【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
1．（2026·浙江） 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。，单位THz对应的物理量是（ ）
A．能量 B．功率 C．频率 D．波长
【答案】C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；单位制
【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），，可见THz是频率的单位，故C正确；
D．波长的单位为米（m）、微米（）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，结合与的换算关系，判断所属的物理量类别。
2．（2026·浙江） 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
【答案】A
【知识点】质点
【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．（2026·浙江） 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0
B．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
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【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．（2026·浙江） 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
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【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，，将一电子从A点移到B点，电场力做功，电场力做正功，电势能减小，故B错误；，故B错误；
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．（2026·浙江） 已知行星的平均密度为，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． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设行星质量为，半径为，卫星质量为，行星平均密度
卫星靠近行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力：
联立得：
其中为万有引力常量，为常量，因此对任何行星均为同一常量，故B正确。
故答案为：B
【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．（2026·浙江） 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°，细绳拉力分别为和。A和B是左侧细绳两端点，C和D分别是天花板和灯上的点，CD与AB平行，则（ ）
A．大于
B．和都小于G
C．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
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对艺术灯进行受力分析，水平方向：，竖直方向：
A：由水平方向公式得：，故，A错误；
B：代入竖直方向公式：，化简得，，可见、均小于，B正确；
C：连接和后撤去绳，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：连接和后撤去绳，与平行，但若撤去，左侧仅靠绳的拉力无法替代原的作用效果，受力平衡被破坏，灯位置改变，D错误。
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．（2026·浙江） 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
【答案】D
【知识点】右手定则；LC振荡电路分析；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【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，储罐内液面上升时，电容器极板间的电介质面积增大，电容增大，因此振荡周期增大，故B错误；
C：单色光频率越高，波长越短，楔形透明膜的干涉条纹间距与波长成正比（），因此条纹间距越小，故C错误；
D：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．（2026·浙江） 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）。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
C．棒产生的感应电动势 D．棒所受安培力的大小
【答案】B
【知识点】电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A：塑料棒带负电，电子定向移动方向与方向相同，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方向相反，故A错误；
B：等效电流的定义为，电子全部通过某一截面的时间，总电荷量，代入得，故B正确；
C：感应电动势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，代入得，并非，故D错误。
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．（2026·浙江） 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、振幅的人工振源。时振源从平衡位置（）开始沿y轴正方向振动，同时向两侧传播简谐横波。时在岩石Ⅰ（）中的波恰好到达处，岩石Ⅱ（）中的波速为，则（ ）
A．岩石Ⅰ和岩石Ⅱ中两波波长之比为
B．时，处质点的振动方向沿y轴正方向
C．在内，处质点经过的路程为21mm
D．增大振源的振动周期，岩石Ⅱ中的波速将变小
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A：岩石Ⅰ中，时波传到处，波速，
已知，则ⅠⅡ，由，同一振源周期相同，故，A错误；
B：波传到处的时间，则时，
该质点已振动，振源从平衡位置沿轴正方向起振，质点起振方向也为轴正方向，振动后，质点在平衡位置沿轴负方向振动，B错误；
C：岩石Ⅱ中波传到处的时间
，
，即，，，振源起振方向向上，
内路程为，总路程，C正确；
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计算不同介质中的波速，利用分析波长关系；通过计算波的传播时间确定质点振动时长，结合简谐运动的路程规律求解质点运动路程；同时明确波速由介质本身性质决定，与振源周期无关。
10．（2026·浙江） 如图1所示，半径为、横截面半径为、匝数为N的圆环形螺线管通有电流I，管内产生磁感应强度（a为常量）的匀强磁场。管外磁场近似为0，小明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则（ ）
A．时，螺线管的自感电动势
B．时，线圈A感应电动势
C．在内，通过线圈A的电荷量
D．在内，线圈A产生的焦耳热
【答案】D
【知识点】电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：螺线管内磁场，磁通量（为螺线管横截面积）
自感电动势公式
时，，代入得，故A错误。
B：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
感应电动势，故B错误。
C：电荷量公式总，～内，总，故，故C错误。
D：～：感应电动势，时间，焦耳热
～：，感应电动势，时间，焦耳热
～：无感应电动势，焦耳热为0
总焦耳热计算：，故D正确。
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．（2026·浙江） 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
【答案】A,B
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【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，支持力，根据超重的定义，物体具有向上的加速度时处于超重状态，故B正确；
C：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（为固有长度，为物体运动速度，为光速），可见长度与速度有关，故C错误；
D：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．（2026·浙江） 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、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
B．光在有机玻璃中的传播速度
C．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
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【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），全反射临界角满足，此处入射角为，则，即，推导得，故A正确；
B：光在介质中的传播速度，由A知，且光路中，则，故不成立，实际，B错误；
C：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．（2026·浙江） 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。一束射线通过气泡室，其中一个光子将一个氢原子打出一个电子（），同时自身转变为一对正负电子对。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、和。假设电子在气泡室中所受阻力大小正比于速率，比例系数为k，方向与速度方向相反。沿径迹1、2、3运动的电子速度减为0时的位置分别位于M（图中未标出）、P、Q三点。已知电子质量为me，元电荷为e，光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．光子的能量小于
B．光子的动量大小为
C．O与P、Q的距离之比
D．沿径迹1运动的电子总路程为
【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A：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，光子的能量需大于，故A错误；
B：电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得动量。根据动量守恒，光子的动量等于三个电子的动量矢量和，因三条径迹共切于O点，动量大小叠加为，故B正确；
C：电子受阻力，加速度，速度减为0的过程中，由动能定理：，结合，得位移，故，C正确；
D：沿径迹1的电子，阻力为变力（减小），总路程需通过积分或动量定理推导，并非，实际路程，故D错误；
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．（2026·浙江） “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 m/s。（g取，所得结果保留两位有效数字）
【答案】（1）乙
（2）A；B
（3）B；0.59
【知识点】研究平抛物体的运动；平抛运动
【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：，代入、，得
水平方向：，代入、，得
答案：B；。
【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．（2026·浙江） 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 。
（2）用匝数和的两线圈进行实验，分别测得两端电压为和，记录于下表。下列说法正确的是____（多选）；
/V 1.02 2.20 3.24 4.28 5.36
/V 2.12 4.52 6.64 8.78 11.02
A．与对应的是副线圈
B．与对应的是副线圈
C．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．
【答案】（1）34
（2）B；D
（3）C
【知识点】变压器原理；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；法拉第电磁感应定律；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【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。
故答案为：34
(2)AB：变压器电压比，匝数比，根据，匝数多，对应副线圈（电压高），故A错误，B正确；
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．（2026·浙江） 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，整格的为个，多于半格不足整格的数量为个，已知每格的面积为S，则油酸分子的直径为 。
【答案】（1）B
（2）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【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，面积偏小会导致测得的分子直径偏大，B正确；
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，滴入后纯油酸体积偏大，若仍按原浓度计算，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（整格数加多于半格的数，不足半格忽略），
油酸分子直径公式为总，代入得直径为。
故答案为：
【分析】(1) 理解油膜法实验的操作细节对实验结果的影响，结合公式分析误差方向；
(2) 掌握油膜面积的计数规则（整格+多于半格），并结合单分子油膜模型推导分子直径公式。
17．（2026·浙江） 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的液体。初始时，瓶内气体处于状态 A，体积为。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。已知，，，，大气压强，g=10m/s2。
（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；
（3）求气体从状态A到状态B过程中对外做的功。
【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
末态吸走液体后气体的压强为
根据玻意耳定律可知
解得气体在状态B时的体积为
（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
其中
即气体对外做的功2.05J。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【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，再由玻意耳定律求解状态B的体积。
(3) 等温过程中理想气体内能不变，结合热力学第一定律，求解气体对外做的功
18．（2026·浙江）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，求与B之间的关系。
【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
cd向下弯曲，使R2被压缩（阻值减小）、R4被拉伸（阻值增大），
故
（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
电流
f点电势
下支路总电阻为
电流
e点电势
e、f两点间的电势差绝对值
安培力与ΔR的关系：，而，所以
联立得
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【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），结合电阻变化量推导四个电阻的表达式。
(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，联立推导与的关系。
19．（2026·浙江） 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，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。
（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。
【答案】（1）解： 对a物块下滑过程中根据动能定理有
可得；
在B点根据牛顿第二定律有
可得，方向竖直向上
（2）解： 如图
由于h<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到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为；
又因与滑块a最高点相同，由题意可知
即
因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有，
联立解得，
（4）解： 碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况
由题给数据可得，，
滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为
滑块a每一次滑过水平面的时间为
又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s
滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t
所以由图1、2可知或，……
由图3、4可知即或者，……
综上分析可知t应满足
则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……）
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）利用动能定理求速度，结合牛顿第二定律分析圆周运动的支持力；
（2）小角度近似下推导简谐运动的回复力表达式；
（3）分解物块 b 的运动，通过弹性碰撞的守恒定律求解速度；
（4）结合运动的周期性分析滑离的临界间距，明确平行槽轴线方向的匀速运动与垂直方向的简谐运动的合成规律。
20．（2026·浙江） 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L层的电离能已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。（计算结果保留一位有效数字）请回答：
（1）入射电子的德布罗意波长。
（2）求射出的X光子的波长；
（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；
（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】（1）解：由德布罗意公式
又
解得
（2）解： 因线是由电子从L层跃迁到K层时释放的光子，则光子的能量为
则由
解得
（3）解： 电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
俄歇电子的动能为（d表示直径）
设KLL俄歇电子的动能为EKLL；KLM俄歇电子的动能为EKLM，则有
KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为EK-EL，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗EL，则KLL俄歇电子的动能为
同理可得，KLM俄歇电子的动能为
解得
（4）解： 如图，让待测电子束以水平初速度射入两块平行金属板之间，金属板长为L，板间距为d，两板之间加恒定的电压U，形成匀强电场，在离开金属板右侧距离L1处垂直电子入射方向放置一荧光屏；
需要测量的物理量：金属板长度L，板间电压U，板间距d以及L1，电子飞出电场后打到荧光屏时垂直电子入射方向的侧移量y；
电子在水平方向做匀速直线运动，则
电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则加速度
侧移量满足
俄歇电子动能表达式
【知识点】运动的合成与分解；动量；动量与能量的其他综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】(1) 结合动能与动量的关系，将德布罗意波长公式中的动量用动能表示，代入数据计算波长。
(2) X光子的能量等于L层到K层的能级差，利用光子能量公式推导波长。
(3) 俄歇电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得出动能与轨道直径的关系，结合能级差与俄歇电子动能的关联，求解M层电离能。
(4) 利用带电粒子在电场中的类平抛运动规律，分解水平与竖直方向的运动，推导动能与测量物理量的表达式。
1 / 1【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
1．（2026·浙江） 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。，单位THz对应的物理量是（ ）
A．能量 B．功率 C．频率 D．波长
2．（2026·浙江） 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．（2026·浙江） 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0
B．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．（2026·浙江） 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．（2026·浙江） 已知行星的平均密度为，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． B． C． D．
6．（2026·浙江） 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°，细绳拉力分别为和。A和B是左侧细绳两端点，C和D分别是天花板和灯上的点，CD与AB平行，则（ ）
A．大于
B．和都小于G
C．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．（2026·浙江） 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．（2026·浙江） 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）。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
C．棒产生的感应电动势 D．棒所受安培力的大小
9．（2026·浙江） 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、振幅的人工振源。时振源从平衡位置（）开始沿y轴正方向振动，同时向两侧传播简谐横波。时在岩石Ⅰ（）中的波恰好到达处，岩石Ⅱ（）中的波速为，则（ ）
A．岩石Ⅰ和岩石Ⅱ中两波波长之比为
B．时，处质点的振动方向沿y轴正方向
C．在内，处质点经过的路程为21mm
D．增大振源的振动周期，岩石Ⅱ中的波速将变小
10．（2026·浙江） 如图1所示，半径为、横截面半径为、匝数为N的圆环形螺线管通有电流I，管内产生磁感应强度（a为常量）的匀强磁场。管外磁场近似为0，小明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则（ ）
A．时，螺线管的自感电动势
B．时，线圈A感应电动势
C．在内，通过线圈A的电荷量
D．在内，线圈A产生的焦耳热
11．（2026·浙江） 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．（2026·浙江） 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、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
B．光在有机玻璃中的传播速度
C．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．（2026·浙江） 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。一束射线通过气泡室，其中一个光子将一个氢原子打出一个电子（），同时自身转变为一对正负电子对。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、和。假设电子在气泡室中所受阻力大小正比于速率，比例系数为k，方向与速度方向相反。沿径迹1、2、3运动的电子速度减为0时的位置分别位于M（图中未标出）、P、Q三点。已知电子质量为me，元电荷为e，光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．光子的能量小于
B．光子的动量大小为
C．O与P、Q的距离之比
D．沿径迹1运动的电子总路程为
14．（2026·浙江） “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 m/s。（g取，所得结果保留两位有效数字）
15．（2026·浙江） 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 。
（2）用匝数和的两线圈进行实验，分别测得两端电压为和，记录于下表。下列说法正确的是____（多选）；
/V 1.02 2.20 3.24 4.28 5.36
/V 2.12 4.52 6.64 8.78 11.02
A．与对应的是副线圈
B．与对应的是副线圈
C．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．（2026·浙江） 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，整格的为个，多于半格不足整格的数量为个，已知每格的面积为S，则油酸分子的直径为 。
17．（2026·浙江） 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的液体。初始时，瓶内气体处于状态 A，体积为。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。已知，，，，大气压强，g=10m/s2。
（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；
（3）求气体从状态A到状态B过程中对外做的功。
18．（2026·浙江）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，求与B之间的关系。
19．（2026·浙江） 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，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。
（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．（2026·浙江） 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L层的电离能已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。（计算结果保留一位有效数字）请回答：
（1）入射电子的德布罗意波长。
（2）求射出的X光子的波长；
（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；
（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
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；单位制
【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），，可见THz是频率的单位，故C正确；
D．波长的单位为米（m）、微米（）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，结合与的换算关系，判断所属的物理量类别。
2．【答案】A
【知识点】质点
【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
【知识点】机械能守恒定律
【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
【知识点】电场线；电势能；电势
【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，，将一电子从A点移到B点，电场力做功，电场力做正功，电势能减小，故B错误；，故B错误；
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
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设行星质量为，半径为，卫星质量为，行星平均密度
卫星靠近行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力：
联立得：
其中为万有引力常量，为常量，因此对任何行星均为同一常量，故B正确。
故答案为：B
【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
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对艺术灯进行受力分析，水平方向：，竖直方向：
A：由水平方向公式得：，故，A错误；
B：代入竖直方向公式：，化简得，，可见、均小于，B正确；
C：连接和后撤去绳，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：连接和后撤去绳，与平行，但若撤去，左侧仅靠绳的拉力无法替代原的作用效果，受力平衡被破坏，灯位置改变，D错误。
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
【知识点】右手定则；LC振荡电路分析；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【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，储罐内液面上升时，电容器极板间的电介质面积增大，电容增大，因此振荡周期增大，故B错误；
C：单色光频率越高，波长越短，楔形透明膜的干涉条纹间距与波长成正比（），因此条纹间距越小，故C错误；
D：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
【知识点】电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A：塑料棒带负电，电子定向移动方向与方向相同，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方向相反，故A错误；
B：等效电流的定义为，电子全部通过某一截面的时间，总电荷量，代入得，故B正确；
C：感应电动势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，代入得，并非，故D错误。
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
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A：岩石Ⅰ中，时波传到处，波速，
已知，则ⅠⅡ，由，同一振源周期相同，故，A错误；
B：波传到处的时间，则时，
该质点已振动，振源从平衡位置沿轴正方向起振，质点起振方向也为轴正方向，振动后，质点在平衡位置沿轴负方向振动，B错误；
C：岩石Ⅱ中波传到处的时间
，
，即，，，振源起振方向向上，
内路程为，总路程，C正确；
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计算不同介质中的波速，利用分析波长关系；通过计算波的传播时间确定质点振动时长，结合简谐运动的路程规律求解质点运动路程；同时明确波速由介质本身性质决定，与振源周期无关。
10．【答案】D
【知识点】电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：螺线管内磁场，磁通量（为螺线管横截面积）
自感电动势公式
时，，代入得，故A错误。
B：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
感应电动势，故B错误。
C：电荷量公式总，～内，总，故，故C错误。
D：～：感应电动势，时间，焦耳热
～：，感应电动势，时间，焦耳热
～：无感应电动势，焦耳热为0
总焦耳热计算：，故D正确。
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
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【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，支持力，根据超重的定义，物体具有向上的加速度时处于超重状态，故B正确；
C：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（为固有长度，为物体运动速度，为光速），可见长度与速度有关，故C错误；
D：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
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【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），全反射临界角满足，此处入射角为，则，即，推导得，故A正确；
B：光在介质中的传播速度，由A知，且光路中，则，故不成立，实际，B错误；
C：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
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A：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，光子的能量需大于，故A错误；
B：电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得动量。根据动量守恒，光子的动量等于三个电子的动量矢量和，因三条径迹共切于O点，动量大小叠加为，故B正确；
C：电子受阻力，加速度，速度减为0的过程中，由动能定理：，结合，得位移，故，C正确；
D：沿径迹1的电子，阻力为变力（减小），总路程需通过积分或动量定理推导，并非，实际路程，故D错误；
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
【知识点】研究平抛物体的运动；平抛运动
【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：，代入、，得
水平方向：，代入、，得
答案：B；。
【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
【知识点】变压器原理；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；法拉第电磁感应定律；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【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。
故答案为：34
(2)AB：变压器电压比，匝数比，根据，匝数多，对应副线圈（电压高），故A错误，B正确；
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）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【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，面积偏小会导致测得的分子直径偏大，B正确；
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，滴入后纯油酸体积偏大，若仍按原浓度计算，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（整格数加多于半格的数，不足半格忽略），
油酸分子直径公式为总，代入得直径为。
故答案为：
【分析】(1) 理解油膜法实验的操作细节对实验结果的影响，结合公式分析误差方向；
(2) 掌握油膜面积的计数规则（整格+多于半格），并结合单分子油膜模型推导分子直径公式。
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
末态吸走液体后气体的压强为
根据玻意耳定律可知
解得气体在状态B时的体积为
（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
其中
即气体对外做的功2.05J。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【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，再由玻意耳定律求解状态B的体积。
(3) 等温过程中理想气体内能不变，结合热力学第一定律，求解气体对外做的功
18．【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
cd向下弯曲，使R2被压缩（阻值减小）、R4被拉伸（阻值增大），
故
（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
电流
f点电势
下支路总电阻为
电流
e点电势
e、f两点间的电势差绝对值
安培力与ΔR的关系：，而，所以
联立得
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【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），结合电阻变化量推导四个电阻的表达式。
(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，联立推导与的关系。
19．【答案】（1）解： 对a物块下滑过程中根据动能定理有
可得；
在B点根据牛顿第二定律有
可得，方向竖直向上
（2）解： 如图
由于h<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到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为；
又因与滑块a最高点相同，由题意可知
即
因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有，
联立解得，
（4）解： 碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况
由题给数据可得，，
滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为
滑块a每一次滑过水平面的时间为
又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s
滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t
所以由图1、2可知或，……
由图3、4可知即或者，……
综上分析可知t应满足
则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……）
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）利用动能定理求速度，结合牛顿第二定律分析圆周运动的支持力；
（2）小角度近似下推导简谐运动的回复力表达式；
（3）分解物块 b 的运动，通过弹性碰撞的守恒定律求解速度；
（4）结合运动的周期性分析滑离的临界间距，明确平行槽轴线方向的匀速运动与垂直方向的简谐运动的合成规律。
20．【答案】（1）解：由德布罗意公式
又
解得
（2）解： 因线是由电子从L层跃迁到K层时释放的光子，则光子的能量为
则由
解得
（3）解： 电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
俄歇电子的动能为（d表示直径）
设KLL俄歇电子的动能为EKLL；KLM俄歇电子的动能为EKLM，则有
KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为EK-EL，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗EL，则KLL俄歇电子的动能为
同理可得，KLM俄歇电子的动能为
解得
（4）解： 如图，让待测电子束以水平初速度射入两块平行金属板之间，金属板长为L，板间距为d，两板之间加恒定的电压U，形成匀强电场，在离开金属板右侧距离L1处垂直电子入射方向放置一荧光屏；
需要测量的物理量：金属板长度L，板间电压U，板间距d以及L1，电子飞出电场后打到荧光屏时垂直电子入射方向的侧移量y；
电子在水平方向做匀速直线运动，则
电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则加速度
侧移量满足
俄歇电子动能表达式
【知识点】运动的合成与分解；动量；动量与能量的其他综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】(1) 结合动能与动量的关系，将德布罗意波长公式中的动量用动能表示，代入数据计算波长。
(2) X光子的能量等于L层到K层的能级差，利用光子能量公式推导波长。
(3) 俄歇电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得出动能与轨道直径的关系，结合能级差与俄歇电子动能的关联，求解M层电离能。
(4) 利用带电粒子在电场中的类平抛运动规律，分解水平与竖直方向的运动，推导动能与测量物理量的表达式。
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