四川省遂宁市安居区卓同教育集团2026届高考物理强化训练（九）

**基本信息** 以神舟十七号气闸舱、离子回旋加工芯片等真实情境为载体，融合电磁感应、理想气体、光的折射等核心知识，通过实验探究与综合计算考查科学思维与模型建构能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|无线电波发射接收、电磁感应应用、理想气体状态方程|结合神舟十七号气闸舱考查气体压强变化，体现科学态度| |多选|3/18|自感现象、机械波干涉、电磁感应双棒问题|自感实验分析考查科学推理，波的干涉计算体现模型建构| |实验题|2/16|力的合成、水果电池电动势测量|力的合成实验考查等效替代法，水果电池实验培养科学探究能力| |计算题|3/38|天体运动简谐运动投影、力学综合、电磁复合场|离子回旋加工芯片问题综合考查洛伦兹力与能量守恒，凸显科技前沿应用|

卓同教育集团高2023级强化训练九物理试题 （答题时间：75分钟 满分：100分） 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．关于无线电波的发射和接收，下列说法正确的是（　　） A．无线电波发射时，应使信号产生电谐振 B．天线在接收到电磁波时，天线上不会产生感应电流 C．要使电视机的屏上有图像，必须要有解调过程 D．音频信号在发射时，调频是调制的唯一方法 2．下列关于电磁感应现象中说法不正确的是（    ） A．图甲当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相同方向转动 B．图乙真空冶炼炉能在真空环境下，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属 C．图丙磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，是为了通电时能让指针偏转的更加明显 D．图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理 3．2024年4月30日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林圆满完成了出舱活动期间的全部既定任务。已知飞船在航天员出舱前要“减压”，在航天员从太空返回进入飞船时要“升压”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”。气闸舱的原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满空气，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统保持温度不变，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（　　）    A．气体膨胀做功，内能减小 B．气体向外界放出热量 C．气体分子对A舱壁的压强减小 D．一段时间后，B内气体的密度可以自发地恢复到原来真空状态 4．如图1，宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2，把待测宝石紧密贴放在半球棱镜上，标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝石的光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角大于临界角的光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置，目镜下安装有一个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是（　　） A．棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率 B．换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高 C．换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方 D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体 5．1885年，巴尔末研究了氢原子在可见光区的四条谱线，即图中Hα、Hβ、Hγ、Hδ（已知Hδ为紫光，Hα为红光），巴尔末发现四条谱线波长满足（，，，）式中叫作里德伯常数。根据上述信息可知，Hβ和Hγ对应波长之比为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，倾角为的斜面体和木块分别静置在水平地面上，斜面体的光滑斜面上放置质量为的小球，小球通过轻绳与木块相连，轻绳绕过斜面顶端的光滑定滑轮，系统静止时定滑轮两侧的轻绳与竖直方向夹角均为。已知，，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．轻绳对定滑轮的作用力大小等于木块、小球和斜面体的总重力大小 B．地面对木块的摩擦力大于地面对斜面体的摩擦力 C．斜面体对小球的支持力大小8N D．轻绳对木块的拉力大小为N 7．威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v0，质量为m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 8．如图甲所示，某同学做自感现象的实验。自感线圈L的直流电阻为RL，A1和A2是完全相同的两个小灯泡，R为滑动变阻器，现调节滑动变阻器R的阻值大于RL的阻值。在实验时，先闭合开关S，待稳定状态后又突然断开S，下列说法正确的是（　　） A．在闭合S瞬间，因为R的阻值大于RL的阻值，所以A1灯先亮 B．在突然断开S瞬间，A1、A2都会闪亮一下再熄灭 C．在突然断开S瞬间，A2灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭 D．若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，则观察不到的自感现象 9．如图1是摄影师航拍到钱塘江两波潮水娓娓向对方走来，交织在一起形成壮观的景象。其原理为两列平面波相遇的干涉现象，可将两列波简化成如图2示意图（其中实线表示波峰，虚线表示波谷），甲、乙两列频率均为0.5Hz的水波以2m/s的速度传播，振幅均为0.2m，波面间形成夹角120°，此时O点刚要开始起振，C点距O点8m，则（　　） A．C点是振动加强点 B．经过，波传到C点 C．图中此刻A点经过的总路程比B点多1.6m D．稳定干涉后，O、C连线间共有三个振动加强点（不含C、O） 10．如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属直导轨固定，导轨间距为，所在平面与水平面的夹角为，导轨间存在垂直于导轨平面、方向相反的匀强磁场，其磁感应强度的大小分别为、。、是垂直于导轨，间距为的磁场边界。将质量分别为、的金属棒、垂直导轨放置，棒与的间距也为，两棒接入导轨之间的电阻均为，其他电阻不计。现同时将两棒由静止释放，两棒与导轨始终垂直且接触良好。时刻棒经过，棒恰好经过进入磁场，时刻棒经过。棒运动的图像如图乙所示，中间图线平行于横轴，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A． B．棒刚进入磁场时的速度大小 C．时间内，棒上产生的焦耳热为 D．时刻，、两棒的距离为 11．（6分）某科学实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”的实验过程如下：首先将橡皮条的一端固定，另一端连接两个轻质细绳套，橡皮条的自然长度为（如图甲所示）；再用两个弹簧测力计通过两细绳套共同拉动橡皮条，使橡皮条与细绳套的结点静止于点，记录下、的大小及方向（如图乙所示）；改用一个弹簧测力计单独拉伸橡皮条，仍使端处于点静止（图未画出），弹簧测力计的示数为；以、为邻边画平行四边形，画出对角线，并与力进行比较（如图丙所示）。 (1)本实验主要采用的科学方法是___________。 (2)图丙中的力和力，一定沿橡皮条方向的是 （填“”或“”）。 (3)该小组同学继续探究在合力不变的情况下两分力与夹角的关系，先测得图乙中拉力、与延长线的夹角均小于，再进行如下操作，保持点位置及大小不变，将拉力方向逆时针转过一定角度（与延长线夹角小于）后重新平衡，有关拉力的变化，以下分析正确的是___________。 A．大小一定增大，与夹角一定增大 B．大小一定增大，与夹角可能不变 C．大小一定增大，与夹角可能减小 D．大小可能不变，与夹角一定增大 12．（10分）如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下： A.待测水果电池（电动势约1V，内阻小于）； B．滑动变阻器（阻值）； C．电压表（量程3V，内阻约）； D．毫安表A（量程，内阻为）； E.开关一个，导线若干。 (1)为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选 （填“乙”或“丙”）； (2)该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出图线如图丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为 V、内阻为 （内阻保留三位有效数字）。 (3)该同学还设计了图戊所示的电路，其中为工作电源，为限流电阻，MN为粗细均匀同种材料的电阻丝， P为滑动触头， G为灵敏电流计，为它的保护电阻，为阻值已知的工作电阻。为了测量电源的内阻r，现做如下操作： ①先闭合，断开，调节滑动触头P的位置，当其位于 A位置时，灵敏电流计示数为零； ②再闭合，调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时两端电压 ；（用含、r、的表达式作答） ③测量出两次电阻丝MA和MB的长度分别为和。则电源内阻 （填写表达式）。 13．（10分）1610年，伽利略用他制作的望远镜发现了木星的四颗主要卫星。根据观察，他将其中一颗卫星的运动视为一个振幅为、周期为的简谐运动，并据此推测，他观察到的卫星振动是卫星圆运动在某方向上的投影。如图所示，是伽利略推测的卫星运动的示意图，在平面内，质量为的卫星绕坐标原点做匀速圆周运动。已知引力常量为，不考虑各卫星之间的相互作用。 (1)若认为木星位于坐标原点，根据伽利略的观察和推测结果： ①求木星的质量。 ②物体做简谐运动时，回复力应该满足。请据此证明：卫星绕木星做匀速圆周运动在轴上的投影是简谐运动。 (2)若将木星与卫星视为双星系统，彼此围绕其连线上的某一点做匀速圆周运动，计算出的木星质量为。请分析比较（1）（2）中得出的质量与的大小关系。 14．（12分）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、半径的竖直光滑圆轨道、长的水平直轨道BD、长的水平传送带DE和足够长的光滑轨道EK平滑连接而成（A、B、D、E、K共线），其中C点为竖直圆轨道上的最高点。质量的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A点，质量、半径的四分之一光滑圆弧形物块GFH静置于水平轨道EK上。传送带DE以恒定速率顺时针转动。现对滑块施加一水平瞬时冲量I0使滑块恰好能通过圆轨道的C点，之后滑块经过轨道BD滑上传送带，而后冲上物块GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求： (1)瞬时冲量I0的大小； (2)滑块冲出物块GFH后上升到最高点时与H点之间的距离h； (3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。 15．（16分）如图所示是离子回旋加工芯片流程的示意图。离子源发出质量为m的正离子，沿水平中轴O，经速度选择器后，进入可加电场或磁场且边长为L的正方形偏转区，偏转后进入加有水平向右的匀强磁场的共振腔，使腔内气体电离蚀刻芯片。已知速度选择器与偏转区的匀强电场均为，方向相反，匀强磁场均为，方向垂直纸面向外。仅加电场时离子出射偏转角α很小，且。不考虑电磁场突变影响，离子进入共振腔后不碰壁。角度θ很小时，有，，求： (1)离子通过速度选择器后的速度大小； (2)离子的电荷量； (3)偏转区仅加磁场时，离子出射时偏离O、轴线的距离。 (4)离子以（3）问中的速度进入共振腔，受与运动方向相反的阻力，k为已知常数。施加垂直、轴线且匀速旋转的匀强电场使离子加速。稳定后离子在垂直、轴线的某切面内以与电场相同角速度做匀速圆周运动，速度与电场的夹角（小于90°）保持不变。 ①为保证离子不接触芯片，求芯片距离的最小距离； ②角速度为多大时，稳定后旋转电场对离子做功的瞬时功率最大。 卓同教育集团高2023级强化训练九物理试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C A A D A CD AC AB 1．C【详解】A．无线电波发射时，应对低频信号进行调频或调幅，然后通过开放电路发射，A错误； B．天线在接收到电磁波时，天线上会产生感应电流，B错误； C．要使电视机的屏上有图像，必须要有解调过程，C正确； D．音频信号在发射时，有调频和调幅两种调制方法，D错误。故选C。 2．C【详解】A．当蹄形磁体顺时针转动时，穿过铝框的磁通量变化，铝框的动作应阻碍磁通量变化，所以铝框也顺时针转动，但比蹄形磁铁转动慢，故A正确，不符合题意；B．高频交流电产生高频交变磁场，因电磁感应使金属产生涡流，由于电流的热效应，从而炼化金属，B正确，不符合题意； CD．图丙中把线圈绕在铝框骨架上，是为了使线框尽快停止摆动，利用了电磁阻尼原理；图丁中在运输毫安表时要把正、负接线柱用导线连在一起，是为了减小指针的摆动幅度，也利用了电磁阻尼原理，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选C。 3．C【详解】AB．系统温度不变，则理想气体的温度不变，内能不变，气体自由扩散，没有对外做功，根据可知，整个系统与外界没有热交换，故A、B错误； C．气体温度不变，则分子热运动的剧烈程度不变，体积增大，则分子的密集程度变小，故压强减小，C正确；D．根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，B内气体的密度也不可能自发地恢复到原来真空状态，故D错误。故选C 。 4．A【详解】A．根据题意可知，黄光从半球棱镜射入宝石能够发生全反射，即半球棱镜相对于宝石是光密介质，可知，棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率，故A正确； B．换用白光光源，由于白光是由七种单色光复合而成，不同种单色光的折射率不相同，当入射角一定时，有些能够发生全反射，有些不能够发生全反射，则观测目镜上各种单色光显现的亮暗区域不相同，测量宝石折射率的准确度会更低，故B错误； C．红光的折射率小于黄光的折射率，则红光对应的临界角大于黄光的临界角，可知，换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的上方，故C错误； D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，即宝石具有各向异性，说明宝石是单晶体，故D错误。故选A。 5．A 【详解】根据题目所给信息，Hα光子能量最小，Hδ光子能量最大，所以可以推断Hα是n=3向n=2能级跃迁产生的，Hδ是n=6向n=2能级跃迁产生的；Hβ、Hγ分别是n=4、n=5能级向n=2能级跃迁产生的，根据则有 6．D【详解】ACD．对各部分进行受力分析， 小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子拉力T。沿水平方向与竖直方向将小球受到的力分解，得到水平方向有：Tcos45°=Nsin37°竖直方向有：Tsin45°+Ncos37°=mg代入数据解得：N=10N，T=6N。可知轻绳对木块的拉力大小为N，斜面体对小球的支持力大小10N；定滑轮两侧绳子拉力夹角为90°，根据平行四边形定则，轻绳对定滑轮的作用力F=T=12N，而木块、小球和斜面体的总重力远大于此值，故A错误，C错误D正确。B．对木块受力分析，木块受到绳子拉力T、地面摩擦力f1等，水平方向f1=Tsin45°； 对斜面体和小球整体受力分析，受到绳子拉力T、地面摩擦力f2等，水平方向f2=Tsin45° 所以地面对木块和斜面体的摩擦力大小相等，故B错误。故选D。 7．A【详解】无磁场时，带电粒子做直线运动，受到的阻力假设为根据动量定理可知由此可得当有磁场时，以粒子初速度方向为轴、入射点位置为坐标原点建立坐标系，设带电粒子为正电荷，磁场方向垂直坐标平面向内，则沿轴方向由动量定理可知沿方向由动量定理可知 由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置坐标为， 最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小为故选A。 8．CD【详解】A．在闭合S瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，所以A2灯先亮，A1灯后亮，故A错误；BC．在闭合S稳定后，由于滑动变阻器R接入电路的阻值大于RL的阻值，则自感线圈L所在支路的电流大于A2灯所在支路的电流；在突然断开S瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，则A2灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭，故B错误，C正确； D．若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，由于两个线圈的绕向相同，但电流方向相反，所以其磁场方向相反，则穿过线圈L的磁通量一直为0，保持不变，将观察不到的自感现象，故D正确。 9．AC【详解】A．O点刚要开始起振，将过O点的两列波面等效为波源，C点到两波面间距相等，即间距差为0，根据干涉原理可知，C点是振动加强点，故A正确；B．O点刚要开始起振，波面间形成夹角120°，C点到过O点的两列波面间距波传到C点的时间故B错误； C．根据图2可知，AO沿垂直于右侧波面的投影比BO沿垂直于左侧波面的投影长一个波长，即A点比B点振动时间多一个周期，由于A、B均为振动加强点，则图中此刻A点经过的总路程比B点多故C正确；D．将过O点的两列波面等效为波源，由于O、C连线上各个质点到左右两波面的间距相等，可知，O、C连线上各个质点均为振动加强点，故D错误。 10．AB【详解】BC．对a棒从开始到刚进入磁场过程根据机械能守恒可得解得 时间内，根据能量守恒可得由于两棒接入导轨之间的电阻相等，故a棒上产生的焦耳热为联立解得故B正确，C错误；A．设初始时两棒间的距离为，根据题意，时刻a棒经过，b棒恰好经过进入磁场，在时间内a棒先做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，b棒一直做加速度大小为的匀加速运动，对a棒有对b棒有联立解得设b棒刚好经过进入磁场时的速度为，由运动学公式得解得根据图像可知，a棒在时间内做匀速运动，受力分析可知a棒在两区域磁场中时受到的安培力相等，由于a棒经过后的一段时间后仍做匀速运动，故可知该段时间内电路中的电流不变，故该段时间内两棒均做匀速运动，根据题意可知两棒切割磁感线产生的感应电动势相互叠加，为此时a棒受到的安培力为时间内对a棒受到的安培力为又，联立解得故A正确；D．b棒在磁感应强度为B的磁场中运动的时间为该段时间a棒运动的位移为故时刻两棒间距离为，故D错误。 11．(1)等效替代法 (2)F (3)BC【详解】（1）本实验主要采用的科学方法就是等效替代法（2）对于图丙中的力和力，其中是两个分力合力的理论值，是两个分力合力的测量值，因此，一定沿橡皮条方向的只能是两个分力合力的测量值。（3）根据题意，保持点位置不变，则拉力、的合力不变，此时，保持大小不变，方向按照题述情况变化时，拉力的变化情况如图所示。由图可见，拉力大小一定增大，而与间夹角则有多种变化情况，12．．(1)乙(2) 均可 (3) 【详解】（1）毫安表的内阻已知，为减小实验误差，测量电路图应选乙。（2）根据闭合电路的欧姆定律整理得水果电池的电动势为图像斜率的绝对值为内阻（3）对，回路分析得只闭合有同时闭合、有又解得 13．(1)①（4分）②（3分）见解析(2)（3分）【详解】（1）①卫星P做圆周运动的向心力大小F的表达式根据万有引力提供向心力则有解得木星的质量②如图取向右为正方向故卫星绕木星做匀速圆周运动在轴的投影是简谐运动。（2）对卫星P，则有得由于综合以上可知。 14．(1)（3分）(2)（4分）(3)（5分）【详解】（1）根据动量定理在C点根据牛顿运动定律滑块由A运动到C的过程中，由机械能守恒得综合解得（2）滑块由A运动到D的过程中，由动能定理得解得因为，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则滑块运动的位移所以假设成立，滑块到达E点时速度滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H点时，它们水平方向有相同的速度，设此时滑块竖直方向分速度为，根据动量守恒：由能量守恒得：解得滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与点之间的距离（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒 由能量守恒解得，滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E点，该过程所用时间此过程中，滑块与传送带的相对位移滑块由D点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量 15．(1)（2分）(2)（4分）(3)（4分）(4)（6分）①；② 【详解】（1）离子沿水平中轴 OO1经过速度选择器，设离子电荷量为q满足 解得（2）偏转区仅加电场时，水平方向竖直方向且有联立解得（3）离子在磁场中偏转时，设偏转角为，磁场半径偏转角等于圆心角，由几何关系可得离子出射时偏离轴线的距离（4）当离子进入共振腔后，将速度分解为两个方向，其中水平方向其中①水平方向在阻力下做减速运动，为保证离子不接触芯片，对离子进入到水平方向速度减小为0过程分析，由动量定理有其中得芯片距离O2的最小距离②稳定后离子会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，设最终速度为。沿圆周的半径方向沿圆周的切线方向可得旋转电场对离子做功的功率当即时，电场对离子做功的瞬时功率最大。 学科网（北京）股份有限公司 $