浙江台州市2026年高三下学期第二次教学质量评估物理试题（解析版）

第第页浙江台州市2026年高三下学期第二次教学质量评估物理试题1．三门核电站已累计发电约1280亿千瓦时，约（）A．4.6×1017C B．4.6×1017J C．4.6×1017V D．4.6×1017W【答案】B【解析】【解答】千瓦时是能量的单位，焦耳（J）也是能量单位，千瓦时与焦耳的换算关系1kW⋅h故答案为：B。

【分析】本题考查物理单位辨析与能量单位换算，核心是明确千瓦时为能量单位，并正确换算成焦耳。2．运动员在速度滑冰1500米决赛中，以1分41秒98的成绩夺冠。下列说法正确的是（）A．1分41秒98指的是时间间隔B．全程的位移大小等于1500米C．全程的平均速度大小等于平均速率D．研究运动员的摆臂动作时，可以将他视为质点【答案】A【解析】【解答】A.1分41秒98是完成全程所用的时长，属于时间间隔，故A正确；B.1500米是运动轨迹长度，为路程；赛道是环形，位移大小小于1500米，故B错误；C．平均速度为总位移和总时间的比值，平均速率为路程和时间的比值，而位移和路程并不相等，则平均速度大小不等于平均速率，故C错误；D．要研究“摆臂”这个动作，就必须关注运动员手臂的运动轨迹、角度、速度以及身体各部分的协调配合，则不能将运动员视为质点，故D错误。故答案为：A。

【分析】本题考查时间间隔与时刻、位移与路程、平均速度与平均速率、质点的判断，核心是区分各组相近物理概念的定义。3．如图为一定高度的水平排污管，污水水平喷出。若只用一把卷尺，要估测管道的排污量（每秒排出的污水体积），需测量（）A．管口直径d和水平射程xB．管口离水面高度h和水平射程xC．管口离水面高度h和管口直径dD．管口离水面高度h、水平射程x和管口直径d【答案】D【解析】【解答】设排污管污水水平喷出初速度为v0、管口离水面高度h、水平射程x和管口直径d，由平抛运动有x=v0t，h=1故答案为：D。

【分析】本题考查平抛运动规律与流量计算的综合应用，核心是利用平抛运动规律求出污水喷出初速度，结合流量公式推导需要测量的物理量。4．在2026年春晚中机器人表演了原地起跳动作。在起跳阶段，质量为M的机器人对地面的平均压力为F，重心上升高度为d。离地后，重心继续上升的最大高度为h。假设空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A．起跳阶段，机器人处于失重状态B．起跳阶段，地面对机器人做功FdC．起跳阶段，地面对机器人做功FhD．地面对机器人的支持力与机器人对地面的压力大小一定相等【答案】D【解析】【解答】A．起跳阶段机器人加速度向上，处于超重状态，A错误；BC．地面对机器人的支持力作用点没有位移，地面不做功，BC错误；D．地面对机器人的支持力与机器人对地面的压力是相互作用力，总是等大反向，D正确。故答案为：D。

【分析】本题考查超重失重、做功判断、相互作用力，核心是明确弹力做功的条件与相互作用力的特点。5．如图为电磁充气泵结构示意图。电流通过电磁铁时，吸引或排斥小磁体，带动弹性金属片实现充气。下列说法正确的是（）A．要实现持续充气，AB端应接入直流电源B．充气泵工作时，将部分电能转化为机械能C．只改变通过电磁铁的电流方向，小磁体的受力方向不变D．小磁体被电磁铁吸引时，两者靠近的一端一定是同名磁极【答案】B【解析】【解答】A．当AB间通以恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁体只能被吸附或被排斥，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而使小磁体不断地与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹性金属片上下振动，故电磁铁应通入交流电，故A错误；B．充气泵工作时，带动弹性金属片实现充气，此过程将部分电能转化为机械能，故B正确；C．只改变通过电磁铁的电流方向，根据安培定则可知，电磁铁的磁极方向改变，根据“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”可知，小磁体的受力方向改变，故C错误；D．小磁体被电磁铁吸引时，根据“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”可知，两者靠近的一端一定是异名磁极，故D错误。故答案为：B。

【分析】A：根据持续充气的原理，判断电源类型；

B：分析充气泵工作时的能量转化；

C：根据安培定则，判断电流方向改变时小磁铁的受力变化；

D：依据磁极间的相互作用规律，判断吸引时的磁极关系。6．太阳、月球对海水引力的变化引起了潮汐现象。已知太阳质量为2.0×1030kg，日地距离为1.5×108km，月球质量为7.3×10A．1∶18 B．18∶1 C．180∶1 D．1∶180【答案】C【解析】【解答】根据万有引力定律F=GMmr2，对同一质量的海水，引力与施力天体质量成正比，与施力天体到海水的距离平方成反比，因此太阳对海水的引力F日和月球对海水的引力F月的比值为F故答案为：C。

【分析】本题考查万有引力定律的比值计算，核心是利用万有引力公式F=GMmr27．如图甲所示，电容器的上极板带负电，两极板间有一带电尘埃处于静止状态。闭合电键后开始计时，振荡电路的电流随时间变化如图乙所示。若尘埃始终未接触极板，则（）A．尘埃带负电B．在0~t1时间里，回路的磁场能在增大C．在t2时刻，尘埃的加速度为零D．在t3~t4时间里，线圈两端自感电动势在减小【答案】B【解析】【解答】A．在t=0时刻，回路中电容器的上极板带负电，尘埃处于静止状态，受力平衡，重力向下，则电场力向上，即尘埃带正电，故A错误；B．在0～t1时间里，电流在增大，电容器放电，电场能减小，根据能量守恒定律知回路的磁场能在增大，故B正确；C．在t=0时刻，尘埃平衡，则mg=qE；在t2时刻，电容器极板极性反向，场强大小不变，即电场力变为向下的qE，根据qE+mg=ma可知，尘埃的加速度为2g，C错误；D．在t3~t4时间里，线圈电流减小，且电流的变化率逐渐变大，则线圈两端自感电动势在增大，D错误。故答案为：B。

【分析】A：根据初始电场方向、尘埃受力平衡判断尘埃电性；

B：依据LC振荡电路规律，判断电流增大过程中磁场能变化；

C：分析t2时刻电容器极板极性，结合牛顿第二定律求加速度；

D：根据电流变化率判断线圈自感电动势大小变化。8．图甲为电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。理想变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2。该电吹风的各项参数如图表所示。根据以上信息，下列说法正确的是（）参数数值额定电压220V吹冷风时输入功率50W吹热风时输入功率800W小风扇额定电压110VA．吹冷风时，触片P应接触触点a和bB．小风扇的内阻约为242ΩC．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2为1∶2D．电热丝的电阻约为64.5Ω【答案】D【解析】【解答】A．吹冷风时，小风扇工作、电热丝不工作，触片应接触b、c，接触a、b时风扇不工作，故A错误；B．小风扇的额定电压和额定功率分别为U1=110V，P1=50W，若根据C．变压器原、副线圈的匝数比等于输入的交流电电压与小风扇的额定电压之比，所以n1D．吹热风时电热丝的功率P'等于吹热风时的输入功率与吹冷风时的输入功率之差，即P'=P2−P故答案为：D。

【分析】A：结合电路图，判断吹冷风时触片的接触位置；

B：根据小风扇是非纯电阻用电器，判断能否用纯电阻公式求内阻；

C：依据理想变压器电压比规律，计算原副线圈匝数比；

D：先求电热丝功率，再由纯电阻功率公式求其阻值。9．图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（）A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2ND．书本能与抽屉左侧发生磕碰【答案】A【解析】【解答】A．抽屉碰到挡板前，书本随抽屉向右加速，静摩擦力向右、位移向右，摩擦力做正功；抽屉锁定后，书本向右减速，滑动摩擦力向左、位移向右，摩擦力做负功。因此摩擦力先做正功后做负功，故A正确；C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得F=M+ma，解得a=0.9书本与桌面间的最大静摩擦力为f由于f<fB．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为a书D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为v，则由运动学公式可得v2=2ad，解得v=2ad=1.2解得a1=1由分析可知，书本实际上应先向右运动s=0.2m，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为Δ故答案为：A。

【分析】本题考查板块模型、摩擦力做功、牛顿第二定律及运动学综合问题，核心是判断书本与抽屉的相对运动、摩擦力方向变化及能否发生碰撞。10．图1为轴向磁通电机，线圈固定在定子上，转子盘由相互间隔的永磁体组成。图2中线圈内外半径分别为r0、2r0，每个线圈的电阻为R，线圈简化为单匝线圈，转子单个磁场、定子单个线圈所对圆心角均为60°。图3磁场中磁感应强度大小均为B。当线圈中通以方向变化、大小恒为I0的电流时，转子盘受到安培力作用以角速度ω逆时针转动。对于线圈a，下列说法正确的是（）A．感应电动势为3B．驱动时电流为逆时针方向C．电流变化的最小周期为πD．左、右两侧边受到安培力的合力大小为3【答案】D【解析】【解答】A．单条边感应电动势E=Br0v中，即B．线圈(定子)受力方向应该与磁铁(转子)受力方向相反由安培定则得，线圈a中的电流方向为顺时针方向，故B错误；C．从转子、定子的结构看，每转过120∘回到相同的相对位置，故电流变化的最小周期为T=D．安培力F=BI0r故答案为：D。

【分析】A：根据动生电动势公式，计算线圈两边的总感应电动势；

B：由转子逆时针转动，结合安培力、牛顿第三定律、左手定则判断线圈电流方向；

C：根据定子、转子磁场结构，确定电流变化最小周期；

D：先求单边安培力，结合两边夹角求安培力的合力。11．下列说法正确的是（）A．图甲中火车高速行驶，站在地面上的观察者发现车厢中央的光源发出的闪光不能同时到达前后壁B．图乙中观看立体电影时佩戴的眼镜利用了光的干涉原理C．图丙中扼流圈利用了电感器对交流电的阻碍作用D．图丁中若封闭容器内气体温度升高，则每个气体分子的动能都增加【答案】A,C【解析】【解答】A．根据狭义相对论光速不变原理，地面参考系中光速不变，车厢向前运动，向前的光需追赶前壁，向后的光会靠近后壁，因此闪光不同时到达前后壁，故A正确；B．观看立体电影时佩戴的眼镜利用了光的偏振原理，而非干涉，故B错误；C．扼流圈本质是电感线圈，利用自感效应，电感器会产生自感电动势阻碍电流的变化，对交流电有阻碍作用，故C正确；D．温度是分子平均动能的标志，封闭气体温度升高，分子的平均动能增大，并非每个气体分子的动能都增加，部分分子动能可能减小，故D错误。故答案为：AC。

【分析】本题综合考查狭义相对论、光的偏振、电感特性、分子动理论，核心是理解各物理原理的实际应用与基本概念。12．波源O做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面传播。图甲为该波稳定传播时的俯视图，实线表示波峰，虚线表示波谷。波源从0时刻起开始振动，0.5s后频率保持不变，其振动图像如图乙所示（0~0.5s内振动未知）。下列说法正确的是（）A．波源起振方向沿y轴正方向B．该波的波速为v=4m/sC．在t=2s时，距离波源4m处的质点向y轴负方向振动D．距离波源0.5m与1.5m处的两质点的振动步调始终相反【答案】B,C【解析】【解答】A.0~0.5s内振动未知，无法判断波源的起振方向，故A错误；B．由乙图可得，周期为0.5s，由图甲可知波长为2m，波速为v=λC．距离波源4m处的质点开始振动的时间为t1D．若波源稳定后，距离波源0.5m与1.5m处的两质点满足Δx=1故答案为：BC。

【分析】A：根据0～0.5s振动未知，无法判断起振方向；

B：由振动图像得周期，俯视图得波长，计算波速；

C：先求波传到该质点的时间，结合振动图像判断振动方向；

D：分析稳定前后两质点的振动相位关系。13．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U连接，产生强度稳定的径向电场，其半径r处电场强度大小为Er=kUr2（k为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、v2A．内侧球面电势低于外侧球面电势B．m1、m3两离子动能变化量大小相等C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2UD．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则U【答案】A,D【解析】【解答】A．m2B．设出口处相邻离子束间距为Δr，则相邻离子束间电势差为动能变化量等于电场力做功W=qΔU=qEΔ则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两离子动能变化量大小不相等，故B错误；C．设虚线半径为r0，m2沿虚线运动时，电场力提供向心力，有q⋅若电荷量加倍q'=2q，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有2q⋅因此U1=U2，则需将电压调为D．让m1沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得kU与U=m2v2r故答案为：AD。

【分析】A：由正离子受力方向判断电场方向，再判断电势高低；

B：根据径向电场分布，分析两离子间电势差与电场力做功；

C：由电场力提供向心力公式，推导电荷量加倍时电压变化；

D：由向心力公式推导电压与质量的关系。14．实验；图1为“验证机械能守恒定律”装置示意图。测得滑块（含遮光条）质量为M，钩码质量为m，两光电门中心距离为L，遮光条宽度为d，当地的重力加速度为g。将滑块从右端位置释放后，光电计时器记录下遮光条先后通过两个光电门的遮光时间分别为Δt1、（1）用游标卡尺测量遮光条宽度d，如图2所示，其读数为mm；某次实验中，测得Δt1=10.50ms，则通过光电门1的瞬时速度v1=（2）实验时气垫导轨未调水平，略微倾斜（靠近滑轮一端偏高），滑块从光电门1运动到光电门2的过程，测得系统的动能增加量ΔEk与钩码重力势能减少量ΔEp的大小关系为：ΔE【答案】（1）5.00；0.476（2）小于；理由：钩码减少的重力势能一部分转化为系统的动能，另一部分转化为滑块的重力势能。【解析】【解答】（1）用游标卡尺测量遮光条宽度d为5mm+0.05mm×0=5.00mm通过光电门1的瞬时速度v1=（2）实验时气垫导轨未调水平，靠近滑轮一端偏高，滑块从光电门1运动到光电门2的过程，系统的动能增加量ΔEk小于钩码重力势能减少量ΔEp；理由是钩码减少的重力势能一部分转化为系统的动能，另一部分转化为滑块的重力势能。

故答案为：小于；理由：钩码减少的重力势能一部分转化为系统的动能，另一部分转化为滑块的重力势能。（1）[1]用游标卡尺测量遮光条宽度d为5mm+0.05mm×0=5.00mm[2]通过光电门1的瞬时速度v（2）[1][2]实验时气垫导轨未调水平，靠近滑轮一端偏高，滑块从光电门1运动到光电门2的过程，系统的动能增加量ΔEk小于钩码重力势能减少量15．按要求完成下列实验题；（1）如图为“测量干电池的电动势和内阻”实验电路图，R0为保护电阻。①电流表量程应选择（选填“0.6A”或“3A”）；电压表量程应选择（选填“3V”或“15V”）；②保护电阻应选择；A.定值电阻（阻值100.0Ω，额定功率1W）B.定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5W）（2）一款太阳能电池在不同光照强度下的路端电压—电流关系如图所示。①由图知光强增大时，太阳能电池的电动势（选填“增大”或“减小”），短路电流（选填“增大”或“减小”）；②一定光强下太阳能电池的电流从0开始增大时，在Ⅰ区域电池内阻（选填“增大”或“减小”）；在Ⅱ区域输出功率如何变化（选填“先增大后减小”或“先减小后增大”）。【答案】（1）0.6A；3V；B（2）增大；增大；增大；先增大后减小【解析】【解答】（1）①由于干电池的电动势较小，电压表如选15V量程，则在实验过程中电压表的示数变化不明显，故应选取量程为3V的电压表。同时为了用电安全，通过干电池的电流不宜过大，电流表量程应选择0.6A。②如果保护电阻选用阻值100.0Ω的，则回路的电流会过小，电流表的指针几乎无法发生偏转，故保护电阻应选择B。

故答案为：①0.6A；3V；②B（2）①根据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir结合图像可知，当电流为零时，图线与横轴的截距即为电池的电动势，可知光强增大时，太阳能电池的电动势增大；当路端电压为零时，图线与纵轴的截距即为短路电流，可知光强增大时，短路电流增大。②结合图像可知，一定光强下太阳能电池的电流从0开始增大时，图像斜率的绝对值逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir，可知I=-1r故电流从0开始增大时，在Ⅰ区域电池内阻逐渐增大。太阳能电池的输出功率满足P出=UI，结合图像可知输出功率的大小即为电压—电流曲线上的某点与坐标轴围成的矩形面积。在Ⅱ区域，随着电流增大、电压减小，围成的矩形面积先变大后变小，因此输出功率先增大后减小。

故答案为：①增大；增大；②增大；先增大后减小

【分析】(1)结合干电池电动势大小选择电表量程；根据回路电流大小选择合适保护电阻；（1）①[1][2]由于干电池的电动势较小，电压表如选15V量程，则在实验过程中电压表的示数变化不明显，故应选取量程为3V的电压表。同时为了用电安全，通过干电池的电流不宜过大，电流表量程应选择0.6A。②[3]如果保护电阻选用阻值100.0Ω的，则回路的电流会过小，电流表的指针几乎无法发生偏转，故保护电阻应选择B。（2）①[1][2]根据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir结合图像可知，当电流为零时，图线与横轴的截距即为电池的电动势，可知光强增大时，太阳能电池的电动势增大；当路端电压为零时，图线与纵轴的截距即为短路电流，可知光强增大时，短路电流增大。②[3]结合图像可知，一定光强下太阳能电池的电流从0开始增大时，图像斜率的绝对值逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir可知I=-图像斜率的绝对值k故电流从0开始增大时，在Ⅰ区域电池内阻逐渐增大。[4]太阳能电池的输出功率满足P结合图像可知输出功率的大小即为电压—电流曲线上的某点与坐标轴围成的矩形面积。在Ⅱ区域，随着电流增大、电压减小，围成的矩形面积先变大后变小，因此输出功率先增大后减小。16．按要求完成下列实验题；（1）如图为一梯形玻璃砖。用“插针法”测此玻璃砖的折射率，实验时操作较为规范与合理的是（）（多选）：A．实验时可用手直接接触平行的两个光学面B．画玻璃砖边界时，铅笔应紧贴玻璃砖侧面直接描画C．移动玻璃砖时，用手捏住A、D棱或B、C棱较为合适D．可用该梯形玻璃砖的AC、CD这组光学面测定折射率（2）如图3所示，在A、B间分别接入电容器、电感线圈、定值电阻，计算机显示的电流随时间变化的图像如图4中的（a）、（b）、（c）所示。则显示图像（c）时，A、B间接入的是（选填“电容器”、“电感线圈”或“定值电阻”）。【答案】（1）C；D（2）电容器【解析】【解答】（1）AB．不能用手抓光学面，不能把玻璃当尺子画线，故A、B错误；C．移动玻璃砖时，用手捏住A、D棱或B、C棱，故C正确；D．除平行的AB、CD所在的上下侧面，其他侧面也可测折射率，故可用该梯形玻璃砖的AC、CD这组光学面测定折射率，故D正确。故答案为：CD。（2）图像（c）电流瞬间增大后逐渐减为零，这是接入了电容器，刚开始充电时瞬间电流较大，而后电流减小，充电结束时电流减为零，故A、B间接入的是电容器。

故答案为：电容器

【分析】(1)根据插针法测折射率的操作规范，逐一判断选项正误，不能用手触碰光学面、不能直接描摹边界、可捏非光学棱边、任意平行光学面均可测折射率；

(2)依据电容器、电感线圈、定值电阻的充放电/自感特性，结合电流‑时间图像判断元件类型。（1）AB．不能用手抓光学面，不能把玻璃当尺子画线，故A、B错误；C．移动玻璃砖时，用手捏住A、D棱或B、C棱，故C正确；D．除平行的AB、CD所在的上下侧面，其他侧面也可测折射率，故可用该梯形玻璃砖的AC、CD这组光学面测定折射率，故D正确。故选CD。（2）图像（c）电流瞬间增大后逐渐减为零，这是接入了电容器，刚开始充电时瞬间电流较大，而后电流减小，充电结束时电流减为零，故A、B间接入的是电容器。17．如图所示，一竖直放置的绝热圆柱形容器，侧面安装有减压阀，顶部安装有小卡槽。用质量m=1kg、横截面积S=100cm2、可无摩擦滑动的绝热薄活塞密封一定质量的理想气体。开始时，活塞处于静止状态，与容器底端的距离h1=20cm，与卡槽的距离h2=4cm，容器内气体温度与容器外相同（状态1）。现对安装在容器下部的电热丝通以电流，让其加热气体，使活塞缓慢上升到达卡槽。当活塞对卡槽施加的压力达到100N时（状态2），减压阀自动打开，容器缓慢释放气体，容器内气体的温度保持不变，直至活塞对卡槽的压力减至0。此时，关闭阀门，容器内气体不再外泄。已知外界压强p0=0.99×105Pa，环境温度t0=27℃。（1）减压阀自动打开后，气体分子热运动的平均速率（选填“增大”、“不变”或“减小”），单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数（选填“增多”、“减少”或“不变”）；（2）求在状态1时容器内气体的压强和状态2时容器内气体的温度；（3）若从状态1到状态2过程中，容器内气体吸收的热量Q=201J，求此过程中气体的内能变化量。【答案】（1）不变；减少（2）解：状态1时容器内气体的压强p1，根据活塞平衡条件有代入数据解得p状态2时，根据活塞平衡条件有mg+代入数据解得p设状态2时容器内气体的温度T2，根据理想气体状态方程其中V1=S代入数据解得T（3）解：状态1到状态2变化过程等压膨胀外界对气体做功W=−代入数据解得W=−40根据热力学第一定律Δ代入数据解得ΔU=161J，此过程中气体的内能变化量【解析】【解答】（1）减压阀自动打开后，气体温度保持不变，故气体分子热运动的平均速率不变。减压阀自动打开后，直至活塞对卡槽的压力减至0，容器内气体分子数目减小，又分子热运动的平均速率不变，则单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数减少。

故答案为：不变；减少【分析】(1)温度决定分子平均速率，温度不变则平均速率不变；气体放出、分子数减少，判断单位时间撞击单位面积器壁的分子数；

(2)对活塞受力平衡求状态1、2压强，再用理想气体状态方程求状态2温度；

(3)等压膨胀求气体做功，由热力学第一定律求内能变化。（1）[1]减压阀自动打开后，气体温度保持不变，故气体分子热运动的平均速率不变。[2]减压阀自动打开后，直至活塞对卡槽的压力减至0，容器内气体分子数目减小，又分子热运动的平均速率不变，则单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数减少。（2）状态1时容器内气体的压强p1，根据活塞平衡条件有代入数据解得p状态2时，根据活塞平衡条件有mg+代入数据解得p设状态2时容器内气体的温度T2，根据理想气体状态方程其中V1=S代入数据解得T（3）状态1到状态2变化过程等压膨胀外界对气体做功W=−代入数据解得W=−40根据热力学第一定律Δ代入数据解得ΔU=161J，此过程中气体的内能变化量18．图1装置可实现精密测量，光滑轻质滑轮一端用轻质细线悬挂半径为r的陶瓷圆盘，圆盘的侧面绕有水平方向的n匝线圈，圆盘和线圈总质量为M。滑轮的另一端悬挂质量为M的重物。圆盘的上方和下方各有一个固定不动的圆形永磁体（未画出）。如图2所示，在圆盘可移动的范围内，永磁体形成了沿圆盘半径方向的辐射状磁场，线圈所在位置处磁感应强度的大小为定值B0。圆盘初始保持水平静止，使其只能在竖直方向运动。（1）若线圈中不接入电流，圆盘受到外界扰动向下运动，则从上往下看线圈回路中将产生（选填“顺时针”或“逆时针”）方向电流；（2）若线圈接入恒流源，电流恒定为I0，n匝线圈中电流方向从上往下看为顺时针，系统从静止释放，求此时线圈受到的安培力大小及圆盘竖直运动的加速度大小：（3）如图3所示，圆盘下端连接一质量为m的平板玻璃放置在规则平板镜片之上，两板之间形成一个倾角为θ（θ很小）的劈形空气薄膜，线圈中恒定电流大小为I时，上下板恰好无作用力。用波长为λ的光从上向下照射，从上往下会看到干涉条纹。①求此时线圈中电流I的表达式（用已知量m、g、n、B0、r表示）②若由于发生扰动，圆盘向上移动了一小段距离后系统再次稳定，发现条纹移动了Δx，则条纹移动方向为（选填“向左”或“向右”），求圆盘移动的位移大小h【答案】（1）顺时针（2）线圈受到的安培力大小F=n对圆盘和重物的整体由牛顿第二定律可知a=F2M=nπrB（3）I=mg2nπrB【解析】【解答】（1）圆盘受到外界扰动向下运动，根据右手定则可知，从上往下看线圈回路中将产生顺时针方向电流；

故答案为：顺时针（2）线圈受到的安培力大小F=n对圆盘和重物的整体由牛顿第二定律可知a=F2M=nπrB（3）①由平衡可知F安=mg其中F②圆盘向上移动了一小段距离系统再次稳定后，射到空气膜上下表面反射的光线的光程差相等的位置将向左移动，可知干涉条纹向左移动；条纹移动了Δx，则由几何关系可知，圆盘向上移动的位移大小h=Δxtanθ。

故答案为：①I=mg2nπrB0；②向左；h=Δx（1）圆盘受到外界扰动向下运动，根据右手定则可知，从上往下看线圈回路中将产生顺时针方向电流；（2）线圈受到的安培力大小F=n对圆盘和重物的整体由牛顿第二定律可知a=（3）①[1]由平衡可知F安=mg可得I=②[1][2]圆盘向上移动了一小段距离系统再次稳定后，射到空气膜上下表面反射的光线的光程差相等的位置将向左移动，可知干涉条纹向左移动；条纹移动了Δx，则由几何关系可知，圆盘向上移动的位移大小h=19．如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与R2=32πm（1）求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间；（2）若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小；（3）在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间；（4）若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。【答案】（1）解：滑块a恰过D点，则m解得v由机械能守恒可知m解得v根据牛顿第二定律m解得a=2根据v解得t=1.5（2）解：a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知m1v得v1=1（3）解：b转一圈回到该位置t第一次碰撞后经t1第二次碰撞，则m1v得v3=3再经t2则t（4）解：根据tn=解得t第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间t【解析】【分析】(1)滑块恰好过竖直圆轨道最高点，由重力提供向心力，结合机械能守恒求B点速度；斜面段由牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求运动时间；

(2)弹性碰撞，由动量守恒+机械能守恒求碰后速度；

(3)结合圆周运动周期，分别分析两滑块回到碰撞点的时间；

(4)非弹性碰撞，每次相对速度减半，结合等比数列求和求总时间。（1）滑块a恰过D点，则m得v由机械能守恒可知m得v根据牛顿第二定律m得a=2根据v得t=1.5（2）a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知m1v得v1=1（3）b