精品解析：2026届辽宁省沈阳市第二中学高三下学期考前预测物理试题

沈阳二中2025—2026学年度下学期模拟考试 高三（26届）物理试题 说明： 1、考试时长75分钟，满分100分 2、考生务必将答案答在答题卡相应位置上，在试卷上作答无效 第Ⅰ卷 46分 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1. 歼-20是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如图所示，虚线ab是歼-20战机从水平地面起飞过程中的部分曲线轨迹，关于此过程下列说法中正确的是（　　） A. 研究歼-20姿态调整时可以把战斗机看成质点 B. 歼-20的运动一定是匀变速曲线运动 C. 歼-20从a到b飞行过程中的速度时刻在变化 D. 歼-20从a到b起飞过程中，飞行员处于失重状态 2. 在理论物理中，经常通过量纲分析来构造物理量的关系。已知万有引力常量G的单位为，速度v的单位为m/s，质量m的单位为kg。若要构造一个具有长度量纲的物理量L，下列式子可能正确的是（　　）（k为无量纲常数） A. B. C. D. 3. 在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中0~t2部分为直线。则（　　） A. t4时刻运动员所受重力的瞬时功率最大 B. t1时刻运动员离水面最远 C. t4时刻运动员离水面最远 D. 0~t4运动员所受重力冲量为零 4. 2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　） A. 图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小 B. 当用户端接入的用电器增多时，输电线上的功率损失增大 C. 当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小n4 D. 若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会增大 5. 一定质量的理想气体经历如图所示a→b、b→c、c→a的循环过程。已知气体在b状态时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在c状态下气体体积为2V0。下列说法正确的是（　　） A. a→b过程中，气体的内能不变 B. b→c过程气体对外界做的功大于气体吸收的热量 C. b→c过程气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少 D. 气体由a→b→c→a的过程中，对外界放出热量 6. 图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出a、b、c三种不同频率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有a、b两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量e=-1.6×10-19C下列说法正确的是（　　） A. b光能使处于n=2能级的氢原子发生电离 B. 滑片P向a端移动时，电流表示数变大 C. a光照射下，遏止电压Uc=12.09V D. 入射光的光子能量为12.75eV 7. 我国“祝融二号”火星车完成表面探测后，计划搭乘轨道返回舱执行“火星样本返回”任务，轨道设计如下：返回舱从火星表面的着陆点启动反推发动机，先进入近火圆轨道Ⅰ，其轨道半径可认为等于火星半径r；在圆轨道Ⅰ稳定运行后，于轨道上的J点（近火点）启动推进器加速，进入椭圆转移轨道Ⅱ。返回舱沿轨道Ⅱ稳定运行后在远火点K进行第二次加速，进入火星中高圆轨道Ⅲ（距离火星表面高度为4r），此后返回舱在圆轨道Ⅲ上持续环绕火星运行，实时监测地球与火星的相对位置，为后续返回地球做好准备。已知火星表面的重力加速度为g0，返回舱在距火星中心距离为h时，其引力势能为（式中M为火星质量，G为引力常量，m0为返回舱质量），忽略返回舱质量变化和太阳引力干扰，下列说法正确的是（　　） A. 返回舱在轨道Ⅱ上运动经过J点的加速度比在轨道Ⅰ上运动经过J点的加速度大 B. 返回舱从轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ机械能增加了 C. 返回舱在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上的运行周期之比为 D. 若返回舱探测到在其运行轨道Ⅲ上不远处有同向运动的空间碎片，应立即变轨规避 8. 抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱异力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针（俯视时）做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为。假设外加竖直方向、磁感应强度大小为的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释，下列说法正确的是（ ） A. 若外界磁场方向竖直向下，电子的速率会增大，O处磁感应强度小于 B. 若外界磁场方向竖直向下，电子的速率会减小，O处磁感应强度大于 C. 若外界磁场方向竖直向上，电子的速率会减小，O处磁感应强度小于 D. 若外界磁场方向竖直向上，电子的速率会增大，O处磁感应强度大于 9. 1834年洛埃镜实验进一步验证了光具有波动性，其装置如图所示。单色光源S发出的光，一部分直接照射到光屏上，另一部分经平面镜反射后到达光屏。S到平面镜的垂直距离为a，到光屏的垂直距离为L（L≫a），单色光的波长为λ，下列说法正确的是（　　） A. 光屏上出现明暗相间的衍射条纹 B. 将平面镜沿垂直光屏方向向右移动一小段距离后，光屏上相邻亮条纹的中心间距将不变 C. 若将整套装置完全浸入透明溶液中，条纹将变得更稀疏 D. 若将平面镜稍微向上移动，相邻亮条纹的中心间距变大 10. 如图，一正电荷以某一初速度进入电荷量大小为Q（电性未知）的某点电荷电场中，a、b为粒子运动轨迹上的两点，a、b两点间的直线距离为d，已知a点场强方向所在直线与ab连线间夹角α=30°，b点场强方向所在直线与ab连线间夹角β=60°。正电荷的电荷量为e，点电荷周围某点的电势其中r为该点到点电荷的距离。电荷仅受电场力作用，下列说法正确的是（　　） A. a点电势低于b点电势 B. 电荷在a点的电势能小于在b点的电势能 C. 电荷从a到b过程中，电场力做的功为 D. 电荷先后经过a、b两点时的加速度大小之比为 第Ⅱ卷54分 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池（电动势E=1.5V，内阻为0.5Ω）；R1、R2、R4、R5是定值电阻，R3是可变电阻；表头G的满偏电流为200μA，内阻为200Ω。单刀双掷开关接1和2时，为直流电流1mA挡或10mA挡，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。 （1）图中的A端与________（填“红”或“黑”）表笔相连接； （2）如图所示，换挡开关接3，单刀双掷开关接1，当用此挡位测量某电阻阻值时，发现指针指在满偏电流的五分之二处，则此电阻的阻值为________Ω。如果电池长期未用，导致内阻增大，电动势减小，且仍然能正常欧姆调零，这将导致测量的结果________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。 12. 工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，它的结构如图甲所示，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器。拉力传感器的内部电路如图乙所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20kΩ，R2=10kΩ，R0是对拉力敏感的应变片电阻。 （1）已知该型号的拉力传感器R0在不同拉力下，其阻值约为十几千欧~几十千欧之间。为了精确测量传感器在不同压力下的阻值，实验小组设计了如图丙的电路，实验室提供了以下器材：电源E（电动势为3V、内阻未知） 电流表A1（量程10mA、内阻约为5Ω） 电流表A2（量程250μA、内阻约为50Ω） 电压表V1（量程15V、内阻约为15kΩ） 电压表V2（量程3V、内阻约为3kΩ） 滑动变阻器R1（阻值0~1000Ω、额定电流为0.5A） 滑动变阻器R2（阻值0~10Ω、额定电流为2A） 为了尽可能提高测量的准确性，电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________；（填写器材名称代号） （2）实验小组通过多次实验测得该传感器R0的阻值随压力F变化的关系图像如图丁所示。而在乙所示的电路中，已知料斗重1×103 N。没装料时Uba=0，则R3=________Ω。 （3）已知重力加速度为g，则Uba与所加物料的质量m的关系式为________。 13. 一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，x=0.1m处的质点A和x=0.7m处的质点B的振动图像如图所示，已知该波的波长大于0.3m。求： （1）这列简谐横波的波长的可能值； （2）在波长取最大值条件下，x=0.4m处的质点C的振动方程。 14. 如图所示，在光滑绝缘水平面上有一个质量为M的长带电体B，电荷量为+q（q>0）；在带电体上表面的左侧放有一质量为m、可视为质点的绝缘滑块A，整个装置处于场强大小为、方向水平向右的匀强电场中。距离带电体B的右端L处有一绝缘的挡板，带电体从静止释放，与该挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中带电体的电荷量、电性均不发生改变。已知M=3m，带电体与滑块之间的滑动摩擦力大小为f=3mg（假设最大静摩擦等于滑动摩擦力），g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求带电体B第一次与挡板碰撞后的瞬间，A和B的各自加速度大小； （2）带电体B第一次与挡板碰撞反弹后，在B向左运动的过程中滑块A没有从带电体上滑出，求B向左运动的最大距离； 15. 某兴趣小组在观察到教室门的开与关后，设计了一种自动开门和能量回收的简易模型，其原理如图甲所示，长为l、质量为m、电阻为R的导体棒，通过两个长为d的导电轻杆与O1、O2点连接。导体棒在直角空间区域内绕O1O2轴无摩擦转动，其空间区域分布着辐向磁场（方向沿半径向外），其俯视图如图乙所示，金属棒所在处磁感应强度大小为B，在O1、O2两端用导线与电源相连形成闭合回路，其中电源的电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，其余电阻忽略不计。当开门时，开关S1闭合，导体棒开始转动，转动稳定后与O1O2PQ墙壁发生弹性碰撞被弹回，到O1O2MN面时被锁定。求： （1）当开关S1闭合瞬间，导体棒的加速度大小； （2）若导体棒与墙壁O1O2PQ碰撞时断开开关S1，闭合开关S2，导体棒经碰撞再次转动稳定后的角速度大小； （3）若当开门时，同时闭合开关S1和开关S2，且导体棒运动时还受到与运动方向相反、大小恒为Ff的外力，在t时刻达到最大速度（未到达（O1O2PQ墙壁），求0~t时间内流过电源的电荷量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳二中2025—2026学年度下学期模拟考试 高三（26届）物理试题 说明： 1、考试时长75分钟，满分100分 2、考生务必将答案答在答题卡相应位置上，在试卷上作答无效 第Ⅰ卷 46分 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1. 歼-20是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如图所示，虚线ab是歼-20战机从水平地面起飞过程中的部分曲线轨迹，关于此过程下列说法中正确的是（　　） A. 研究歼-20姿态调整时可以把战斗机看成质点 B. 歼-20的运动一定是匀变速曲线运动 C. 歼-20从a到b飞行过程中的速度时刻在变化 D. 歼-20从a到b起飞过程中，飞行员处于失重状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．研究歼-20姿态调整时，需要关注飞机的机翼角度、机身倾斜度等细节，飞机的大小和形状不能忽略，因此不可以把战斗机看成质点，故A错误； B．歼-20在起飞过程中，受到重力、发动机推力、空气阻力和升力等作用，这些力的大小和方向随飞行状态变化，合外力不恒定，加速度不恒定，所以不是匀变速曲线运动，故B错误； C．歼-20从a到b做曲线运动，曲线运动中速度方向时刻沿轨迹的切线方向，方向时刻改变，而速度是矢量，所以速度时刻在变化，故C正确； D．歼-20从a到b起飞过程中，轨迹向上弯曲且速率增加，加速度具有竖直向上的分量，合外力有竖直向上的分力，根据牛顿第二定律可知，飞行员处于超重状态，故D错误。 故选C。 2. 在理论物理中，经常通过量纲分析来构造物理量的关系。已知万有引力常量G的单位为，速度v的单位为m/s，质量m的单位为kg。若要构造一个具有长度量纲的物理量L，下列式子可能正确的是（　　）（k为无量纲常数） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．代入单位得，符合长度量纲，故A正确； B．代入单位得，不符合长度量纲，故B错误； C．代入单位得，不符合长度量纲，故C错误； D．代入单位得，不符合长度量纲，故D错误。 故选A。 3. 在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中0~t2部分为直线。则（　　） A. t4时刻运动员所受重力的瞬时功率最大 B. t1时刻运动员离水面最远 C. t4时刻运动员离水面最远 D. 0~t4运动员所受重力冲量为零 【答案】C 【解析】 【详解】A．重力瞬时功率 由图乙可知，在时刻运动员速度为零，重力功率为0，故A错误； BC． 由 图像可知，运动员离开跳板后，初始速度为负，速度方向向上，运动员先向上减速，在时刻速度减为0，到达上升最高点；之后向下加速，在时间内​图像为直线，说明在空中只受重力、加速度恒定；在时刻开始入水，入水后受水的阻力，加速度发生变化，速度先增大后减小，到时刻速度减为0，到达入水最深位置处。所以在时间内图像围成的面积表示运动员在水面上方离水面最远的距离，设为，在时间内图像围成的面积表示运动员在水面下方离水面最远的距离，设为，由图像可得 所以时刻运动员离水面最远，故B错误，C正确； D．重力的冲量 ​运动员的运动时间不为零，因此重力冲量不为零，故D错误。 故选C。 4. 2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　） A. 图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小 B. 当用户端接入的用电器增多时，输电线上的功率损失增大 C. 当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小n4 D. 若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图乙可知，线圈平面与磁感线垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零。线圈转过时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故A错误； B．用户端接入用电器增多，用户端总负载电阻减小，降压变压器输出总功率增大，输出电流增大，降压变压器匝数不变，因此输电线上的电流也同步增大；输电线功率损失 为输电线电阻不变，电流增大，因此功率损失增大，故B正确； C．当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流（即输电线电流）增大，输电线电压损耗 增大，则增大，降压变压器原线圈电压 增大，则减小，根据理想变压器电压比 解得 要维持不变，且减小，则需要增大，因此减小会让更小，无法维持稳定，故C错误。 D．输送功率一定，升压变压器副线圈电压 发电机输出电压增大，则增大，输电电流 增大，则减小，输电线损耗 减小，则减小，故D错误； 故选B。 5. 一定质量的理想气体经历如图所示a→b、b→c、c→a的循环过程。已知气体在b状态时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在c状态下气体体积为2V0。下列说法正确的是（　　） A. a→b过程中，气体的内能不变 B. b→c过程气体对外界做的功大于气体吸收的热量 C. b→c过程气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少 D. 气体由a→b→c→a的过程中，对外界放出热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据理想气体的状态方程 可得 由图像可知，在a→b过程中，气体压强、体积均增大，所以气体温度升高，内能增大，故A错误； B．为等压膨胀过程，体积从变为，由盖-吕萨克定律得 可知，体积增大，温度升高，则内能变化量 气体对外做功，即 由热力学第一定律 因此 即气体对外界做的功小于气体吸收的热量，故B错误； C．压强不变，体积增大，单位体积分子数减少，且温度升高使分子平均动能增大，而压强由分子平均动能、单位时间单位面积撞击次数共同决定，压强不变时，平均动能增大，因此单位时间单位面积撞击次数一定减少，故C正确； D．循环过程的初末状态相同，总内能变化量 图中，三角形的面积表示a→b→c→a的过程中气体对外做的净功，该循环为顺时针循环，气体对外做净功 由热力学第一定律 可得 即整个过程气体从外界吸收热量，故D错误。 故选C。 6. 图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出a、b、c三种不同频率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有a、b两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量e=-1.6×10-19C下列说法正确的是（　　） A. b光能使处于n=2能级的氢原子发生电离 B. 滑片P向a端移动时，电流表示数变大 C. a光照射下，遏止电压Uc=12.09V D. 入射光的光子能量为12.75eV 【答案】A 【解析】 【详解】D．入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，可知基态氢原子跃迁到能级，这样有跃迁到、跃迁到、跃迁到三种不同频率的光，可知入射光的光子能量，故D错误； AC．用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有 两种光发生光电效应，可知 两种光为跃迁到、跃迁到发出的光，根据图3可知 根据 可知，可知光的能量为12.09eV，光的能量为 可得b光能使处于n=2能级的氢原子发生电离。 根据光电效应方程有 ， 从而解得a光照射下，遏止电压，故A正确，C错误； B．图2中滑片P向端移动过程中，部分的电阻变大，K端的电势变高，K端的电势高于A端的电势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误。 故选A。 7. 我国“祝融二号”火星车完成表面探测后，计划搭乘轨道返回舱执行“火星样本返回”任务，轨道设计如下：返回舱从火星表面的着陆点启动反推发动机，先进入近火圆轨道Ⅰ，其轨道半径可认为等于火星半径r；在圆轨道Ⅰ稳定运行后，于轨道上的J点（近火点）启动推进器加速，进入椭圆转移轨道Ⅱ。返回舱沿轨道Ⅱ稳定运行后在远火点K进行第二次加速，进入火星中高圆轨道Ⅲ（距离火星表面高度为4r），此后返回舱在圆轨道Ⅲ上持续环绕火星运行，实时监测地球与火星的相对位置，为后续返回地球做好准备。已知火星表面的重力加速度为g0，返回舱在距火星中心距离为h时，其引力势能为（式中M为火星质量，G为引力常量，m0为返回舱质量），忽略返回舱质量变化和太阳引力干扰，下列说法正确的是（　　） A. 返回舱在轨道Ⅱ上运动经过J点的加速度比在轨道Ⅰ上运动经过J点的加速度大 B. 返回舱从轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ机械能增加了 C. 返回舱在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上的运行周期之比为 D. 若返回舱探测到在其运行轨道Ⅲ上不远处有同向运动的空间碎片，应立即变轨规避 【答案】C 【解析】 【详解】A．由牛顿第二定律 解得 返回舱在轨道Ⅱ、轨道Ⅰ经过点时，到火星球心的距离均为，故加速度大小相等，故A错误。 B．由火星表面重力等于万有引力得黄金代换式 对轨道Ⅰ，由万有引力提供向心力 得动能 引力势能 机械能 对轨道Ⅲ，轨道半径为，同理得动能 引力势能 机械能 机械能增加量 联立得，故B错误。 C．轨道Ⅱ为椭圆，半长轴 轨道Ⅲ为圆轨道，半径 由开普勒第三定律 得 即周期之比为，故C正确。 D．返回舱与空间碎片在同一圆轨道上同向运动，线速度大小相等，无碰撞风险，故不需要立即变轨规避，故D错误。 故选C。 8. 抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱异力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针（俯视时）做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为。假设外加竖直方向、磁感应强度大小为的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释，下列说法正确的是（ ） A. 若外界磁场方向竖直向下，电子的速率会增大，O处磁感应强度小于 B. 若外界磁场方向竖直向下，电子的速率会减小，O处磁感应强度大于 C. 若外界磁场方向竖直向上，电子的速率会减小，O处磁感应强度小于 D. 若外界磁场方向竖直向上，电子的速率会增大，O处磁感应强度大于 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．外加匀强磁场方向为竖直向下时，电子所受洛伦兹力指向圆心，向心力增大，由于运动半径不变，所以电子做圆周运动的线速度增大，由于电子做圆周运动产生了环形电流，随电子速度的增大，电流增大，电子运动产生的竖直向上的磁感强度增大，O处合磁场 故A正确，B错误； CD．外加匀强磁场方向为竖直向上时，电子所受洛伦兹力背离圆心，向心力减小，由于运动半径不变，所以电子做圆周运动的线速度减小，电子运动产生的竖直向上的磁感应强度减小，处合磁场 故C正确，D错误； 故选AC。 9. 1834年洛埃镜实验进一步验证了光具有波动性，其装置如图所示。单色光源S发出的光，一部分直接照射到光屏上，另一部分经平面镜反射后到达光屏。S到平面镜的垂直距离为a，到光屏的垂直距离为L（L≫a），单色光的波长为λ，下列说法正确的是（　　） A. 光屏上出现明暗相间的衍射条纹 B. 将平面镜沿垂直光屏方向向右移动一小段距离后，光屏上相邻亮条纹的中心间距将不变 C. 若将整套装置完全浸入透明溶液中，条纹将变得更稀疏 D. 若将平面镜稍微向上移动，相邻亮条纹的中心间距变大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．洛埃镜的干涉和杨氏双缝干涉本质相同，在L≫a的近轴条件下，光屏上出现等间距的亮暗相间的干涉条纹，故A错误； B．S发出的光经平面镜反射后，相当于从S关于平面镜的对称点发出的，两个光源是相干光源，两个光源的距离为2a，利用双缝干涉条纹间距公式可知，光屏上相邻亮条纹的距离为 平面镜沿垂直光屏方向向右移动一小段距离后，、都不变，可知相邻亮条纹间距不变，故B正确； C．整套装置浸入透明溶液中，根据 可知光的波长变短，由可知条纹间距变小，条纹变得更密集，故C错误； D．若将平面镜稍微向上移动，S到平面镜的竖直距离减小，根据可知条纹间距变大，故D正确。 故选BD。 10. 如图，一正电荷以某一初速度进入电荷量大小为Q（电性未知）的某点电荷电场中，a、b为粒子运动轨迹上的两点，a、b两点间的直线距离为d，已知a点场强方向所在直线与ab连线间夹角α=30°，b点场强方向所在直线与ab连线间夹角β=60°。正电荷的电荷量为e，点电荷周围某点的电势其中r为该点到点电荷的距离。电荷仅受电场力作用，下列说法正确的是（　　） A. a点电势低于b点电势 B. 电荷在a点的电势能小于在b点的电势能 C. 电荷从a到b过程中，电场力做的功为 D. 电荷先后经过a、b两点时的加速度大小之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．首先确定场源电荷位置，延长、两点场强方向，交点为场源电荷。在中，，，故， 由正弦定理，代入，，得， 粒子为正电荷，轨迹凹侧指向，说明电场力指向，场强方向指向，因此场源电荷为负电荷。 场源为负电荷，电势公式为（），离负电荷越远电势越高，因，即，故，故A错误； B．正电荷的电势能公式为，因，故，故B错误。 C．由电势差定义得 代入， 得 电场力做功 场源电荷为负值，题目中表示电荷量大小，代入后，故C正确。 D．由牛顿第二定律得 点电荷场强公式为 联立得 则，即加速度大小之比为1:3，故D错误。 故选C。 第Ⅱ卷54分 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池（电动势E=1.5V，内阻为0.5Ω）；R1、R2、R4、R5是定值电阻，R3是可变电阻；表头G的满偏电流为200μA，内阻为200Ω。单刀双掷开关接1和2时，为直流电流1mA挡或10mA挡，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。 （1）图中的A端与________（填“红”或“黑”）表笔相连接； （2）如图所示，换挡开关接3，单刀双掷开关接1，当用此挡位测量某电阻阻值时，发现指针指在满偏电流的五分之二处，则此电阻的阻值为________Ω。如果电池长期未用，导致内阻增大，电动势减小，且仍然能正常欧姆调零，这将导致测量的结果________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。 【答案】（1）黑 （2） ①. ②. 偏大 【解析】 【小问1详解】 根据多用电表电流红进黑出结合题图可知与多用电表内电源正极相连的是黑表笔，与多用电表内电源负极相连的是红表笔，故图中的A端与黑色表笔相连接。 【小问2详解】 [1]单刀双掷开关接1和2时，为直流电流1mA挡或10mA挡，即接1时，有 接2时，有 换挡开关接3，单刀双掷开关接1，欧姆调零时有 指针指在满偏电流的五分之二处，有 解得此电阻的阻值 [2]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表得重新调零，由于满偏电流不变，干路电流不变，有公式 欧姆表内阻需调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由 当不变时，电流会比正常情况偏小，指针偏左，对应的电阻刻度值偏大。因此测量结果偏大。 12. 工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，它的结构如图甲所示，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器。拉力传感器的内部电路如图乙所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20kΩ，R2=10kΩ，R0是对拉力敏感的应变片电阻。 （1）已知该型号的拉力传感器R0在不同拉力下，其阻值约为十几千欧~几十千欧之间。为了精确测量传感器在不同压力下的阻值，实验小组设计了如图丙的电路，实验室提供了以下器材：电源E（电动势为3V、内阻未知） 电流表A1（量程10mA、内阻约为5Ω） 电流表A2（量程250μA、内阻约为50Ω） 电压表V1（量程15V、内阻约为15kΩ） 电压表V2（量程3V、内阻约为3kΩ） 滑动变阻器R1（阻值0~1000Ω、额定电流为0.5A） 滑动变阻器R2（阻值0~10Ω、额定电流为2A） 为了尽可能提高测量的准确性，电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________；（填写器材名称代号） （2）实验小组通过多次实验测得该传感器R0的阻值随压力F变化的关系图像如图丁所示。而在乙所示的电路中，已知料斗重1×103 N。没装料时Uba=0，则R3=________Ω。 （3）已知重力加速度为g，则Uba与所加物料的质量m的关系式为________。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 [1][2]电动势为，则电压表选择；该型号的拉力传感器R0在不同拉力下，其阻值约为十几千欧~几十千欧之间，电路中可能达到的最大电流约为 则电流表选择 [3]滑动变阻器接成分压式电路，为调节方便，应该选择阻值较小的。 【小问2详解】 电路中，当没装料时，此时拉力等于料斗重，为，故应变片电阻为，根据串并联电压关系，有， 可得 解得 【小问3详解】 根据图丁得到 又R1=20kΩ，R2=10kΩ，电压共，由图乙根据串联关系可得 故 由 则 13. 一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，x=0.1m处的质点A和x=0.7m处的质点B的振动图像如图所示，已知该波的波长大于0.3m。求： （1）这列简谐横波的波长的可能值； （2）在波长取最大值条件下，x=0.4m处的质点C的振动方程。 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【小问1详解】 根据振动图像可得 可得波长 故取0和1，可知或 【小问2详解】 在波长取最大值条件下，时的波形如图所示，有 将数据，；，，代入可得 可知x=0.4m， 沿轴向下振动，设质点C的振动方程 波的周期为，可得 时 ，有 解得 可得质点C的振动方程 14. 如图所示，在光滑绝缘水平面上有一个质量为M的长带电体B，电荷量为+q（q>0）；在带电体上表面的左侧放有一质量为m、可视为质点的绝缘滑块A，整个装置处于场强大小为、方向水平向右的匀强电场中。距离带电体B的右端L处有一绝缘的挡板，带电体从静止释放，与该挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中带电体的电荷量、电性均不发生改变。已知M=3m，带电体与滑块之间的滑动摩擦力大小为f=3mg（假设最大静摩擦等于滑动摩擦力），g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求带电体B第一次与挡板碰撞后的瞬间，A和B的各自加速度大小； （2）带电体B第一次与挡板碰撞反弹后，在B向左运动的过程中滑块A没有从带电体上滑出，求B向左运动的最大距离； 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 带电体从静止释放，设A、B保持相对静止一起向右加速运动，对A、B整体，由牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 以A为对象，由牛顿第二定律可得 假设成立；B第一次碰撞挡板后反弹向左运动，碰撞时间极短，A速度仍向右，A相对B向右运动，二者发生相对滑动，对A由牛顿第二定律可得 解得A的加速度大小为 对B由牛顿第二定律可得 解得B的加速度大小为 【小问2详解】 设B第一次碰撞挡板前瞬间的速度大小为，根据运动学公式可得 解得 带电体B第一次与挡板碰撞反弹后，A向右做加速度大小为的减速运动，B向左做加速度大小为的减速运动，A的速度先减为0后反向向右加速到与B共速，设该过程经历的时间为，则有， 联立解得， 该过程B向左运动的距离为 A、B共速后保持相对静止一起向左做加速度大小为的匀减速直线运动，根据运动学公式可得 解得 则B向左运动的最大距离为 15. 某兴趣小组在观察到教室门的开与关后，设计了一种自动开门和能量回收的简易模型，其原理如图甲所示，长为l、质量为m、电阻为R的导体棒，通过两个长为d的导电轻杆与O1、O2点连接。导体棒在直角空间区域内绕O1O2轴无摩擦转动，其空间区域分布着辐向磁场（方向沿半径向外），其俯视图如图乙所示，金属棒所在处磁感应强度大小为B，在O1、O2两端用导线与电源相连形成闭合回路，其中电源的电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，其余电阻忽略不计。当开门时，开关S1闭合，导体棒开始转动，转动稳定后与O1O2PQ墙壁发生弹性碰撞被弹回，到O1O2MN面时被锁定。求： （1）当开关S1闭合瞬间，导体棒的加速度大小； （2）若导体棒与墙壁O1O2PQ碰撞时断开开关S1，闭合开关S2，导体棒经碰撞再次转动稳定后的角速度大小； （3）若当开门时，同时闭合开关S1和开关S2，且导体棒运动时还受到与运动方向相反、大小恒为Ff的外力，在t时刻达到最大速度（未到达（O1O2PQ墙壁），求0~t时间内流过电源的电荷量。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 当开关S1闭合瞬间的电流为 导体棒在安培力作用下运动，根据牛顿第二定律有 解得加速度为 【小问2详解】 开关S1闭合，导体棒开始转动，转动稳定后电流为零，导体棒产生感应电动势 导体棒与墙壁O1O2PQ碰撞时断开开关S1，闭合开关S2，导体棒与电容器连接，对导体棒应用动量定理有 其中电容器储存的电荷量为 稳定后电流为零，电容器两端电压与导体棒产生的感应电动势相等，有 导体棒做圆周运动，有 联立可得 【小问3详解】 当开门时，同时闭合开关S1和开关S2，在t时刻达到最大速度，有 稳定时回路的电流为 导体棒在运动过程中有 其中流过导体棒的电荷量为 电容器电压 电容器储存的电荷量 0~t时间内流过电源的电荷量 联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $