2026届浙江稽阳联谊学校高三下学期二模选考物理试题卷（解析版）

高级名校物理试卷高级名校物理试卷PAGE2PAGE12026届浙江稽阳联谊学校高三下学期二模物理选考试题卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．把质子和中子束缚在一起组成原子核的力属于（）A．万有引力 B．电磁力 C．强相互作用 D．弱相互作用【答案】C【解析】万有引力是有质量的物体之间的相互作用，原子核尺度内质子和中子质量极小，万有引力极其微弱，无法将它们束缚形成原子核，A错误；电磁力是带电粒子之间的相互作用，质子带正电，中子不带电，电磁力无法起到束缚质子和中子的作用，B错误；强相互作用是短程力，作用范围为原子核尺度，是将质子、中子束缚在一起组成原子核的相互作用，C正确；弱相互作用主要在微观粒子衰变（如β衰变）等过程中发挥作用，不承担束缚核子的作用，D错误。故选C。2．如图所示为国产歼十战机，在下列空战分析中不能将战机视为质点的是（）A．分析发射导弹时的姿态调整 B．描述战机实时位置的坐标C．绘制空战中的飞行轨迹路线 D．计算从机场到战区所需时间【答案】A【解析】由题意可知，发射导弹时，分析姿态调整的过程，战机的形状大小均不能忽略，不能将其视为质点，A正确；描述战机实时位置坐标、绘制空战飞行轨迹和计算机场到战区的飞行时间时，战机的形状大小均可以忽略，可以视为质点，BCD错误。故选A。3．重为G的小球由一根轻绳和一根铰接在墙上的直角轻杆连接，保持静止，两段轻杆、绳与墙正好构成一个正方形。则绳中拉力等于（）A．0 B．G2 C．G D．【答案】C【解析】对直角轻杆受力分析，铰轴对杆的弹力由铰轴指向球，根据二力平衡可知球对杆的弹力由球指向铰轴，根据牛顿第三定律可知，杆对球的弹力由铰轴指向球。球的受力分析如图，由图可知，绳中拉力F1=G。故选4．下列四幅教材插图中，图甲为阳光下五颜六色的肥皂泡，图乙为台球开球瞬间的延时照片，所有球都在水平面内运动，图丙为一只停在水面的水黾，图丁记录了向右传播的水波绕过桥墩的现象。则（）A．甲中，肥皂泡五颜六色的主要成因是光的折射现象B．乙中，若忽略摩擦，该过程中所有球构成的系统在任意方向动量都保持不变C．丙中，水黾能停在水面上说明水对水黾足是浸润液体D．丁中，水波波长越长桥墩右侧的“平静区”范围越大【答案】B【解析】甲图中，肥皂泡五颜六色的主要成因是光的薄膜干涉现象，不同色光干涉加强的位置不同，形成彩色，A错误；乙图中，若忽略摩擦，所有球构成的系统，竖直方向重力与支持力平衡，水平方向不受外力，系统合外力为零，动量守恒，则在任意方向动量都保持不变，B正确；丙图中，水黾停在水面是依靠水的表面张力作用，水对水黾足是不浸润液体，才可以通过表面张力托住水黾，C错误；丁图中，是水波的衍射现象，波长越长，衍射越明显，越容易绕过桥墩，因此桥墩右侧的“平静区”范围越小，D错误。故选B。5．如图所示为商用卫星高景一号服役末期的轨道高度变化曲线，其中图线Ⅰ、Ⅱ分别表示远地点高度和近地点高度。则该卫星在24年9月之前（）A．与地球构成的系统机械能越来越大B．与地心连线单位时间内扫过的面积越来越大C．半长轴的三次方与周期的平方之比越来越小D．24年1月近地点速度大于24年5月远地点速度【答案】D【解析】由题图可知，该卫星在24年9月之前轨道逐渐降低，阻力对卫星做负功，故系统机械能减小，A错误；根据开普勒第二定律可知，由于卫星不断减速、轨道降低，其平均角速度增大，单位时间内扫过的面积越来越小，故B错误；根据开普勒第三定律a3T2=k可知，绕同一中心天体运动的卫星，半长轴的三次方与周期的平方之比为常量，保持不变，C错误；由题图可知，24年1月的近地点高度和24年5月的远地点高度相近。卫星在近地点的速度大于同高度圆轨道的速度，在远地点的速度小于同高度圆轨道的速度。因此，24年1月近地点速度大于24年5月远地点速度，6．如图所示，一束圆柱形平行光束射向透明树脂小圆柱，光束和小圆柱的轴线正交，横截面均为圆，半径分别为R和2R，该光束在小圆柱中的折射率为2A．15° B．30° C．45° D．60°【答案】D【解析】根据折射定律做出光路图，如图所示根据折射定律可知，P处的临界光线满足n=sin45∘sinθ=2，解得折射角θ=30°，根据几何关系可得7．如图甲所示为研究远距离输电的示意图。线圈ABCD以转速n匀速转动，输出功率为P，理想升压变压器和理想降压变压器的原副线圈匝数比分别为1:k1、k2:1，r和R分别模拟输电线电阻和负载，忽略其余所有电阻。现用合适的电刷搭接，使升压变压器的原线圈获得正弦交变电压。记电阻A．连接线圈与升压变压器之间的电刷不应具备换向功能B．相对于直流输电，交流输电更有利于减少线路上的容抗、感抗C．若保持n、k1、k2、R不变，将r减半，则D．若保持P、r、R不变，将k2减半，则Δ【答案】A【解析】根据变压器的工作原理可知，输入正弦交变电压变压器才能正常工作，具备换向功能的电刷会将线圈产生的交流电转换为直流电，因此电刷不应具备换向功能，A正确；与交流输电相比，直流输电更有利于减少线路的容抗、感抗影响，B错误；保持线圈转速n不变，则发电机输出电压U1不变，升压副线圈电压U2=k1U1不变。将负载R等效到输电线侧，根据欧姆定律可知等效电阻R'=k22R，输电线电流I=U2r+R'，线路损耗ΔP=I2r=U228．如图所示的装置中，固定在桌面上的电动机通过曲轴带动绳子振动。绳子右端跨过定滑轮悬挂一个钩码，绳波多次往复反射，已知当振绳长度等于半波长的整数倍时会形成干涉。实测发现转速为2880rmin时出现如图所示的4节干涉图样，M、NA．稳定后，M和N两个点的振动频率都是2880HzB．稳定后，M和N两个点的相位总是相同C．用频率为96Hz的频闪光源观察，最多可以看到2条“静止”的绳D．若仅改变电动机转速为5760rmin，可以看到2【答案】C【解析】由题意可知，电动机转速n=2880r/min=48Hz，由于受迫振动的频率都等于振源的频率，故M和N两个点的振动频率都是48Hz，A错误；M、N关于振绳中点对称，则M与N的相位差为π，即相位总是相反，B错误；闪光频率是波的频率48Hz的2倍，相当于绳子每振动一个周期会被照亮两次，且照亮的是两个对称振动位置的状态，每个周期如此，所以视觉上形成2条“静止”的绳，C正确；转速变为原来的2倍，则频率变为原来2倍，但波速不变，根据v=λf，可知波长减半，但绳长不变，故节长减半，节数加倍，为8节，D9．氘氚聚变的核反应方程是12H+13H→2A．聚变放出的中子使反应继续进行形成链式反应B．发生氘氚聚变至少需要17.6MeV的初动能C．反应后24He核与0D．24He核的比结合能比13【答案】C【解析】核聚变是靠自身产生的热持续下去的，与链式反应无关，A错误；初动能用来克服电势能，释放的能量来自核力锁定的核能，所以发生氘氚聚变需要的能量远小于17.6MeV，B错误；由于释放的核能远大于初动能，所以可近似认为系统总动量为零。根据动能和动量的关系E=p22m，由于氦核与中子的质量大约4:1，所以动能比大约1:4，C正确；计算各自的比结合能分别为E氚=mp+2m10．如图甲所示，初动能为零的电子从极板A开始加速，运动到极板B后引导至（引导过程仅以虚线简示，电子动能不变）C处轰击大量基态氢原子，氢原子受激后发出的光照射到逸出功为2.29eV的金属极板D上发生光电效应。图乙为氢原子的能级图，忽略电子与激发态氢原子可能的碰撞。已知U=13.00V，则光电子到极板EA．20.91eV B．23.46eV C．23.71eV D．23.77eV【答案】B【解析】由题意可知，电子从A加速至B过程，根据动能定理可得Ek=eU=-1e-13.00V=13.00eV；基态氢原子被电子激发，由于13eV+-13.60eV=-0.60eV，-0.54eV>-0.60eV>-0.85eV，故激发态氢原子最高能级为n=4，能量为二、多选题11．如图所示为教材中四幅与电流有关的图像。图甲中为两个导体的伏安特性曲线，图乙中为一个电解电容器对定值电阻放电的电流与时间关系图线，图丙中为实验测得的一节干电池的路端电压与干路电流的关系图线，图丁中为同一光电管在不同光照条件下得到的两条光电流与电压的关系图线。则（）A．甲中，1材料的电阻率一定比2材料的电阻率小B．乙中，电流对时间变化率的绝对值正比于电流C．丙中，图线与横轴交点的横坐标表示短路电流D．丁中，水中1光子的动量比2光子的动量大【答案】BD【解析】甲图是导体的伏安特性曲线，根据欧姆定律I=1RU，可知图线斜率k=IU=1R，因此可得1导体的电阻一定比2导体的电阻小，由电阻定律R=ρLS，由于两导体尺寸未知，无法判断电阻率大小，故A错误；由乙图可知，在极短的时间Δt内，电流对时间的变化率ΔIΔt=ΔURΔt=ΔQRCΔt=IRC，B正确；根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir，可知丙图中纵轴U未从0开始，横轴仅绘制到U=1.2V，则图线与横轴的交点U≠0，此时的横坐标不表示短路电流，C错误；丁图是光电效应的I-U图，根据光电效应方程eUc=hν-12．如图所示为“观察开关断开时灯泡的亮度”实验电路图。已知灯泡的电阻值为R，线圈的自感系数为L、直流电阻为r，电源电动势恒为E0、内阻不计。现闭合开关S，电流稳定后断开S，观察到灯泡突然变得更亮，然后逐渐变暗。自感电动势的公式是E=A．断开前后线圈两端的电压不突变 B．断开后线圈电流衰减具有确定的“半衰期”C．断开后流过线圈的总电量是E0LR+rr D．断开前线圈“【答案】BC【解析】断开前，根据欧姆定律可得线圈电流IL=E0r，灯泡中电流IR=E0R，电流稳定后断开S，观察到灯泡突然变得更亮，然后逐渐变暗。则线圈电流大于灯泡电流，即IL>IR，可得r<R。断开前线圈电压UL=E，刚断开后线圈电压UL'=ILR=E0r⋅R>UL，A错误；由欧姆定律LΔIΔt=IR+r，整理可得13．在“观察肥皂膜和棉线的变化”实验中，用弹性细线代替棉线，刺破细线一侧的肥皂膜形成图示形状。将液膜竖起，用一束频率为ν、在肥皂膜中折射率为n的平行光垂直照射该液膜，某高度处干涉图样条纹间距为Δx。测得刺破前细线正好拉直、刺破后细线形状是圆心角为θ的圆弧。已知真空中光速为c；细线遵守胡克定律且劲度系数为k。补充公式：液体表面张力F=γl，l为接触长度，γA．该高度处液膜两面夹角约为c2nνΔxC．肥皂膜表面张力系数为kθ2-【答案】AC【解析】根据薄膜干涉原理，做出相邻亮纹示意图，如图所示，由图可知相邻亮纹处薄膜厚度差满足2δ=λ，即δ=λ2，对阴影三角形有φ≈tanφ=λ2Δx=λ2Δx=v2νΔx=c受两端拉力和表面张力，其中表面张力取很短长度Δl微元研究，设与竖直方向夹角为α，则表面张力在水平方向分力Fx=γ·Δl·cosα=γΔly，因液体薄膜有两个表面，水平分力累积可得FX=2γL，由平衡条件可得2γL=2Fsinθ三、实验题14．为探究加速度与力、质量的关系，小明采用如图甲所示装置，左端悬挂槽码（包括槽码钩和槽码片），以槽码和小车（含载重物，下同）整体为研究对象。实验分两组完成，第一组探究加速度与质量的关系，第二组探究加速度与力的关系。(1)在准备阶段：图甲中的电火花计时器应该搭配_________使用。A．

B．

C．(2)在第一组实验中，研究对象的加速度和质量分别记为a和M，观察坐标纸上手工绘制的a-M图线后，最不合适的做法是（）A．直接得出结论：a和M成反比B．尝试寻找其它线性关系，如a-1MC．若条件具备，用AI辅助分析(3)在第二组实验中，改变力的正确操作是（）A．仅增减槽码片，保持小车质量不变B．保持槽码不变，增减小车所载重物C．将槽码片在槽码盘和小车之间转移(4)在一条纸带上连续标注21个点，用长直尺测量，如图乙所示。可求出加速度为_________（保留两位有效数字）ms【答案】(1)B；(2)A；(3)C；(4)1.1/1.2/1.3【解析】（1）图甲中的电火花计时器需要搭配220V交流电使用。故选B。（2）根据a=1MF，可知a和M成反比，反比规律不便手工验证，A错误；化曲为直，线性关系便于用直尺验证，需要尝试寻找其它线性关系，B正确；用AI辅助分析，是科学探究中合理利用现代技术的体现，（3）将槽码片在槽码盘和小车之间转移，既改变了力（槽码重力），又保证了研究对象（槽码和小车（及其载重））质量不变。故选C。（4）选用连续相等时间内的两端位移，即1和11之间、11和2之间，用逐差法可得小车加速度a=15．学习小组探究制作一款拉力表。现有如下实验器材：A．电阻应变片和金属梁一套；

B．可调恒压电源一台（0~30VC．MF141型指针式多用电表一块；

D．数显电压表V（量程0~30mV，接入电阻6MΩE.定值电阻若干；F.钩码若干、电键、导线若干、铁架台等。机械部分如图甲所示，将电阻应变片粘贴在金属梁上，将金属梁左端水平固定，右端挂待测重物。已知应变片电阻R=R01+kF，其中F为挂钩受到拉力的大小，k=10电路部分有两个方案。方案一：将应变片接入多用电表的×1欧姆挡，在表盘上标注相应拉力值，将指针式多用电表改装成为拉力表。方案二：电路如图乙所示，R是应变片，三个定值电阻R1、R2、R3的电阻值均为R回答下列问题：(1)图_________所示的元件是电阻应变片。A． B． C．(2)方案一中：①不挂钩码时表盘如图丙所示，电阻值为R0=②调试中，反复增减钩码的数量，发现指针始终停在图丙所示的位置，无法测量。请给出合理的解释：__________________（写一条即可）。(3)方案二中：①电压表读数UV与ΔR的近似线性关系是U②为将拉力表的量程设计为0~10N，应配置U=___________（保留两位有效数字）V【答案】(1)B；(2)①87Ω/86Ω/88Ω/89Ω；②应变片电阻变化太小（或：电流变化太小/金属横梁形变太小/钩码太轻/应变片安装不牢固等）；(3)①UV=Δ【解析】（1）选项中的元件从左至右分别是光敏电阻、应变片、干簧管。电阻应变片为栅状电阻结构，图B符合电阻应变片的结构特征。故选B。（2）①丙图中，欧姆表读数为表盘示数乘以倍率，由题意可知，倍率为×1，故读数R②由题意k=10-3N-1，应变片（3）①设电源左端电势为0，右端电势为U，上支路总电阻R+R1=2R0+ΔR，根据欧姆定律可得电流I1=U2R0+ΔR，上端节点电势φ1=I②根据应变片电阻R=R01+kF，可得ΔR=kR四、多选题16．下列四个实验中，图甲为“观察铝框的运动”，图乙为“探究气体等温变化的规律”，图丙为用紫外灯照射锌板观察验电器指针偏转，图丁为研究影响平行板电容器电容大小的因素，两板正对面积为S、距离为d，静电计已连好但未拍出。下列有关分析正确的是（）A．甲中，匀速转动手柄，铝框始终不会与手柄等速转动B．乙中，给柱塞涂抹润滑油主要是为了减少摩擦C．丙中，紫外灯照射之前应使锌板预先带上负电D．丁中，适当减小S或d，都能使静电计指针偏角变大【答案】AC【解析】甲图中，匀速转动手柄时，磁铁转动使铝框中产生感应电流，受安培力驱动而随磁铁同向转动。由于只有存在相对运动才能产生感应电流，所以铝框转速必然小于磁铁转速，始终无法与手柄等速转动，A正确；乙图中，柱塞涂抹润滑油的主要目的是防止漏气，保证封闭气体质量不变，减小摩擦仅为次要作用，B错误；丙图中，紫外灯照射前，锌板预先带上负电，验电器会因负电张开一定角度；紫外灯照射时锌板逸出光电子，逸出的电子因库仑斥力而飞离锌板，验电器的张角变化会更明显，便于观察，C正确；丁图中，平行板电容器电容决定式C=εrS4πkd，两极板间电压U=QC=4πkdQεrS，可知减小极板正对面积S，电容C减小，极板间电压U增大；减小极板间距d五、综合题17．空调机由室内机、室外机以及连接两者的铜管、线路构成。制冷模式下，室外机（压缩机和冷凝器）将热量释放到外界环境，其过程可以简化为：如图所示，一定质量的理想气体由状态A绝热压缩至状态B，再等温压缩至状态C，已知：状态A：pA=1.00×105Pa状态B：pB=2.64×10状态C：VC过程A→B中，气体内能增加ΔU过程A→B→C中，外界对气体做功WAC(1)已知加工铜管所用的铜材的熔点是1083℃，显微镜下可以看到其微观结构是由许多杂乱无章的细小晶粒组成的。则该铜材属于_________（选填“晶体”或“非晶体”），导热性能具有_________（选填“各向同性”或“各向异性”）。(2)求理想气体状态B的温度TB、状态C的压强p(3)过程A→C中，理想气体释放到外界环境的热量Q（以气体吸热为正）。【答案】(1)晶体，各向同性；(2)TB=132×3=396 K，【解析】（1）因为加工铜管所用的铜材有固定的熔点，则为晶体。导热性能各方向没有差异，则为各向同性。（2）过程A→B中，由理想气体状态方程代入解得T过程B→C中，温度保持不变，由玻意耳定律解得p（3）过程B→C为等温变化，其内能不变过程A→C中，由热力学第一定律代入数据解得Q=-520六、解答题18．一种热电偶温度计的基本原理如图甲所示，把I、II两种金属丝的两端分别熔焊组成闭合电路。当下端焊点为预设温度T0（如273.15K）、上端焊点为待测温度Tx（如500K）时，电路中的热电动势为E=αTx-T0，其中系数α由两种材料共同决定，当Tx>T0时，电流为顺时针方向。表头主要由方形线框（及指针）、两个扇形辐向磁场和两个对称的螺旋弹簧组成。线框匝数为N、电阻值恒为R(1)当下端温度保持为T0①求待测温度Tx与线框电流I的关系I=fT②求待测温度Tx与指针偏角θ的关系T(2)实际测量中，下端往往不能保持为T0而是等于环境温度T。现采用如图乙所示的方法补偿，即消除环境温度对测量的影响。R1为定值电阻，忽略阻值随环境温度的变化，R2为感温电阻，其阻值与环境温度T的关系为R2=R1+βT-T0，系数β由感温材料决定。ab之间和bc①求a、c之间电势差Uac与环境温度T的关系Uac②求系数β与系数α应满足的关系β=fα【答案】(1)①I=αTx-T0Rg，②【解析】（1）①由甲图电路，结合闭合电路欧姆定律，有I=②指针稳定时，线框受力平衡，有2解得T（2）①a、c之间电势差U②相对于T0，环境温度为T引起的热电动势误差为应有Uac+解得β=19．如图甲所示，一个方形台安装在足够大的水平地面上，方形台的横截面是边长为a（未知）的正方形，沿方形台的轴线开凿有半径为R（a>2R）、与台等长的圆柱形中空光滑通道，O1O2为通道底部的中心线。现有一个内含少量炸药的可视为质点的滑块在通道底部中心线附近滑行，俯视轨迹近似为正弦曲线，如图乙所示。滑块每次通过中心线时的速度大小为v，方向与中心线夹角为45°(1)若v=1m/s、R=5m，g取10m/s2，求图中轨迹的“波长(2)求炸裂刚结束时，两个小滑块中的较小速率v小和较大速率v(3)求方形台横截面的边长a；(4)若v=gR【答案】(1)λ=πm；(2)v小=2gR，v大=10gR；【解析】（1）由题意可知，未炸裂前小滑块的运动可以近似看成单摆和水平方向匀速直线运动的合成，根据单摆的周期公式可得T=2π小滑块水平方向匀速直线运动的速度为v根据波长、波速与周期的关系可知图中轨迹的“波长”为λ=（2）由分析可知，要想使两个小滑块在离开通道前均刚好不脱离轨道，且小滑块炸裂瞬间两滑块的速率不等，则应使较小速率的小滑块刚好到达圆心的等高处，而较大速率的小滑块刚好过圆形通道的顶点，则对炸裂后速率较小的小滑块根据动能定理有-解得v设炸裂后速率较大的小滑块运动到圆形通道顶点时的速率为v大1，其沿着半径方向的速率为v1，则对炸裂后速率较大的小滑块对炸裂后速率较大的小滑块，在圆形通道的顶点刚好不脱离轨道，重力完全提供向心力，根据牛顿第二定律有m又因为v联立解得v（3）根据平抛运动规律x=vt，h=12gt2联立解得则较大速率的小滑块