2026届浙江北斗星盟高三下学期二模物理试题（解析版）

高级名校物理试卷高级名校物理试卷PAGE2PAGE12026届浙江北斗星盟高三下学期二模物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2018年11月16日，第26届国际计量大会通过了关于修订国际单位制的决议。其中质量单位“千克”改由普朗克常量h、米和秒来定义：当普朗克常量h以单位J·s表示时，取其固定数值为6.62607015×10-34来定义千克。则普朗克常量用国际单位制中的基本单位表示为（

）A．kg⋅m-2⋅s-1 B．kg【答案】B【解析】根据功的定义式W=Fx，可得1J=1N·m，根据牛顿第二定律F=ma，可得1N=1kg·m·s2．如图所示为一男生在运动场打网球的场景，忽略空气阻力，下列说法正确的是（

）A．研究球的旋转时，可将其视为质点B．球在空中飞行过程中受到重力和推力作用C．球撞击球拍减速时，球拍对球的作用力大于球对球拍的作用力D．球被水平击出后，落地时间仅由击球点高度决定【答案】D【解析】研究网球的旋转时，其大小、形状均不能忽略，不能视其为质点，A错误；忽略空气阻力，球离开球拍后，在空中飞行过程只受重力作用，B错误；球拍对球的作用力和球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小始终相等，C错误；球被水平击出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据匀变速直线运动规律h=12gt2，解得t=3．小明学习了圆周运动的知识后，对自行车进行了深入研究，其主要传动装置如图所示，下列说法正确的是（

）A．自行车的轮胎有很多花纹，主要目的是让车更美观B．牙盘与飞轮的角速度一定相同C．自行车正常骑行时，后轮对地面的静摩擦力向前D．小明骑自行车匀速行进时，突然刹车至停下，则初速度越大，小明和车受到的冲量越大【答案】D【解析】自行车轮胎的花纹，作用是增大接触面粗糙程度，从而增大最大静摩擦力、防止打滑，主要目的不是美观，A错误；由题图可知，牙盘和飞轮通过链条传动，二者边缘线速度大小相等，根据角速度与线速度关系v=ωr，牙盘和飞轮半径不同，则角速度不同，B错误；自行车正常骑行时，后轮是主动轮，后轮接触地面的位置相对地面有向后运动的趋势，因此地面对后轮的静摩擦力向前；根据牛顿第三定律，后轮对地面的静摩擦力方向向后，C错误；根据动量定理I合=∆p=m∆v，可知小明和车受到的合冲量等于动量变化量。刹车过程中，小明和车总质量m不变，则初速度越大，动量变化越大，受到的冲量越大，D正确。故选4．中微子（ν）与水中的11H发生核反应，产生中子（01n）和正电子（10e），即ν+A．中微子的质量数和电荷数都是0B．中微子和质子、中子一样，属于强子C．若正电子和电子的质量均为m，则产生的两个光子的总能量为mc2D．正电子与水中的电子相遇，也可能只转变为一个光子【答案】A【解析】根据核反应过程质量数守恒可知中微子质量数为0，根据电荷数守恒可知中微子电荷数为0，A正确；中微子属于轻子，B错误；正电子与电子的总静质量为2m，根据质能方程，质量亏损释放的总能量为ΔE=2mc2，即产生的两个光子的总能量为2mc2，C错误；正电子和电子形成的整体几乎静止，总动量为0，若只产生一个光子，光子动量不为0，违反动量守恒定律，因此不可能只产生一个光子，D5．人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动，轨道半径分别为r1和r2，周期分别为T1和T2，所在高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则下列关系正确的是（

）A．r1r2=(T1T2【答案】D【解析】人造卫星1和2，绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律GMmr12=m4π2T12r1，GMmr22=m4π2T26．下列关于四幅图的说法正确的是（

）A．图甲中内窥镜利用了光的干涉B．图乙中牛顿利用扭秤装置测出了万有引力常量GC．图丙中给车加油前触摸一下静电释放器，可释放掉人身上的静电D．图丁中射电望远镜通过接收天体辐射的X射线来进行天体物理研究【答案】C【解析】图甲中，内窥镜的光导纤维利用的是光的全反射原理，A错误；图乙中，卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量G，B错误；图丙中，静电释放器可以将人体积累的静电导走，避免静电引发火灾，加油前触摸能够释放人体静电，C正确；图丁中，射电望远镜是通过接收天体辐射的无线电波（射电波）开展天体物理研究，D错误。故选C。7．如图甲所示，高空作业工人通过手拉绳索向上移动，将该过程简化，如图乙所示：一根轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的工人拉住。设工人的质量为65kg，吊椅的质量为25kg，不计滑轮与轻绳间的摩擦，g=10m/s2，下列判断正确的是（A．工人用力可把自己拉着竖直向上离开吊椅B．当工人与吊椅一起匀速上升时，轻绳对工人的拉力为450NC．当工人与吊椅一起以加速度a=1m/s2上升时，轻绳对工人的拉力为990ND．当工人与吊椅一起以加速度a=1m/s2上升时，工人对吊椅的压力为155N【答案】B【解析】由题意可知，g取10m/s2，工人质量m1=65kg，吊椅质量m2=25kg，总质量M=m1+m2=90kg，若工人离开吊椅，对工人，由牛顿第二定律可得T-m1g=m1a，对整体（工人+吊椅）由牛顿第二定律可得2T-Mg=Ma，联立得2m1=M，即m1=m2，本题m1≠m2，不可能实现，8．如图甲所示是用手机和轻弹簧制作的一个振动装置示意图。手机内置加速度传感器记录了手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线，如图乙中实线1所示（以竖直向上为正方向）。下列说法正确的是（

）A．t=0.2s时，弹簧弹力为0B．t=0.4s时，手机正在向下运动C．从t=0.4s至t=0.6s过程中，手机的动能不断减小D．更换劲度系数更小的弹簧，所得曲线可能如图中的虚线2所示【答案】C【解析】由乙图可知，t=0.2s时加速度a为正方向最大值（向上最大加速度），对手机受力分析，根据牛顿第二定律可知F合=F-mg=ma，解得弹簧弹力F=mg+ma>mg≠0，A错误；由乙图可知，0~0.2s：手机从平衡位置向最低点（下方）运动，t=0.2s到达最低点，速度减为0；0.2~0.4s：手机从最低点向上运动回到平衡位置，t=0.4s到达平衡位置，速度方向向上，因此t=0.4s手机向上运动，B错误；由乙图可知，t=0.4s~t=0.6s，手机从平衡位置向最高点运动，远离平衡位置，手机速度不断减小，因此其动能不断减小，C正确；根据弹簧振子周期公式T=2πmk9．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在水平向右的匀强电场，场强大小为E。t=0时刻，M板下端A处的粒子源发射一质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的粒子，速度方向与M板的夹角为θ，粒子运动过程中受到与速度大小成正比的阻力作用，即f=kv，经时间t0到达N板上的B点（未画出）时的速度大小为v，方向斜向上且与N板的夹角为φ。不计粒子重力，不考虑边界效应，则（

）A．粒子在电场中做类斜抛运动B．v0cosθC．金属板M、N间的板间距为x=D．根据题干信息无法求出A、B两点间的距离【答案】C【解析】根据题意，假设粒子在电场中做类斜抛运动，则运动过程中粒子速度变化，由f=kv可知，粒子受到的阻力变化，粒子在电场中运动过程中合力变化，不可能做类斜抛运动，则假设不成立，A错误；在水平方向上，取极短时间Δt，粒子速度变化量为Δv，取水平向右为正方向，由动量定理有Eq-kvxΔt=mΔv，两边求和有Eqt0-kx=mvsinφ-v0sinθ，解得x=Eqt0+mv0sinθ-mvsin10．如图甲所示，相距L的足够长平行光滑金属导轨放在同一水平面内，完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两棒相距x，金属棒与导轨接触良好，每根金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R。导轨间存在与金属棒垂直，与导轨平面所成夹角为α=30°的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙中的曲线所示，t=0时刻，曲线切线与t轴的交点坐标为14t0A．0~t0过程中，通过金属棒cd的电荷量为BB．t=0时刻，通过金属棒cd的电流大小为2C．t=0时刻，金属棒cd所受安培力的大小为2D．t=0时刻，金属棒cd所受支持力的大小为mg+【答案】D【解析】由题意可知，在t=0时刻，通过金属棒与导轨围成的回路的磁通量大小为Φ=B0Ssinα=B0Lxsinα，根据法拉第电磁感应定律，0时刻产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=LxsinαΔBΔt，由乙图可知，0时刻ΔBΔt=4B0t0，联立解得E=2B0Lxt0，根据楞次定律可知0时刻通过金属棒的电流方向为二、多选题11．以下说法正确的是（

）A．玻尔理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，但无法解释氦原子的光谱现象B．布朗运动就是液体分子的无规则运动C．α射线的电离作用强，γ射线的电离作用很弱D．在完全失重的状态下，气体的压强可能为零【答案】AC【解析】玻尔理论引入轨道量子化和能量量子化假设，成功解释了氢原子光谱的实验规律，但保留了经典力学的部分观点，仅能解释单电子原子的光谱，无法解释氦这类多电子原子的光谱现象，A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的宏观反映，不是液体分子本身的无规则运动，B错误；根据三种放射性射线的性质可知，α射线是氦核流，电离作用强，穿透能力弱；γ射线是高频电磁波，电离作用很弱，穿透能力强，C正确。气体压强是大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，与是否处于失重状态无关，完全失重状态下分子仍然会持续碰撞容器壁，压强不会为零，D错误。故选AC。12．如图甲所示，科学家将肥皂溶液与荧光染料混合形成增益介质，用细管把增益介质吹成一个小气泡，小气泡可当作微小“激光器”，其截面如图乙所示。用脉冲激光照射该小气泡，增益介质吸收能量后产生受激辐射，辐射光在液膜内多次全反射，从而产生放大的相干光束。以下说法正确的是（

）A．脉冲激光照射到增益介质内频率变大B．脉冲激光照射到增益介质内波长变小C．脉冲激光照射下，增益介质中的电子跃迁形成新的激光束D．脉冲激光在小气泡内部空腔中多次反射形成亮圆环【答案】BC【解析】光的频率由光源本身决定，脉冲激光照射到增益介质内频率不会发生变化，A错误；脉冲激光进入增益介质后，根据折射率与传播速度关系v=cn（n为介质折射率），因n>1，得v<c，又c=λ1f，v=λ2f，得λ213．2026年4月，我国“洪荒70”全高温超导托卡马克装置成功实现了1337秒的长脉冲稳态运行，创造了世界纪录。其部分装置可简化为半径为3R的足够长空心圆柱，内部空间被半径为R的同轴圆柱面分为区域I和区域Ⅱ，如图甲所示。空心圆柱左视图如图乙所示，区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在大小处处相等的顺时针环形磁场，磁感线的圆心在圆柱面的轴线上，两区域磁感应强度大小均为B。在区域I的边界沿半径向外发射电荷量为e、质量为m、初速度为v0=eBRA．氘核运动一段时间后可以回到出发点B．氘核在装置内的运动周期为6C．氘核一个周期内在区域I中运动的路程为4D．氘核开始运动的半个周期内的位移大小为2【答案】BD【解析】在区域Ⅱ中，氘核初速度沿径向，磁场沿环向，根据左手定则可知洛伦兹力沿圆柱轴向，故氘核在过中心轴的纵截面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得ev0B=mv02r2，又v0=eBRm，解得轨迹半径为r2=R，氘核从r=R处垂直边界进入区域Ⅱ，将完成一个半圆后重新回到区域Ⅰ边界。在此过程中，氘核沿圆柱轴向发生平移，平移位移大小为Δz=2r2=2R，因每次进入区域Ⅱ氘核都会沿轴向向同一方向单向漂移2R，故氘核永远无法回到出发点，A错误；氘核回到区域Ⅰ边界时，速度大小仍为v0，方向变为沿径向向内。进入区域Ⅰ后，磁场方向垂直于横截面，氘核在横截面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得ev0B=mv02r1，又v0=eBRm，解得其轨迹半径为r1=R，氘核初速度指向横截面圆心，且轨迹半径r1恰好等于区域Ⅰ的半径R，故其在区域Ⅰ内的轨迹为四分之一圆弧，圆心角为90°。离开区域Ⅰ时，速度方向再次变为沿径向向外，并在横截面上绕轴线方位角偏转了90°。将“经历一次区域Ⅱ和一次区域Ⅰ”视为一个完整的基本运动单元。在区域Ⅱ中的运动时间为t2=12⋅2πmeB三、单选题14．有一只额定电压为220V，额定功率未知的旧白炽灯泡，为判断此灯泡的额定功率，用多用电表电阻挡×10挡进行测量，正确操作后发现指针如图所示，则灯泡规格可能是_________。A．220V，15W B．220V，60W C．220V，100W D．220V，1000W【答案】C【解析】由多用电表表盘可知欧姆挡刻度值为5，倍率为×10，因此测得灯泡室温下的冷态电阻R=5×10Ω=50Ω，由于白炽灯泡的灯丝为金属材料，其阻值随温度升高而增大；灯泡正常工作时温度约2000°C，远高于室温，因此额定工作电阻R额>R=50Ω，且R额约为冷态电阻的10倍左右，即R额≈10×50Ω四、实验题15．在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀、阻值约为5Ω的电阻丝进行测量。(1)先测量电阻丝的长度L，再用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示为_________mm。(2)现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．量程为3V的电压表，内阻约为3kΩB．量程为100mA的电流表，内阻为0.6ΩC．滑动变阻器R（0~2Ω）D．电阻箱R（999.9Ω）发现电流表的量程太小，需将电流表与电阻箱并联，改装成量程为400mA的电流表，则电阻箱接入的阻值为_________Ω。(3)根据所选器材，把实物连接图乙补充完整。(4)根据电流表和电压表所测量的数据，画出I-U图线如图丙所示，若已知图线的斜率为k=0.05 Ω-1，则金属丝的电阻为_________Ω【答案】(1)0.670/0.671/0.669；(2)0.2；(3)；(4)4.85【解析】（1）甲图，螺旋测微器半毫米刻度线已露出，根据螺旋测微器的测量原理，直径为0.5（2）根据电流表的改装原理可知，要并入的电阻大小为R，则有100mA+（3）由题意可知，滑动变阻器的最大阻值小于待测量的电阻丝阻值大小，为了更好的调节，应选择分压接法；由于改装后的电流计内阻是已知的，采用电流表内接法，可以去除系统误差；综上所述，实物连接图，如图所示（4）根据并联电路电阻特点，改装后的电流计的内阻为RA=0.2Ω×0.6Ω0.2Ω+0.6Ω16．某同学用如图甲所示这套装置探究钩码与小车加速度的大小与力的关系。运用控制变量法，不改变钩码和小车的总质量，但每次把小车上的钩码逐个悬挂，从而改变力的大小，并分别打出纸带计算加速度，从而研究质量一定时，加速度大小与力的关系。(1)实验中所用的打点计时器如图乙所示，则电源应选_________。A．8V，50Hz交流电 B．220V，50Hz交流电 C．8V，直流电(2)为减小实验误差，实验过程中，_________（填“需要”或“不需要”）补偿阻力，小车的质量_________（填“需要”或“不需要”）远大于悬挂的钩码的质量。(3)图丙为某次实验得到的纸带，图中相邻计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器电源的频率为50Hz，由纸带记录的数据可得小车运动的加速度大小为_________ms2。（结果保留【答案】(1)B；(2)需要，不需要；(3)1.26【解析】（1）图乙是电火花打点计时器，工作电源为220V、50Hz交流电。故选B。（2）实验过程中，为减小实验误差，需要让拉力等于小车和钩码的合外力，因此需要补偿阻力。本实验中，小车加所有钩码的总质量M保持不变，把小车上的钩码转移到悬挂端，对整体，根据牛顿第二定律，有a=mgM，拉力（3）纸带上相邻计数点间有4个点未画出，因此相邻计数点的时间间隔T=5×1f五、多选题17．以下实验中，说法正确的是（）A．图甲，可利用该实验装置来研究加速度与力的关系B．图乙，由于变压器的能量损失，其原副线圈两端电压U1、U2与匝数n1、C．图丙，在图中情景下测量条纹间距，会使测量值偏大D．图丁，利用油膜法估测油酸分子大小实验中，若使用久置后的酒精油酸溶液，会使分子直径测量值偏小【答案】BD【解析】图甲是验证机械能守恒定律的实验装置，无法用该装置完成“研究加速度与力的关系”实验，A错误；实际变压器存在漏磁、内阻发热损耗，副线圈实际电压U2小于理想变压器的输出电压n2n1U1，可得U1U2>n1n六、综合题18．如图所示是容器中一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的p-V图像。已知气体在状态A时的温度是(1)A到B过程，单位时间内气体分子对单位面积器壁的冲量_________（选填“增大”、“不变”或“减小”）；B到C过程，单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数_________（选填“增多”、“不变”或“减少”）；(2)求图中状态C的温度TC；(3)气体由A→B→C的过程中气体内能增加ΔU=2×104【答案】(1)增大，减小；(2)TC=1000K【解析】（1）由p-V图像可知，从A到B过程，气体压强增大，即单位时间内气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大，根据冲量定义式I=Ft可知，单位时间内气体分子对单位面积器壁的冲量增大。同理可知，B到C是等压变化，根据盖吕萨克定律（2）由p-V图像可知，从A→C带入数据解得T（3）由p-V图像可知，从A→B→C又Δ由热力学第一定律得Δ解得Q=6.4×七、解答题19．霍尔元件是利用霍尔效应进行工作的，可在各种与磁场有关的场合中使用。现把电动势为E、内阻不计的电源与霍尔元件左右两端面中心连成如图所示的电路。该霍尔元件为金属导体，厚为a、长为b、宽为c，电阻率为ρ，其处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于前后表面，电压表的一端用导线与下表面的中心相连，另一端与上表面的P点相连，P点可沿图中虚线左右移动（虚线过上表面左右两边的中点），初始时位于虚线中点。(1)金属导体的霍尔电压哪个表面的电势高；(2)若该金属单位体积内的自由电子的个数为n，电子的电荷量为e，试推导霍尔电压UH(3)若将接触点P沿虚线移至距右端面b4处，求此时电压表的示数U【答案】(1)下表面；(2)UH=aBE【解析】（1）由题意可知，金属霍尔元件的载流子是自由电子，电流向右，电子运动方向向左；根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力竖直向上，上表面带负电，因此下表面电势高。（2）由闭合电路欧姆定律可得I=根据电阻定律R=ρ霍尔电压稳定时，电子处于平衡状态，满足U根据电流微观表达式I=nacev联立，解得U（3）将接触点P沿虚线移至距右端面b4处时，电压表示数其中U解得U=20．某游戏装置如图所示，AB是半径R1=1.25 m的圆弧轨道，圆心O与A等高，水平传送带长度L=0.9 m，以v0=0.8 m/s速率逆时针转动，EF是半径R2=10 m的圆弧轨道，F端距水平面DE的高度h=0.024 m，该处有一垂直于轨道的挡板P，传送带两端分别通过水平地面BC、DE与两圆弧轨道最低点相切，DE的长度L0=0.8 m。现有质量为m=0.2 kg的物块(1)物块a第一次经过圆弧轨道上的B点时轨道对其支持力的大小FN(2)物块a第一次通过传送带产生的热量Q；(3)物块c与挡板碰前瞬间的速度大小vF(4)物块c最终做周期性运动的周期T。【答案】(1)FN=6 N；(2)Q=0.74J；【解析】（1）物块a从A点运动到B点的过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律有mg解得v在B点，对物块a受力分析，根据牛顿第二定律，有F代入数据解得F（2）物块a滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得μmg=m解得a设物块a第一次通过传送带的时间为t1，根据匀变速直线运动规律，有结合题意代入数据解得t此过程中传送带做匀速运动，其位移大小为x代入数据解得x物块a与传送带的相对位移大小为Δ解得Δ物块a第一次通过传送带产生的热量为Q=μmg代入数据解得Q=0.74（3）物块a到达D点时的速度大小为vD，根据匀变速直线运动规律，有解得v物块a与物块b发生碰撞，设碰后物块c的速度为vc，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有解得v物块c在水平面DE上做匀速直线运动，到达E点后滑上圆弧轨道EF，此过程根据机械能守恒定律有1代入数据解得v（4）物块c从F点原速率返回后，由于没有能量损失，再次滑过水平面DE到达D点时的速度大小仍为vc=0.8m/s，物块解得a设物块c向左减速到零的时间为t2，根据匀变速直线运动规律，有解得t此过程中物块c向左运动的位移大小为x代入数据解得x由于x2<L，故物块c没有从C端滑出，之后物块c在