精品解析：福建福州第三中学2025-2026学年高三上学期第十九次质量检测物理学科试题

福州三中2025-2026学年高三第十九次质量检测 物理学科 考试时间75分钟　总分100分 一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。） 1. 如图所示，智能机械手从左右两边夹住物体，使其从图示位置在竖直面内绕点缓慢旋转半周，则（ ） A. 图示时刻物体共受到4个力的作用 B. 增大对物体的压力，物体所受的摩擦力一定变大 C. 转动过程中物体所受摩擦力先减小后增大 D. 机械手对物体的作用力大于物体对机械手的作用力 2. 2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球绕日运行的圆轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心的距离为4.86天文单位。则（ ） A. “樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年 B. “樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为 C. “樊锦诗星”在远日点的速度大于地球的公转速度 D. “樊锦诗星”在近日点的加速度大小与地球的加速度大小之比为 3. 如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ） A. 电源电动势 B. 棒消耗的焦耳热 C. 从左向右运动时，最大摆角小于 D. 棒两次过最低点时感应电动势大小相等 4. 据报道，中国第三艘航母“福建舰”采用电磁弹射器技术成功实现对歼—35进行加速起飞。如图所示为电磁弹射装置的等效电路图（俯视图）。间距为两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导轨的左端接入电容为超级电容器，质量为、阻值为的导体棒MN（相当于飞机）静止于导轨上。先给电容器充电，其电荷量为，闭合开关S后，电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN，在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为磁场力作用下向右加速。达到最大速度之后离开导轨。棒MN始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（　　） A. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 B. 闭合开关S后，MN做匀加速的直线运动 C. 棒MN的最大速度为16m/s D. 若要继续弹射下一架飞机，该超级电容器需充电的电量为3.6C 二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 5. 将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（　　） A. 在上升过程中，运动员重力势能的变化量 B. 从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功 C. 在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小 D. 从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小 6. 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自点沿曲线运动，到达点时速度为零。点是运动的最低点。重力忽略不计，则以下说法中正确的是（　　） A. 此粒子带负电 B. 该带电粒子运动到点时速度最大 C. 该带电粒子到达点后，将沿原曲线返回点 D. 点和点位于同一高度 7. 如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴，无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与、A、构成矩形，。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A. 小球沿杆在AB之间做往复运动 B. 与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短 C. 小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零 D. 小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大 8. 如图是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为弹性绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。时质点1在外力作用下从平衡位置开始竖直向上做简谐运动，带动右边各个质点依次上下振动，经过四分之一周期，质点4开始振动。各质点的振动均为简谐运动，振幅为2cm，周期为T。下列说法正确的是（　　） A. 时质点2的振动方向向上 B. 时质点5的加速度方向向下 C. 时质点9振动通过的路程为19cm D. 时质点15已经3次到达过波峰 三、填空题（本大题共3小题，每题3分，共9分） 9. 如图，单色光从折射率n=1.5、厚度d=10.0cm的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为m/s，则该单色光在玻璃板内传播的速度为___________m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t的取值范围是___________s≤t<___________s（不考虑反射）。 10. 康普顿在研究石墨对射线的散射时，提出光子不仅具有能量，而且具有动量，光子动量。假设射线中的单个光子与静止的无约束的自由电子发生弹性碰撞。碰撞后光子的方向与入射方向夹角为，电子的速度方向与入射方向夹角为，其简化原理图如图所示。 光子和电子组成的系统碰撞前后动量守恒，动量守恒定律遵循矢量运算的法则。已知入射光波长，普朗克常量为。则碰撞后光子的波长__________。 11. 光伏发电的原理是光子照到太阳能光伏板上，把电子“打”出来，形成电子-空穴对，最终形成电流。当太阳光照射光伏板时，光子被光伏板上的硅材料吸收，硅原子获得能量并跃迁。如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁的过程中要__________（填“辐射”或“吸收”）光子，氢原子核外电子动能__________（填“增大”或“减小”），这群氢原子能辐射出不同频率的光，其中有__________种频率的光照射到硅原子上能使基态硅原子电离（基态硅原子能量）。 四、实验题（本大题共2小题，12题5分，13题7分，共12分） 12. 图甲为“探究气体等温变化的规律”的实验装置，用细软管将注射器的小孔与压强传感器连接，管内密封一定质量的气体，用数据采集器连接计算机测量气体压强。 （1）实验时，采集多组数据并绘出图乙所示的图像。实验过程中，若气体温度保持不变，对应的图像是曲线______；若气体温度逐渐升高，则对应的图像是曲线______。（均选填“①”“②”或“③”） （2）某同学用不同质量的同种气体在相同温度条件下完成上述实验，绘制出的图像如图丙，若图线a、b的斜率之比为2∶1，则图线a、b对应的气体质量之比______。 13. 某实验小组测量一电阻的阻值。 （1）先用多用电表测量的阻值，用“”挡测量时，指针位置如图甲所示，则电阻值为_______。 （2）用如图乙所示电路测量该电阻，其中G为电流计，零刻度在中间位置。主要操作步骤如下： ①正确连接电路，将滑动变阻器滑片移至_______（选填“左”或“右”）端，滑动变阻器调至阻值最大； ②闭合开关S，调节滑片至某位置，调节使G示数为零； ③减小阻值，观察G的指针偏转情况，调节使G示数为零； ④重复步骤③，直到阻值减为零时，G示数为零； ⑤读出电压表示数和电流表示数。 （3）根据实验数据可得_______（用所测量物理量的符号表示）。 （4）在步骤③中，根据G的指针偏转方向判断出G中电流方向由指向，则应将阻值调_______（选填“大”或“小”），使G示数为零。 （5）小明认为，实验中电压表内阻对电阻的测量值有影响。你_______（选填“同意”或“不同意”）他的观点，理由是_______。 五、计算题（本大题共3小题，14题10分，15题12分，16题17分，共39分） 14. 近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测试跑道上，机器人A在时从起点以初速度和加速度向右匀加速运动；机器人B在时从起点由静止开始以加速度（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在时追上机器人A，求： （1）机器人B的加速度大小； （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； （3）如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以的速度从起点匀速向终点出发；机器人B以的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ 15. 如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 （1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小。 16. 如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且。线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量与时间的近似关系如图2所示，图中已知。 （1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值（当，有）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2025-2026学年高三第十九次质量检测 物理学科 考试时间75分钟　总分100分 一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。） 1. 如图所示，智能机械手从左右两边夹住物体，使其从图示位置在竖直面内绕点缓慢旋转半周，则（ ） A. 图示时刻物体共受到4个力的作用 B. 增大对物体的压力，物体所受的摩擦力一定变大 C. 转动过程中物体所受摩擦力先减小后增大 D. 机械手对物体的作用力大于物体对机械手的作用力 【答案】C 【解析】 【详解】A．物体受到重力、左侧机械手的压力、右侧机械手的压力、左侧机械手的静摩擦力、右侧机械手的静摩擦力，共5个力的作用，故A错误； B．物体缓慢转动，处于平衡状态，受到的摩擦力为静摩擦力。设物体侧面与竖直方向夹角为，根据平衡条件，沿侧面方向有 可知摩擦力大小与压力无关（只要压力足够大以维持静止），故B错误； C．转动过程中，物体侧面与竖直方向的夹角从变为，的绝对值先减小后增大，由可知，物体所受摩擦力先减小后增大，故C正确； D．机械手对物体的作用力与物体对机械手的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等，故D错误。 故选C。 2. 2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球绕日运行的圆轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心的距离为4.86天文单位。则（ ） A. “樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年 B. “樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为 C. “樊锦诗星”在远日点的速度大于地球的公转速度 D. “樊锦诗星”在近日点的加速度大小与地球的加速度大小之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据开普勒第三定律有 解得 年 故A错误； B．对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间内的运动，近日点到太阳中心的距离为 根据开普勒第二定律有 解得“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为 故B正确； C．过“樊锦诗星”的远日点构建一以日心为圆心的圆轨道，绕太阳做圆周运动的物体，根据万有引力提供向心力有 可得 则轨道半径越大，卫星的线速度越小，在构建圆轨道上运动的卫星的线速度小于地球的线速度，“樊锦诗星”在远日点要想运动到该构建圆轨道上，需要加速，则“樊锦诗星”在远日点的速度小于构建圆轨道上卫星的线速度，综上，“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故C错误； D．轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离为4.86天文单位，则近日点到太阳中心距离为1.5天文单位，根据万有引力提供向心力有 则“樊锦诗星”在近日点的加速度大小与地球的加速度大小之比为 故D错误。 故选B。 3. 如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ） A. 电源电动势 B. 棒消耗的焦耳热 C. 从左向右运动时，最大摆角小于 D. 棒两次过最低点时感应电动势大小相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示 根据几何关系可得 解得 根据欧姆定律 解得 故A错误； 根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失 B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为 根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热 故B错误； C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确； D．根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据 可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。 故选C。 4. 据报道，中国第三艘航母“福建舰”采用电磁弹射器技术成功实现对歼—35进行加速起飞。如图所示为电磁弹射装置的等效电路图（俯视图）。间距为两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导轨的左端接入电容为超级电容器，质量为、阻值为的导体棒MN（相当于飞机）静止于导轨上。先给电容器充电，其电荷量为，闭合开关S后，电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN，在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为磁场力作用下向右加速。达到最大速度之后离开导轨。棒MN始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（　　） A. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 B. 闭合开关S后，MN做匀加速的直线运动 C. 棒MN的最大速度为16m/s D. 若要继续弹射下一架飞机，该超级电容器需充电的电量为3.6C 【答案】D 【解析】 【详解】A．超级电容器相当电源，放电时两端电压逐渐减小，故A错误； B．开关闭合后，电容器开始放电，在安培力作用下，MN开始向右加速运动， MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器C放电，当 MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零， MN达到最大速度，此过程中通过MN的电流减小，则MN在水平方向有 所以 MN 先做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时离开导轨，故 B错误； C．当MN达到最大速度时，若电容器此时的电荷量为q。切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压，即 由动量定理得 电容器的电荷量 联立解得最大速度，故C错误； D．当MN达到最大速度时，电容器上的电量为 若要弹射下一架飞机，该超级电容器上还需要充电的电量，故D正确。 故选D。 二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 5. 将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（　　） A. 在上升过程中，运动员重力势能的变化量 B. 从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功 C. 在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小 D. 从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．起跳后重心上升的最大高度为h，则 故A正确； B．从最高点至入水后速度减为零的过程，有 由于最高点至入水后速度减为零的高度未知，所以不能确定水的阻力对运动员做的功，故B错误； C．由于不能确定运动员在空中运动的时间，所以在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小不能确定，故C错误； D．根据动量定理可得 所以 即从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小为mgt，故D正确。 故选AD。 6. 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自点沿曲线运动，到达点时速度为零。点是运动的最低点。重力忽略不计，则以下说法中正确的是（　　） A. 此粒子带负电 B. 该带电粒子运动到点时速度最大 C. 该带电粒子到达点后，将沿原曲线返回点 D. 点和点位于同一高度 【答案】BD 【解析】 【详解】A．粒子从静止开始向下偏转，初始洛伦兹力为0，说明电场力方向竖直向下，与匀强电场方向一致，因此粒子带正电，故A错误； B．洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，只有电场力做功：从到过程中，电场力方向向下，位移向下，电场力做正功，动能增大；从到过程中，电场力方向向下，位移向上，电场力做负功，动能减小。因此点动能最大，速度最大，故B正确； C．粒子到达点时速度为零，之后电场力仍向下，粒子会重新向下运动，根据左手定则，正电荷向下运动时洛伦兹力向右，粒子会向右偏转，不会沿原曲线返回点，故C错误； D．整个过程洛伦兹力不做功，只有电场力做功，点和点粒子动能均为0，动能变化为0，因此电场力总做功为0，说明粒子在、两点电势能相等，竖直方向的位置相同，即、位于同一高度，故D正确。 故选BD。 7. 如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴，无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与、A、构成矩形，。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A. 小球沿杆在AB之间做往复运动 B. 与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短 C. 小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零 D. 小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大 【答案】BC 【解析】 【详解】AC．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确； D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误； B．小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动的加速度为 有弹簧时，加速度先大于，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为，之后加速度小于，则两种情况的图像如图所示 两种情况的图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。 故选BC。 8. 如图是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为弹性绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。时质点1在外力作用下从平衡位置开始竖直向上做简谐运动，带动右边各个质点依次上下振动，经过四分之一周期，质点4开始振动。各质点的振动均为简谐运动，振幅为2cm，周期为T。下列说法正确的是（　　） A. 时质点2的振动方向向上 B. 时质点5的加速度方向向下 C. 时质点9振动通过的路程为19cm D. 时质点15已经3次到达过波峰 【答案】BD 【解析】 【详解】A．经过四分之一周期，质点4开始振动，即经过质点2开始振动，又经过质点2的振动方向向下，故A错误； B．经过质点5开始振动，又经过质点5在平衡位置上方向下振动，可知其加速度方向向下，故B正确； C．经过质点9开始振动，又经过，可知振动通过的路程为，故C错误； D．经过质点15开始振动，又经过，即时质点15已经3次到达过波峰，故D正确。 故选BD。 三、填空题（本大题共3小题，每题3分，共9分） 9. 如图，单色光从折射率n=1.5、厚度d=10.0cm的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为m/s，则该单色光在玻璃板内传播的速度为___________m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t的取值范围是___________s≤t<___________s（不考虑反射）。 【答案】 ①. ②. ③. 【解析】 【分析】 【详解】[1] 该单色光在玻璃板内传播的速度为 [2]当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，最短时间 [3]当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知 最长时间 10. 康普顿在研究石墨对射线的散射时，提出光子不仅具有能量，而且具有动量，光子动量。假设射线中的单个光子与静止的无约束的自由电子发生弹性碰撞。碰撞后光子的方向与入射方向夹角为，电子的速度方向与入射方向夹角为，其简化原理图如图所示。 光子和电子组成的系统碰撞前后动量守恒，动量守恒定律遵循矢量运算的法则。已知入射光波长，普朗克常量为。则碰撞后光子的波长__________。 【答案】 【解析】 【详解】设碰撞后电子的动量为，在水平方向上，由动量守恒定律可得 在竖直方向上，有 联立解得 11. 光伏发电的原理是光子照到太阳能光伏板上，把电子“打”出来，形成电子-空穴对，最终形成电流。当太阳光照射光伏板时，光子被光伏板上的硅材料吸收，硅原子获得能量并跃迁。如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁的过程中要__________（填“辐射”或“吸收”）光子，氢原子核外电子动能__________（填“增大”或“减小”），这群氢原子能辐射出不同频率的光，其中有__________种频率的光照射到硅原子上能使基态硅原子电离（基态硅原子能量）。 【答案】 ①. 辐射 ②. 增大 ③. 3 【解析】 【详解】[1]氢原子从高能级向低能级跃迁时，原子的总能量减小，因此需要向外辐射光子。 [2]氢原子向低能级跃迁时，核外电子的轨道半径减小，根据库仑力提供向心力有 解得电子动能为，随着轨道半径的减小，电子动能增大。 [3]一群处于激发态的氢原子，向下跃迁时最多可辐射出种不同频率的光子。其中，只有直接跃迁到基态（，已知）时辐射的三种光子能量较大，分别为 其余跃迁方式产生的光子能量均小于。要使基态硅原子（能量为）电离，入射光子的能量必须大于或等于。比较可知，上述只有跃迁到基态的3种频率的光子满足条件。 四、实验题（本大题共2小题，12题5分，13题7分，共12分） 12. 图甲为“探究气体等温变化的规律”的实验装置，用细软管将注射器的小孔与压强传感器连接，管内密封一定质量的气体，用数据采集器连接计算机测量气体压强。 （1）实验时，采集多组数据并绘出图乙所示的图像。实验过程中，若气体温度保持不变，对应的图像是曲线______；若气体温度逐渐升高，则对应的图像是曲线______。（均选填“①”“②”或“③”） （2）某同学用不同质量的同种气体在相同温度条件下完成上述实验，绘制出的图像如图丙，若图线a、b的斜率之比为2∶1，则图线a、b对应的气体质量之比______。 【答案】（1） ①. ③ ②. ② （2）2∶1 【解析】 【小问1详解】 [1]根据玻意耳定律 化简可得 故实验过程中，若气体温度保持不变，对应的图像是曲线③； [2]根据理想气体状态方程 化简可得 则若气体温度逐渐升高，图像的斜率逐渐增大，则对应的图像是曲线②。 【小问2详解】 根据 化简可得 则由题意可知 故图线a、b对应的气体质量之比 13. 某实验小组测量一电阻的阻值。 （1）先用多用电表测量的阻值，用“”挡测量时，指针位置如图甲所示，则电阻值为_______。 （2）用如图乙所示电路测量该电阻，其中G为电流计，零刻度在中间位置。主要操作步骤如下： ①正确连接电路，将滑动变阻器滑片移至_______（选填“左”或“右”）端，滑动变阻器调至阻值最大； ②闭合开关S，调节滑片至某位置，调节使G示数为零； ③减小阻值，观察G的指针偏转情况，调节使G示数为零； ④重复步骤③，直到阻值减为零时，G示数为零； ⑤读出电压表示数和电流表示数。 （3）根据实验数据可得_______（用所测量物理量的符号表示）。 （4）在步骤③中，根据G的指针偏转方向判断出G中电流方向由指向，则应将阻值调_______（选填“大”或“小”），使G示数为零。 （5）小明认为，实验中电压表内阻对电阻的测量值有影响。你_______（选填“同意”或“不同意”）他的观点，理由是_______。 【答案】（1）17 （2）左 （3） （4）大 （5） ①. 不同意 ②. 因为阻值减为零时，G示数为零，此时电压表示数就是待测电阻两端电压，而支路没有分流，所以电流表示数等于待测电阻的电流，计算没有误差，所以电压表内阻对电阻的测量值没影响。 【解析】 【小问1详解】 多用电表欧姆挡读数等于表盘示数乘以倍率，读数为 【小问2详解】 由图乙可知，滑动变阻器采用分压式接法，测量电路接在滑片与电源负极之间。为了保护电路，闭合开关前应使测量电路两端电压为零，故滑片应移至最左端。 【小问3详解】 实验步骤④中提到“直到阻值减为零时，示数为零”。当时，、两点被短接，电势相等，即。此时电压表并联在两端，测得电压为两端电压。电流表测得电流为流过的电流。根据欧姆定律可得 【小问4详解】 电流计中电流方向由指向，说明点电势高于点电势，即。为了使示数为零，需要降低点电势，应将阻值调大，增大分压。 【小问5详解】 [1]不同意； [2]略。 五、计算题（本大题共3小题，14题10分，15题12分，16题17分，共39分） 14. 近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测试跑道上，机器人A在时从起点以初速度和加速度向右匀加速运动；机器人B在时从起点由静止开始以加速度（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在时追上机器人A，求： （1）机器人B的加速度大小； （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； （3）如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以的速度从起点匀速向终点出发；机器人B以的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ 【答案】（1） （2） （3）6次 【解析】 【小问1详解】 机器人B在时追上机器人A，有 机器人B的加速度大小 【小问2详解】 在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设时刻速度相等，有 解得 两者之间的最大距离 【小问3详解】 跑道长100米，机器人A以的速度从起点匀速向终点出发，机器人B以的速度从终点匀速向起点出发。 第一次相遇时间 两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，可知速率不变，之后每次相遇，两者的路程和为200m，时间间隔 设相遇次数为n，总时间满足 解得，100秒内机器人A与B会相遇6次。 15. 如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 （1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小。 【答案】（1）3：1；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0。因为两小球从抛出到离开电场，竖直方向做自由落体运动，所以M、N在电场中的运动时间t相等。又因为电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，设在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由运动公式可得 v0–at=0 联立解得 （2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则 因为M在电场中做匀加速直线运动，则 解得 h= （3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 由已知条件 Ek1=1.5Ek2 联立解得 16. 如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且。线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量与时间的近似关系如图2所示，图中已知。 （1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值（当，有）。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【解析】 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律 由电流定义式 联立可得 （2）在时 在时 （3）从能量角度 解得 （4）由能量传递 化简可得 即 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $