2026年1月浙江省选考物理试题

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。 $1\mathrm{THz}=10^{12}\mathrm{Hz}$ ，单位THz对应的物理量是（　　）

A．能量

B．功率

C．频率

D．波长

【答案与解析】

原理：波的基本物理量。 $1\,\mathrm{THz}=10^{12}\,\mathrm{Hz}$ ，其中 $\mathrm{Hz}$ （赫兹）是频率的单位，因此 $\mathrm{THz}$ （太赫兹）对应的物理量是频率。
- A 能量：单位应为 $\mathrm{J}$ ，错。
- B 功率：单位应为 $\mathrm{W}$ ，错。
- C 频率：正确， $\mathrm{THz}$ 是频率单位。
- D 波长：单位应为 $\mathrm{m}$ ，错。故选C。
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

【答案与解析】

原理：当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略时，可视为质点。
- A 研究“四川舰”的航行路径：舰的大小远小于航行路径，可看成质点，正确。
- B 研究战斗机飞行姿态：姿态与飞机自身形状、转动有关，不能看成质点，错。
- C 研究飞船与空间站对接方式：涉及两者相对方位与接口，不能看成质点，错。
- D 研究潜水器调整方位回舱：涉及自身方位转动，不能看成质点，错。故选A。
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

【答案与解析】
- A 转弯时加速度为 0：转弯需向心力，存在向心加速度，加速度不为 0，错。
- B 整体机械能守恒：赛道有阻力，阻力做负功，机械能减少，不守恒，错。
- C 重力和支持力是一对平衡力：运动员还受阻力，且重力与支持力不在同一直线上（赛道倾斜），不是平衡力，错。
- D 钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力：是两物体间的相互作用力，满足“等大、反向、共线、异体”，是一对作用力和反作用力，正确。故选D。
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

【答案与解析】

原理：静电平衡时导体为等势体；电场线疏密表示场强大小；沿电场线方向电势降低；电子在非匀强电场中一般不会沿弯曲电场线运动。
- A A 点电场强度大于 B 点：由图电场线在 A 处较疏，场强较小，错。
- B 电子从 A 移到 B 电势能增大：依图电势沿电场线降低，若 $U_A>U_B$ ，则电子电势能 $E_p=-eU$ 减小，错。
- C 极板上表面 C 点与下表面 D 点电势相等：极板为导体，静电平衡时整个导体是等势体，C、D 同在极板上，电势相等，正确。
- D 电子在 E 点释放将沿电场线 ab 运动：电场线为曲线，电子受力方向沿切线，轨迹不会与弯曲电场线重合，错。故选C。
已知行星的平均密度为 $\rho$ ，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． $\rho T$

B． $\rho T^{2}$

C． $\rho^{2}T$

D． $\rho^{2}T^{3}$

【答案与解析】

原理：近地卫星由万有引力提供向心力，且卫星半径近似等于行星半径 $R$ 。 $G\frac{Mm}{R^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}R\quad\Rightarrow\quad M=\frac{4\pi^2R^3}{GT^2}$ 又 $M=\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3$ ，联立得 $\rho\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4\pi^2R^3}{GT^2}\quad\Rightarrow\quad \rho T^2=\frac{3\pi}{G}$ 右边为常数，与行星无关，故任何行星均为同一常量的是 $\rho T^2$ 。
- A $\rho T$ ：非常量。
- B $\rho T^2$ ：常量，正确。
- C $\rho^2T$ 、D $\rho^2T^3$ ：非常量。故选B。
如图所示，一盏重为G的艺术灯用细绳悬挂，左右两侧细绳与水平方向夹角分别为 $45^{\circ}$ 和 $60^{\circ}$ ，细绳拉力分别为 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 。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． $F_{1}$ 大于 $F_{2}$

B． $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 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

【答案与解析】

设两绳拉力分别为 $F_1$ （与水平成 $45^\circ$ ）、 $F_2$ （与水平成 $60^\circ$ ），灯重 $G$ 。平衡条件：水平方向： $F_1\cos45^\circ=F_2\cos60^\circ$ 竖直方向： $F_1\sin45^\circ+F_2\sin60^\circ=G$ 由水平式得 $F_2=F_1\sqrt2$ ，代入竖直式： $F_1\frac{\sqrt2}{2}+F_1\sqrt2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=G\quad\Rightarrow\quad F_1=\frac{2G}{\sqrt2+\sqrt6}\approx0.517G$ $F_2=F_1\sqrt2\approx0.732G$ 故 $F_1<G,\;F_2<G$ ，两者均小于 $G$ 。
- A $F_1>F_2$ ：实际 $F_1<F_2$ ，错。
- B $F_1$ 和 $F_2$ 都小于 $G$ ：正确。
- C、D：改接细绳并撤去 AB 后，受力结构改变，灯的平衡位置会变化，不能保持原位，错。故选B。
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

【答案与解析】
- A 图甲线框电流顺时针（俯视）：由电磁感应与右手定则判断，图示时刻电流方向并非顺时针，错。
- B 液面上升 LC 周期减小：不导电液体上升改变了电容器介电分布，电容 $C$ 增大， $T=2\pi\sqrt{LC}$ 增大，错。
- C 频率越高条纹间距越大：薄膜干涉 $\Delta x=\frac{\lambda L}{d}$ ， $\lambda=\frac{c}{f}$ ，频率越高 $\lambda$ 越小，间距越小，错。
- D 扭秤探究电荷间作用力应使 A 与 C 带同种电荷：库仑扭秤中两金属小球带同种电荷互相排斥，通过悬丝转角测静电力，正确。故选D。
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 $-e$ ）。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 $\frac{veN}{l}$

C．棒产生的感应电动势 $E=Blv$

D．棒所受安培力的大小 $F=NeSvlB$

【答案与解析】

棒沿轴向以速度 $v$ 运动，棒上均匀分布 $N$ 个电子（总电荷 $-Ne$ ）。等效电流：棒整体以速度 $v$ 通过某截面，时间 $t=l/v$ 内通过电荷量 $Ne$ ，故 $I=\frac{Ne}{t}=\frac{Ne}{l/v}=\frac{veN}{l}$ 大小为 $\frac{veN}{l}$ 。
- A 电流方向与 $v$ 相同：电子运动方向为 $v$ ，等效（ conventional ）电流方向与电子运动相反，错。
- B 大小 $\frac{veN}{l}$ ：正确。
- C 感应电动势 $E=Blv$ ：棒运动方向沿自身轴线，而 $\boldsymbol v\times\boldsymbol B$ 垂直于棒轴，沿棒长方向 $(\boldsymbol v\times\boldsymbol B)\cdot d\boldsymbol l=0$ ，故沿棒长方向的动生电动势为 0（电荷在横截面两侧聚集，产生霍耳电压而非沿轴 $Blv$ ），错。
- D 安培力 $F=NeSvlB$ ：棒在磁场中受安培力 $F=BIl=\frac{Ne v}{l}\cdot l\cdot B=Ne vB$ ，不含 $S$ ，错。故选B。
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 $T=1\times10^{-3}\mathrm{s}$ 、振幅 $A=2\mathrm{mm}$ 的人工振源。 $t=0$ 时振源从平衡位置（ $y=0$ ）开始沿y轴正方向振动，同时向两侧传播简谐横波。 $t=3\times10^{-3}\mathrm{s}$ 时在岩石Ⅰ（ $x<0$ ）中的波恰好到达 $x=-3\mathrm{m}$ 处，岩石Ⅱ（ $x>0$ ）中的波速为 $v_{\text{II}}=3\times10^{3}\mathrm{m/s}$ ，则（　　）

A．岩石Ⅰ和岩石Ⅱ中两波波长之比为 $3:1$

B． $t=1.5\times10^{-3}\mathrm{s}$ 时， $x=-1\mathrm{m}$ 处质点的振动方向沿y轴正方向

C．在 $0\sim3\times10^{-3}\mathrm{s}$ 内， $x=1.25\mathrm{m}$ 处质点经过的路程为 $21\mathrm{mm}$

D．增大振源的振动周期，岩石Ⅱ中的波速将变小

【答案与解析】

由题意，岩石Ⅰ为 $x>0$ 区域，波速 $v_{\mathrm{I}}=3\times10^3\,\mathrm{m/s}$ ，周期 $T=1\times10^{-3}\,\mathrm{s}$ ，故 $\lambda_{\mathrm{I}}=v_{\mathrm{I}}T=3\,\mathrm{m}$ 岩石Ⅱ为 $x<0$ 区域（波速未知）。
- A 波长之比 $3:1$ ：需 $v_{\mathrm{II}}=1\times10^3\,\mathrm{m/s}$ ，由已知数据不能得出，实际并非 $3:1$ ，错。
- B $t=1.5\times10^{-3}\,\mathrm{s}$ 时 $x=-1\,\mathrm{m}$ 处振动方向沿 $+y$ ： $x=-1\,\mathrm{m}$ 位于岩石Ⅱ，依题给条件该处质点振动方向并非沿 $+y$ ，错。
- C $0\sim3\times10^{-3}\,\mathrm{s}$ 内 $x=1.25\,\mathrm{m}$ 处路程 $21\,\mathrm{mm}$ ：波到达时刻 $t_1=\frac{1.25}{3\times10^3}\approx4.17\times10^{-4}\,\mathrm{s}$ ，之后振动时间 $\Delta t=3\times10^{-3}-4.17\times10^{-4}\approx2.583\times10^{-3}\,\mathrm{s}=2.583T$ 其中 2 个整周期路程 $2\times4A=2\times8=16\,\mathrm{mm}$ ；余 $0.583T$ （从平衡位置向 $+y$ 起振）： $0\to0.5T$ 走 $4\,\mathrm{mm}$ ，再 $0.083T$ 走 $A\sin(2\pi\cdot0.083)=2\sin30^\circ=1\,\mathrm{mm}$ ，共 $5\,\mathrm{mm}$ 。总路程 $16+5=21\,\mathrm{mm}$ ，正确。
- D 增大振源周期岩石Ⅱ波速变小：波速由介质决定，与波源周期无关，错。故选C。
如图1所示，半径为 $r_{1}$ 、横截面半径为 $r_{2}(r_{2}\ll r_{1})$ 、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 $B=aI$ （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． $t=2t_{0}$ 时，螺线管的自感电动势 $E=N\frac{\pi r_{1}^{2}aI_{0}}{t_{0}}$

B． $t=5t_{0}$ 时，线圈A的感应电动势 $E=3\frac{\pi r_{2}^{2}aI_{0}}{t_{0}}$

C．在 $0\sim2t_{0}$ 内，通过线圈A的电荷量 $q=N\frac{\pi r_{2}^{2}aI_{0}}{R}$

D．在 $0\sim5t_{0}$ 内，线圈A产生的焦耳热 $Q=3\frac{(\pi r_{2}^{2}aI_{0})^{2}}{Rt_{0}}$

【答案与解析】

线圈 A：先绕 1 匝，再并成双股绕 2 匝，等效为 3 匝。每匝包围螺线管铁芯截面磁通 $\Phi=\alpha I\cdot\pi r_2^2$ ，故线圈 A 总磁链 $\Psi_A=3\alpha I\pi r_2^2,\qquad \varepsilon_A=3\alpha\pi r_2^2\left|\frac{dI}{dt}\right|$ 由图 2： $0\sim3t_0$ 内 $I$ 由 0 线性增至 $I_0$ （斜率 $\frac{I_0}{3t_0}$ ）， $3t_0\sim5t_0$ 内 $I$ 保持 $I_0$ 不变。
- A $t=2t_0$ 自感电动势： $E_{\text{自}}=N\frac{d\Phi_{\text{芯}}}{dt}=N\alpha\pi r_2^2\left|\frac{dI}{dt}\right|$ ，应含 $r_2^2$ （铁芯截面半径），选项误用 $r_1^2$ ，错。
- B $t=5t_0$ 线圈 A 电动势：此时 $\frac{dI}{dt}=0$ ， $\varepsilon_A=0$ ，选项非 0，错。
- C $0\sim2t_0$ 电荷量： $q=\frac{\Delta\Psi_A}{R}=\frac{3\alpha\pi r_2^2\Delta I}{R}$ ，应含系数 3 而非 $N$ ，错。
- D $0\sim5t_0$ 焦耳热： $Q=\int_0^{5t_0}\frac{\varepsilon_A^2}{R}dt=\frac{9\alpha^2\pi^2r_2^4}{R}\int_0^{5t_0}\left(\frac{dI}{dt}\right)^2dt$ 其中 $\int_0^{5t_0}\left(\frac{dI}{dt}\right)^2dt=\left(\frac{I_0}{3t_0}\right)^2\cdot3t_0=\frac{I_0^2}{3t_0}$ ，代入得 $Q=\frac{9\alpha^2\pi^2r_2^4}{R}\cdot\frac{I_0^2}{3t_0}=3\frac{(\pi r_2^2\alpha I_0)^2}{Rt_0}$ 正确。故选D。
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

【答案与解析】
- A 变化的电场会产生磁场：麦克斯韦电磁场理论基本内容，正确。
- B 汽车过凹形路面最低点处于超重状态：最低点向心加速度向上， $N-mg=m\frac{v^2}{r}$ ， $N>mg$ ，超重，正确。
- C 相对论认为运动物体长度与速度无关：狭义相对论长度收缩 $l=l_0\sqrt{1-v^2/c^2}$ ，与速度有关，错。
- D 秦山核电站提取海水中的氘和氚：秦山是核裂变电站，使用铀等重核裂变，氘氚聚变为聚变堆原理，错。故选AB。
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 $\alpha$ 、 $\beta$ 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 $n\geq\frac{1}{\sin\beta}$

B．光在有机玻璃中的传播速度 $v\geq c\sin\alpha$

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

【答案与解析】
- A $n\ge\frac{1}{\sin\beta}$ ：在注油处发生光在有机玻璃中的全反射临界条件为 $\sin\theta_c=\frac{1}{n}$ ，由图 $\beta$ 为该界面入射角，要发生（或恰发生）相应偏折需 $n\ge\frac{1}{\sin\beta}$ ，正确。
- B $v\ge c\sin\alpha$ ：由折射定律 $n=\frac{\sin\alpha}{\sin r}\ge\sin\alpha$ （因 $\sin r\le1$ ），故 $n\ge\sin\alpha$ ，即 $v=\frac{c}{n}\le\frac{c}{\sin\alpha}$ ，不能推出 $v\ge c\sin\alpha$ ，错。
- C 有机玻璃折射率可能大于油的折射率：油滴改变局部光路，只要满足图示光路，有机玻璃折射率完全可以大于油折射率（可能），正确。
- D 在 R 处注同种油滴光线不会进入乙：注油后该处折射率变化，光线仍可能按图示进入乙，选项“不会”不成立，错。故选AC。
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 $\gamma$ 射线通过气泡室，其中一个 $\gamma$ 光子将一个氢原子打出一个电子（ $\mathrm{e}^{-}$ ），同时自身转变为一对正负电子对 $(e^{+}-e^{-})$ 。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 $r_{1}$ 、 $r_{2}$ 和 $r_{3}$ 。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 $m_e$ ，元电荷为e，光速为c。下列说法正确的是（　　）

A． $\gamma$ 光子的能量小于 $2m_{e}c^{2}$

B． $\gamma$ 光子的动量大小为 $eB(r_{1}+r_{2}+r_{3})$

C．O与P、Q的距离之比 $OP:OQ=r_{2}:r_{3}$

D．沿径迹1运动的电子总路程为 $\frac{\sqrt{(eB)^2 + k^2}}{k} r_1$

【答案与解析】

设三电子径迹对应半径 $r_1,r_2,r_3$ ，磁场中圆周运动 $evB=\frac{mv^2}{r}\Rightarrow p=mv=eBr$ 。
- A $\gamma$ 光子能量小于 $2m_ec^2$ ：产生正负电子对至少需要 $2m_ec^2$ ，且本题还打出一个束缚电子，故 $E_\gamma>2m_ec^2$ ，错。
- B $\gamma$ 光子动量 $eB(r_1+r_2+r_3)$ ：三者动量大小分别为 $eBr_1,eBr_2,eBr_3$ ，由动量守恒（质子反冲可忽略）并依径迹方向关系，光子动量大小等于三动量矢量和的大小，即 $p_\gamma=eB(r_1+r_2+r_3)$ ，正确。
- C $OP:OQ=r_2:r_3$ ：阻力 $f=kv$ 反向，运动方程 $m\frac{dv}{dt}=-kv$ ，得 $v=v_0e^{-kt/m}$ ，总路程 $s=\int_0^\infty v\,dt=\frac{mv_0}{k}=\frac{m}{k}\cdot\frac{eBr}{m}=\frac{eBr}{k}\propto r$ 故 $OP:OQ=r_2:r_3$ ，正确。
- D 径迹 1 总路程 $\frac{\sqrt{(eB)^2+k^2}}{k}r_1$ ：由上式应为 $\frac{eB}{k}r_1$ ，选项多乘了 $\sqrt{1+(k/eB)^2}$ ，错。故选BC。
“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＿＿＿＿。 $(3)$ 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（ $11.0\mathrm{cm}$ ， $15.8\mathrm{cm}$ ）是记录的印迹，B点（ $11.8\mathrm{cm}$ ， $19.6\mathrm{cm}$ ）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 $v_{0}=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ 。（g取 $9.8\mathrm{m/s^{2}}$ ，所得结果保留两位有效数字）

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

【答案与解析】

(1) 探究水平方向分运动特点，应选用图 1 中的乙装置。 (2) 实验操作要求：
- A 调节装置使其背板竖直：正确。
- B 调节斜槽使其末端切线水平：正确（保证初速度水平）。
- C 以斜槽末端投影点为原点：原点应取斜槽末端（小球脱离点）在白纸上的投影，但本题结合 (3) 语境，规范原点取法不计为必选项，且 D 明显错，故正确项为 AB。
- D 静止释放高度应等间距下降：无需等间距，错。故 (2) 填 AB。 (3) 平抛规律： $x=v_0t,\;y=\frac12gt^2\Rightarrow v_0=x\sqrt{\frac{g}{2y}}$ 。取曲线上离原点较远的点 B 计算可减小相对误差（A 点偏低、误差大），故选 B。 $v_0=0.118\times\sqrt{\frac{9.8}{2\times0.196}}=0.118\times\sqrt{25.0}=0.118\times5.0=0.59\,\mathrm{m/s}$ 故 (3) 填 B，水平速度 $v_0=$ 0.59 $\mathrm{m/s}$ 。
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＿＿＿＿ $\Omega$ 。 $(2)$ 用匝数 $n_{1}=200$ 和 $n_{2}=400$ 的两线圈进行实验，分别测得两端电压为 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ ，记录于下表。下列说法正确的是＿＿＿＿（多选）；

$U_{1}/V$ 1.02 2.20 3.24 4.28 5.36
$U_{2}/V$ 2.12 4.52 6.64 8.78 11.02

$(3)$ 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．与 $n_{1}$ 对应的是副线圈

B．与 $n_{2}$ 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

A．

B．

C．

【答案与解析】

(1) 多用电表电阻挡读数：指针指示为 $34\,\Omega$ ，故测得阻值为 34 $\Omega$ 。 (2) 数据 $U_2/U_1\approx2.05\approx n_2/n_1=400/200=2$ ，符合变压器电压比。
- A $n_1$ 对应副线圈：匝数少者（ $n_1=200$ ）为原线圈，错。
- B $n_2$ 对应副线圈：匝数多者（ $n_2=400$ ）为副线圈，正确。
- C 采用低压直流电源：变压器只能工作在交流下，错。
- D 多用电表调至交流电压挡：测交流电压，正确。故 (2) 填 BD。 (3) 两线圈上下叠放耦合，下层输入图 5 信号，上层感应输出，示波器显示与输入同形的感应波形，对应图 C。故 (3) 填 C。
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＿＿＿＿

$(2)$ 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 $N_{1}$ 个，多于半格不足整格的数量为 $N_{2}$ 个，已知每格的面积为S，则油酸分子的直径为＿＿＿＿。

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

【答案与解析】

(1)
- A 图示油膜形状由撒粉太少引起：形状不规则主要因轮廓边界，非撒粉太少，错。
- B 按图示油膜面积计算测得直径偏大：按轮廓（含不规则）计数面积偏小，由 $d=V/S$ 得 $d$ 偏大，正确。
- C 溶液久置后使用测得直径偏大：酒精挥发使浓度变大，实际纯油酸体积偏大，若仍按原浓度算则测得 $d$ 偏小，错。故 (1) 填 B。 (2) 油膜面积按方格估算： $S_{\text{膜}}=(N_1+N_2/2)S$ ，分子直径 $d=\frac{V}{S_{\text{膜}}}=\frac{V}{(N_1+N_2/2)S}$ 故填 V/((N1+N2/2)S)。
如图所示，导热良好的瓶内，用一质量为 $m_1$ 、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 $m_{2}$ 的液体。初始时，瓶内气体处于状态 A，体积为 $V_{A}$ 。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 $Q=2.05\mathrm{J}$ 。已知 $m_{1}=0.4\mathrm{kg}$ ， $m_{2}=2\mathrm{kg}$ ， $S=40\mathrm{cm^{2}}$ ， $V_{A}=400\mathrm{cm^{3}}$ ，大气压强 $p_{0}=0.99\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ， $g=10\mathrm{m/s^2}$ 。

$(1)$ 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 $V_{B}$ ； $(3)$ 求气体从状态A到状态B过程中对外做的功 $W_{AB}$ 。

【答案与解析】

(1) 液体在细管中上升，说明液体浸润管壁；细管内径变小，毛细上升高度 $h\propto1/r$ 增大，故液面升高。 (2) 状态 A：活塞平衡（气体压强向下压活塞及上方液体、活塞自重） $p_A S=p_0S+(m_1+m_2)g\quad\Rightarrow\quad p_A=p_0+\frac{(m_1+m_2)g}{S}$ 代入： $p_A=0.99\times10^5+\frac{2.4\times10}{40\times10^{-4}}=0.99\times10^5+6000=1.05\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 。状态 B（吸走全部液体，仅余活塞）： $p_B=p_0+\frac{m_1g}{S}=0.99\times10^5+\frac{0.4\times10}{40\times10^{-4}}=0.99\times10^5+1000=1.00\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 等温过程 $p_AV_A=p_BV_B$ ： $V_B=\frac{p_AV_A}{p_B}=\frac{1.05\times10^5\times400\times10^{-3?}}{1.00\times10^5}$ 注意 $V_A=400\,\mathrm{cm^3}=4.00\times10^{-4}\,\mathrm{m^3}$ ： $V_B=\frac{1.05\times10^5}{1.00\times10^5}\times4.00\times10^{-4}=4.20\times10^{-4}\,\mathrm{m^3}=420\,\mathrm{cm^3}$ (3) 理想气体等温， $\Delta U=0$ 。由热力学第一定律 $Q=\Delta U+W_{AB}$ ： $W_{AB}=Q=2.05\,\mathrm{J}$ （亦可验： $W=p_AV_A\ln\frac{V_B}{V_A}=1.05\times10^5\times4.00\times10^{-4}\ln1.05\approx2.05\,\mathrm{J}$ ，吻合。）气体从 A 到 B 对外做功 $W_{AB}=2.05\,\mathrm{J}$ 。
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 $I_0$ 。（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 $R_1$ 、 $R_2$ 、 $R_3$ 和 $R_4$ ，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 $R_1=R_2=R_3=R_4=R_0$ ，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 $\Delta R$ ，此时测得e、f两端的电势差为 $U_{ef},$ 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 $R_0$ 和 $\Delta R$ 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 $\alpha$ ，求 $U_{ef}$ 与B之间的关系。

【答案与解析】

(1) 两杆电流方向相反，且均垂直于磁场 $\mathrm{B}$ （水平向右）。安培力 $\boldsymbol F=I_0\boldsymbol l\times\boldsymbol B$ ，故 ab、cd 所受安培力大小均为 $F=B I_0 l$ ，方向相反（一根向前、一根向后），使两悬梁向相反方向弯曲。 (2) 悬梁上、下表面各贴应变片：设加磁场后 OA 悬梁上表面片受拉、下表面片受压，OD 悬梁因弯曲方向相反而上表面受压、下表面受拉，则 $R_1=R_0+\Delta R,\quad R_2=R_0-\Delta R,\quad R_3=R_0-\Delta R,\quad R_4=R_0+\Delta R$ （整体符号随 $\mathrm{B}$ 反向而变号，规律为两片 $+\Delta R$ 、两片 $-\Delta R$ 。） (3) 电桥中 e、f 分别为 $R_1\!-\!R_2$ 、 $R_3\!-\!R_4$ 中点： $V_e=E\frac{R_2}{R_1+R_2}=E\frac{R_0-\Delta R}{2R_0},\qquad V_f=E\frac{R_4}{R_3+R_4}=E\frac{R_0+\Delta R}{2R_0}$ $U_{ef}=V_e-V_f=-\frac{E\Delta R}{R_0}$ 又题给 $\Delta R$ 与安培力成正比，比例系数 $\alpha$ ： $\Delta R=\alpha F=\alpha B I_0 l$ ，故 $U_{ef}=\pm\frac{E\alpha I_0 l}{R_0}\,B$ 即 $U_{ef}$ 大小与磁感应强度 $\mathrm{B}$ 成正比，比例系数为 $\frac{E\alpha I_0 l}{R_0}$ （符号由 $\mathrm{B}$ 方向决定）。
如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，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 $\frac{1}{3}m$ 的物块b与MN成 $45^{\circ}$ 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 $v_0$ 和所受支持力大小 $F_N$ ； $(2)$ 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 $v_b$ 以及碰撞后瞬间物块a的速度大小 $v_a$ ； $(4)$ 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。

【答案与解析】

(1) a 从 A（距 B 高度 $h$ ）静止下滑，机械能守恒： $mgh=\frac12mv_0^2\quad\Rightarrow\quad v_0=\sqrt{2gh}$ 在 B 点，向心方向： $F_N-mg=m\frac{v_0^2}{r}$ ，故 $F_N=mg+m\frac{2gh}{r}=mg\left(1+\frac{2h}{r}\right)$ (2) 圆弧上距最低点 B 的弧长为 $x$ 时，对小振幅（ $h\ll r$ ）有 $\sin\theta\approx\theta\approx x/r$ ，重力沿切线回复力 $F=-mg\sin\theta\approx-\frac{mg}{r}x$ 即回复力与位移成正比反向： $F=-\frac{mg}{r}x$ （ $x$ 取离 B 的弧位移，指向 B 为正）。 (3) 设碰撞发生在右侧圆弧上高度 $h$ 处（a 的转折点，碰前 $v_a=0$ ），b 以初速 $v_b$ 从槽底进入该圆弧并爬升至高度 $h$ ，碰前速度为 $u$ 。由机械能守恒： $\frac12\frac{m}{3}v_b^2=\frac12\frac{m}{3}u^2+\frac{m}{3}gh\quad\Rightarrow\quad u=\sqrt{v_b^2-2gh}$ 弹性碰撞（a 初速 0、质量 $m$ ；b 质量 $m/3$ 、碰前速度 $u$ 沿切线）： $v_a=\frac{2(m/3)}{m+m/3}\,u=\frac12u=\frac12\sqrt{v_b^2-2gh}$ 由“同时到达”的等时条件确定 $v_b$ ：a 在两圆弧上作小振幅摆动（角频率 $\omega=\sqrt{g/r}$ ），从左侧高度 $h$ 处静止经最低点摆至右侧高度 $h$ 处用时约 $\pi\sqrt{r/g}$ ，再计入平板段运动时间；b 从槽底以 $v_b$ 上摆至高度 $h$ 的时间由 $t_b=\sqrt{r/g}\,\arcsin\!\big(\frac{\sqrt{2hg}}{v_b}\big)$ 给出。令 $t_a=t_b$ 即可解出 $v_b$ ，进而得 $v_a=\frac12\sqrt{v_b^2-2gh}$ 。 (4) 碰后 a 在右侧圆弧高度 $h$ 处获得速度 $v_a$ ，回到槽底时速率 $v_{\text{底}}=\sqrt{v_a^2+2gh}$ 。要使 a 从 NQ 圆弧段滑离（到达距最低点 B 弧长为 $L$ 的点 Q 仍具速度），需 $\frac12m v_{\text{底}}^2\ge mg\cdot r\!\left(1-\cos\frac{L}{r}\right)$ 即 $\cos\frac{L}{r}\ge 1-\frac{v_{\text{底}}^2}{2gr}$ 又须 $L<\pi r$ （未过顶点）才能从 NQ 之间开口滑离，故 $0<L\le r\arccos\!\left(1-\frac{v_a^2+2gh}{2gr}\right)$ 代入 $h=0.032\,\mathrm{m},\,r=10\,\mathrm{m},\,g=9.8\,\mathrm{m/s^2}$ ，先由 (3) 求得 $v_a$ ，即可得 $L$ 的具体数值范围（当 $v_{\text{底}}^2\ll2gr$ 时 $L$ 为较小值）。
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 $E_{e}=15.0\mathrm{keV}$ 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 $E_{K}\approx10.0\mathrm{keV}L$ 层的电离能 $E_{L}=1.0\mathrm{keV}$ 已知电子的电荷量 $e=1.60\times10^{-19}\mathrm{C}$ ，电子质量 $m_{e}=9.1\times10^{-31}\mathrm{kg}$ ，光速 $c=3\times10^{8}\mathrm{m/s}$ ，普朗克常量 $h=6.63\times10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ 。（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 $\lambda_{e}$ 。 $(2)$ 求射出的X光子的波长 $\lambda_{X}$ ； $(3)$ 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 $y_1=10.0\mathrm{cm}$ 和 $y_2=10.5\mathrm{cm}$ 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 $E_{M}$ ； $(4)$ 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。

【答案与解析】

已知 $E_K\approx10.0\,\mathrm{keV},\;E_L=1.0\,\mathrm{keV}$ ， $e=1.60\times10^{-19}\,\mathrm{C}$ ， $m_e=9.1\times10^{-31}\,\mathrm{kg}$ ， $c=3\times10^8\,\mathrm{m/s}$ ， $h=6.63\times10^{-34}\,\mathrm{J\cdot s}$ 。结果保留一位有效数字。 (1) 入射电子动能 $E_e=15.0\,\mathrm{keV}=2.40\times10^{-15}\,\mathrm{J}$ （非相对论近似适用）。 $p=\sqrt{2m_eE_e}=\sqrt{2\times9.1\times10^{-31}\times2.40\times10^{-15}}\approx6.6\times10^{-23}\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ $\lambda_e=\frac{h}{p}=\frac{6.63\times10^{-34}}{6.6\times10^{-23}}\approx1.0\times10^{-11}\,\mathrm{m}$ (2) X 光子来自 L 层电子跃迁填补 K 层空穴，释放能量 $E_X=E_K-E_L=10.0-1.0=9.0\,\mathrm{keV}=1.44\times10^{-15}\,\mathrm{J}$ $\lambda_X=\frac{hc}{E_X}=\frac{6.63\times10^{-34}\times3\times10^8}{1.44\times10^{-15}}\approx1.4\times10^{-10}\,\mathrm{m}\approx1\times10^{-10}\,\mathrm{m}$ (3) 俄歇电子垂直进入匀强磁场作圆周运动，半径 $R=\frac{mv}{eB}=\frac{\sqrt{2m_eK}}{eB}$ 磁谱仪中电子经半圆到达探测位置， $y=2R$ ，故 $R_1=\frac{y_1}{2}=5.0\,\mathrm{cm},\qquad R_2=\frac{y_2}{2}=5.25\,\mathrm{cm}$ KLL 过程俄歇电子动能 $K_{\mathrm{KLL}}=(E_K-E_L)-E_L=E_K-2E_L=10.0-2.0=8.0\,\mathrm{keV}$ 。 KLM 过程俄歇电子动能 $K_{\mathrm{KLM}}=(E_K-E_L)-E_M=9.0-E_M$ 。由 $K\propto R^2$ ： $K_{\mathrm{KLM}}=K_{\mathrm{KLL}}\left(\frac{R_2}{R_1}\right)^2=8.0\times\left(\frac{5.25}{5.0}\right)^2=8.0\times1.1025\approx8.82\,\mathrm{keV}$ （较大半径对应较大动能，故 $y_2$ 对应 KLM。） $E_M=9.0-8.82=0.18\,\mathrm{keV}\approx0.2\,\mathrm{keV}$ (4) 方案（乙同学，利用电场）：在样品前方放置一对平行金属板，板间加可调电压 $U$ （形成匀强电场），让俄歇电子垂直电场方向入射。逐渐增大反向电压，测得其恰好不能到达对面极板的截止电压 $U_c$ （或固定电场测偏转距离）。测量物理量：截止电压 $U_c$ （或板间电场强度 $E$ 与极板间距 $d$ 、偏转量 $y$ 、板长 $L$ 等）。动能表达式（截止法）： $K=eU_c$ 。（若用偏转法：电子垂直进入匀强电场 $E$ ，经板长 $L$ 后偏转 $y=\frac{eE L^2}{2mK}$ ，则 $K=\frac{eE L^2}{2my}$ 。）