何為強基計劃?1月15日，教育部發布《關于在部分高校開展基礎學科招生改革試點工作的意見》，正式官宣： 自2020年起,36所雙一流A類”高校將試點實施強基計劃”，原有高校自主招生方式不再使用。強基計劃主要選拔培養有志于服務國家重大戰略需求且綜合素質優秀或基礎學科拔尖的學生 。聚焦高端芯片與軟件、智能科技、新材料、先進制造和國家安全等關鍵領域以及國家人才緊缺的人文社會科學領域，由有關高校結合自身辦學特色，合理安排招生專業。要突出基礎學科的支撐引領作用，重點在 數學、物理、化學、生物及歷史、哲學、古文字學 等相關專業招生。起步階段，在部分 1流大學’建設高校范圍內遴選高校開展試點。強基計劃”將積極探索基礎學科拔尖創新人才培養模式。單獨制定培養方案。高校對通過強基計劃錄取的學生可單獨編班，配備一流的師資，提供一流的學習條件，創造一流的學術環境與氛圍，實行導師制、小班化培養。建立激勵機制，通過強基計劃錄取的學生入校后原則上不得轉到相關學科之外的專業就讀。建立激勵機制，暢通成長通道。 對學業優秀的學生，高校可在免試推薦研究生、直博、公派留學、獎學金等方面予以優先安排，探索建立本-碩-博銜接的培養模式。推進科教協同育人。鼓勵國家實驗室、國家重點實驗室、前沿科學中心、集成攻關大平臺和協同創新中心等吸納這些學生參與項目研究，探索建立結合重大科研任務的人才培養機制。強化質量保障。建立科學化、多階段的動態進出機制，對進入計劃的學生進行綜合考查、科學分流。 建立在校生、畢業生跟蹤調查機制和人才成長數據庫，根據質量監測和反饋信息不斷完善招生和人才培養方案。加強對學生的就業教育和指導，積極輸送高素質后備人才。強基備考物理模擬試題二、選擇題1.居里夫人發現了元家針f1.居里夫人發現了元家針f的值依次為（P。），其衰變的核反應方程式為其中，a、b、c、d、e、A.211A.211、84、4、2、1、0C.207、84、1、1、0、1B.210、84、4、2、0、0D.207、83、1、1、0、0【解析】在反應中，最后一個是 丫射線，該射線是電磁波，不帶電，故e=0,f=0,故選項AC均錯誤；生成物的第一項是“粒子，它是氯原子核，其質量數是 4,荷電荷數是2,故c=4,d=2,選項B正確，D錯誤；最后我們再把剩下的兩項核對一下，看是否也成立，反應前后質量數和荷電荷數守恒，故a=4+206=210,b=2+82=84,正好與B選項的對應起來。.如圖，。點「是小球平拋運動拋出點；在 O點有一頻閃點光源，閃光頻率為 30Hz;在拋出點的正前方，豎直放置一塊毛玻璃，小球初速度與毛玻璃平面垂直。在小球拋出時點光源開始閃光。當點光源閃光時，在毛玻璃上有小球的一個投影點。已知圖中 O點與毛玻璃水平距離L=1.20m,測得第一、二個投影點之間的距離為法正確的是0.05m。取重力加速度g=10m/s一、二個投影點之間的距離為法正確的是0.05m。取重力加速度g=10m/s2。A.小球平拋運動的初速度為 4m/sB.小球平拋運動過程中，在相等時間內的動量變化不相等C.小球投影點的速度在相等時間內的變化量越來越大D.小球第二、三個投影點之間的距離為 0.15mA.小球平拋運動的初速度為 4m/sB.小球平拋運動過程中，在相等時間內的動量變化不相等C.小球投影點的速度在相等時間內的變化量越來越大D.小球第二、三個投影點之間的距離為 0.15m。【答案】A【解析】閃光周期T=1/30s,由-T—1 22gT0.05,解得小球平拋運動的初速度為 v=4m/s,選項A正確。小球平拋運動過程中，只受重力，由vmg=ma=m——tmv-,解得△(mv)t=mgAt,所以小球平拋運動過程中，在相等時間內,的動量變化相等，選項B錯誤。設投影點的位移為vt動過程中，在相等時間內,的動量變化相等，選項B錯誤。設投影點的位移為工由T72gt得Y=gLt,即投影點以速度更做勻速運動，小球投影點的速度不變，選項C錯誤。小球第二、2v 2v三個投影點之間的距離為 0.05m,選項D錯誤。.一個運動員投籃，投射角為。出手點O與籃圈的高度差為h,水平距離為L.為了將球投入籃中，則出手速度v0應為().A.L: gcos:2LtanhA.L: gcos:2LtanhB.g2LtanhC.LD.——cos’2Ltanh【解析】：球從拋出點到籃的位移S,由分位移&和S2合成，S1為沿v0方向勻速運動的位移，其水平分量為L=v0COS0-t,而S2為自由落體位移，即S2=—gt2,【解析】：球從拋出點到籃的位移2s根據矢量圖和三角形函數關系，有 h=AC-S2=Ltan0--gt2=Ltan0-~g2 2(一L一)2,2所以，出手速度為v0=-^- g ,選v0cos cos,2Ltanh項A正確。

4.某同學用電荷量計（能測出一段時間內通過導體橫截面的電荷量）測量地磁場強度，完成了如下實驗：如圖，將面積為S、電阻為R的矩形導線框abcd沿圖示方位放置于地面上某處，將其從圖示位置繞東西軸轉180°,測得通過線框的電荷量為 Q1；將其從圖示位置繞東西軸轉 90°,測得通過線框的電荷量為Q2；該處地磁場的磁感應強度大小為RC.—S【解析】Q12 Q2Q24B.D.設該處地磁場的磁感應強度與豎直,Qi2 q2Q12 Q1Q2 q2一方向的夾角為RC.—S【解析】Q12 Q2Q24B.D.設該處地磁場的磁感應強度與豎直,Qi2 q2Q12 Q1Q2 q2一方向的夾角為e,將其從圖示位置繞東西軸轉 180°,磁通量變2BSsin化△①=2BSsine。,廣生的感應電動勢E=——，I=E/R,Q1=IAt,聯立解得：Q1= 將其從圖示位置繞東西軸轉180,磁通量變化△蟲=8用訪8-BSCos8,同理2BScos2BSsinQ2= R.聯立解得：B=-SQi2Q1Q2 Q22,選項C正確。.一臺理想變壓器，開始時開關S接1,此時原、副線圈的匝數比是11：1,原線圈接入電壓為220V的正弦交流電.一只理想二極管和一個滑動變阻器串聯接在副線圈上，如圖8所示.則下列判斷正確的是 （ ）A.原、副線圈中的功率之比為 11：1B.若滑動變阻器接入電路的阻值為 10烏則1min動變阻器產生的熱量為 1200JC.若只將S從1撥到2,電流表示數增大D.若只將滑動變阻器的滑片向下滑動，則兩電表示數均減小【解析】 根據變壓器功率關系可知，原、副線圈中的功率之比為1：1,選項A錯誤.根據焦耳定律，若滑動變阻器接入電路的阻值為 10Q,由于二極管的單向導電性， 1min內滑動變阻器產生的熱量為1200J,選項B正確.若只將S從1撥到2,輸出電壓降低，輸出功率減小，電流表示數減小，選項C錯誤.若只將滑動變阻器的滑片向下滑動，電壓表示數不變，電流表示數減小，選項D錯誤.二、填空題.先用波長為為的單色可見光照射楊氏雙縫干涉實驗裝置；再加上波長為原注＞2的單色可見光照射同一個楊氏雙縫干涉實驗裝置。 觀察到波長為方的光的干涉條紋的I、2級亮紋之間原本是暗紋的位置出現了波長為力的光的干涉條紋的1級亮紋，則兩種光的波長之比及：(1)a=(1)a=mgsinmgcoskv

mmgsincos(2)Vmax= k【答案】3:23【解析】兩束光到達I位置的光程差記為d;對于波長為入1的單色光而百，d=2入1；對于波長為入2的單色光而言，d=X2,故入2:入1=3:27.(12分)高中階段處理滑塊斜面類問題時通常會忽略滑塊受到的空氣阻力 ，這時把滑塊看成了一個質點，但當滑塊體積相對較大時，空氣阻力就不能忽略不計了。如圖甲所示，在傾角為0的長斜面上有一木箱質量為m，它與斜面間的動摩擦因數為科木箱受到的空氣阻力與滑塊下滑的速度成正比,即￡=山?為空氣阻力與速度的比例系數 ，則:(1)木箱下滑的加速度的表達式為.(2)木箱下滑的。最大速度白表達式Vmax=(3)若m=2kg,0=37°聰10m/s2,木箱從靜止開始沿斜面下滑的速度圖象如圖乙所示，圖中直線是t=0時刻速度圖象的切線，由此求出和卜=(3)月0.25k=4N?s/m(每空3分)【解析】 由牛頓第二定律得mgsin0-pmgcos0-kv=ma ,①-'口mgsin-'口mgsin解得2= mgcoskvm當木箱加速度為零時其速度達到最大值,。彳l|vmax=mgsincos當木箱加速度為零時其速度達到最大值,。彳l|vmax=mgsincoso(2由圖像可知木箱剛開始運動時，即速度為零時加速度為 4m/s2,由①式可得 科=0.25。由圖像可知木箱最大速度為 2m/s,由②式可得k=4N?s/m.8.指針式多用電表是實驗室中常用的測量儀器，請根據圖完成下列問題：

8.指針式多用電表是實驗室中常用的測量儀器，請根據圖完成下列問題：(1)在使用多用電表測量時，指針的位置 1r如圖甲所示，若選擇開關撥至 “Xl0h則測量的結果為若選擇開關撥至“50mA擋，則測量結果為mA。(2)多用電表測未知電阻阻值的電路如圖乙所示，電池的電動勢為 E、內阻為r,R0為調零電阻,Rg為表頭內阻，電路中電流I與待測電阻的阻值Rx關系圖象如圖10-丙所示，則該圖象的函數關系式為;(3)下列對圖丙中的I—Rx圖線的解釋或判斷中正確的是A.因為函數圖線是非線性變化的，所以歐姆表的示數左小右大B.歐姆表調零的實質是通過調節 R0使氏=0時電路中的電流I=IgC.測量中，當Rx的阻值為圖10-丙中的R2時，指針位于表盤中央位置的左側D.Rx越小，相同的電阻變化量對應的電流變化量越大，所以歐姆表的示數左疏右密【答案】(1)140(2分)；26.0(2分)(2)r+(2)r+R。+Rg+Rx(2分)(3)BC(3分)【解析】(1)根據多用電表的讀數規則，若選擇開關撥至 “X10L按照最上面歐姆表刻度讀數，刻度讀數乘以檔上所標的倍數，則測量的結果為 14ax10=140Q;若選擇開關撥至“50mA擋，按照刻度盤上中間刻度讀數，注意，凡是十分度的都要估讀一位，則測量結果為 26.0mA。I與待測電阻的阻值(2)根據圖乙的電路，由閉合電路歐姆定律，E=I(r+&+Rg+Rx),I與待測電阻的阻值I=___Z_.一°

I=___Z_.一°

r+Ro+Rg+R(3)由于歐姆表是利用電流表作為顯示電阻，由I= 可知，待測電阻最小為零時，r+Ro+Rg+Rx電流最大，電流表指針滿偏；待測電阻最大為無限大時(兩表筆斷開)，電流為零，電流表指針在最左側；，所以歐姆表的示數左大右小，最右端刻度為零，最左端刻度為無限大，選項 A錯誤。歐姆表調零的實質是通過調節Ro使Rx=0時電路中的電流I=Ig(滿偏電流)，選項B正確。測量中，當R的阻值為圖10-丙中的R2時，大于中值電阻R,指針位于表盤中央位置的左側，選項C正確。Rx越小，相同的電阻變化量對應的電流變化量越大，所以歐姆表的示數左密右疏，選項 D錯誤。三、計算題(12分)如圖甲所示，水平光滑的桌面上靜止放置一條長為 l=1.6m的紙帶，紙帶上正中間位置放置有一質量為m=1.0kg的小鐵塊，紙帶的左邊恰好在桌面的 「左邊緣，小鐵塊與紙帶間的動摩擦因數為=0.1.現讓紙帶從t=0s時刻開始一直保持v=1m/s的速度向左勻速運動.已知桌面高度為H=0.8m,g=10m/s2,小鐵塊在運動過程中不翻滾，不計空氣阻力.求：(1)小鐵塊從開始運動到桌面邊緣過程所經歷的時間并 在乙圖畫出此過程中小鐵塊的v—t圖象；(2)小鐵塊拋出后落地點到拋出點的水平距離；

（1）小鐵塊開始做勻加速運動，由 （1m牙ma（1分）得：a=1m/s2速度達到紙帶v=1m/s的速度所用時間ti=—（1分）得：ti=1saTOC\o"1-5"\h\z1c.i 1右小鐵塊1s內一直做勻加速運動，運動的位移為 S1=—at2 得：S1=0.5m<—1\o"CurrentDocument"2 2由以上可知：小鐵塊先做勻加速運動，后以 v=1m/s的速度做勻速運動，勻速運動所用時間21S1 …t2=2 =0.3s（1分）v小鐵塊從開始運動到桌面邊緣過程所經歷的時間 tt1t21.3s（1分）圖象如圖所示：（2分）（2）水平方向：s=vtoTOC\o"1-5"\h\z1 2豎直方向：H=-gt0得：s=0.4m （2分）10（20分）電子感應加速器利用變化的磁場來加速電子。電子繞平均半徑為 R的環形軌道（軌道位于B一,求在環形軌道切線萬向感應t真空管道內）運動，磁感應強度方向與環形軌道平面垂直。電子被感應電場加速，感應電場的方向與環形軌道相切。電子電荷量為 e。B一,求在環形軌道切線萬向感應t（1）設電子做圓周運動的環形軌道上磁感應強度大小的增加率為電場作用在電子上的力；（1）設環形軌道平面上的平均磁感應強度大小的增加率為B ，試導出在環形軌道切線方向感應電場作用在電 r子上的t_力與一B的關系；t（3）為了使電子在不斷增弓塞J磁場中沿著半徑不變的圓軌BB道加速運動，求一B和一B之間必須滿足的定量關系。II【解析】(1)設電子做圓周運動的圓軌道上的磁感應強度大小為 B方向與環面垂直。由牛頓第二定律和洛倫茲2TOC\o"1-5"\h\z依宙-rn— ①力公式得 R設在圓軌道切線方向作用在電子上作用力為 f,,按照動量定理有F* ②一一 B由①②式得F=eR—t(2)按照法拉第電磁感應定律，在電子運動的圓軌道上白感應電動勢為 =— ④式中圓軌道所張的面上的磁通量4為 。二兀邛百 ⑤這里，B為圓軌道所張的面上的平均磁感應強度。B由④⑤式得 =兀R2—B ⑥t考慮電子運行一圈感應電場所做的功 ，由電動勢的定又可得=2兀RE電子在圓軌道切向所受到的力為 F=qEF二3蟲B_TOC\o"1-5"\h\z由⑥⑦⑧式得 —⑨t(3)③和⑨式所表示的是同樣的力的大小B1 B聯立③⑨式得—=1—Ot 2 tB B 這就是為了使電子在不斷增強的磁場中沿著半徑不變的圓軌道加速運動 ，一B和一B之間必須滿足\o"CurrentDocument"t t的定量關系11.(16分)橫截面積為S和2s的兩圓柱形容器按圖示方式連接成一氣缸， 每個圓筒中各置有一活塞，兩活塞間的距離為1,用硬桿相連，形成“工”字形活塞，它把整個氣缸分隔成三個氣室，其中I、出室密閉摩爾數分別為Y和2丫的同種理想氣體，兩個氣室內都有電加熱器；n室的缸壁上開有一小孔，與大氣相通；1mol該種氣體內能為CT(C是氣體摩爾熱容量，T是氣體的絕對溫度)。當:個氣室中氣體的溫度均為 「時，"工"字形活塞在氣缸中恰好在圖所示的位置處于平衡狀態，這時3室內氣枉長亦為1,n室內空氣的摩爾數為2丫°.已知大氣壓不AIBI、出兩室中的氣體緩I、出兩室中的氣體緩慢加熱，直至I室內氣體的溫度升為其初始狀態溫度的 2倍時，活塞左移距離d.已知理想氣體常量為R.求(1)出室內氣體初態氣柱的長度;(2)出室內氣體末態的溫度;(3)此過程中I、出室密閉氣體吸收的總熱量?！窘馕觥?i)設大氣壓強為P。.初態：I室內氣體壓強為pi;III室內氣體壓強為p3,氣柱的長度為l3.末態：I室內氣體壓強為p末態：I室內氣體壓強為pi'；III室內氣體壓強為 P3'.由初態到末態：活塞左移距離為d.首先用整體法，力學平衡:P首先用整體法，力學平衡:P3(2S)=piS+po(2S—S)然后對三部分氣體分別分析:ll3然后對三部分氣體分別分析:ll3PilS=vRF; po(2>S+2XS)=2VoRTi；P3l3(2§=(2Y)RTi一rYRTi聯立上述各式得： ?。一rYRTi聯立上述各式得： ?。l3SyoRTi yRTi2S=\TSFS得:(2)方法同第(1)小題：P3‘(2S)=piS+po(2S-S)對(2)方法同第(1)小題：P3‘(2S)=piS+po(2S-S)對I室中氣體：Pi'(l—d)S=YRT2=YR2Ti 對III室中氣體:P3’(l3+d)(2§=(2Y)RT3',2Vl+(V+Vo)d voT3=(l-d)(V+yo) (i+2V)Ti(3)大氣對密閉氣體系統做的功為:dW=po(2S-S)(—d)=-poSd=-fvoRTi系統密閉氣體內能增加量為:3=yC(TiTi)+(2y)C(T3-T3)且初態T3=Ti故AU=yC(2T3-Ti)心 2Yl+(Y將T3代去得：叫o)dY0))—i]yCTi密閉氣體系統吸收的熱量為2Yl+(Y+Yo)dQ=AU—W=[“密閉氣體系統吸收的熱量為2Yl+(Y+Yo)dQ=AU—W=[“八，、(l—d)(Y+Y