2025届浙江省宁波市高三年级下册三模物理试题（含答案）

2025届浙江省宁波市高三下学期三模物理试题

一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合

题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.气体分子的平均平动动能见与热力学温度7之间的关系为&=|kT,式中k是玻尔兹蛀常数，是一个关于

温度及能量的常数。用国际单位制中的基本单位表示々的单位是（）

A.kg-m2/（K•s2）B.kg-m2/（K•s）

C.//℃D.N・m/K

2.习近平总书记在2025年新年贺词中提到“嫦娥六号首次月背采样，梦想号探秘大洋，深中通道踏浪海天，

南极秦岭站崛起冰原，展现了中国人追梦星辰大海的豪情壮志”，下列说法正确的是（）

A.嫦娥六号在月背起飞上升时，处于完全失重状态

B.研究“梦想”号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头可以看作质点

C.港珠澳大桥全长约55km,一汽车过桥用时45min,则全程平均速度约为73km/h

D.南极秦岭站充分利用风能和太阳能发电，其中太阳能是来自太阳内部的核裂变

3.如图所示是2（）25年春晚的《笔走龙蛇》节目。演员甲的一只脚踩在转盘边缘，另一只脚悬空，身体重心

在转盘外。演员乙站在转盘上，与演员甲手拉手沿转盘半径方向摆出造型并随转盘一起转动。已知转盘以角

速度切做匀速圆周运动，演员甲、乙与转盘间均不发生相对滑动，下列说法正确的是（）

A.演员甲受到重力、支持力和向心力的作用

B.演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对平衡力

C.转盘对演员甲和乙的静摩擦力的合力提供他们所需的向心力

D.当侬逐渐增大到某一值时，演员甲和乙将沿转盘的切线方向飞出

4.质量分别为mi和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移一时间图像如图

所示，mi=1kg,下列说法正确的是（）

第1页

16

A.m2=1kgB.图线①为碰撞后血1的图线

C.碰撞后两物体的速度相同D.两物体的碰撞为弹性碰撞

5.如图所示，在带电体C附近，把与地面绝缘的导体A、B相碰一下后分开，然后分别接触一个小电动机

的两个接线柱，小电动机便开始转动（假设小电动机非常灵敏）。关于以上过程，下列说法正确的是

（）

A.A、B相碰后，A的电势高于8的电势

B.A、B相碰后分开，A、B均不带电

C.把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功

D.A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从4经电动机流向8

6.如图为一平行板由容器，电容为C,4、8两极板的正对面积为S,上半部分正对面积为哀且内部为空气,

下半部分充满相对介电常数为0的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为的和

心。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷+Q和-Q。下列说法正确的是（）

A.上、下两个电容器的电容g和Q一定相等

B.上、下两个电容器两极板间的电势差%和力一定相等

C.上、下两个电容器两极板所带的电荷量出和（22一定相等

D.若电容器小8两极板间均为空气，其电容C一定变大

7.将一根黄色筷子竖直插入装有水的圆柱形玻璃杯中心轴的右侧，观察到筷子在水中的像向右发生了侧

移，如图所示。若保持观察位.置不变，下列判断正确的是（）

第2页

A.将筷子竖直插入玻璃杯的中心轴，也能看到筷子的像向右侧移

B.将筷子竖直插入玻璃杯中心轴的左侧，也能看到筷子的像向右侧移

C.若换成红色筷子，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心靠近一点

D.若将水换成折射率更大的液体，仍在原位置竖直插入，筷子在水中的像会向玻璃杯中心靠近一点

8.某同学想利用小孔成像实验估测太阳的平均密度。设计如图所示的装置，不透明的圆桶上底密封，但中

央有一小孔。，下底为半透明纸。将圆桶轴线正对太阳，可在半透明纸上观察到太阳的像的直径d=1cm。

1122

已知圆桶长L=1m,引力常量G=6.67xWN-m/kgo根据以上信息可得到太阳的平均密度的数量级

A.101kg/m3B.103/<^/m3C.105kg/m?D.106kg/m3

9.如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm,喷出的水柱高度约为5m0则空中一

个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（）

A.3.1kg,80WB.3.1kg,160WC.6.3kg,80WD.6.3kg,160W

10.如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等

效为以角速度30转动的辐向磁场。边长为，、总电阻为R的单匝正方形线框48co可绕其中心轴。。旋转，图

乙为这种驱动装置的俯视图，线桩的两条边力8、所处位置的磁感应强度大小均为8。当线碓由静止开始转

第3页

22

动时，AB.CD两条边受到的阻力均为Ff=ku,其中比例系数攵=笠_,/为4B、C。两条边的线速度大

A.线框的转动方向与辎向磁场的转动方向相反

B.线框的角速度大小为驾

D.2

C.线框的感应电动势大小为史一也

2

D.线框边所受安培力大小为空

二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符

合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分）

11.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）

A.图甲：氢原子跃迁时发出波长分别为小、入2、七三条谱线，满足；11+/12=43

B.图乙：电磁波在传播过程中电场变化的周期和电场能变化的周期相等

C.图丙：从图中可以得到该放射性元素的半衰期为115.1c!

D,图丁：康普顿效应中光子散射后的波长变大，该现象是光具有粒子性的重要例证

12.如图所示，我国首次使用核电池随“嫦娥三号”软着陆月球，该核电池是将放射性同位素衰变过程中释放

出来的核能转变为电能。“嫦娥三号”采用放射性同位素杯核颦Pu,静止的辇Pu衰变为铀核第U和。粒

子，并放出y光子。已知攀P〃、笏U和a粒子的质量分别为四-m^\\ma,〃和皆U的比结合能

分别为Ei和第，光在真空中的传播速度为下列说法正确的是（）

A.v光子是由杯原子的内层电子趺迁产生的

235U+4

B.镇P〃的衰变方程为攀PUT922He

第4页

C.衰变产生的晶Su和卅e的动能之比为235:4

?

D.。粒子的结合能为（77叩“一mu-ma）c+239%-235%

13.如图所示，在同一均匀介质中有两个相距4m的波源&和S2,两波源的连线上有相距0.5m的A、B两点，

其中B点位于两波源连线的中点处＜.t=0时两波源同时开始上下振动，其中S2的振动图像如图乙所示。经过

一段时间，观察到B点振动始终减弱，A点振动始终加强，两者振幅之差为16cm,且A、B之间没有其他

的振动加强点和减弱点。下列说法正确的是（）

A.Si的起振方向向下

B.Si的波速为10m/s

C.整个圆周上（Si和Sz除外）有5个振动减弱点

D.0〜0.45s内，A点通过的路程为96cm

三、非选择题（本题共5小题，共58分）

14.实验室里有一根弹簧，某同学用刻度尺测量/弹簧的原长，然后用手拉弹簧使其伸长到如图1所示的位

置，该同学想知道此时弹簧的弹力天小。他找了一个测力计去拉该弹簧，但发现该测力计的量程不够。于是

他设计了一个测量弹簧拉力大小的方法：通过用细绳套让测力计和手同时以一定角度拉弹簧的方法来增大对

弹簧的拉力，其设计的实验装置如图2所示。实验中保持弹簧伸长沿。。方向不变。

（1）图1中弹簧指针位置的读数为cm；

（2）图2实验中测力计的示数如图3所示，其读数为N；

（3）如图4所示，该同学已在白纸上画出了绳套拉力的方向04、被测弹簧受到的拉力方向。。和测力计

拉绳的方向0B（大小如图3所示）。请你用力的图示法在答卷上作出弹簧所受的拉力,并从图中得

出弹簧此时所受拉力的大小为N（结果保留两位有效数字）。

15.（1）某物理小组同学尝试用两个平面镜做类似双缝干涉测量光的波长实验。两平面镜M2的放置如

图1所不，两镜面相交十垂直于纸面的。（。'）线，且夹角接近180,垂直纸面的线光源S发出单色光照射两半

面镜，能在光屏上观察到明暗相间的条纹。关于本实验，下列说法正确的是（多选）

第5页

S

M,

光

屏

0（。）

图1

A.光屏上观察到的条纹是等间距的

B.光源5关于两平面镜的虚像热、$2可视为两个相干光源

C.其他条件不变，仅把光屏右移，光屏上的条纹间距会变大

D.若把两镜面间的夹角增大到180°,光屏上仍可观察到明暗相间的条纹

（2）另一组同学在做“薄膜干涉”实验时，分别用红光和蓝光照射薄膜，形成的干涉图样如图25A和B

所示，其中图（选填"A”或“B"）是红光形成的干涉图样。

（1）用该方案测得的电源电动势与真实值相比：（选填“偏大”、“偏小”或“等大”），测得的内

阻与真实值相比：（选填“偏人”、"偏小”或’等大》

（2）为了提高实验的精度，该同学设计了另一个实验方案如图2所示，正确连线后，实验操作如下：

①将滑动变阻器％和&的滑片移到最左端，闭合开关Si和S2；

②调节滑动变阻器&的滑片，使得灵敏电流计G的指针指向0,记录此时电压表的示数为由、电流表的

示数为A；

③接着，改变滑动变阻器％的滑片位置后，再重复步骤②，记录另一组数据3、/2o

（i）图2设计的方案，消除了图1测量中哪个因素对实验结果的影响o

A.电压表内阻B.电流表内阻

第6页

（ii）待测电源电动势七=,内阻r=（用题中所给的物理量符号表

示）。

17.如图所示，在一绝热性能良好的封闭汽缸内，有一装有小阀门K（不计K的大小）的绝热活塞。在汽缸

的A端装有电热丝，用于加热气体。刚开始，活塞紧贴汽缸B端的内壁，阀门K关闭；整个汽缸内盛有一

定质量的某种理想气体，其温度为己知该理想气体的内能I；与热力学温度T成正比，即（/=。7\式中a

是与物质的量成正比的已知量。忽略活塞与汽缸内壁之间的摩擦。

①现用外力把活塞从汽缸的B端压至汽缸中央，并用销钉F把活塞固定，从而把汽缸分成体积相等的左

右两室。上述压缩过程中，气体的温度.上升到丁2。

②然后开启阀门K,经过足够长的时间后再将它关闭，再拔除销钉F,让活塞可自由移动，用电热丝加热

气体，加热完毕并经过一定时间后，活塞再次静止。此时左室内气体的压强变为K关闭后的2.5倍，右室内

气体的体积变为K关闭后的0.5倍。

（1）①中气体分子的平均速率（选填“增大''、"减小”或“不变”），外力对气体做功大小

为;

（2）活塞再次静止时，左、右两室内气体的温度分别是多少：

（3）电热丝加热过程共传给气体的热量是多少。

18.某游戏装置如图所示，水平传送带左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间

的距离L=0.5m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量m=0.1kg的滑块P

接触（P与弹簧不栓接，且滑上传送带前已经脱离弹簧），P与传送带间的动摩擦因数〃=0.4。右侧水平台面

上有一倾角为45。，高九=0.2m的固定光滑斜面（水平台面与斜面底端用平滑小圆弧连接），在斜面左侧水平

台面上放置一质量也为m的相同滑块Q,右侧固定一上表面光滑且很大的水平桌面。桌面上放置一质量M=

0.1kg,长s=0.6m的薄木板ET（厚度不计），木板左端E1点与桌面左端相齐、并与斜面顶端。点等高，且OE

间距儿E=0.2m。游戏开始，将P从压缩弹簧的右端由静止释放，与静止在水平台面上的Q发生碰撞后粘在一

起组成滑块IV,W离开斜面后将在木板EF的上表面与木板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），每次碰撞前后瞬

间，W沿竖直方向的分速度大小不变、方向反向。P、Q、W均可视为质点，不计空气阻力。在某次游戏

中，W恰好击中木板EF的中点。

第7页

(I)求W离开。点时的速度大小；

(2)若传送带不动，求弹簧最初储存的弹性势能；若传送带转动，则弹簧最初储存的弹性势能的大小范

围；

(3)W击中木板EF中点后瞬间，IV和木板的速度分别为多大；

(4)若叩落在桌面上时不反弹，则W在桌面上的落点与桌面左端间的距离为多少。

19.海浪蕴含着丰富的能量，某科技小组设计了一种把海浪能转化为电能的装置。示意图如图所示，足够长

的圆柱形磁体和圆筒形磁体通过缆绳锚定于海底礁石匕两者之间存在沿水平方向的径向磁场。线圈与浮桶

相连套在圆柱形磁体上，并可随海浪沿竖直方向运动。一额定功率P=25W的灯泡通过导线与浮桶中的线圈

相连，线圈所在处的磁感应强度大小均为B=17。某段时间内，浮桶和线圈随海浪上下做简谐运动，周期

T=2s,振幅4=工小，通过平衡位置时的速率0n=5m/s,此过程中灯泡恰好正常发光。浮桶和线圈的总

7T

质量20kg,在浮桶和线圈上下运动过程中，沿竖直方向受到的作用力有重力、浮力、安培力/安、海水

阻力F/和海浪对浮桶和线圈的作用力凡其中重力和浮力大小相等，海水阻力大小F.=ku(k=10kg/s),v

为线圈的瞬时速率。已知每匝线圈周长L=0.4m,每匝线圈电阻r=0.2。，线圈匝数N=10。£=0时刻浮桶

和线圈正通过平衡位置向上运动。不计其他电阻。

(1)t=0时刻线圈中的电流方向为顺时针还是逆时针(俯视)；

(2)求灯泡电阻R,并写出灯泡两端电压”随时间£的变化关系；

(3)t=0.5s到£=1s内海浪对浮桶和线圈的冲量大小k和所做的功上。

20.如图所示，在xOy平面内有一平行于y轴宽为R的线状电子源，每秒沿x轴正方向均匀发射n个速度相同的

电子。电子源中心与半径为R、磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心。1等高。

射入圆形磁场区域的电子汇聚到磁场的最低点。后，进入丫轴正下方足够大的、磁感应强度大小也为。、方向

长为s=回空的电子收集板(不计收集

垂直纸面向外的匀强磁场区域。在“轴上有一左端置于原点。点,

2

第8页

板的厚度）。打到收集板上的电子被收集板吸收后全部导入大地。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略电子

重力和电子间的相互作用。

电子帆/xXB\

xaX\

XXX:

脖9

"、xX.收集板

->

-X

B

（1）求从电子源发射出来的电子的速度大小；

（2）求电子从。点射出时与负y轴方向的夹角。的范围；

（3）电子源发射一段时间后，求收集板接地导线中的电流大小；

（4）若收集板平行于y轴放置，且足够长，其上端位于原点。，则在收集板向右平移的过程中，试求收集

板上能接收到电子的区域长度/与收集板所处位置横坐标x之间的关系。

第9页

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】此题考查单位制，对于不熟悉的公式可以通过单位判定公式是否正确。根据林=,々丁，可

叫等

2

2

可知k的单位14=1呼=1蚊哈"=1kg,m2/（K.S）

故选Ao

【分析】根据所给公式代入单位，分别看公式左右的单位是否相同即可判定公式正误。

2.【答案】B

【解析】【解答】本题考查超失重、质点和平均速率以及轻核聚变等知识，会根据题意进行准确分析解答。

A.嫦娥六号在月背起飞上升时，有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；

B.研究“梦想”号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头的大小和形状对研究的轨迹影响极小，可以忽略

不计，所以钻头可以看作质点，故B正确；

C.平均速度是位移与时间的比值，港珠澳大桥全长约55km是路程，不是位移为55km,不能用路程除以时

间来计算平均速度，故C错误；

D.太阳能是来自太阳内部的核聚变，故D错误。

故选Bo

【分析】根据超失重、质点和平均速率以及轻核聚变等知识进行分析解答。

3.【答案】C

【解析】【解答】本题考查了匀速圆周运动以及牛顿第三定律的相关知识。当角速度大于临界角速度，摩擦

力不够提供向心力，发生离心现象。A.演员甲受到重力、支持力和演员乙的拉力作用，三个力的合力充当

做圆周运动的向心力，选项A错误；

B.演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对相互作用力，选项B错误；

C.演员甲和乙在轮盘提供的静摩擦力作用下做匀速圆周运动，静摩擦力的合力提供他们做匀速圆周运动所

需的向心力，故C正确；

D.e增大时，演员甲和乙所需的向心力增大，转盘对演员甲和乙的静摩擦力增大，静摩擦力达到最大时，（0

达到最大值。⑴继续增大，演员甲和乙将沿转盘的半径方向发生侧滑，故D错误。

故选Co

【分析】通过掌握的匀速圆周运动以及牛顿第三定律相关知识进行判断。

4.【答案】D

【解析】【解答】本题考查碰撞中的动量和功能关系问题.要求学生熟练堂握动量和功能关系的应用-碰撞

时间极短，碰撞过程，动量守恒。根据题意，由图可知，因x-i图像的斜率等于速度，可知碰撞前n和iw

第10页

的速度分别为vi=4m/s,v2=0；碰撞后两物体的速度分别为v「=-2m/s,v,2=2m/s

则图线①为碰后皿的图线；碰撞后两物体的速度等大反向；以VI的方向为正方向，根据动量守恒定律

m।v।+m2V2=miv'i+miv'o

解得

m2=3kg

碰前

、1?

Eko=々啊忧+0=8/

碰后

1,1,

Eki=2叫疗+尹2以=8/

故两个物体发生弹性碰撞。

故选D。

【分析】根据位移一时间图像求解碰撞前后的速度，根据动量守恒定律求解m2,通过求解碰潼前后系统的总

动能判断碰撞类型。

5.【答案】C

【解析】【解答】本题考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，要知道带电体的电荷只分布在外表

面，且导体的电势处处相等。A.A、B相碰后，A、B处于静电平衡状态，A的电势等于8的电势，故A错

误；

B.在带电体C附近，地面绝缘的导体A、B相碰时，由于静电感应，A、B带上等量异种电荷，相碰一下后

分开，此时A、B带上等量异种电荷，故B错误；

C.结合上述，由于A、B带上等量异种电荷，可知，把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功，

故C正确；

D.结合上述可知，A、B带上等量异种电荷，由于带电体C电性不确定，则A、B的电性不确定，若A带

正电，B带负电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从4经电动机流向8,若A带负电，B带

正电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从B经电动机流向A,故D错误。

故选Co

【分析】将带正电的导体球C靠近两个不带电的导体AB,靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移

动，总电荷量保持不变，处于静电平衡的导体是等势体；克服A、B之间的静电力做功，把机械能转化为电

能。

6.【答案】B

【解析】【解答】掌握电容的定义式和决定式是解题的基础，知道两个极板是等势体。A.根据。=编可知

上、下两个电容器的电容C1和Q不相等，选项A错误；

第11页

B.上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差力和力一定相等，选项B正确；

C.根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量心和Q2不相等，选项C错误；

D.若电容器A、B两极板间均为空气，因变小，可知其电容C一定变小，选项D错误。

故选B。

【分析】根据C=磊比较电容的大小，以及两极板间都为空气时电容的变化；两个极板均为等势体，据此

比较电势差的大小；根据Q=CU比较所带电荷量的变化。

7.【答案】C

【解析】【解答】此现象是牛.活中常见的现象，我们要学会利用折射的知识解释牛.活中的折射现象。光的折

射是指光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变，从而使光线在不同介质的交界处发生偏折的

现象。A.将筷子竖直插入玻璃杯的中心轴，光线射出玻璃杯后传播方向不变，看到筷子的像和筷子重合，

不会向右侧移，A错误；

B.将筷子竖直插入玻璃杯中心轴的左侧，看到筷子的像向左侧移，如图所示，B错误；

C.若换成红色筷子，水对红光的折射率比黄光小，红像和筷子的距离变小，红像向筷子靠近，仍在原位置

竖直插入，筷子在水中的红像会向玻璃杯中心靠近一点，C正确；

D.若将水换成折射率更大的液体，像和筷子的距离变大，像远离筷子，仍在原位置竖直插入，筷子在水中

的像会向玻璃杯中心远离一点，D错误。

故选Co

【分析】当筷子放在水中时，由于水和空气的折射率不同，筷子上的光线通过了水之后，其传播路径就发生

了变化，因此人眼所感知到的视线路径也会有偏差，根据光的折射规律分析。

8.【答案】B

【解析】【解答】本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题

型。设太阳的半径为R,太阳到地球的距离为r,由光路图，结合相似三角形的性质可得

d

-

R2

=-

r-L

解得

第12页

dr

R=

2L2

地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M,地球质量为m,则G粤殍r

广甘

太阳体积为

V=京4九/?3

*-/

太阳密度为

M

P=V

联立解得

24，

p=—

GT2(T

代入数据，解得

px1.136x1。3的/相

故选Bo

【分析】根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。

9.【答案】D

【解析】【解答】本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据水的运动情况，由运动学公式计算水离开喷

管口时的速度大小，能求出水的动能，从而求得电动机的输出功率。水离开管口的速度为

v=yf2gh=V2x10x5m/s=10m/s

水在空中运动时间为

2v

t=T=2s

空中一个水柱的质量为M=pxnr2xvt=1.0x103x3,14xx10x2kg弋6.3kg

设给喷管喷水的电动机输出功率为P,在接近管口很短一段时间At内水柱的质量为m=pvAtS=pvAtnr2

根据动能定理可得

12

PAt=

解得

P=2

代入数据解得PR60W

故选D。

【分析】根据质量公式M=pV计算空中水柱的质量；水离开喷管口做竖直上抛运动，由速度一位移公式计算

水离开喷管口时的速度大小。结合体积公式计算单位时间内喷出管口的水柱的体枳，再求解单位时间内喷出

第13页

管口的水柱的质量，然后由动能定理求解电动机给单个喷管提供的输出功率。

10.【答案】C

【解析】【解答】本题主要考查了电磁驱动原理，要掌握线速度与角速度的关系和感应电动势的公式的运用。

磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化。A.根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相

同，故A错误；

B.当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为V相对=（3。-3m）g

根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为

E，=28"相对

根据闭合电路欧姆定律可得此时的感应电流为

/

E

I=R

金属线框AB、CD两边所受的安培力均为

F尸BII

联立解得

23

_BZ（CO0—COJH）

/安=R

根据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得

f=F安

乂有阻力为

77

当上=写_时，则有

2B?『I铲尸⑷。―⑦山）

~~R—•^,2=R

解得导线框转动的最大角速度为

故B错误;

C.线框AB、CD边转动的相对线速度

感应电动势

第14页

故C正确；

D.线电匀速转动

2片/2S2/2Io）o辩「如

……F-»F-x1=F-

故D错误。

故选Co

【分析】根据电磁驱动原理分析作答；线框转动的周期与辐向磁场的转动周期相同，据此分析作答；根据线速

度与角速度的关系和感应电动势的公式分析作答；线框匀速转动，女培力等于阻力。

11.【答案】C,D

【解析】【解答】美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射

波长及相同的成分外，还有波长小于M）的成分，这个现象称为康普顿效应。A.图甲：氢原子跃迁时发出

波长分别为入、友、念三条谱线，根据波尔理论可知/+导工

即满足

1£=£

入1入2入3

选项A错误；

B.图乙：电磁波在传播过程中电场变化的周期等于电场能变化的周期的2倍，选项B错误；

C.图丙：从图中可以得到

£1£2

、

2mzlxi1m/I-i

晒=（2）晒=（2）

可得

立一口182.4-67.3

111

2=（2）={2）

解得

T=115.1d

即该放射性元素的半衰期为选项C正确；

D.图丁：康普顿效应中光子散射后的波长变大，频率变小，光子能量变小，可知该现象是光具有粒子性的

重要例证，选项D正确。

故选CDo

【分析】根据玻尔理论分析解答；根据电磁波的产生原理分析B：根据半衰期概念分析C；根据康普顿效应

现象分析0

12.【答案】B,D

第15页

【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则和结合能问题，会根据题意进行准确分析解答。原子核自

发地放a粒子或P粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把

这种变化称为原子核的衰变。A.y光子是铀核卷5〃从高能态跃迁到低能态释放出来的，故A错误；

B.根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，林9P〃的衰变方程为

裁P”-＞比5〃+加0

故B正确；

C.衰变过程满足动量守恒，可知衰变产生的&和/He的动量大小相等，方向相反；根据见=^加^=

PL

2m

可知衰变产生的比5(7和2He的动能之比为

E-Uja二4

Eka~mu-235

故c错误;

D.设a粒子的比结合能为邑，则衰变过程释放的能量为

△E=235E2+4F3-239%

又

22

△E=Amc=(mPu—zna-ma)c

联立可得a粒子的结合能为

2

E=4E3=(mPu—mu-ma)c+239%—235%

故D正确。

故选BDo

【分析】根据y光子的来历进行分析判断；根据质量数和电荷数守恒进行判断；根据动能和动量的关系式进

行分析解答；根据质量亏损和结合能的公式列式解答。

13.【答案】B,D

【解析】【解答】本题考查波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断，解题时需注意，振幅最大的点为加强

点，振帕最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发

生变化，不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。A.B点到两波源的路程差是0.B点是振动减

弱点，则两波源的起振方向相反，由图乙所示可知，波源S2的起振方向向下，则波源Si的起振方向向上，

故A错误；

B.两波源的起振方向相反，A点到两波源的路程差皿=偿+0.5)血一停一0.5)m=lm

B到两波源的路程差△xB=0m,B点振动始终减弱，A点振动始终加强，A、B两点间没有其它的振动加强与

减弱点，则

第16页

AXA-AXB=^

代入数据解得九=2m

由图乙所示图像可知，波的周期T=0.2s,波速

A

v=7p=10m/s

故B正确；

C.取圆上一点到Si、S2两个波源的距离分别为XI、X2,两波源的起振方向相反，振动减弱点满足|xi-X2|=a

(n=O,±1,±2,±3,........)

三角形两边边长之差小于第三边的边长，则|x「X2|V4m,解得n=0,±1

根据对称性可知，在圆周上除波源外振动减弱的点有，6个，故C错误；

D.由图乙所示可知，波源S2的振幅A2=12cm,A是振动加强点，B是振动减弱点，两者振幅只差是

16cm,则Ai+A2-|Ai-A2|=16cm

解得Ai=8cm

波源Si产生的波传到A点需要的时间

SM1.5

_=_5=0.15s

波源S?产生的波传到A点需要的时间

SA2.5

—2=-s=0.25s

0.15s〜0.25s内，ti=0.25s-0.15s=0.1s=i质点A的路程s।=2A1=2x8cm=16cm

0.25s-0.45s内，t2=0.45s-0.25s=0.2s=T,该时间内质点A的振幅A3=A1+A2=12cm+8cm=20cm

质点A的路程S2=4A3=4x20cm=80cm

则。〜0.45s内质点A的路程s=si+S2=16cm+80cm=96cm

故D正确。

故选BD,

【分析】根据图乙所示图像判断S2的起振方向，B点是振动减弱点，根据干涉振动加强与减弱的条件分析答

题；根据题意与振动加强与减弱的条件求出波长，然后根据波速、波长与周期的关系求出波速；根据振动加

强与减弱的条件确定圆周上振动减弱点的个数；根据质点的运动过程求出A点通过的路程。

14.【答案】(1)10.00(9.98〜10.02)

(2)3.60(3.58〜3.62)

第17页

0.9N

oI_I

(3)//；6.0N(5.5〜6.5)

“■/

6.30N

【解析】【解答】本题考查“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的分

析方法。

（1）由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm,读数时要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻

度为10.00cm

（2）

由图2分析可知，弹簧测力计的分度值为0.1N,读数时要估读到分度值的下一位，其示数为3.60N

（3）

根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示

可知此时。C方向所受拉力的大小为6.30N。

【分析】（1）最小刻度等于0.1cm,读数要读到最小刻度后一位；

（2）根据仪器的分度值读数；

（3）根据平行四边形定则作图，从而得出弹簧拉力。

（1）由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm,读数时要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻

度为10.00cm

（2）由图2分析可知，弹簧测力计的分度值为0.1N,读数时要估读到分度值的下一位，其示数为3.60N

（3）根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示

第18页

可知此时0C方向所受拉力的大小为6.30No

15•【答案】（1）A；B：C

（2）B

【解析】【解答】本题主要考查了用用两个平面镜做类似双缝干涉测波长的实验，具有创新性，要明确实验原

理，掌握双缝干涉条纹间距公式的运用。

（1）A.该实验类似于双缝干涉实险，在双缝干涉现象中，相邻明条纹（或暗条纹）的间距是相等的，所

以光屏上观察到的条纹是等间距的，故A正确；

BD.同一光源发出的光的频率相同、相差恒定，经过两平面镜反射后成为相干光，光源S关于两平面镜的

虚像Si、S2可视为两个相干光源；若把两镜面间的夹角增大到180。，两反射光将不会再光屏上相遇，因此光

屏上不能观察到明暗相间的条纹，故B正确，D错误；

C.根据双缝干涉条纹间距公式

y

可知，其他条件不变，仅把光屏右移，相当于增大了双缝到屏的距离L,光屏上的条纹间距会变大，故C

正确。

故选ABCo

（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式

L

y

可知，分别用红光和蓝光照射薄膜，红光的条纹间距比蓝光的大，因此形成的干涉图中图B是红光形成的干

涉图样。

故选B。

【分析】（1）.根据干涉图样特征分圻作答；根据双缝干涉产生的原理和条件分析作答；根据双缝干涉条纹间

距公式分析作答；

A%=a

（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式"=）/1分析作答。

a

第19页

（1）A.该实验类似于双缝干涉实脸，在双缝干涉现象中，相邻明条纹（或暗条纹）的间距是相等的，所

以光屏上观察到的条纹足等间距的，故A正确；

BD.同一光源发出的光的频率相同、相差恒定，经过两平面镜反射后成为相干光，光源S关于两平面镜的

虚像Si、S2可视为两个相干光源；若把两镜面间的夹角增大到180。，两反射光将不会再光屏上相遇，因此光

屏上不能观察到明暗相间的条纹，故B正确，D错误；

C.根据双缝干涉条纹间距公式Ax=

a

可知，其他条件不变，仅把光屏右移，相当于增大了双缝到屏的距离L,光屏上的条纹间距会变大，故C

正确。

故选ABC。

（2）红光的波长大于蓝光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式Ax=

可知，分别用红光和蓝光照射薄膜，红光的条纹间距比蓝光的大，因此形成的干涉图中图B是红光形成的干

涉图样。

故选Bo

16.【答案】（1）等大；偏大

/201一/1〃2

(2)B；

；2-71

【解析】【解答】理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。

（1）由图1所示电路图可知，把电流表与电池整体看作等效电源，则

U=E-I&+RA）

则电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，内阻测量值大于真实值。

（2）（i）流过灵敏电流计的电流为0,流过两电源的电流相等，两滑动变阻器两端电压相等，该实验设计相

对于图I消除了电流表内阻对实验的影响。

故选B。

（ii）由闭合电路的欧姆定律得

E=%+F=(/+，2丁

Ixr,2

解得

12-11'石f

【分析】（I）根据图1所示电路图结合实验原理分析答题。

（2）根据图2所示实验电路图与实验原理，应用闭合电路的欧姆定律求解。

（1）由图1所示电路图可知，把电流表与电池整体看作等效电源，则U=E-I"+RA）

第20页

则电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，内阻测量值大于真实值。

(2)(i)流过灵敏电流计的电流为0,流过两电源的电流相等，两滑动变阻器两端电工相等，该实验设冲相

对于图I消除了电流表内阻对实验的影响。

故选B»

(ii)由闭合电路的欧姆定律得E=Ui+Lr,E=Lh+br

解得£=货，一镌

17.【答案】(1)增大；a(T2-Ti)

(2)解：由于对于一定质量的理想气体，有

由题意可知，加热前左右两边压强P相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TBO

则有

pV=2.5pxl.5VpV=2.5pxO.5V

丁~'丁~Ti-

解得

rry15rryrry5rry

TA=不72，TB=^T2

(3)解：对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气

体吸收的热量等于内能的变化量。

则有4Q=/办+4[4

11

-a-a

应二22

11

-a-a

△QB=22

解得dQ=1aT2

【解析】【解答】如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界

吸收的热量Q等于物体内能的增加AUo

(1)上述压缩过程中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的平均速率增大；根据热力学第一定律得

W=AU=a(T2-A)

【分析】(1)结合题意，由温度与气体分子动能的关系、热力学第一定律，即可分析求解；

(2)结合题意，由理想气体状态方程分别列式，即可分析求解；

(3)对气缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸

收的热量等于内能的变化量，结合题意列式，即可分析求解。

(1)[I]上述压缩过程中，气体的温度升高，平均动能增大.分子的平均速率增大；

⑵根据热力学第一