2025届上海市普陀区高三下学期3月二模物理试题（解析版）

第第页2025届上海市普陀区高三下学期3月二模物理试题一、4．本试卷标注“计算”“论证”等试题，在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，须给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。1．蜻蜓点水“蜻蜓点水”的字面意思是蜻蜓轻轻触碰水面，蜻蜓“点水”会在水面上形成水波。（1）蜻蜓连续“点水”于平静水面的O处，形成的水波近似看作简谐横波。某时刻（t=0）水波图样如图（a）所示，图中实线、虚线分别表示波峰、波谷。M和N是相邻波峰和波谷上的两个质点，两质点振动的平衡位置均在x轴上。质点M的振动图像如图（b）所示。（1）若水波的传播速度为v，则质点M、N在x轴方向上的距离为；（2）质点N振动的位移y随时间变化t的关系是（2）蜻蜓在水画上“点水”飞行。若蜻蜓沿x轴正向飞行，其水平飞行速度恰好与水波的传播速度相等，且每次“点水”只形成一个向外扩展的圆形水波波纹，则蜻蜓连续三次“点水”后某时刻水波图样（俯视）可能是______。A． B．C． D．【答案】（1）vt0（2）A【解析】[解答]（1）M和N是相邻波峰和波谷上的两个质点，则两者距离半个波长，由图可知周期为T=2t0，则距离为x=vt0；由题意，N正处于波谷，满足振动方程y=−A（2）相邻两圆的圆心距离是蜻蜓点水后到下一次点水运动的距离，与此同时，波传播的距离为相邻两圆的半径之差，由图可知相邻两圆的圆心距离等于相邻两圆的半径之差，可得蜻蜓飞行的速度恰好与水波的传播速度相等，且蜻蜓沿x轴正方向飞，新形成的波应该在x轴上右侧。故选A。[分析]一、简谐横波的图像与质点振动相邻波峰与波谷的距离：为半个波长。波长、波速与周期关系：由图(b)知周期，所以：故M、N距离：​二、振动方程波峰处质点（M）在时刻位移最大（正向最大），振动方程为：N为相邻波谷，相位与M相差π，故N的振动方程为：或写为：或直接用正弦表示（但题中可能要求余弦形式，看答案给定形式而定）。三、蜻蜓点水形成水波的叠加与相对运动每个“点水”产生一个圆形波纹（波源），以点水位置为圆心，以波速向外扩展。蜻蜓飞行速度等于波速，且沿x轴正向。关键：蜻蜓在第一次点水后，经过时间飞行到新位置再次点水，此时第一次点水产生的波纹半径扩大。蜻蜓飞行的距离也是，所以新波源的位置刚好在第一个波纹的波前上（沿飞行方向）。连续三次点水，波源依次在x轴上等间距排列，且每个波纹的半径差等于波源间距。图样判断：波纹是同心圆（每个点水单独产生），但不同波源的波纹在传播中叠加。当蜻蜓速度等于波速时，所有波源沿x轴排列，且相邻波源距离等于相邻波纹半径差→波纹在x轴正方向看起来“密集”且波前相切。

四、易错点误将M、N距离当作一个波长。振动方程相位判断错误（波峰与波谷相位差）。蜻蜓速度等于波速时，误以为波纹会重合（实际是波源随波前移动，新波源总在旧波前上）。图样选择时混淆波纹扩展方向与蜻蜓飞行方向的关系。（1）[1]M和N是相邻波峰和波谷上的两个质点，则两者距离半个波长，由图可知周期为T=2t0，则距离为x=vt0；[2]由题意，N正处于波谷，满足振动方程y=−A（2）相邻两圆的圆心距离是蜻蜓点水后到下一次点水运动的距离，与此同时，波传播的距离为相邻两圆的半径之差，由图可知相邻两圆的圆心距离等于相邻两圆的半径之差，可得蜻蜓飞行的速度恰好与水波的传播速度相等，且蜻蜓沿x轴正方向飞，新形成的波应该在x轴上右侧。故选A。2．热气球热气球主要由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，球囊下端有一开口，使球囊内外的气体可以流通，如图所示。热气球在运动过程中，其体积及形状可视为保持不变。（1）一质量为m的探险家乘坐热气球到达离地面h高处，已知地球半径为R，质量为M，引力常量为G，则探险家与地球间的万有引力大小为．（2）某热气球的球囊容积V=2000m3（球囊壳体的体积可忽略），热气球及人员总质量M=600kg（不含球囊内空气质量），若地面附近的空气温度t（1）飞行前加热球囊内空气。加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ可能为；A．B．C．D．（2）缓慢加热球囊内空气，热气球刚要离开地面时球囊内热空气的密度为kg/m3（3）该热气球从地面升起，球囊内气温至少为℃。（3）一载有物体的热气球悬停于地面上方。某时刻在距地面高为H的O处，将一质量为m的物体相对于地面以大小为v0（1）若以水平地面为零势能面，物体刚要落地时的机械能为；（2）水平抛出物体后，热气球相对于地面的运动轨迹可能是；（3）在抛出到落地的过程中，物体动量变化量的大小为。【答案】（1）G（2）A；0.9；111（3）12m【解析】[解答]（1）根据万有引力定律，可得探险家与地球间的万有引力大小为F=G（2）飞行前加热球囊内空气温度升高，空气的分子平均动能增大，速率大的分子占比增大，速率低的占比减小，分子总数不变，即为加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ符合的要求，对各项分析，可知A项符合要求，B项中分子总数发生变化，C项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，D项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，且分子总数发生变化。故选A。设热气球刚要离开地面时，球内热空气的密度为ρ，则热气球刚要离开地面时，根据平衡条件有ρ0g设为使热气球从地面升起，球内气温至少要达到T。加热过程气体作等压变化，根据盖—吕萨克定律有V0T0=其中T0=273+15K=288K代入数据解得T=384则球囊内气温至少为t=（3）若以水平地面为零势能面，物体刚开始的机械能为E由题知，不计空气阻力和抛出物体受的浮力，可知物体的机械能守恒，可得物体刚要落地时的机械能为E2故选C。物体从高为H处水平向右平抛，在竖直方向上有H=12根据动量定理有Δp=IG=mgt公式：，注意（离地心距离）。二、热气球浮力与平衡条件浮力公式：，其中为外部空气密度，为热气球体积。起飞条件：浮力≥总重力（含球囊内空气质量）。球囊内空气质量；总质量临界条件：ρ三、气体状态变化与密度关系加热过程：球囊开口→内外压强始终相等（等压变化）。密度与温度：由（理想气体状态方程），压强不变时，密度。盖-吕萨克定律：等压条件下，。四、分子速率分布曲线温度升高，分子平均动能增大，速率分布曲线峰值右移、变宽。加热前后分子总数减少（部分空气流出），但分布曲线应显示高温时高速分子比例增加，且曲线下面积相等？不对，质量减少，分子数减少，曲线整体下移。五、抛体与热气球运动动量守恒（水平方向）：抛出物体前，系统静止，总动量为0。抛出物体后，物体水平速度向右→热气球获得向左水平速度，满足：→竖直运动：抛出物体后，热气球总重力减小，浮力不变→合力向上→竖直向上加速。轨迹：水平匀速向左+竖直匀加速向上→曲线向左上凹物体机械能守恒：不计空气阻力和浮力，只有重力做功→机械能不变（1）根据万有引力定律，可得探险家与地球间的万有引力大小为F=G（2）[1]飞行前加热球囊内空气温度升高，空气的分子平均动能增大，速率大的分子占比增大，速率低的占比减小，分子总数不变，即为加热前、后球囊内空气分子热运动的速率分布曲线Ⅰ、Ⅱ符合的要求，对各项分析，可知A项符合要求，B项中分子总数发生变化，C项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，D项中曲线Ⅰ、Ⅱ相反，且分子总数发生变化。故选A。[2]设热气球刚要离开地面时，球内热空气的密度为ρ，则热气球刚要离开地面时，根据平衡条件有ρ代入数据解得ρ=0.9[3]设为使热气球从地面升起，球内气温至少要达到T。加热过程气体作等压变化，根据盖—吕萨克定律有V又球囊内空气质量不变，则有m=联立可得T=其中T0=273+15K=288K代入数据解得T=384则球囊内气温至少为t=（3）[1]若以水平地面为零势能面，物体刚开始的机械能为E由题知，不计空气阻力和抛出物体受的浮力，可知物体的机械能守恒，可得物体刚要落地时的机械能为E[2]水平向右抛出物体后，在水平方向物体与热气球满足动量守恒，则热气球会获得一个向左的水平速度；未抛出物体前，物体和热气球处于静止状态；因热气球所受浮力保持不变，抛出物体后，热气球内的质量减少，重力减少，故热气球具有竖直向上的加速度，所以热气球在水平方向上做向左的匀速直线运动和在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以其合运动轨迹为一条向上凹的曲线，故C项符合要求。故选C。[3]物体从高为H处水平向右平抛，在竖直方向上有H=解得落时间为t=根据动量定理有Δ可得物体动量变化量的大小Δ3．云室云室是利用带电粒子使气体分子电离，从而显示带电粒子运动径迹的装置。通过对不同粒子运动径迹的分析和比较，科学家可以得到粒子的带电、运动等情况的信息，甚至可以发现新粒子。（1）（多选）如图，云室中封闭一定质量的气体。在快速向下拉动活塞的过程中，若不考虑云室中气体的液化，则云室中的气体______。A．温度升高 B．温度降低 C．压强增大 D．压强减小（2）云室中有A、B两个点电荷，其周围的电场线分布如图所示。通过云室观察到一带电粒子的运动轨迹为曲线ab，a为两点电荷连线中垂线上的点、b为两点电荷连线上的点。（1）a、b两点的电场强度和电势分别为Ec、Eb和φa、φA．Ea>EbB．E（2）带电粒子从a运动到b的过程中，其电势能。A．一定变大B．可能变大C．一定变小D．可能变小（3）云室置于垂直纸面向里的匀强磁场中，云室中一静止的原子核X发生了一次衰变，其衰变产物为新的原子核Y和粒子Z。观察到Y、Z在磁场中的运动轨迹是互为外切的圆，如图所示，同时测得两个圆的半径之比R1:R2=42:1（1）粒子Z是；A．24HeB．−10e（2）若原子核X衰变时，释放出一种频率为1.2×1015Hz（3）原子核X的核电荷数为。（4）（论证）如图，云室中有一相距为d、长为L的一对平行金属板组成的偏转电场和光屏MN。将含有氕（11H）、氘（12H）、氚（13【答案】（1）B；D（2）B；C（3）A；0.43eV；86（4）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，平行金属板方向做速度为v0的匀速直线运动；垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a=EeM=UeMd，根据类平抛运动的规律可得L=v故平行金属板两端的最小电压为氘（12H平行金属板两端的最大电压为氚（13H故平行金属板两端的电压范围为2mv【解析】[解答]（1）AB．云室内封闭一定质量的气体，快速向下拉动活塞，时间短，可认为是绝热过程，故Q=0；气体体积增大，对外做功，故W<0，根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q<0可知内能减小，温度降低，故A错误、B正确；CD．云室中气体体积增大，温度降低，由理想气体状态方程可知压强减小，故C错误、D正确。故选BD。（2）1、AB．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，a点的电场强度一定小于b点的电场强度，故A错误、B正确；CD．由电场线分布情况可知，A、B带不等量异种电荷，但由于A、B所带电性未知，无法判断电场线方向，也无法判断φa、φ故选B。2、粒子受力指向轨迹凹侧，带电粒子从a运动到b的过程中，电场力与速度之间的夹角小于90°，电场力做正功，电势能一定能变小，故选C。（3）1、静止的原子核X发生了一次衰变，根据动量守恒定律可知，衰变后的两粒子速度方向相反；两粒子在磁场中的运动轨迹是互为外切的圆，可见两粒子电性相同，故发生的衰变应为α衰变，故选A。2、光子的能量为E=hν=6.6×这种光子照射在金属钨上，逸出光电子的最大初动能为E3、原子核Y和粒子Z在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得qvB=m解得R=mvqB，根据动量守恒定律可知，原子核Y和粒子Z的动量大小相等。故转动半径R与电荷量q成反比，粒子Z的电荷数是2，原子核Y的电荷数应是42×2=84，原子核X的核电荷数为[分析]一、热力学绝热过程分析绝热条件：快速膨胀，气体与外界无热量交换（）。热力学第一定律：，体积增大（对外做功，）→内能减小（）→温度降低。状态方程：，V增大，T减小→压强p减小。判断：温度降低，压强减小二、电场线与等势面分析电场强度比较：电场线疏密→a点比b点疏→​。电势比较：两点电荷电量不等且电性未知→无法判断与​高低。电势能变化：轨迹凹向受力方向→从a到b电场力做正功→电势能减小。三、原子核衰变与磁场运动衰变类型判断：静止原子核衰变→动量守恒，两产物动量等大反向。轨迹外切→两粒子电性相同→α衰变（放出α粒子）。光电效应计算：光子能量→代入数据计算。最大初动能。核电荷数推导：磁场中半径公式，动量相等→。由半径比（或​）得电荷比→结合α粒子电荷数求Y电荷数→得母核电荷数。四、带电粒子在偏转电场中的筛选类平抛侧移公式：电荷相同→侧移与质量m成反比。筛选条件：只有一条径迹到达光屏→质量最大的粒子（氚）能到达，其余粒子打极板。临界电压：氘恰好打到下极板边缘→最小电压。氚恰好打到下极板边缘→最大电压。

电压在此范围时，仅氚到达光屏。五、综合应用关键绝热过程（热学）→温度、压强变化。电场线性质（电学）→场强、电势、电势能。衰变动量守恒+磁场半径比（原子物理+电磁学）。光电效应（量子基础）。偏转电场筛选（力学+电学）→临界分析。六、易错点提醒绝热过程误认为温度升高（混淆绝热压缩与膨胀）。电场线疏密判断错误或电势比较条件不足时强行判断。衰变轨迹“外切”与“内切”混淆（外切→同电性，内切→异电性）。光电效应中单位换算错误（J与eV）。一句话总结：本题通过云室实验综合考查热力学绝热过程、电场线与电势能、α衰变的动量守恒与磁场半径比、光电效应、偏转电场临界筛选等多个核心知识点，体现多模块综合与定量分析能力。（1）AB．云室内封闭一定质量的气体，快速向下拉动活塞，时间短，可认为是绝热过程，故Q=0；气体体积增大，对外做功，故W<0，根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q<0可知内能减小，温度降低，故A错误、B正确；CD．云室中气体体积增大，温度降低，由理想气体状态方程可知压强减小，故C错误、D正确。故选BD。（2）（1）[1]AB．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，a点的电场强度一定小于b点的电场强度，故A错误、B正确；CD．由电场线分布情况可知，A、B带不等量异种电荷，但由于A、B所带电性未知，无法判断电场线方向，也无法判断φa、φ故选B。（2）[2]粒子受力指向轨迹凹侧，带电粒子从a运动到b的过程中，电场力与速度之间的夹角小于90°，电场力做正功，电势能一定能变小，故选C。（3）（1）[1]静止的原子核X发生了一次衰变，根据动量守恒定律可知，衰变后的两粒子速度方向相反；两粒子在磁场中的运动轨迹是互为外切的圆，可见两粒子电性相同，故发生的衰变应为α衰变，故选A。（2）[2]光子的能量为E=hν=6.6×这种光子照射在金属钨上，逸出光电子的最大初动能为E（3）[3]原子核Y和粒子Z在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得qvB=m解得R=根据动量守恒定律可知，原子核Y和粒子Z的动量大小相等。故转动半径R与电荷量q成反比，粒子Z的电荷数是2，原子核Y的电荷数应是42×2=84，原子核X的核电荷数为84+2=86。（4）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，平行金属板方向做速度为v0的匀速直线运动；垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为根据类平抛运动的规律可得L=v0联立可得U=三种粒子所带电荷量相同，质量不同，质量越小，加速度越大，向金属板方向偏转的越大。若能到达光屏的径迹只有一条，则应是氚（13故平行金属板两端的最小电压为氘（12H平行金属板两端的最大电压为氚（13H故平行金属板两端的电压范围为2mv4．中国高铁中国高铁利用“北斗”导航技术、5G通信技术等构建运营的“超强大脑”，实现了数字化、智能化的管理。具有完全自主知识产权的新一代高速列车“复兴号”投入了高铁运营。（1）5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，具有数据传输更快的特点。（1）（多选）在空气中传播时，5G信号与4G信号相比；A．具有更快的传播速度B．具有相同的传播速度C．更容易发生衍射D．更不容易发生衍射（2）（多选）无线电波可由LC振荡电路产生，某时刻的电路工作状态如图所示，此时。A．电容器正在放电B．电容器正在充电C．线圈中磁场的方向向上D．线圈中磁场的方向向下E．线圈储存的磁场能正在增大F．线圈储存的磁场能正在减小（2）“北斗”导航系统主要由地球同步轨道卫星和中轨道卫星组成。某一地球同步轨道卫星和一颗中轨道卫星在同一平面内环绕地球做匀速圆周运动、且绕行方向相同。如图（a）所示。（1）同步轨道卫星和中轨道卫星绕地球做圆周运动的线速度分别v1、v2，则A．v1<v2（2）若这两颗卫星之间的距离Δr随时间t变化的关系如图（b）所示，则中轨道卫星的运行周期T=（3）“复兴号”列车在某段长为1000m的平直轨道上行驶，其速度的平方v2（1）乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，在此过程中水杯里水面的形状可能是；（2）列车通过此路段所用的时间为s。（4）如图，“复兴号”动车组共8节车厢。每节车厢的质量均为m，每节动力车厢能提供的最大驱动功率相同，重力加速度为g。（1）（计算）动车组采用4动4拖模式，依靠前面的4节动力车厢来带动整个列车运行。动车组在平直轨道上匀加速启时，若每节车厢所受阻力均为车厢所受重力的k倍，每节动力车厢提供的牵引力大小为F，求第4节车厢对第5节车厢的作用力大小；（2）若动车组在高速行驶过程中所受阻力与其速率成正比，采用4动4拖模式，最高时速可达350km/h，则改为采用1动7拖模式后，动车组的最高时速为km/h。（5）高速列车上安装有电磁制动系统，其原理可简单描述为线框进出磁场受电磁阻尼作用。某同学进行了模拟研究：用同种导线制成边长为L、质量为m的正方形线框abcd，将其放置在光滑绝缘的水平面内。线框abcd以初速度v0进入磁感应强度大小为B、方向竖直向下，宽度为d的匀强磁场（d>L），测得当线框完全穿过磁场时，其速度大小为v（1）线框abcd刚进入磁场和刚要离开磁场时，ab两点间的电势差分别为Uab和U'ab，则（2）（计算）求线框abcd的电阻大小R；（3）线框abcd在进入磁场和离开磁场的过程中，线框中产生的热量分别为Q1和Q2，则Q【答案】（1）BD；BCF（2）A；8（3）B；25（4）2F；175（5）6：1；4B【解析】[解答]（1）（1）AB．在空气中传播时，5G信号与4G信号具有相同的传播速度，均为光速c，故A错误，B正确；CD.5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，则5G信号的波长小于4G信号的波长，所以5G信号与4G信号更不容易发生衍射，故C错误，D正确。故选BD。（2）由题图可知电流方向由下极板流向上极板，且上极板带正电，则此时电容器正在充电；可知此时电容器电场能正在增大，线圈储存的磁场能正在减小；根据右手螺旋定则可知线圈中磁场的方向向上。故选BCF。（2）（1）、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMm可得v=GMr故选A。（2）由题图可知，两卫星每隔Δt=12h可得中轨道卫星的运行周期为T=（3）（1）、根据v2−x图像可知，列车做匀加速直线运动，加速度大小为a=v2−v0故选B。（2）由题图可知，v0=则列车通过此路段所用的时间为t=（4）（1）、以8节车厢为整体，根据牛顿第二定律可得4F−8kmg=8ma以后面4节车厢为整体，根据牛顿第二定律可得F联立解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为F（2）若动车组在高速行驶过程中所受阻力与其速率成正比，采用4动4拖模式，最高时速可达350km/h，则有4P=fvm可得动车组的最高时速为v（5）（1）、设线框abcd的电阻为R，线框abcd刚进入磁场时，产生的电动势为E=BL此时ab两点间的电势差为U线框abcd刚离开磁场时，产生的电动势为E此时ab两点间的电势差为U则有U（2）线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动量定理可得−又F安=BIL=B联立解得线框abcd的电阻为R=（3）设线框完全进入磁场时的速度大小为v1，则线框进入磁场过程，根据动量定理可得−∑F安根据能量守恒可得Q1=则有Q1:电磁波传播：真空中所有电磁波速度相同（光速）。频率越高，波长越短，衍射能力越弱（越不易绕障碍）。LC振荡电路：根据电流方向和电容器极板带电情况判断充放电状态。电流流向正极板→充电；电流流出正极板→放电。充电时电容器电场能增加，线圈磁场能减小。二、卫星圆周运动规律线速度与轨道半径：同步卫星半径>中轨卫星半径→。卫星相遇周期：相距最近的条件：相位差的整数倍。关系式：，利用图中最近时间间隔求。三、匀变速直线运动与图像v2-a水杯水面形状：列车匀加速，水面倾斜，加速度方向与运动方向一致→水面前低后高（与加速度反向）。四、列车牵引与阻力模型匀加速启动：整体法、隔离法求车厢间作用力。列车总质量，牵引力，阻力对后4节车厢列牛顿第二定律求第4节对第5节作用力。功率与阻力：阻力→匀速时功率一定时，最高速度4动→1动，速度变为原来的12→五、电磁阻尼与动量定理线框进出磁场：进入时ab为电源的一部分（电动势），电势差（四分之三电动势）。离开时cd为电源，ab为外电路一部分→电势差动量定理求电阻：进磁场过程：，其中出磁场过程同理，联立解得R。热量比：能量守恒：等，结合动量定理结果求比例。

六、易错点提醒：电磁波速度与频率无关，误认为5G传播更快。LC振荡中电流方向与充放电判断错误。卫星相遇时间间隔公式写错（应同向追赶）。车厢作用力方向误判（拉力或推力）。电磁阻尼中电势差计算忽略速度变化或电动势分配错误。（1）（1）[1]AB．在空气中传播时，5G信号与4G信号具有相同的传播速度，均为光速c，故A错误，B正确；CD.5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，则5G信号的波长小于4G信号的波长，所以5G信号与4G信号更不容易发生衍射，故C错误，D正确。故选BD。（2）[2]由题图可知电流方向由下极板流向上极板，且上极板带正电，则此时电容器正在充电；可知此时电容器电场能正在增大，线圈储存的磁场能正在减小；根据右手螺旋定则可知线圈中磁场的方向向上。故选BCF。（2）（1）[1]卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMm可得v=由于同步轨道卫星半径大于中轨道卫星半径，则有v故选A。（2）[2]由题图可知，两卫星每隔Δt=12h可得中轨道卫星的运行周期为T=（3）（1）[1]根据v2−x乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，设水面与水平方向的夹角为θ，则有mg可得tan可知此过程中水杯里水面的形状是一倾斜直线，且水的加速度方向与行驶方向相同。故选B。（2）[2]由题图可知，v0=则列车通过此路段所用的时间为t=（4）（1）[1]以8节车厢为整体，根据牛顿第二定律可得4F−8kmg=8ma以后面4节车厢为整体，根据牛顿第二定律可得F联立解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为F（2）[2]若动车组在高速行驶过程中所受阻力与其速率成正比，采用4动4拖模式，最高时速可达350km/h，则有4P=f则改为采用1动7拖模式后，则P=可得动车组的最高时速为v（5）（1）[1]设线框abcd的电阻为R，线框abcd刚进入磁场时，产生的电动势为E=BL此时ab两点间的电势差为U线框abcd刚离开磁场时，产生的电动势为E此时ab两点间的电势差为U则有U（2）[2]线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动量定理可得−又F则有∑联立解得线框abcd的电阻为R=（3）[3]设线框完全进入磁场时的速度大小为v1，则线框进入磁场过程，根据动量定理可得线框离开磁场过程，根据动量定理可得−解得v根据能量守恒可得Q1=则有Q5．发光二极管发光二极管（LED）可高效地将电能转化为光能，并具有单向导电性。用表示，电流只有从标有“＋”的一端流入时，二极管才能发光。（1）某发光二极管发出波长为λ的光，已知普朗克常量为h，光速为c，则该束光中光子的动量大小为。A.hλcB.hcλC.（2）将红、绿两个发光二极管作为指示灯，与螺线管连接成闭合回路，如图所示。磁铁S极朝下，从图中位置静止释放穿过线圈的过程中，红、绿两灯发光的情况是。A.只有红灯亮B.只有绿灯亮C.先红灯亮后绿灯亮D.先绿灯亮后红灯亮（3）a、b、c、d四个相同的发光二极管，与电动势为E、内阻为r的电源、自感线圈L、滑动变阻器R、开关S等元件连接成如图所示电路。某同学在t=0时，闭合S，经过一段时间后，在t=t（1）一直没发光的发光二极管是；A.aB.bC.cD.d（2）通过电流传感器的电流i随时间t的变化关系可能是。A．B.C.D.（4）某种射灯及内部结构，如图所示。发光二极管封装在半径为R透明半球体中，其管芯的发光面AOB是半径为r的圆面，其圆心与半球体的球心O重合。若发光面发出的光第一次到达半球面时，均可从球面射出，则透明半球体的折射率应小于。A.rRB.RrC.R（5）某同学利用LED制作频闪光源，结构如图（a）所示，变压器原、副线圈的匝数之比为22:1。该LED的伏安特性曲线如图（b）所示。副线圈的输出电压u=10sin（1）原线圈输入电压的有效值为V；（2）若定值电阻R0的阻值为500Ω，工作时流过LED的最大电流约为【答案】（1）D（2）C（3）C；D（4）B（5）1102【解析】[解答]（1）根据的动量公式p=hλ，该束光中光子的动量大小为（2）首先根据楞次定律判断感应电流方向。当磁铁S极朝下从图中位置静止释放向下运动穿入线圈时，线圈中向上的磁通量增加，根据楞次定律“增反减同”，感应电流产生的磁场方向向下。再根据右手螺旋定则（安培定则），此时感应电流从螺线管下端流出，上端流入，电流方向使得红灯所在支路导通，红灯亮。当磁铁穿出线圈时，线圈中向上的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上。再根据右手螺旋定则，此时感应电流从螺线管上端流出，下端流入，电流方向使得绿灯所在支路导通，绿灯亮。所以是先红灯亮后绿灯亮。故选C。（3）发光二极管具有单向导电性。闭合开关S后，电源左侧为正极，右侧为负极，电流从电源正极流出，二极管b、d正向导电会发光，由于二极管c的接法是反向的，不会发光。开关S后，电感线圈充当电源，在回路中电流方向为逆时针，二极管a正向导电会发光，所以无论电路中电流如何变化，二极管c都不会导通，一直不会发光。故选C。闭合开关S时，通过电流传感器的电流立即增大，由于自感线圈L的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的增大，所以自感线圈L的电流从零开始逐渐增大，由于电源有内阻，路端电压会减小，通过电流传感器的电流会减小，最后达到稳定值。当断开开关S时，自感线圈L产生自感电动势，此时自感线圈L的电流不能突变，与电流传感器支路组成闭合回路，通过电流传感器的电流会反向，然后电流逐渐减小到零。故选D。（4）要使发光面发出的光第一次到达半球面时均可从球面射出，则临界情况是边缘光线竖直向上发出的光到达半球的入射角最大，此时没有发生全反射，则所有得光线都能射出半球。由几何知识有sinθ=r故选B。（5）已知副线圈的输出电压u=10sin100πt(V)根据闭合电路欧姆定律，把定值电阻R0等效成副线圈电源的内阻，可得U=10−500I所以工作时流过LED的最大电流约为15mA。

[分析]一、光子动量与能量光子动量：，光子能量：，区分动量与能量公式，勿混淆。二、电磁感应与二极管单向导电楞次定律：感应电流方向总是阻碍磁通量的变化。二极管特性：电流只能从“+”端流入时导通发光。应用