2026届浙江省杭州市高三下学期二模教学质量检测物理试题（含答案）

第第页2026届浙江省杭州市高三下学期二模教学质量检测物理试题一、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．下列物理量属于矢量且单位正确的是（）A．力kg⋅m/s B．功WC．电场强度N/C D．电流A2．如图为“正义使命-2025”军事演习中导弹发射的情景，则（）A．研究导弹的飞行轨迹时可将导弹视为质点B．飞行的导弹只受重力作用C．导弹斜向上加速时处于失重状态D．导弹的运动一定是匀变速曲线运动3．如图所示，在带正电的带电体C附近，将带绝缘底座的导体A、B相碰一下后分开，然后分别接触小电动机的两个接线柱，电动机会开始转动。在电动机转动还未停下时，重复上述操作，电动机便能持续转动。关于以上现象，下列说法正确的是（）A．电动机能够转动是因为A、B带同种电荷B．第一次将A、B相碰后分开，A带负电、B带正电C．以上操作将导致带电体C的电荷量逐渐减少D．小电动机不停转动成为永动机，违背能量守恒定律4．某躺椅的简化结构如图所示，左、右两个板面与水平方向的夹角分别为α和β，人静躺在躺椅上，此时重心恰在支撑点O的正上方。人的质量为m，重力加速度为g，左、右两个板面对人的支持力分别为FNA．FN1与FB．FN1与FC．若α>β，则一定有FD．此时躺椅对地面的压力大小等于mg5．如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器，下列说法正确的是（）A．图甲中电容C与动片转出的角度θ成正比B．图乙中导电液体液面上升时，电容C减小C．图丙中压力F增大时，电容C增大D．图丁中电介质右移时，电容C增大6．某碗状容器的截面如图所示，三边AB、BC、CD长度相等，碗底BC水平，侧边与底边的夹角均为45°。小球从A点水平向右抛出后落在侧边AB上，若仅增大初速度后再次将小球抛出并落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是（）（不考虑小球反弹，不计空气阻力）A．飞行时间可能与第一次相同 B．动能增量可能比第一次小C．速度方向可能与第一次相同 D．可能垂直打在侧边CD上7．为了研究交流电的产生，小明同学进行了如下实验：第一次将矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO'按图示方向匀速转动（ab向纸外、cd向纸内），并从图甲所示位置开始计时，产生的电流图像如图乙所示。第二次仅将转轴改为对角线ac以相同的转速匀速转动（b向纸外、A． B．C． D．8．一束单色光射向汽车玻璃时的光路图如图所示，各界面可视为相互平行的平面，θ0和θ1分别是界面1和界面2上的入射角，界面2上的反射光线与折射光线相互垂直。已知玻璃对该光的折射率n2A．出射光线①、②不平行B．增大入射角θ0，光线③C．该光在隔热膜中传播速度小于在玻璃中的速度D．汽车隔热膜对该光的折射率n9．如图所示，以O为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以O为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=B0−kt规律均匀减小（B0、k均已知），圆环半径为A．图中圆环内电流沿逆时针方向B．圆环中感生电场场强大小为kC．圆环的发热功率为kD．t=B010．2025年9月，科学家们的最新研究探讨了向距离地球最近的黑洞发射探测器的可能性。下图为探测器绕黑洞（BH）的运动示意图，椭圆轨道I与圆轨道Ⅱ相切于Q点。已知探测器质量为m，黑洞质量为M，半径为R，轨道I上离黑洞中心最远的P点到黑洞中心的距离为8R，圆轨道Ⅱ的半径为2R。若规定无穷远处引力势能为零，探测器的引力势能Ep=−GMmA．在轨道I、Ⅱ上运动的周期之比为2B．在轨道I、Ⅱ上Q点的加速度大小之比为2C．经过轨道I、Ⅱ上Q点的速度大小之比为2D．在轨道I上经过P、Q点的速度大小之比为5二、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．振动发生器在发波水槽中振动时能够产生水波。下列四幅图是演示水波的传播过程时观察到的现象，下列说法正确的是（）A．图甲演示的是波的折射现象B．图乙所示现象产生的原因可能是界面OOC．仅增大振动发生器的振动频率可使图丙中的现象更加明显D．要观察到图丁所示稳定图样，两针状振动发生器的振动频率应相同12．双相波除颤技术能够实现心脏节律重置，其简化工作电路如图甲，工作时先通过恒压充电电源对电容器充电，再通过CLR电路放电实行除颤。小明按图甲电路进行模拟实验，在电极片a、b之间接入电阻R为0Ω、20Ω时，测得放电电流分别如图乙中的实线和虚线所示，已知电容C=100μF，电感L=100A．互换两个电极片a、b在人体的位置，除颤仪仍可以正常工作B．虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是能量以电磁波的形式发射出去C．保持电容C和电感L不变，电阻R从0Ω增大到20Ω的过程中振荡电流周期会增大D．电容C充电完毕后，开关S接通放电电路瞬间电容器两端的电压约为1200V13．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论。在任意给定温度T（热力学温度）下，辐射强度的极大值对应的波长λmax满足λmaxT=b（b为常量）；黑体单位面积上的热辐射功率P=σT4（σA．黑体辐射实验规律表明，随着温度的升高，短波区辐射强度增加，长波区辐射强度减少B．根据题中所给信息可知太阳表面的温度约为5500℃C．地球表面热力学温度TE约为太阳表面热力学温度TSD．地球表面热力学温度TE约为太阳表面热力学温度TS三、非选择题（本题共5小题，共58分）14．小明同学利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。（1）本实验采用的实验方法是______；A．理想模型法 B．等效替代法 C．控制变量法（2）安装好器材后，将小车放在长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至轻推小车后纸带上打出的点迹分布均匀，该操作的目的是；（3）图乙为打点计时器打出的部分纸带，电源的频率为50Hz，测得s1=2.40cm，s2=2.80cm，s3（4）本实验方案主要的误差来源于：牵引小车的槽码也在做加速运动，致使小车所受的拉力（选填“小于”或“大于”）槽码的重力。15．用图甲装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的有______。A．测量单色光波长时，滤光片应安装在单缝和双缝之间B．用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰C．旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行D．换用间距更小的双缝可增加从目镜中观测到的条纹个数16．如图甲所示是某实验小组做“观察电容器充、放电现象”的实验电路，实验中采用的器材有：干电池组（E=3V，内阻未知）、电容器（C=3300μF）、电压表（量程0~3V，内阻约10kΩ）、定值电阻（（1）图甲中虚线框内应选择下列器材中的______；A．B．C．（2）按图甲电路进行实验，发现充电过程中电流表的示数始终不为零，其主要原因是______：A．电源内阻不可忽略B．电压表内阻并非无穷大C．电流表内阻不可忽略（3）实验小组改用传感器（可视为理想电表）对该实验做进一步探究，电路如图乙所示；①采集传感器数据，用计算机绘制充、放电过程的U-I图像，则充电过程的图像是，放电过程的图像是（选填“A”或“B”）；A.B.②用计算机绘制充电过程中的I−t图像如图丙中实线所示，随后将两个相同规格的电容器并联后再次进行实验，则第二次实验充电过程中绘制出的I−t图像应为虚线（选填“a”或“b”）。17．一种低温测量中常用的气体温度计如图所示。下端A是容积为VA的测温泡，上端B是容积为VB的压强计，VB=10VA，压强计B导热性能良好，其内部气体温度保持室温T1不变。两者通过导热性能极差的毛细管C相连，毛细管容积可忽略不计。测量前，温度计内封闭着压强为p1、温度为室温T1的气体（状态1），然后将测温泡A浸入温度为T2的低温待测物质，A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的B内有（1）与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体分子的平均速率（选填“增大”或“减小”），气体分子的数密度（选填“增大”或“减小”）；（2）求状态1到状态2过程中，整个温度计内封闭气体总内能的变化（封闭气体总体积不变）；（3）以状态2下A中的气体为研究对象，求低温待测物质的温度T218．为模拟电磁弹射过程，研究小组设计了如图甲所示的装置。无动力模型飞机起飞前通过绝缘构件与可视为导体杆的动子连接，动子可在足够长的光滑水平平行导轨上滑动，同时推动飞机向右加速运动，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，导轨左端接有可控电流源，其输出电流如图乙所示，图示箭头方向为电流的正方向，图中t>t1时间内的电流i=−I0cosωt−t1（I0、t1均已知）。t=0时刻启动电流源使飞机从静止开始加速，t1时刻飞机达到起飞速度并与动子分离，在（1）判断磁场的方向，并求飞机的起飞速度大小；（2）求0~t（3）若要求t1~t2时间内将动子的部分动能进行回收，实现为可控电流源充电，求动子的电阻19．某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道AB、圆弧轨道BC和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道AB与半径为R、圆心角为θ的圆弧轨道BC平滑连接，圆轨道末端C点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于EG的轻弹簧，G处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在A点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知AB长s=2.25m，R=2.25m，θ=37°，DE段长度L1=1.5m，DE段与滑块间的动摩擦因数μ=0.5，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数k=37.5N/m，露在套筒外的长度L2=0.4m，滑块质量m=0.4（1）求滑块在AB段的运动时间；（2）求滑块运动到圆弧轨道C点受到的支持力大小；（3）求弹簧的最大压缩量x0（4）若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量m在一定范围内可调，求游戏成功时m的取值范围。20．受控核聚变（托卡马克装置）中常用磁镜装置约束带电粒子，其简化模型如图所示。以x轴为轴线对称分布着中间长直螺线管与端部长直螺线管，坐标原点O点为中间螺线管的几何中点。磁镜装置参数如下：中间和端部螺线管单位长度匝数分别为n1、n2，分别通入恒定电流I1、I2，螺线管内部产生沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2。一束质量为m、电量为q的正离子从O点与x轴夹角为θ注入磁镜，离子在磁场中运动仅受洛伦兹力作用，不考虑相对论效应。已知：m=6.4×10（1）氘-氚聚变是目前受控核聚变的主要研究方向，其核反应方程是：12H+13H→（2）若入射速率v=5×106m/s,θ=37°，求离子在中间螺线管内运动过程中离x轴的最大距离以及第一次返回（3）在x轴x1∼x2（x1和x2未知）间存在沿x轴正方向缓慢增强的线性梯度磁场，离子能被磁镜捕获的临界条件为：离子运动到端部磁场x2处时沿x轴方向速度恰好减为零。已知：离子速度垂直于x轴的分量v⊥与所在区域磁感应强度①求入射速度方向与x轴夹角的临界值θ0②若磁感应强度分布满足：Bx=B1+kx−x1，k>0，求离子从

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．力是矢量，但根据F=ma，力的单位为kg⋅m/s2，不是B．功是标量，单位为J，W是功率单位，故B错误；C．电场强度是矢量，由定义式E=Fq，单位为D．电流虽有方向，但遵循代数运算法则，不满足平行四边形定则，属于标量，故D错误。故答案为：C。【分析】A：区分力与动量的单位；B：区分功与功率的单位，标矢量判断；C：电场强度为矢量，单位推导正确；D：电流是标量，不遵循矢量运算法则。2．【答案】A【解析】【解答】A：研究导弹的飞行轨迹时，导弹的大小和形状对研究的问题没有影响，可将导弹视为质点，故A正确；B：飞行的导弹除受重力作用外，还会受到空气阻力、发动机推力等作用，并非只受重力，故B错误；C：导弹斜向上加速时，竖直方向存在向上的加速度分量，处于超重状态，而非失重状态，故C错误；D：导弹飞行过程中，受到重力、空气阻力、推力等多个力的作用，合外力的大小和方向可能发生变化，加速度也随之变化，因此不是匀变速曲线运动，故D错误。故答案为：A。【分析】A：质点是物理学中忽略物体大小和形状的理想化模型，当物体的大小和形状对研究问题的影响可忽略时，即可视为质点；B：导弹飞行时，除重力外，空气阻力、发动机推力等力都会对其运动产生影响；C：超重/失重状态的判断依据是加速度的方向：加速度有向上的分量时为超重，有向下的分量时为失重；D：匀变速运动的定义是加速度恒定，导弹受变力作用，加速度会发生变化，因此不是匀变速运动。3．【答案】B【解析】【解答】A：电动机能够转动是因为A、B带异种电荷，接触电动机接线柱时形成电流，而非同种电荷，故A错误；B：在带正电的导体C附近，A、B相碰时因静电感应带上等量异种电荷，分开后A靠近C，感应出负电荷，B远离C，感应出正电荷，即A带负电、B带正电，故B正确；C：该过程仅通过静电感应使电荷重新分布，带电体C的电荷并未发生转移，因此C的电荷量不会减少，故C错误；D：电动机持续转动的能量来自外界操作时克服静电力做功消耗的机械能（人的能量），并非永动机，也不违背能量守恒定律，故D错误。故答案为：B。【分析】A：电动机转动的条件是接线柱间存在电势差，形成电流，只有异种电荷接触时才会形成电势差；B：静电感应中，导体靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离的一端感应出同种电荷，A靠近带正电的C，因此带负电，B远离，因此带正电；C：静电感应只是电荷在导体内部的重新分布，不会改变原带电体的电荷量；D：永动机违背能量守恒定律，此过程中，人不断重复操作，将自身的能量转化为电能，再转化为电动机的机械能，并非无中生有地产生能量。4．【答案】B【解析】【解答】A：电动机能够转动是因为A、B带异种电荷，接触电动机接线柱时形成电流，而非同种电荷，故A错误；B：在带正电的导体C附近，A、B相碰时因静电感应带上等量异种电荷，分开后A靠近C，感应出负电荷，B远离C，感应出正电荷，即A带负电、B带正电，故B正确；C：该过程仅通过静电感应使电荷重新分布，带电体C的电荷并未发生转移，因此C的电荷量不会减少，故C错误；D：电动机持续转动的能量来自外界操作时克服静电力做功消耗的机械能（人的能量），并非永动机，也不违背能量守恒定律，故D错误。故答案为：B。【分析】A：电动机转动的条件是接线柱间存在电势差，形成电流，只有异种电荷接触时才会形成电势差；B：静电感应中，导体靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离的一端感应出同种电荷，A靠近带正电的C，因此带负电，B远离，因此带正电；C：静电感应只是电荷在导体内部的重新分布，不会改变原带电体的电荷量；D：永动机违背能量守恒定律，此过程中，人不断重复操作，将自身的能量转化为电能，再转化为电动机的机械能，并非无中生有地产生能量。5．【答案】C【解析】【解答】A：根据电容决定式C=εrS4πkd，图甲中电容器的正对面积S=1B：图乙中导电液体液面上升时，电容器的正对面积S增大，由C=εrSC：图丙中压力F增大时，可动电极与固定电极的间距d减小，由C=εrSD：图丁中电介质右移时，电容器极板间的介电常数εr减小，由C=εr故答案为：C。【分析】电容决定式C=εrS4πkd，电容大小与极板正对面积S、介电常数甲图：动片转动改变正对面积，但S与θ呈线性递减关系，因此C与θ不成正比。乙图：液面上升增大了导电液体与金属芯线的正对面积，使电容增大。丙图：压力增大减小了极板间距，使电容增大。丁图：电介质右移减小了极板间的有效介电常数，使电容减小。6．【答案】D【解析】【解答】A：平抛运动的飞行时间由下落高度决定，公式为t=2hg。若第一次落在AB上、第二次落在CD上，两次下落的高度B：动能增量等于重力做功，即ΔEk=mghC：若两次小球都落在AB斜面上，根据平抛运动规律，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向夹角正切值的2倍（tanθ=2D：平抛运动中，某点的瞬时速度反向延长线必过水平位移的中点。若小球垂直打在CD上，其速度方向与CD垂直，反向延长线无法交于水平位移中点，因此不可能垂直打在CD上，故D错误。故答案为：D。【分析】A：平抛运动时间仅由下落高度决定，只要两次下落高度相同，时间就相同；B：动能增量由重力做功决定，下落高度越小，重力做功越少，动能增量越小；C：同一斜面上的平抛运动，速度方向具有一致性，与初速度大小无关；D：利用平抛运动“速度反向延长线过水平位移中点”的推论，可直接判断垂直打在CD上的情况不可能发生。7．【答案】A【解析】【解答】第二次仅改变转轴位置，线圈的磁通量变化规律、感应电流的最大值和变化周期均未改变，因此电流图像与第一次完全一致。故答案为：A。【分析】本题考查交变电流的产生，关键在于理解感应电动势的决定因素：感应电动势的最大值公式为Em=NBSω，它仅与线圈匝数N、磁感应强度B、线圈面积S和角速度ω有关，与转轴位置无关，第二次仅将转轴改为对角线ac，线圈面积S、转速ω均未改变，因此感应电动势的最大值Em8．【答案】D【解析】【解答】A：在隔热膜的入射点和出射点应用折射定律，结合几何关系可推得出射光线①、②的折射角均等于入射角θ0B：光线进入平行玻璃砖后，根据光路可逆性，无论入射角θ0如何增大，光线③C：由折射定律n1sinθ1=n2D：界面2上反射光线与折射光线相互垂直，故折射角θ2=37∘。根据折射定律n1sinθ1=n2故答案为：D。【分析】A：平行界面间的折射光线具有“侧移平行”的特点，出射光线与入射光线平行；B：平行玻璃砖的出射光线永远不会发生全反射，因为光线从玻璃射向空气时的入射角始终等于进入玻璃时的折射角，小于临界角；C：光在介质中的传播速度与折射率成反比，通过折射定律判断隔热膜与玻璃的折射率大小，即可比较传播速度；D：利用反射光线与折射光线垂直的几何关系，可直接得到折射角，再结合折射定律即可求出隔热膜的折射率。9．【答案】D【解析】【解答】A：穿过圆环的磁通量竖直向下均匀减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向应与原磁场同向（阻碍磁通量减小），再由右手螺旋定则可知，圆环内电流沿顺时针方向，故A错误；B：圆环中感应电动势大小为E=ΔBΔt⋅πC：圆环的发热功率P=E2RD：当t=B02k时，磁感应强度B=B0−kt=1故答案为：D。【分析】A：磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场同向，结合右手螺旋定则判断电流方向。B：由法拉第电磁感应定律求感应电动势，再结合环流公式求感生电场场强。C：直接使用电功率公式P=ED：取微元分析受力，利用小角度近似（sinθ≈θ）简化平衡条件，结合安培力公式F=BIL10．【答案】C【解析】【解答】A．椭圆轨道Ⅰ半长轴a=8R+2R2=5R，圆轨道Ⅱ半径r=2R。由开普勒第三定律aB．Q点到黑洞中心距离均为2R，由a=GMC．轨道Ⅱ：GMm(2R)2轨道Ⅰ：总机械能E=−GMm2a=−GMm10R，引力势能Ep=−D．椭圆轨道由角动量守恒vP⋅8R=v故答案为：C。【分析】A：开普勒第三定律，半长轴三次方与周期平方成正比；B：加速度由万有引力决定，同一位置加速度相同；C：圆轨道由向心力公式求速度，椭圆轨道由机械能守恒求速度；D：椭圆轨道近、远地点角动量守恒。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．图甲是波的反射现象，并非折射，故A错误；B．图乙为波的折射，水波传播速度由水深决定，界面OOC．增大振动频率，由λ=vf，波速v不变，波长D．稳定干涉的必要条件是两波源振动频率相同，故D正确。故答案为：BD。【分析】A：区分波的反射与折射现象；B：水波速度由水深决定，水深不同引发折射；C：衍射明显程度与波长正相关；D：稳定干涉的核心条件：两波源频率相同。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．互换电极片a、b仅改变电流方向，不影响除颤效果，除颤仪可正常工作，故A正确；

B．虚线振荡电流振幅衰减是因为接入电阻R，电流发热消耗能量，并非辐射电磁波，故B错误；

C．有阻尼LC振荡电路中，电阻越大阻尼越大，振荡周期越大；R从0增大到20Ω，振荡周期增大，故C正确；

D．由能量守恒12CU2故答案为：AC。【分析】A：除颤依靠放电电流，电流方向不影响效果；

B：阻尼损耗主要为电阻焦耳热；

C：阻尼越大，LC振荡周期越大；

D：由电场能全部转化为磁场能，计算初始电压。13．【答案】B,C【解析】【解答】A．黑体辐射规律：温度升高，所有波长辐射强度均增大，仅辐射强度极大值向短波移动，长波区辐射强度不会减少，故A错误；

B．由维恩位移定律λmaxT=b，得λ1T1=λ2T2，人体热力学温度T1=37+273=310K故答案为：BC。【分析】A：黑体辐射强度随温度升高，全波段均增强；

B：利用维恩位移定律λmaxT=常量求解太阳表面温度；14．【答案】（1）C（2）补偿阻力（平衡阻力）（3）0.40（4）小于【解析】【解答】（1）探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。故答案为：C。（2）为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力（平衡阻力）。

故答案为：补偿阻力（平衡阻力）（3）打点计时器的工作频率为50Hz，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为T=150s（4）由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。

故答案为：小于【分析】(1)探究加速度与力、质量关系，采用控制变量法；

(2)垫高木板、轻推小车点迹均匀，目的是平衡摩擦力；

(3)用逐差法计算纸带加速度；

(4)槽码向下加速失重，小车拉力小于槽码重力。（1）探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。故选C。（2）为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力（平衡阻力）。（3）打点计时器的工作频率为50Hz，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为T=1（4）由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。15．【答案】B,C【解析】【解答】A：滤光片应安装在凸透镜和单缝之间，而非单缝和双缝之间，故A错误；B：用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰，故B正确；C：旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行，便于后续测量条纹间距，故C正确；D：根据条纹间距公式Δx=Ldλ，换用间距更小的双缝（故答案为：BC。【分析】A：滤光片的作用是获得单色光，应安装在光源与单缝之间（凸透镜和单缝之间），以确保进入单缝的是单色光；B：单缝与双缝平行是产生清晰干涉条纹的必要条件，拨杆用于调节单缝的方向；C：测量头的分划板中心刻线需与干涉条纹平行，才能准确测量相邻条纹的间距，旋转测量头可实现这一调整；D：双缝间距d越小，条纹间距Δx16．【答案】（1）C（2）B（3）B；A；b【解析】【解答】（1）通过回路的最大电流为Imax=E（2）电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。故答案为：B。（3）①电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U=E－UR，且UR=IR可得U－I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似，故B正确。电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U=IR图像与A图像类似，故A正确。②单一电容器充电时，通过R的电荷量为q=C最大电流为I0两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为q最大电流为I根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。

故答案为：①B；A；②b【分析】(1)由欧姆定律估算最大电流，选择对应量程电流表；(2)电压表内阻有限，电容器会通过电压表持续放电，导致电流不为零；(3)①充电、放电过程结合闭合电路欧姆定律，判断U−I图像；②电容并联总电容增大，I−t图像面积（总电荷量）变大，最大电流不变。（1）通过回路的最大电流为Imax（2）电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。故选B。（3）①[1]电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U=E－UR，且UR=IR可得U－I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似。故选B。[2]电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U=IR图像与A图像类似。故选A。②[3]单一电容器充电时，通过R的电荷量为q=C最大电流为I0两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为q最大电流为I根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。17．【答案】（1）减小；增大（2）解：气体体积不变，不对外做功W=0热力学第一定律Δ解得：Δ（3）解：根据理想气体状态方程p解得低温待测物质的温度T【解析】【解答】（1）与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体温度降低，分子的平均速率减小；A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的B内有0.02VB体积的气体进入测温泡A，分子数增多，则分子数密度增大。

故答案为：减小；增大(2)气体总体积不变，W=0，由热力学第一定律求内能变化；(3)选取进入A的气体，用理想气体状态方程求解T2（1）[1][2]与低温待测物质达到热平衡后，测温泡A内气体温度降低，分子的平均速率减小；A内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态1下的B内有0.02V（2）气体体积不变，不对外做功W=0热力学第一定律Δ得出Δ（3）根据理想气体状态方程p解得低温待测物质的温度T18．【答案】（1）解：由左手定则可知，磁场方向竖直向下；动子受到的安培力F=B系统的加速度a=起飞速度v=a（2）解：焦耳热Q=飞机和动子的动能E电流源输出的能量E（3）解：t1<t<交流电有效值I由于ω=M+mmt1整理得R<【解析】【分析】(1)由左手定则判断磁场方向；动子与飞机整体受安培力匀加速，由运动学求起飞速度；

(2)电流源输出能量=焦耳热+系统动能；

(3)回收能量=动子动能−焦耳热>0，结合交流电有效值、周期条件推导电阻上限。（1）由左手定则可知，磁场方向竖直向下；动子受到的安培力F=B系统的加速度a=起飞速度v=a（2）焦耳热Q=飞机和动子的动能E电流源输出的能量E（3）t1<t<交流电有效值I由于ω=M+mmt1整理得R<19．【答案】（1）解：A→B过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg根据位移公式有s=解得t（2）解：A→C过程，根据动能定理有mgs解得v滑块在C点，根据牛顿第二定律有F解得F（3）解：弹簧压缩量最大