、电子波长和动量。
【答案】（1）a.；b.
（2）a.不能，分析见理由；b.
【解析】
【小问1详解】
a．由题干可知，电子仅受静电力作用做匀速圆周运动，即静电力提供电子所需向心力。根据氢原子结构可知氢原子核带电量为e，有，
b．当氢原子处在匀强磁场中时，电子同时受到静电力和洛伦兹力。根据右手定则，这两个力均指向圆心提供向心力，即，
整理得
【小问2详解】
a．不能。这些光子能量显然是等差数列，而氢原子能级差为，并非等差数列。因此不能类比氢原子能级模型解释上述X射线图谱的特点。
b．电子在该磁场中运动，仅受磁场力作用，则有洛伦兹力提供向心力，即
因电子呈现轨道量子化，则需满足轨道量子化条件
电子的德布罗意波长为
整理得，能级差为
解得