【高考真题】浙江省2026年1月普通高校招生选考科目考试物理试题（含答案）

第第页【高考真题】浙江省2026年1月普通高校招生选考科目考试物理试题一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．第六代移动通信技术（6G）使用的电磁波，部分处于太赫兹（THz）波段。1THzA．能量 B．功率 C．频率 D．波长2．下列问题中，图示物体可看成质点的是（）A．研究图甲中“四川舰”的航行路径B．研究图乙中“歼-35”战斗机的飞行姿态C．研究图丙中“神舟二十二号”载人飞船与空间站的对接方式D．研究图丁中“蛟龙号”潜水器完成任务出水后调整方位回舱过程3．如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（）A．运动员在转弯时加速度为0B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力4．手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．将一电子从A点移到B点，电子的电势能增大C．极板上表面C点的电势等于下表面D点的电势D．若电子在E点释放，仅受静电力作用将沿电场线ab运动5．已知行星的平均密度为ρ，靠近行星表面运行的卫星做圆周运动的周期为T。对于任何行星均为同一常量的是（）A．ρT B．ρT2 C．ρ6．如图所示，一盏重为G艺术灯用细绳悬挂，左右两侧细绳与水平方向夹角分别为45°和60°，细绳拉力分别为F1和F2A．F1大于B．F1和FC．用细绳连接C和B后撤去AB绳，可使灯位置不变D．用细绳连接C和D后撤去AB绳，可使灯位置不变7．下列说法正确的是（）A．图甲中线框在图示时刻的电流沿顺时针方向（俯视）B．若图乙中储罐内不导电液体液面上升，LC电路振荡周期减小C．图丙中单色光入射楔形透明膜时，频率越高，明暗条纹间距越大D．用图丁中扭秤探究电荷间相互作用力时，应使金属小球A与C带同种电荷8．如图所示，一根带负电的塑料棒，长为l、横截面积为S、均匀分布有N个电子（电子电荷量为−e）。让棒垂直于匀强磁场B，以速度v沿轴向做匀速运动。下列说法正确的是（）A．等效电流的方向与v方向相同 B．等效电流的大小veNC．棒产生的感应电动势E=Blv D．棒所受安培力的大小F=NeSvlB9．在地质探测中，可利用横波传播速度的不同，探测岩石密度信息。选择岩石分界面上的一点为原点、垂直分界面方向为x轴，建立如图所示的坐标系。在坐标原点安装周期T=1×10−3s、振幅A=2mm的人工振源。t=0时振源从平衡位置（y=0）开始沿y轴正方向振动，同时向两侧传播简谐横波。t=3×10−3s时在岩石Ⅰ（x<0A．岩石Ⅰ和岩石Ⅱ中两波波长之比为3B．t=1.5×10C．在0∼3×10−3sD．增大振源的振动周期，岩石Ⅱ中的波速将变小10．如图1所示，半径为r1、横截面半径为r2(A．t=2t0B．a=ΔvΔt时，线圈A感应电动势C．在0∼2D．在0∼5t0二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11．下列说法正确的是（）A．变化的电场会产生磁场B．汽车经过凹形路面最低点时处于超重状态C．相对论时空观认为运动物体的长度与速度无关D．秦山核电站通过提取海水中的氘和氚进行核反应获取能量12．如图1所示，三块同质有机玻璃板甲、乙、丙，拼接形成两层同心圆弧空气膜。现让一束激光从P点射入，并在空气膜Q处注入一滴油，呈现图2所示的光路（其中α、β为相应光线的入射角）。已知空气折射率为1，光在空气中的传播速度为c。下列说法正确的是（）A．有机玻璃的折射率n≥B．光在有机玻璃中的传播速度v≥cC．有机玻璃的折射率可能大于油的折射率D．若在R处注入同种油滴，光线不会从R处进入乙13．在充满液态氢的气泡室中存在方向垂直图示平面、磁感应强度为B的匀强磁场。一束γ射线通过气泡室，其中一个γ光子将一个氢原子打出一个电子（e−），同时自身转变为一对正负电子对(e+−e−)。三个电子在气泡室中的径迹如图所示（氢原子和产生的质子均可视为静止），开始时，三条径迹共切于O点，其半径分别为r1A．γ光子的能量小于2B．γ光子的动量大小为eBC．O与P、Q的距离之比OPD．沿径迹1运动的电子总路程为(三、非选择题（其中14题-16题为实验题共14分，17题-20题共44分）14．“在探究平抛运动实验中”（1）为探究水平方向分运动特点，应选用图1中的（选填“甲”或“乙”）装置（2）采用图2所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是____。A．调节装置使其背板竖直B．调节斜槽使其末端切线水平C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点D．钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降（3）如图3所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A点（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小球的水平速度，应取（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度v0=m/s。（g取15．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：（1）小明先用多用电表测量图1变压器的“0”、“1400”接线柱间的电阻。选择开关位置如图2，经规范操作，指针位置如图3，测得阻值为Ω。（2）用匝数n1=200和n2=400的两线圈进行实验，分别测得两端电压为U11.022.203.244.285.36U22.124.526.648.7811.02A．与n1B．与n2C．实验中采用低压直流电源D．多用电表选择开关应调至交流电压挡（3）小明将两个线圈按图4方式上下叠放。下层线圈输入电压信号如图5所示，上层线圈与示波器相连，则示波器上显示的波形为____。A．B．C．16．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中（1）以下说法正确的是____A．图示油膜形状是由于撒粉太少引起的B．按图示油膜面积进行计算，测得油酸分子直径偏大C．油酸酒精溶液放置长时间后使用，测得油酸分子直径偏大（2）测得一滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V，根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，数出轮廓范围内正方形的个数，整格的为N1个，多于半格不足整格的数量为N2个，已知每格的面积为S，则油酸分子的直径为17．如图所示，导热良好的瓶内，用一质量为m1、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，在活塞上方有质量为m2的液体。初始时，瓶内气体处于状态A，体积为VA。将一根质量不计的细管插入液体，液体在细管中上升到一定高度后保持静止，随后通过细管缓慢吸走全部液体，此时瓶内气体处于状态B。环境温度保持不变，从状态A到状态B过程中，气体吸收热量Q=2.05J。已知m1=0.4kg，（1）图中液体（选填“浸润”或“不浸润”）管壁，若细管仅内径变小，与原细管相比，管内液面将（选填“升高”、“不变”或“降低”）；（2）求气体在状态B时的体积VB（3）求气体从状态A到状态B过程中对外做的功WAB18．为测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构如图1所示。长度均为l、通有恒定电流I0。（方向相反）的两刚性金属杆ab、cd，与具有良好弹性的绝缘悬梁OA、OD构成“H”形支架，对称固定于底座O处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变片（各自引出两导线），其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们按图2方式与电动势为E的电源（不计内阻）相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态，此时R1=R2=R3=R4=R0，测得e、f两端的电势差为0。现施加待测磁场，其方向水平向右、且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd受安培力作用，使悬梁OA、OD产生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f两端的电势差为Uef，从而得到待测磁场磁感应强度B的大小。（1）判断金属杆ab和cd所受安培力的方向；（2）写出上述四个电阻的阻值（用R0和ΔR表示）；（3）已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为α，求Uef19．如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNOP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<<r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为13（1）求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN；（2）从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式；（3）求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va；（4）若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。20．俄歇电子能谱（AES）广泛应用于材料表面成分分析。如图1所示，一束高能电子入射到样品表面，将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以X光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离而逸出样品表面，该电子称为俄歇电子；现用电子动能Ee=15.0keV的电子束轰击某样品表面，成功激发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KLL俄歇过程（逸出电子来自L层）。已知该原子K层的电离能EK≈10.0keVL层的电离能（1）入射电子的德布罗意波长λe（2）求射出的X光子的波长λX（3）甲同学利用带电粒子在磁场中的运动规律，设计了如图2所示的测量俄歇电子动能的方案；俄歇电子从原点O垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，则y1=10.0cm和y2=10.5cm处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能EM（4）乙同学认为用带电粒子在电场中的运动规律，测出俄歇电子的动能，请你帮乙同学设计一个方案，列出所需要测量的物理量，并给出计算俄歇电子动能的表达式。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．能量的单位为焦耳（J），并非Hz或THz，故A错误；B．功率的单位为瓦特（W），与Hz、THz无关，故B错误；C．频率的基本单位是赫兹（Hz），1THz=10D．波长的单位为米（m）、微米（μm）等，和Hz、THz不属于同一物理量的单位，故D错误。故答案为：C。【分析】本题解题的核心是明确各物理量对应的国际单位，结合THz与Hz的换算关系，判断THz所属的物理量类别。2．【答案】A【解析】【解答】A．研究“四川舰”的航行路径时，舰船自身的大小、形状相对于其航行的整体路径而言影响极小，可忽略不计，因此能将其视为质点，故A正确；B．研究“歼-35”战斗机的飞行姿态时，需要关注其机身的具体朝向、姿态角度等细节，其自身形状和大小对研究问题至关重要，无法忽略，故不能视为质点，B错误；C．研究“神舟二十二号”载人飞船与空间站的对接方式时，涉及两者对接的精准位置、对接角度等细节，飞船和空间站的形状、大小是关键影响因素，不可忽略，因此不能视为质点，C错误；D．研究“蛟龙号”潜水器出水后调整方位回舱的过程时，需要关注其自身的方位调整、姿态变化等细节，其形状和大小不可忽略，故不能视为质点，D错误。故答案为：A。【分析】判断物体能否视为质点的核心在于：分析物体的形状和大小对所研究的物理问题是否产生显著影响，若影响可忽略不计，则物体可视为质点；若影响不可忽略，则不能视为质点。3．【答案】D【解析】【解答】A．运动员转弯时做曲线运动，速度方向时刻发生变化，必然存在向心加速度，加速度不为0，故A错误；B．赛道存在阻力，运动员和钢架雪车整体滑行过程中需克服阻力做功，机械能会转化为内能等其他形式的能，机械能不守恒，故B错误；C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对雪车的支持力垂直于赛道斜面，二力方向并非相反且不在同一直线上，不满足平衡力“同体、等大、反向、共线”的条件，故C错误；D．钢架雪车对赛道的压力作用在赛道上，赛道对钢架雪车的支持力作用在雪车上，二力大小相等、方向相反、作用在相互作用的两个物体上，符合作用力与反作用力的定义，故D正确。故答案为：D。【分析】解决本题需紧扣三个核心知识点：一是曲线运动的加速度特点，曲线运动速度必变化，加速度不为零；二是机械能守恒的条件，只有重力或弹力做功时机械能才守恒，有阻力做功则机械能不守恒；三是平衡力与作用力反作用力的区别，平衡力需作用于同一物体，作用力反作用力则作用于两个相互作用的物体。4．【答案】C【解析】【解答】A．电场强度的大小由电场线疏密程度决定，A点电场线比B点稀疏，因此A点电场强度小于B点，故A错误；B．沿电场线电势降低，有φB>φA，C．电容器的极板属于等势体，等势体上任意位置的电势都相等，因此极板上表面的C点与下表面的D点电势相同，故C正确；D．电场线ab为曲线，电子在E点由静止释放时，仅受静电力的作用方向为电场线的切线方向，而曲线运动需要粒子的初速度与合力方向不在同一直线上，电子初速度为0，因此不会沿曲线电场线ab运动，故D错误。故答案为：C。【分析】本题解题的核心是掌握电场的基础规律：电场线疏密反映电场强度大小；电容器极板为等势体，其上各点电势相等；负电荷电势能与电势成反比；带电粒子仅受静电力时，只有电场线为直线且粒子初速度为0或沿电场线方向，才会沿电场线运动。5．【答案】B【解析】【解答】设行星质量为M，半径为R，卫星质量为m，行星平均密度ρ=卫星靠近行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力：G联立得：ρ其中G为万有引力常量，π为常量，因此ρT2对任何行星均为同一常量，故B正确。【分析】本题解题的核心是结合万有引力定律与圆周运动向心力公式，推导出行星密度与近地卫星周期的关系式，通过分析式中物理量的属性，确定对所有行星均为常量的物理量组合。6．【答案】B【解析】【解答】对艺术灯进行受力分析，水平方向：F1cosA：由水平方向公式得：F1=cosB：代入竖直方向公式：22F2⋅22+F2⋅3C：连接C和B后撤去AB绳，左侧细绳拉力的方向和大小会改变，灯的受力平衡被打破，位置会变化，C错误；D：连接C和D后撤去AB绳，CD与AB平行，但若撤去AB，左侧仅靠CD绳的拉力无法替代原F1故答案为：B。【分析】本题解题的核心是对艺术灯进行正交分解，利用水平和竖直方向的受力平衡列方程，分析拉力大小关系；同时结合力的作用效果，判断撤换细绳后受力平衡是否被打破，进而确定灯的位置是否变化。7．【答案】D【解析】【解答】A：图甲中线框在图示时刻，根据右手定则（或楞次定律），线框切割磁感线的部分产生的感应电流俯视应为逆时针方向，故A错误；B：LC电路的振荡周期公式为T=2πLC，储罐内液面上升时，电容器极板间的电介质面积增大，电容C增大，因此振荡周期TC：单色光频率越高，波长λ越短，楔形透明膜的干涉条纹间距Δx与波长成正比（ΔD：库仑扭秤实验中，金属小球A与C带同种电荷时，会产生斥力，扭秤的扭转角度更易测量，便于探究电荷间的相互作用力，故D正确。故答案为：D。【分析】本题解题的核心是分别运用电磁感应的右手定则、LC振荡电路的周期公式、薄膜干涉的条纹间距规律以及库仑扭秤的实验原理，逐一分析各选项的物理规律应用是否正确。8．【答案】B【解析】【解答】A：塑料棒带负电，电子定向移动方向与v方向相同，而电流方向与负电荷定向移动方向相反，因此等效电流方向与v方向相反，故A错误；B：等效电流的定义为I=qt，电子全部通过某一截面的时间t=lv，总电荷量C：感应电动势E=Blv的适用条件是导体垂直切割磁感线，本题中塑料棒沿轴向运动，速度方向与磁场方向垂直，但棒为带电体的定向移动而非导体切割，且电荷运动方向与磁场垂直时是洛伦兹力作用，并非动生电动势，故C错误；D：安培力是磁场对电流的作用力，公式为F=BIl，代入I=veNl得F=BIl=B⋅veN故答案为：B。【分析】本题解题的核心是结合电流的定义式推导等效电流大小，明确电流方向与负电荷定向移动方向的关系，同时区分动生电动势的产生条件和安培力的计算方法，避免公式的错误套用。9．【答案】C【解析】【解答】A：岩石Ⅰ中，t=3×10−3s时波传到x=−3m处，波速vⅠ=3m3×10−3s=1×103B：波传到x=−1m处的时间t1=1m1×103m/s=1×10−3s，则t=1.5×10−3C：岩石Ⅱ中波传到x=1.25m处的时间t2=1.25m3×103m/s=512×10−3s

Δt'=3×D：波速由介质决定，与振源周期无关，增大振源周期，岩石Ⅱ中的波速不变，D错误。故答案为：C。【分析】本题解题的核心是结合波速公式v=xt计算不同介质中的波速，利用10．【答案】D【解析】【解答】A：螺线管内磁场B=aI，磁通量Φ=B⋅S=aI⋅πr1自感电动势公式E=Nt=2t0时，ΔIB：线圈A的绕制方式：单绕1圈+双股绕2圈（双股绕制的两圈感应电动势相互抵消），有效匝数n=1感应电动势E=nΔΦC：电荷量公式总q=ΔΦ总R，～0～2tD：～0～2t0：感应电动势E～2t0～4t0：Δ～4t总焦耳热计算：Q=3⋅(aπ故答案为：D。【分析】本题解题的核心是明确螺线管自感电动势、线圈感应电动势的推导逻辑，结合绕制方式确定线圈有效匝数，再利用电荷量、焦耳热的公式，分时间段分析电流变化对感应电动势和热量的影响，同时注意磁通量的变化仅由螺线管内磁场决定。11．【答案】A,B【解析】【解答】A：根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场会产生磁场，均匀变化的电场产生稳定磁场，非均匀变化的电场产生变化磁场，故A正确；B：汽车经过凹形路面最低点时，向心力由支持力与重力的合力提供，即FN−mg=mvC：相对论时空观中，运动物体的长度会沿运动方向收缩，公式为l=l01−v2c2D：秦山核电站采用的是核裂变技术，利用铀核的裂变释放能量；而海水中的氘和氚用于核聚变反应，目前核聚变尚未实现商业化发电，故D错误。故答案为：AB。【分析】本题解题的核心是分别运用麦克斯韦电磁场理论、超重的判断条件、相对论的长度收缩效应以及核电站的核反应类型，逐一验证各选项的物理规律和实际应用是否正确。12．【答案】A,C【解析】【解答】A：光线在Q点从有机玻璃射向空气时发生全反射（无折射光），全反射临界角C满足sinC=1n，此处入射角为β，则β≥C，即sinB：光在介质中的传播速度v=cn，由A知n≥1sinβ，且光路中α<β，则sinC：光线能从有机玻璃射入油滴，说明油滴与有机玻璃之间未发生全反射，有机玻璃的折射率可能大于油的折射率（只要入射角小于临界角即可），故C正确；D：R处的入射角小于Q处的入射角，若在R处注入同种油滴，光线的入射角可能小于临界角，会从R处进入乙，故D错误。故答案为：AC。【分析】本题解题的核心是利用全反射的条件（光从光密介质射向光疏介质、入射角≥临界角）推导有机玻璃的折射率范围，结合光在介质中传播速度的公式分析速度大小，同时根据入射角的变化判断光线的传播情况。13．【答案】B,C【解析】【解答】A：γ光子转化为一对正负电子对，同时打出氢原子中的电子，根据质能方程，γ光子的能量需大于2mB：电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB=mev2r，得动量p=C：电子受阻力f=kv，加速度a=fme=kvme，速度减为0的过程中，由动能定理：−fs=0−D：沿径迹1的电子，阻力为变力（v减小），总路程需通过积分或动量定理推导，并非(eB)2+故答案为：BC。【分析】本题解题的核心是结合质能方程、动量守恒定律分析γ光子的能量和动量，利用洛伦兹力与圆周运动的关系推导电子动量与轨道半径的关系，再通过动能定理或牛顿运动定律分析电子的位移规律，区分变力作用下的路程计算方式。14．【答案】（1）乙（2）A；B（3）B；0.59【解析】【解答】(1)乙装置通过电磁铁控制A、B两球同步释放，能直观对比水平方向的运动特点，甲装置无法保证释放的同步性。

故答案为：乙(2)A：背板竖直可确保钢球撞击挡板时的印迹位置与实际平抛轨迹一致，A正确。B：斜槽末端切线水平才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动，B正确。C：坐标原点应为小球做平抛运动的抛出点（斜槽末端小球球心位置），非斜槽末端的投影，C错误。D：钢球需从同一高度静止释放，保证初速度一致，非等间距下降，D错误。

故答案为：AB(3)B点的坐标测量值更精准，更符合平抛运动的轨迹规律，故取B点计算；竖直方向：y=12gt2，代入水平方向：x=v0t，代入x=0.118m、答案：B；0.59。

【分析】(1)探究水平方向分运动特点需保证两小球同时开始运动，乙装置利用电磁铁同步释放可实现这一要求，甲装置无法精准控制释放时间。(2)实验中背板需竖直才能保证印迹位置准确；斜槽末端切线水平是平抛运动的基本要求，斜槽末端投影并非坐标原点，钢球释放高度需固定而非等间距下降。(3)计算水平速度需选用坐标测量更精准的点，B点坐标数值更贴合平抛运动规律，结合平抛运动竖直方向自由落体、水平方向匀速直线运动的规律求解速度。15．【答案】（1）34（2）B；D（3）C【解析】【解答】(1)多用电表选择开关置于欧姆挡，指针示数为34，结合挡位（图2中欧姆挡倍率为×1），测得阻值为34Ω。

(2)AB：变压器电压比U1U2≈12，匝数比C：变压器工作原理是电磁感应，需交变电流，直流电源无法产生感应电动势，故C错误；D：测量交变电压时，多用电表选择开关应调至交流电压挡，故D正确。故答案为：BD。(3)下层线圈输入锯齿波交变电压，变压器通过磁通量变化产生感应电动势，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。锯齿波的斜率恒定，磁通量变化率恒定，因此上层线圈产生的感应电动势为恒定值（矩形波）。

故答案为：C

【分析】(1)掌握多用电表欧姆挡的读数方法（示数×倍率）；

(2)理解变压器的电压与匝数的关系及工作条件（交变电流）；

(3)结合法拉第电磁感应定律，分析磁通量变化率与感应电动势的关系，进而判断输出波形。16．【答案】（1）B（2）V(【解析】【解答】(1)A：图示油膜呈不规则分支状，是撒粉过多导致油酸无法充分展开，而非撒粉太少，A错误；B：该油膜形状未完全铺展成单分子层，计算的油膜面积偏小，根据d=VS，面积S偏小会导致测得的分子直径C：油酸酒精溶液放置时间过长，酒精挥发会使溶液中油酸浓度变大，滴入后纯油酸体积V偏大，若仍按原浓度计算V，会导致测得的分子直径偏小，C错误。故答案为：B(2)油膜面积总S总=(N1+N2)S（整格数N1加多于半格的数N2【分析】(1)理解油膜法实验的操作细节对实验结果的影响，结合公式d=VS分析误差方向；17．【答案】（1）浸润；升高（2）解：初态对活塞以及上面的液体分析可知气体压强p末态吸走液体后气体的压强为p根据玻意耳定律可知p解得气体在状态B时的体积为V（3）解：气体从状态A到状态B过程中气体温度不变，则根据热力学第一定律Δ其中ΔW=−Q=−2即气体对外做的功2.05J。【解析】【解答】(1)液体沿管壁上升，说明液体浸润管壁；毛细上升高度与毛细管内径成反比，内径变小，管内液面将升高。故答案为：浸润；升高。【分析】(1)依据毛细现象的规律，液体沿管壁上升为浸润现象，且毛细管内径越小，毛细上升高度越高。(2)气体做等温变化，先分别计算状态A、B的压强，再由玻意耳定律p1(3)等温过程中理想气体内能不变，结合热力学第一定律ΔU=W+Q18．【答案】（1）解：根据左手定则可知ab所受安培力方向竖直向下；cd所受安培力方向竖直向上。（2）解：由题意可知ab向上弯曲，使R1被拉伸（阻值增大）、R3被压缩（阻值减小），

故Rcd向下弯曲，使R2被压缩（阻值减小）、R4被拉伸（阻值增大），

故R（3）解：由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。上支路总电阻为R电流If点电势φ下支路总电阻为R电流Ie点电势φe、f两点间的电势差绝对值U安培力与ΔR的关系：ΔR=αF，而联立得B=【解析】【分析】(1)依据左手定则判断安培力方向，需结合金属杆的电流方向与磁场方向的垂直关系分析。(2)根据支架形变对电阻的影响（拉伸阻值增大、压缩阻值减小），结合电阻变化量ΔR(3)先分析电路的串并联结构，计算e、f两点的电势差，再结合安培力与电阻变化量的正比关系、安培力公式，联立推导Uef与B19．【答案】（1）解：对a物块下滑过程中根据动能定理有mgh=可得v0在B点根据牛顿第二定律有F可得FN（2）解：如图由于h<<r，滑块a所受回复力F，则F=−mg可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。（3）解：滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b