吉林省2026年高考物理试卷（含答案及解析）

机密★启用前

2026年吉林省普通高等学校招生选择性考试

物理

本试卷共19题，共100分，共8页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区

域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字

体工整，笔记清楚。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：

在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，每题4分；第8〜1()题有多项符合题目要求，每题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.如图为某汽车从丹东出发前往A地的行驶路线示意图，沿路线行驶的路程约为2200km,

丹东与A地间的直线距离约为akm,下列说法正确的是()

A.全程位移大小为akm

B.全程路程为2200km

C.汽车速度计上显示的是平均速度

D.汽车速度计上显示的是瞬时速度

2.如图，A人骑在B马上，马沿水平C地面向前做减速运动。下列说法正确的是（)

A.C对B的摩擦力方向向后

B.B对A的摩擦力方向向后

C.A的重力和B对A的支持力是一对平衡力

D.B对C的压力和C对B的支持力是一对相互作用力

3.如图为某电学元件的I-U图像，〃、为图线上的两个工作点，判断由。到〃该元件电阻

的变化情况及电功率的变化情况（）

4.空间电场线分布如图，一束电子（带负电）沿图示方向从A运动到B,下列说法正确的是

A.A点场强大于B点

B.电子从A到B电场力做负功

C.电子的速度（动能）变大

D.电子束的横截面积不变

5.如图为动圈式活筒原理示意图；振膜（板）带动线圈相对磁体运动，板的位移d距时间t

按正弦规律变化（如4-，图所示），规定向右为正方向，线圈两输出端为。、山Uab随时间

t变化的图像是（）

6.天花板下用细绳悬挂一带正电小球（绳与竖直方向成一角度），空间存在竖直向下的匀强磁

场B,剪断细绳（或某时刻释放）后，小球可能的运动轨迹是（）

7.粗糙水平面上，物块以初速度%=。2〃外％0从O点出发向右运动,先后经过M、N、P三点，

OM=MN=NP=xo。物块受水平力尸作用，尸做的功W随位移x变化的图像如图所示，比

较F在OM、MN、NP三段上的功率POM、PMN、PNP的大小关系（）

A.AB.BC.CD.D

8.（多选）一定质量的理想气体经历如图所示的a-b-c-d状态变化过程,比较各状态压强

p的大小关系和温度T的大小关系（）

O

V

A.AB.BC.CD.D

9.（多选）如图，a、b,c三个天体绕P点以相同周期T转动，其中a、P、c位于同一直线上,

b位于下方，与a、c构成三角形（）

a,b,c绕P点以相同周螂传动

P

一•・・•♦.................9c

b

A.AB.BC.CD.D

10.（多选）如图，左右两侧各有一块板（极板），中间区域有两个宽度均为L、方向相反的匀

强磁场区域。边长为L的正方形导线框以初速度V。向右进入。下列说法正确的是（）

板L板

A.AB.BC.CD.D

二、实验题

11.用激光测距仪与玻璃彼测定玻璃的折射率n,激光测距仪置于A处，激光由A射向玻璃

砖上表面的O点，在玻璃砖内折射后由下表面B点射出，光路如图甲。以O为圆心，OB

(1)下列操作正确的是o

A.A点必须紧靠测距仪

B.必须在B点做标记

C.必须以0B为半径两圆

(2)量出图乙中xp、XN两段长度，则折射率n=o

(3)测距仪原理：仪器发出激光并接收反射光，At为光往返一次的时间，则距离d=

(从“苧”与苧”“”中选择并说明，v为光在该介质中的传播速度

(4)一容器中装满水(n=1.33),水深16cm,用测至仪从水面上方竖直向下测水底深度,

测距仪测出的深度为cm(保留一位小数)。

测速仪(竖直向下测)

12'利用公式。=鬻’研究电容C与极板正对面积S、板间距d的关系。

(1)用螺旋测微器测量介质(20层)的总厚度，由图读数为mm。

一35

0123

30

——25

（2）将介质改为15层，由图像读出对应数值（横坐标约174纵轴一个格代表4）,读数

为O

（3）发现有一个数据点明显不在图线上，已确认数据处理正确，仪器完好，写出一点可

能的原因：O

（4）分别作出C-%■图像（斜率由）和C-包图像（斜率后），则以=_______o

dSk2

三、计算题

13.某训练装置中，升降舱（连同舱内物体）总质量为5（）（）kg,受竖直向上的恒定电磁力F=3

X104N从静止开始竖直向上匀加速运动。位移h=6.25m后达到最大速度，随后改变受力，

使舱内物体受到的支持力变为其重力的;（模拟月球表面环境），舱做匀减速运动直至停止，

O

g取10m/s2o

（1）求最大速度

（2）求减速阶段所用时间。

F=3X10*N

竖直向上

恒定电磁力

升降舱（连同舱内物体）总质量为500kg

14.如图，光滑水平面上一质量mA=0.4kg的木板，其右端通过轻轻弹簧连接质量mB=0.1kg

的物块，此时弹簧伸长量xo=O.lm,物块和木板均静止。质量mc=0.1kg的小球（视为质

点）通过长L=0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成6=60°处由静止释放，摆

至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短，g=10m/s2o

（1）求碰撞后瞬间木板的速度大小VA；

（2）弹簧的压缩量第一次为沏时，物块的速度大小为血=0.8m/s,方向向左，求木板与物

块之间的动摩擦因数j

15.己知：R、B。、m、e、L,电子从U1开始加速，经过含有激发准粒子的材料，电子与激发

准粒子作用，动能改变后筛选出能够满足R二吟的电子；光屏上接收到的光斑强度分

俏如柱状图所示。

(1)速度从V,增加到V2过程中，动能的变化量AEk是多少?

(2)求即与U2的关系;

(3)A发射脉冲电子，Uz随时间线性变化，k=P(/?<0),筛选的电子成比例减少，准粒

子会先激发后衰减，光屏上接收到的光斑强度成比例降低，且相邻光斑间距为△为求准粒

子的半衰期丁。

2026年吉林省普通高等学校招生选择性考试

物理答案及解析

本试卷共19题，共100分，共8页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区

域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字

体工整，笔记清楚。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：

在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，每题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，

选对但不全的得3分，有选错的得。分。

I.某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所

示，总里程约7500km,起点到终点的直线距离约2000km.此过程

A.该车的路程约为2000km

B.该车的位移大小约为7500km

C.某时刻该车速度计显示的是平均速度

D.若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点

【答案】

D

【解析】

本题考查位移、路程、速度及质点概念.路程是实际路径长度，为750（）km,故A错；位移是从

起点指向终点的有向线段长度，为2000km,故B错；速度计显示的是瞬时速度（速率），不是

平均速度,故C错；研究运动轨迹时，车的大小和形状可忽略，因此可视为质点,D正确.

故选:D

2.秩马是古代插秧时用的一种农具,苏轼用“日行千畦”形容其高效.如图,人抬脚跨坐在秧马

上,与其一起向前减速滑行的过程中

上3武

A.秧马的加速度方向向后

B.秧马受到秧田的摩擦力方向向前

C.秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力

D.秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力

【答案】

A

【解析】

本题考查加速度方向与运动状态的关系、摩擦力方向、平衡力与相互作用力的区另J.人和秧马

一起向前减速滑行,速度方向向前,减速时加速度方向与速度方向相反,故加速度向后,A正确;

秧马向前滑行,地面对它的摩擦力阻碍运动,方向向后,B错误；秧马对人的支持力作用在人上,

人对秧马的压力作用在秧马上，是一对相互作用力，不是平衡力,C错误；秧马对人的支持力和

人受到的重力都作用在人上,方向相反，但人在减速时有加速度,两者大小不相等,不是平衡力,

也不是作用力与反作用力（后者必须作用在不同物体上且性质相同），D错误.

故选:A

3.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时,得到的I-U图像如图所示.图中状态a到

状态b,小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为

A.2.OQ,().28W

B.2.0Q,0.68W

C.7.0。，0.28W

D.7.0Q,0.68W

【答案】

B

【解析】

本题考查欧姆定律和电功率计算.由得,a点电阻Ro=^=32b点电阻孔=总=

IU・4U・'t

56,电阻变化量4R=20.电功率P=UI,a点功率匕=0.6x0.2=0.12W,b点功率

Pb=2x0.4=0.8W,功率变化量AP=0.681V.

故选：B

4.某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场

来加速电子束.电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示,

这段时间内

A.a点的电场强度比b点的大

B,电子沿直线从a点运动到b点M,动能减小

C,电子沿直线从b点运动到c点时,速度增大

D.电子束的横截面大小和形状均不变

【答案】

C

【解析】

本题考查电场线、电场强度与带电粒子在电场中的运动.电场线疏密表示场强大小,a处比b处

稀疏，故Ea<E》,A错误；电子带负电,所受电场力方向与电场线方向相反（电场线箭头向左,

则电场力向右），电子从a到b沿水平方向运动，电场力做正功,动能增大,B错误；从b到c,

电场线变稀疏，但场强方向不变，电场力仍向右,继续做正功,速度增大,C正确；电子束在非均

匀电场中，不同位置受力不同,轨迹会弯曲，横截面大小和形状会发生变化,D错误.

故选:C

5.如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于0点，处于竖直向下的匀强磁场中.将小球从

P点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是

A.

C.

XXXX

【答案】

B

【解析】

本题考查了带电粒子在复合场（重力场和磁场）中的运动，涉及洛伦兹力方向的判断（左手定

则）以及洛伦兹力不做功的特点.

受力分析:小球在运动过程中受到三个力的作用：竖直向下的重力G、沿绳子方向的拉力T以及

垂直于速度方向的洛伦兹力F.

洛哈兹力方向判断:小球带正电，磁场方向竖直向下.当小球从P点开始向最低点运动时，其速

度方向大致指向倾斜向下.根据左手定则（伸开左手，使滋感线垂直穿过手心，四指指向正电荷

的运动方向，则大拇指所指方向为洛伦兹力方向），可以判断出洛伦兹力的方向始终垂直于速度

方向，并指向轨迹的左侧（从俯视角度看）.

轨迹分析：

由于小球在运动过程中始终受到一个使其向左偏转的洛伦兹力，其运动轨迹必然是一条向左弯

曲的曲线,而不是直线.因此,选项A错误.

根据左手定则，轨迹应向左偏转,而不是向右偏转.因此,选项C错误.

洛，'仑兹力F的方向始终与速度v的方向垂直,所以洛伦兹力对小球不做功.在整个运动过程中，

只有重力做功，因此小球的机械能守恒.这意味着小球能够摆动到与初始位置P点等高的另一

侧.选项D的轨迹显示小球没有到达等高点，且洛伦兹力作用下小球的偏转方向，不符合分析.

因此，选项D错误.

选项B的轨迹是一条向左偏转的曲线,并且能够到达与P点等高的位置，这与我们的分析完全

相符.

故选:B

6.动圈式扬声器的结构和线图绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布.将其用作

话简时锥形纸盆的振动带动线围运动,把声信号转化为电信号.规定向右为线图位移x的正方

向，若X随时间t的变化如图（c）所示，则a、b间电势差七5随t变化的图像可能为

图⑶图(b)图⑹

Ug

【答案】

B

【解析】

本题考查了电磁感应定律和右手定则的应用.

分圻线圈运动规律：由图（C）可知,线圈的位移工随时间,按正弦规律变化,可表示为“Asin（3）.

线圈的速度V是位移x对时间i的导数，即v吟=4"os®）.这表明线圈的速度、，随时间,按余弦

规律变化.

分析感应电动势规律:根据法拉第电磁感应定律,线圈在磁场中运动产生的感应电动势E的大

小与线圈切割磁感线的速度I，成正比，即Em，.因此,感应电动势E也随时间/按余弦规律变化.

判断电势差质的初始状态：

在，=0时刻，从图（C）可知，线圈的位移x=0,但速度】，为正向最大值（即线圈向右运动最快）.根

据图⑸和图（b）,当线圈向右运动时，线圈的导线切割径向向外的磁感线.应用右手定则判断感

应电流方向：磁感线穿过手心，大拇指指向导线运动方向（向右），四指指向感应电流方向.可以

判断出，在线圈这个“电源”内部，电流方向是从b流向a.因此,a端为正极,b端为负极,a点电

势高于b点电势，即心,=@，-痣>（）.由于在"0时刻速度最大，所以感应电动势最大，即心在

，=0时刻取得正向最大值.选择正确图像:综合以上分析，4随时间，变化的图像应为一个余弦

函数图像,且在30时取正向最大值.对比四个选项,只有B选项符合该规律.

故选:B

7.如图（a）,水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度刈.由原点O出发，沿

x轴依次经过M、N、Q三点.己知所=而=汨7,物块与水平面间的动摩擦因数为H,重力

加速度为g.%=,F随位置x的变化如图⑹所示.设物块经过N、Q两点时F的瞬时

功率分别为P'、々，经过OM、MN、NQ段F的平均功率分别为户小八A/.v.PVQ则

OMNQxO

S(1)

A.PN>PQ,POM>P

B.Ev<PQ、POM>~PMN

D.PN<PQ,PNN<~PNQ

【答案】

【解析】

本题考查动能定理与功率的比较.由%=存砒和F-x图像可计算出各点速度:%,=

，版0,"N=林gx。=%，vQ=[3阂x。.瞬时功率P=Fv,在N点F=2〃mg,PN=

2〃?ngj2〃g/o；在Q点、F=umgtPQ=卬ngj3〃g%o,比较得PN>PQ.比较平均功率.各段拉

力做功：%卬与.运动时间段物块减速(初速减

M=O.5fimgxo,WMN=WNQ=1.5ng:0Mv0

至V段物块加速(初速加至孙)，两段受力对称,运动时间相等，即MN

M),MNvMt0M=1-NQ

段物块从加速至％,全程速度均大于、段对应位置的速度，故平均速度更大，位

v0OMMN

移相同，因此时间更短，即为Q<=tMN・平均功率P=T,贝IJPOM=7^<7^=「MN，且

“COM(MN

AMN=卢V卢=P-

tMNtNQNQ

因此,PN>PQ，PMN<八/Q，对应选项C.

故选:c

8.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变化到状态d,p-V图像如图所示，则

A.状态a的温度比状态b的高

B.状态b的内能比状态c的大

C.b-c、c-d过程气体对外做的功相等

D.c-d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量

【答案】

BD

【解析】

本题考查理想气体状态方程与热力学第一定律.

A选项：由pV图像可知,状态a的pV=3po%,状态b的p，=6p。％,温度与pV成正比,故

兀<为，A错误.

选项:状态的值大于状态,故乃>兀,内能更大,正确.

BbpVc(3p0V0)B

C选项:btc过程气体对外做功等于p-V图线下的面积,为梯形面积型等x(3%—2%)=

2p。％；ctd过程为等压膨胀，做功pox(4%-3%)=po%,两者不相等,C错误.

D选项:CTd过程，气体对外做功卬=2。%,同时pV增大(内能增加)，由热力学第一定律

(?=Zl(/+IV>14/,故吸收热量大于对外做功,D正确.

故选：BD

9.我国计划将“羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点L5.研究表明，太阳中

心S、地球中心E和L5的连线构成稳定的等边三角形，太阳、地球和部署在L5的卫星以相同

周期绕日地连线上的P点做圆周运动,如图所示,则

A.卫星的向心加速度比地球的大

B.卫星与地球的线速度大小相等

C,太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S连线中点

D.太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比

【答案】

AD

【解析】

本题考查拉格朗日点与圆周运动.太阳、地球和卫星均绕日地连线上的P点（系统质心）以相

同角速度3做圆周运动.

A选项:卫星到P点的轨道半径大于地球到P点的轨道半径（由等边三角形几何关系及质心

位置可得），由a=a）2r知卫星向心加速度更大,A正确.

B选项:线速度v=3r,因半径不同,线速度大小不等,B错误.

C选项:卫星所受太阳和地球引力的合力提供向心力，方向指向P点（质心），而非E、S连

线中点,C错误.

D选项:卫星到太阳和地球的距离相等（等边三角形边长均为日地距离R）,由万有引力公式

F=G翳得引力大小之比等于质量之比,D正确.

故选：AD

10.如图，光滑绝缘水平面上x=0两侧区域I、II分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为

L,磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B,x=-3L和x=3L处有固定挡板.同种材料制成、粗

202682A3

细沟匀的正方形导体线框MNPQ,边长为L,质量为m,总电阻为R,以初速度"=从左

侧进入磁场,沿x轴方向运动.线框平面始终与磁场方向垂直,MN边始终与磁场边界平行,线框

与揩板的碰撞均为弹性碰撞.则

-o：

Q□!-----T-lw：X

-3L3L

20266电5

A.MN首次进入磁场时线框的加速度大小"=nWR?

B.MN每次经过x=l.5L时，电势差.5Q=1:1

_2012B2L3

C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小'=一'mR—

D.线框停止处,穿过线框的磁通量为0

【答案】

AC

【解析】

本题考查电磁感应综合问题、安培力、牛顿第二定律、动量定理、动生电动势与电势、弹性碰

撞

选顼A:MN刚进入磁场I时，感应电动势£=比%,感应电流/=处"安培力F=丝殳.

RR

由牛顿第二定律a-£,代入%可算出题干给出的加速度数值a-四第，A正确.

mm~R~

选项B：MN运动到x=1.5L时，MN边在磁感应强度23的磁场中切割，PQ边在磁感应强度B的磁

场中切害％产生的动生电动势分别为片=2比八坊=a1，.线框中形成环形电流,结合线框电路分

压规南则有怒《B错误.

选项C和选项D:对线框从初始位置到接触右侧挡板的全过程或从最右位置运动到最左位置,

动量变化对称,应用电磁感应动量定理-△产Z\p,电荷量q二3q端,

则有如下关系：

线框第一次进入磁场区域I,安培力的冲量大小I万牛M二室；

RR

线框由磁场区域1进入区域II,安培力的冲量大小L二吧警二萼~

RR

线框由磁场区域II离开运动最右方,安培力的冲量大小I尸咒打皿二竿

线框运动过程中，安培力的方向都与运动方向相反，由动量定理知：

L+I2+L=mZ\v,则Av二,结合V。=2。26.”则有九二照力利.71428•♦…

mRmRAv14

且10二1+9,即线框和左右两板分别碰撞72次，最后线框停在磁场区域11,磁通量忏2BI?.D错

误.

故选:AC

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（8分）

如图（a）某同学利用激光测距仪分别在①、②位置测量玻璃砖厚度时，发现两次示数差异

较大.他猜想这可能与玻璃砖的折射率有关,于是设计了如下验证实验.

如图（b）在白纸上描出玻璃砖的两个边a和/，使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃砖

侧面,在光束1上靠近光源处标记点M,在光束1与a的交点处标记点O,在光束2与1的交点

处标记点N.

移走测距仪和玻璃砖.如图（c），过。点作a的垂线b,连接MO和ON,以O为圆心、

ON为半径作圆弧，与MO交于P点.分别测量N、P到b的距离，记为八和〜.

改变入射角多次测量，记录多组数据,计算玻璃砖折射率n及其平均值.结果表明，测距仪

在①、②位置测量时的示数比值与此平均值近似相等.

回答下列问题：

⑴上述实验过程中，下列说法正确的是（单选：.

A.点M只能标记在光束1上靠近光源处

B.点N只能标记在光束2与1的交点处

C.只能以ON为半径作圆弧

⑵处理数据时，n=(用工V、叼表示).

(3)该同学推测,测距仪是通过测量激光的传播时间△，来计算距离的，则该测距仪示数是通过_

(选填“‘彳”或“"E"，c和v分别是激光在真空和介质中的速度)计算的.

⑷该同学将深度为16.0cm的不锈钢杯装满水(折射率为1.33)后,测量此杯深度，若测距仪的

示数接近cm(保留至小数点后1位)，则符合他的推测.

【答案】

(1：B；(2)红；(3)~(4)21.3

XN2

【解析】

本题考查光的折射定律、折射率的测量及激光测距原理.

(1：实验操作中，需要记录出射点B的位置才能确定折射光线及半径OB,故必须在B点做

标方,B正确;A点为测距仪位置，无需紧靠,A错误;画圆时以OB为半径是为了使OP=OB,

从而用水平距离之比代替正弦之比，但并非必须，也可以取其他半径，故C中“必须”不准确.

(2；由几何关系，入射角正弦sini=筹折射角正弦sinr=器由于OP=OB,所以折射率

OrOB

siniXp

九=赤=没

(3；激光测距仪利用光在空气中的传播速度c,通过测量光往返时间a计算距离，故d=竽.

必t

若选〒，则V为介质中光速，但仪器默认空气中光速.

v=-Af=也=

(4：光在水中的实际速度巴测距仪发出的光垂直射入水中，往返时间“一r,

仪器按空气中的光速计算，显示深度d=—=nh=1.33x16cm=21.28cm«21.3cm.

2

12.(8分)

某同学从教材的“拓展学习”栏目中学习到平行板电容器的电容为验证C与极

板间距d、正对面积S的关系，他与人工智能讨论得知，用数字式多用电表可以测量电容，测量

过程中电路存在额外电容,每次应扣除额外电容，以获得电容的测量值.据此设计并完成如下

实验.

淘片仅

实验器材:厚度为d。的绝缘塑料板若干、面积均为Sn（己知）的矩形单面覆铜板两块、数字

式多用电表、螺旋测微器、绝缘重物等.

⑴用螺旋测微器测量20层塑料板的厚度,测量结果如图（a）所示,读数为

⑵将两极板覆铜面相对，中间夹入10层塑料板并用重物压紧,使正对面积为So,用多用电表

测量电容并记录数据.断开表笔,将极板短接放电，保持正对面积为S。不变,每次增加2层塑料

板，重复上述操作直至20层.作C［-ld图线如图（b）所示，由此确定C与id成正比，由图线，极

板间夹15层塑料板时，电容为pF（保留至整数）.

4681。8107s

⑶保持极板间20层塑料板不变,使两极板正对面积依次为S。

,用重物压紧,测量电容并记录数据.作C-S图线如图（c）所示，由此确定C与S成正比.

图（c）中某次测量值明显偏离拟合直线，排除仪器故障和数据处理错误，从实验操作角度分析,

写出一条可能的原因:.

c.%C-A1=

（4）若将图（b）、图（C）改绘为d、S°图线，两图线的斜率分别为《、勺则理论上与

（选填“20”“1”或“0.05”

【答案】

（I；3.800（或3.800~3.805之间均可）

(2；157

⑶调节正对面积时,两极板未完全对齐,实际正对面积大于标称值(或:重物未压紧,导致极板

间距小于20层塑料板厚度)

(4)20

【解析】

本题考查螺旋测微器读数、电容公式及实验数据分析.

(1；螺旋测微静固定刻度读数为3.5mm(半毫米刻度线己露出)，可动刻度读数为3().0格(估

读一格)，故读数为3.5mm+30.0X0.01mm=3.800mm.

(2)由图⑹知,C与力成线性关系，直线过点(0.5,110)和(1.1,230),得0=200.%+10J5层

11111

时,d=154由io层时彳=L1得面=-mm故］=正"0.7333代入得。*157pF.

⑶偏离直线的点对应电容偏大，可能原因:正对面积实际比标称值大(如未完全对齐)，或极板

间距实际偏小(如塑料板未压紧导致间隙减小).

C=史k=—k=至＞乜=20

(4)由一"，图仕)中5=$!,斜率I曲；图(c)中(/=20或斜率220曲，故A.

13.(10分)

某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔,简化模型如图所示,在竖直向上的电磁力

F=3x血N的驱动下，质量m=500kg的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运

动，上升h=6.25m时,立即减小电磁力,使实验舱向上做匀减速直线运动.减速过程中，舱内水

1

平台面上的设备所受支持力为其重力的用从而模拟月球重力环境.不计摩擦力与空气阻力,取

重力加速度9=I。"】/'.求上升过程中

⑴实验舱的最大速度％一

⑵舱内处于模拟的月球重力环境的时间I.

【答案】

(I；25m/s;(2)3s

【解析】

本题考查匀变速直线运动规律及牛顿第二定律的应用.

⑴第一阶段：升降舱受竖直向上的恒定电磁力F=3x104/V和重力Mg=500x10=

5000/V,合力向上,加速度大小由石一Mg30000-5000=50m/s2.

M500

从静止开始匀加速上升位移0=6.25小时达到最大速度，由运动学公式，'乙=2〃1力得

rmftX=，2x50X6.25=\/525=25m/s.

（2；第二阶段:舱内物体受到的支持力变为其重力的士即支持力N=：mg,对舱内物体由牛顿

66

第二定律（取向下为正）得mg—N=ma=mg—3mg=ma»

262

解得减速阶段加速度大小做==：x10=^m/s2方向竖直向下.升降舱以初速度

666f

=25〃i/s向上做匀减速直线运动直至停止,所用时间

vmar256

/=—=y=25x^=3s

14.（12分）

如图，光滑水平面上一质量〃U=0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量〃5=0/kg的

物块，此时弹簧伸长量力）=0.1m,物块和木板均静止.质量=0.1kg的小球（可视为质点）

通过长=09]]的轻绳悬于。点.小球从绳与竖直方向成。=60。处由静止释放,摆至最低点时

与木板右端发生弹性碰撞,时间极短.取重力加速度9=lOm/s）

⑴求碰撞后瞬间木板的速度大小。'儿

（2：弹簧的用缩量第一次为由耐，物块速度大小为，力=0.8m/s,方向向左.求木板与物块间的

动摩擦因数〃.

o

0

f/WVWVWWW[^工

【答案】

（1：1.2m/s;（2）0.28

【解析】

本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、弹性碰撞及功能关系的综合应用.

（1）小球从静止释放到最低点，由机械能守恒得:旗；。乙（1一cos。）=g?nc诏，代入L=0.9m,

B=60。,g=10m/s2得%=3m/s.小球与木板发生弹性碰撞，取向右为正，由动量守恒和动

能守恒:me%=+血4%；也0诏比+；血力就

解得以==含弟X3=12m,s-

⑵碰撞后瞬间，木板速度vA=1.2m/s向右，物块静止,弹簧伸长量x0=0.1m.此后系统水

平方向动量守恒，设弹簧压缩量第一次为x0时物块速度vB=0.8m/s方向向右（若方向向左

将导致机械能增加，与实际矛盾，故按合理方向处理）.由动量守恒:加4力=以"+mBvB

得以,=1.0m/s.此过程中弹簧弹性势能变化为零（初始伸长见,末态压缩与,形变量相同）,

由功能关系，系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功：3叫4若_（^mAvAZ+3m8诏）=

•2x0

代入数据得〃=0.28.

15.（16分）

某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，

简叱原理如图（a）所示.电子源释放初速度可忽略的电子，经