浙江宁波市北仑中学2026-2027学年高三上学期返校考物理试题

答案和解析 1.【答案】A 【解析】【详解】 能量E的单位为焦耳(J),1J=1Nm=1kgm/s2m=1kgm2.s-2 频率v的单位为赫兹（Hz),1Hz=1sl 因此由光子能量公式E=v可得h=号通过量纲推导判断h的单位为g s-1 kgm2s1,故A正确。 故选A。 2.【答案】C 【解析】【详解】 A.物体能不能看作质点，需要根据具体的研究问题来判断，麻雀不一定能看作质 点，天鹅也有可能可以看作质点，故A错误； B.研究天鹅助跑动作时需要考虑天鹅的翅膀扇动的动作，不能看作质点，故B错 误； C.天鹅能够飞起来说明合力向上，则有空气对它向上的作用力大于重力，故C正 确； D.天鹅受重力与它所处的状态无关，即匀速飞行时仍然受重力，故D错误。 故选C。 3.【答案】D 【解析】【详解】 AB.由正点电荷电场的特点可知，α点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不 同，b点电场强度与d点电场强度方向相同，大小不同。故AB错误： CD.由正点电荷电势的特点可知，越靠近正点电荷，电势越高，所以α点电势比b点 电势低，b点电势高于d点电势。故C错误；D正确。 故D。 4.【答案】D 【解析】【详解】 A.电子从A点向B点运动，库仑力为吸引力，其方向与电子运动方向的夹角为钝 角，库仑力做负功，机械能不守恒，故A错误； B.根据开普勒第二定律（等面积定律）可知，电子靠近质子时速度大，远离时速度 小。故B错误； C.根据F-2可知，电子距离质子越远，所受库仑力越小，根据开普勒第二定律 可知，距离质子越远，电子线速度越小，故C错误： 第1页，共7页 D.开普勒第二定律：相同时间内连线扫过面积相等，取极短时间△t,则有 TAVAAt=rBvBAt 解得=，故D正确。 TB VA 故选D。 5.【答案】B 【解析】【详解】 A.根据衰变过程质量数和电荷数守恒，X的质量数为14-14=0，电荷数为6 7=一1，可知X是电子0，e,不是中子，故A错误： B.根据半衰期规律m余-m原（宁行 由题意可得器子 整理可得=州 解得t=kT,故B正确。 C.半衰期是原子核的固有属性，与外界温度、压强等环境因素无关，不需要考虑温度 对半衰期的影响，故C错误； D.半衰期由原子核内部结构决定，C和4C是中子数不同的两种原子核，半 衰期不同，故D错误； 6.【答案】C 【解析】【详解】 A.按住按钮不动，则穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中无感应电流产生，则门铃 不会响，故A错误： B.松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量减小，在螺线管中产生感应电流，则门铃会 响，故B错误； C.按下按钮的快慢不同，则磁通量的变化率不同，则感应电动势不同，通过M的电 流大小不同，门铃的响度不同，故C正确。 D.按下和松开按钮过程，穿过线圈的磁通量分别为向右的增加和减小，根据楞次定 律可知，通过M的电流方向相反，故D错误。 故选C。 7.【答案】A 【解析】【详解】 设均匀柔软细绳的质量为m,AC段长度是BC段长度的两倍，故AC段的质量 为m,BC段的质量为m 对BC段进行受力分析，设C处的张力为Tc,B处的张力为F,根据平衡条件 Facosa-mg,Fasina -Tc 联立解得Tc=mgtana 第2页，共7页 对AC段进行受力分析，根据平衡条件解得amB=孤=己=4 Tc tana 故选A。 8.【答案】C 【解析】【详解】 A.当AB端输入交流电时，由于二极管的单向导电性，使得电流总是从N端经过手机 流向M端，所以副线圈的电流经过桥式电路后，通过手机电池的电流变为直流电，且 电路中N点电势总是高于M点电势，故A错误： B.应用平均值计算，故B错误 C.当任意一个二极管断路时，电路会从桥式全波整流变成半波整流，负载上只有半个 周期有电流，所以负载上电压的有效值会降低为原来的受，故C正确： D.理想电容器充电时，它从电路中吸收电能，转化为电场能储存起来；放电时，它 又把储存的电场能释放回电路。所以在一个完整的交流周期内，电容器吸收的电能和 释放的电能大小相等，平均功率（有功功率）为0，所以理想电容器不消耗有功功 率。但电容器在充放电过程中会产生无功功率，虽然不消耗有功功率，但会影响电路 的功率因数，故D错误。 故选C。 9.【答案】D 【解析】【详解】 A.作出光路如图 由几何关系可知x=r,B=O 则从AC边射出的光束与入射光线平行，与光的颜色无 关，故A错误： B.根据v=月 可知，折射率小，在介质中的传播速度越大，频率越小，波长越长，故B错误： C.由图和几何关系可知折射率越小，在棱镜中走过的路程越长，故C错误： D.如图所示，根据对称性可得图示图形 设折射角为r。直角三角形AC边上的高h,则根据折 射定律n=n60 sinr B 时间为t=h =2mh=2h vcosT ccosr C厂ntm 37 解得折射率为n=5 2 此时，时间最短，此时t=励 故D正确。 故选D。 第3页，共7页 10.【答案】D; 【解析】【详解】 A.因电场力垂直圆环平面向外，电子在圆环平面内做圆周运动，电场力对电子不做 功，故A错误： B.电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，与辐射状磁场对粒子的洛伦兹 力平衡，电子受垂直圆环平面向里的匀强磁场的洛伦兹力方向指向圆心O,根据左手 定则可知，电子在圆环内沿顺时针方向运动，故B错误： CD.电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力evB,=m? 解得：v=B1 m 电子在垂直环平面方向受力平衡eE=evB 解得：B器 故C错误，D正确。 故选D。 11.【答案】BD 【解析】【详解】 A.水平矩形闭合线圈从A下落到B的过程中，穿过线圈的磁通量不断减小，磁场方 向向上，根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，从B运动到C的过程中，磁通 量不断增大，磁场方向向下，所以感应电流沿逆时针方向，即整个下落过程中感应电 流方向一直沿逆时针方向，故A错误： B.金属棒b在空中做平抛运动，水平速度不变，则金属棒中产生的感应电动势保持 不变，故B正确： C.电容式传感器能够把物体的位移这个力学量转换为电容这个电学量，故C错误； D.弱相互作用是引起原子核衰变的原因，即引起中子向质子转变，故D正确。 故选B。 12.【答案】AD 【解析】【详解】 A.设波在直管中的传播速度为v,在曲管中的速度为6加，由图乙可知，经直管到达 P点的波比经曲管到达P点的波多用时6s,即鲁-咒=6⑧ 解得v=O.5m/s,A正确； B.由图乙可知，波经直管传播到P点用时t=14s,P点到波源的距离x=vt= 05×14m=7m,B错误； C.设两列波的汇合点为Q,两列波到P点的路程差是在SQ之间形成的 由图乙可知，周期T=4s,根据v=可得1直=2m,1曲=12m 由题意知两列波的传播路程X直=2刃直，X曲=入曲 两列波到达Q点时相位相反，Q点为振动减弱点，从9到P过程中，两列波的相位差 不变，所以P点也是振动减弱点，C错误： 第4页，共7页 D.P点是振动减弱点，振幅等于两列波的振幅之差，由乙图可知A曲=4c,A= 2cm,A=A直-A曲 可得A直=6cm 波在曲管中能量损失率)=4g-×106=5.66,D正确。 E kA 故选AD。 13.【答案】AC 【解析】解：A、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：-U=0-mvm, 则得光电子的最大初速度，m=√2eU/m,故A正确； BD、根据爱因斯坦光电效应方程得： hy:=eU:+W,hy2=eU2+W, 得金属的逸出功为：W=hY1-eU. 联立得：h=-2D错误： Y1-Y3 C、阴极K金属的极限频率。=兴=”，故C正确。 U1-U2 故选：AC. 根据动能定理求光电子的最大初速度；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的逸出功和 普朗克常量h;由W=hyo求金属的极限频率 解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系. 14.【答案】（①）.A(2).45953).-x0 61 【解析】（①）小问详解： 双缝干涉实验中，光学元件的顺序为：光源→透镜→滤光片（获得单色光）→单缝 (获得线光源)→双缝（获得相干光源）→遮光筒→毛玻璃→放大镜，因此M、N、P 依次为滤光片、单缝、双缝。 故选A。(2)小问详解： x7的读数为x7=4.5m+9.5×0.0mm=4.595m(3)小问详解： x!是第1条亮纹位置，x是第7条亮纹位置，相邻条纹间距4x=?=一1 7-1 6 根据双缝干涉公式4x=华，整理得波长1=-x d 6 15.【答案】1.[3000，b,没有] 2号器偏大灯 【解析】(1)小问详解： [叮根据并联电路规律可知U=U,+器R 由题意可知U2=U1,R2=15002 解得Rv2=3000.2 [2]根据闭合电路欧姆定律可得E=U,+(+)R, RvI Ry 第5页，共7页 整理得=品， U,-V,图像纵轴截距为b=电源电动势为E=b 5 [3]按图甲所示电路进行实验，消除了电压表分流对实验的影响，电压与电流的测量值 等于真实值，该实验没有系统误差。(2)小问详解： [1]根据实验步骤，由欧姆定律得U,=Iz(R4+R,+R)U2=12(R4+R,),解得Rx= _2 [2]若采用图丙，实际测得为 R4+Rx,测量值偏大 16.【答案】(1).减少大于(2).606K(3).400J 【解析】（①）小问详解： [1]由题可知在该过程中电热丝对封闭气体是缓慢加热的，该过程可以看作是一个等压 过程，由盖一吕萨克定律”=2可知到达底部时体积变大，温度升高，分子的平均动 Ti T? 能增大，而气体压强保持不变，因此单位时间内撞击气缸壁单位面积的分子数减少。 [2]由题可知活塞从中部下降至刚接触底部的过程中，温度升高，气体内能增加，气体 对外界做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸收的热量大于对外做的功。(2) 小问详解： 活塞从中部下降至刚接触底部的过程中，该过程为等压变化，由盖一吕萨克定律可得 thshs T1-T3 解得T2=600K U型管内液体左右液面变化的过程为等容变化，由查理定律可得o-dta=四 解得T;=606K(3)小问详解： 初始状态气缸内压强保持不变，对左侧气缸，=P,- 对右侧U型管p2=po-pg1 Updeltah 由p1p2可得S=0.01m2 气体吸收的热量Q=UpdeltaU+pS×号h=400) 17.【答案】(1)y,=6m/s;(2)1.5m/s;(3)0.25J 【解析】 【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律有 E=B.lvo 根据闭合电路欧姆定律可知 I=- 1.5R 安培力 第6页，共7页 F=BIl 匀速运动条件 mg sin0= B21 1.5R 代入数据解得 ,=6m/s （2)由动量守恒定律 =4v 解得 v=1.5m/s (3)进入B2磁场区域的过程，根据动量定理有 -B,I1△t=4y-4W 其中 E g=IAt= △t= △Φ】 B,LI 1.5R 1.5R1.5R 穿出B2磁场区域的过程，根据动量定理有 -B,I1△t=4w2-4% 联立可得 3=1.0m/s 根据能量守恒求得 0-子×mx2-时9)=025 18.【答案】(1).①√2m/s②0.75m(2).①V2m/s<vo≤√6m/s②0.75m 【解析】（①物块从开始运动到D点过程，根据动能定理megh-ume。mo2-01分） 解得o=√2m/s(1分) ②设过D点后冲上曲面高度为h',根据机械能守恒定律nvp2-mgh'(1分) 解得h=0.1m 而hpE=R(1-cos)=O.2m 所以h'<hDE 故物块不会冲上滑板，会原路返回，物块运动全程由能量守恒有mgh=μmgcos0.s(1分) 解得s=0.75m(1分) (2)①在D点不脱离轨道则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理有 h_1 omgh-Mume-0(1) 还需要满足mgcos2mD 解得vo≤v√6m/s 第7页，共7页 同理，物块能到达E点，满足mug+mehμmg品。meR(1-cos0)1分) 解得vo>V2m/s 综上可得V2m/g<vs√6m/s(1分) ②物块在D点刚好没有脱轨，根据牛顿第二定律有 macos 物块以最大速度到达E点，根据机械能守恒定律有 mvg?-mvp?-mgR(1-cos 0) 物块在滑板上运动，在刚滑上滑板到与滑板共速的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定 律有mvE=(m+M0v1,mgl1mvg2m+M0v2 (1分) 滑板被锁定后，物块继续滑动，由能量守恒定律有 umgl-mv2(1分) 故滑板长度最小为L1+l0.75m(1分) 19.【答案】 2 四B1=2r1 ke2 ；(2)①m= n2h2 n=-2a2mk24 ②40.8eV 4m2mke2 n2h2 【解析】 【详解】()设电子在轨道上运动的速度大小为v,根据牛顿第二定律有 e? 02 电子在轨道运动的动能 2r1 电子在轨道运动的势能 ke2 Epl =W=- 电子在轨道动时氢原子的能量即动能和势能之和 ke2 E1=Ekl+Epl= 2T1 2)①电子绕原子核做圆周运动的轨道周长为电子物质波波长的整数倍，即 h 2nrn=nm p 设此时电子的速率为vn,则 p=mUn 根据牛顿第二定律 第8页，共7页 e2 In 以上各式联立，解得 n2h2 Tn=4n'mke? 此时，电子的动能为 2n2mk2e4 Em=5mv听 n2h2 电子的势能为 ke24π2mk2e4 Epn =-Wn=- rn n2h2 所以此时的能级为 2π2mk2e4 En Ekn Epn n2h2 ②He+原子核电量为2e,类比以上分析可知，He+系统基态的能量为氢原子基态能 量的4倍，即He+的基态能量为 E1=-13.6eV×4=-54.4ey 为使处于基态的H+跃迁到激发态，即跃迁到第二能级，则入射光子所需的最小能量 E1=-13.6eV 解得 E光=△E=E2-E1=40.8eV 第9页，共7页北仑中学高三物理返校考 本试卷分为为选择题和非选择题两部分，共7页，满分100分，考试时间90分钟。 考生须知： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡 规定的位置上，在答题卡上框内答题，并按答题卡上要求答题。 2.若无特别说明，重力加速度g均取10m/s2。 一、项选择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 中只有一个选项是符合题目要求的，不选、错选、多选均不得分) 1.我国量子通信卫星“墨子号”采用单光子作为信息载体。已知单光子能量E与频率v的 关系为E=v,其中h的单位可表示为() A.kg'm2.s-1 B.kg.m2.s-2 C.kg'm's-1 D.kg.m.s-2 2麻雀等小型鸟类可原地起飞，而天鹅需要一段时间的助跑才能起飞，助跑时一边“跑 步”一边扇动翅膀，下列说法正确的是() A.麻雀可以看作质点，天鹅不能看作质点 B.研究天鹅助跑动作时可以把天鹅看作质点 C.天鹅能够飞起来是因为空气对它向上的作用力大于重力 D.天鹅匀速飞行时不受重力 3将一带正电的点电荷Q固定在水平放置且带负电的正方形金属薄板中心的正上方， 点电荷Q与薄板间的电场线竖直切面如图所示。其中b、d两点在同一竖直且垂直于薄 板的电场线上，Q、b、c三点在同一条平行于薄板的直线上，a、c关于b点对称。关 于各点的电场强度及电势的判断，下列说法中正确的是() A.α点与c点的电场强度相同 B.b点与d点的电场强度相同 C.a点电势等于b点电势 D.b点电势高于d点电势 4.库仑力和万有引力的性质相似。如图所示电子仅在库仑力的作用下绕质子做椭圆运 动，质子位置不变，其中AB为椭圆的长轴。则下列说法正确的是() A.电子从A点向B点运动，机械能守恒 B.电子从A点向B点运动，速度加快 质子 电子 C.若电子轨道变化，电子绕质子转一圈需要的 时间一定变化 D.电子在椭圆轨道上A、B两点的速度比等于两 点所在位置到质子距离的反比 第1页，共7页 5.根据1C放射性强度减小可以推算植物死亡的时间，衰变方程1C→1N+X。1C在 大气中的含量相当稳定，活的植物与环境交换碳元素，其体内1C的比例与大气中的相 同，枯死的植物1C仍在衰变，但已不能得到补充。已知1C的半衰期为T,则() A.X粒子是中子 B.若枯死植物C含量为大气中含量的，则死亡时间为kT C.测量年代时，需要考虑冰河时期全球温度变低对半衰期的影响 D.同位素C与1C本质是同一种元素，具有相同的半衰期 6图甲为某无线门铃按钮，其原理如图乙所示。其中M为信号发射装置，M中有电流 通过时，屋内的门铃会响(M中流过的电流越大，门铃就越响)。磁铁固定在按钮内 侧，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管，松开门 铃按钮，磁铁远离螺线管回归原位置。则() 磁铁 按下按钮 螺线管 A.按住按钮不动后，门铃会一直响 SN B.松开按钮的过程，门铃不会响 信号发射 →松开按钮 装置 M C.按下按钮的快慢不同，门铃的响度不同 D.按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同 7.如图所示，在墙角有一均匀柔软细绳，一端悬于天花板上的A点，另一端悬于竖直墙 壁上的B点，平衡后最低点为C点，测得AC段长度是BC段长度的两倍。细绳在B端附 近的切线与竖直墙壁的夹角为a,在A端附近的切线与水平天花板的夹角为B。若 tana=0.5,则tanB的值为() A.4.0 B.2.0 C.1.0 D.0.25 8某手机充电装置可简化由理想变压器、四个二极管构成的桥式电路组成，如图所 示。变压器原副线圈匝数比n:n2=44:1,副线圈两端C、D间接有4个理想二极管 组成的桥式电路，M、N端接手机电池，手机电池可视为阻值I的纯电阻负载，不计 其他电阻。AB端输入电压u=220W2sin100πt(V)，则下列说法正确的是() 0 为 机 池 A.桥式电路中N点电势比M点电势低 B.1s内通过手机电池的电荷量为5C C.在E、F间接一理想电压表，若某一个二极管断路，电压表读数为2.5√2V D.为使充电电压更平稳，需在E、F间接一电容器，接电容器前后充电器副线圈 的输出功率不变 第2页，共7页 9.如图所示直角三棱镜ABC的AB和BC两边上均镀有全反射膜。不同的单色光束以相 同的入射角从AC边入射，经BC和AB反射后，又从AC边出 射，己知0=60°，下列说法正确的是() A.不同单色光从AC边出射时的方向不同 B.折射率越小的光在棱镜中的波长越小 C.折射率越小的光在棱镜中传播的路程越短 D.折射率为的单色光在棱镜中传播的时间最短 B77777777777入C 10.霍尔推进器是未来星际航行的绿色引擎，其放电室横截面可简化为一个圆环区域， 圆环内存在辐射状磁场，如图所示。另有方向均垂直圆环平面向里的匀强磁场和匀强 电场（未画出），且磁感应强度大小为B,电场强度大小为E。电荷量为、质量为 的电子恰好能够沿半径为R的轨道做匀速圆周运动。下 列说法中正确的是() A.电场力对电子做正功 B.电子沿逆时针方向做圆周运动 C电子做匀速圆周运动的线速度大小为号 D.轨道处辐射状磁场的磁感应强度大小为m eRBI 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 至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对4分，选对但不全2分，有选错0分) 11.有关下列四幅图的说法正确的是() 。粒子 214 电介质板 被测物体 A.甲：水平矩形闭合线圈从A下落到C的过程中(A、B和B、C间的距离较 小)，从上向下看感应电流始终沿顺时针方向 B.乙：金属棒b水平抛出，不计空气阻力，金属棒中产生的感应电动势保持不变 C.丙：电容式传感器能把物体的速度这个力学量转换为电容这个电学量 D.丁：弱相互作用是引起原子核衰变的原因，即引起中子向质子转变 12.如甲图所示的水平管道分叉为一个直管和一个由4个半径为=1m的圆组成的曲 管。波源$位于管道的分岔口，=0时刻开始振动，波同时进入两个管道，己知波在曲 管中（存在介质α）的传播速度是直管中（存在介质b)传播速度的2π倍。直管中的 P点的振动图像如乙图所示，若波只在曲管中传播时有能量损失，且能量与振幅的平 方成正比，则下列说法正确的是() 第3页，共7页 介质a v/cm 甲 介质b 乙 A.波在直管介质中的传播速度为0.5m/sB.P点距离波源s的距离为3m C.P点右侧0.5m处是振动加强点 D.波在曲管中的能量损失率为55.6% 13.某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的 阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S,在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通 过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此电压表的电压 值U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ekm现分别用频率 为v和v2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U和U2,设电子质量为m,电荷量 为e,则下列关系式中正确的是() A.用频率为v,的光照射时，光电子的最大初速度v=√2eU1/m B.若两束光同时照射，则遏止电压为U?+U2 C.阴极K金属的极限频率v。=- U1-U3 D.普朗克常数h=eW- 2-v1 三、非选择题（本题共6小题，共58分) 14(5分)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，如图甲所示，光具座上放置的光学元件 依次为光源、透镜、M、N、P、遮光筒、毛玻璃、放大镜。 光源透镜MN 遮光筒 毛玻璃 放大镜 甲 3 E15 HHH作10 0 丙 (1)M、N、P分别是 (填字母标号)。 A、滤光片、单缝、双缝B、双缝、滤光片、单缝C、单缝、双缝、滤光片 (2)观察到干涉条纹如图乙所示。转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准x时， 手轮的读数x1=1.002mm,继续转动手轮，使分划板中心刻线对准x7时，手轮的读数 如图丙所示，x7= mm. (3)若已知双缝间距d,双缝到屏的距离l,则待测光的波长λ= (用 x1、x7、l和d表示) 第4页，共7页 15(9分)某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表V,的内阻及电源电动势。 (1)已知电压表V,量程为3V,内阻Rv1=60002,电压表V2量程为3V,内阻Rv2几 千欧（待测），电源电动势约为5V,电源内阻可忽略。按以下步骤进行操作： R R RP 甲 乙 丙 ①按图甲所示原理图完成电路连接； ②把R、R2均调至最大阻值： ③闭合开关S,调节R1、R2,使V1、V2均有合适示数，分别为U1、U2。调至U1、 U2满足U2=U,的关系，此时电阻箱R2的阻值为15002，则可知电压表的内阻Rv2为 2: ④将R1调至40002并保持不变，调节R2,记录多组对应的U1、U2值，以U,为纵坐 标，U2为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距 为b,则电源的电动势为 (用已知量和已测得量计算出结果)。该测量结果 (填“有”或没有”)系统误差。 (2)用伏安法测电阻时，使用如图乙所示的电路。该实验的第一步是：闭合电键S, 将电键S,接2，调节滑动变阻器R,和R,使电压表读数尽量接近量程，读出此时电压 表和电流表的示数U1、11:接着让两滑动变阻器的滑片保持位置不动，将电键S2接 1,读出这时电压表和电流表的示数U2、12。由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达 式是Rx= 。若用图丙所示的电路按同样方法测量，测量结果 (填 “偏大”或“偏小”或“不变)。 16(8分)如图所示，容器壁厚度不计、高度h=0.6的绝热气缸静置于水平地面上， 质量为1kg的活塞位于气缸中央高度处，将一定质量理想气体封闭在气缸内。气缸右 侧经小孔与U型试管相连，试管右端与大气相通，试管内有一段液柱，左右液面高度 差仁10cm。现通过电热丝对封闭气体缓慢加热，直至U型管内液体左右液面平齐， 此过程中封闭气体的内能增加100J。已知大气压强p0=1.01×10Pa,试管内液体密度 p=1000kgm3,初始温度27℃，管内气体的体积忽略不计。 (1)活塞从中部下降至刚接触底部的过程中，单位时间内撞 击气缸壁单位面积的分子数 (选填增多”、“减 少”或“不变)，气体吸收的热量 (选填“大于”、 “小于”或等于)对外做功。 △ (2)求U型管内液体左右液面平齐时，缸内气体的温度T; (3)求上述加热过程中气体吸收的热量。 第5页，共7页 17(11分)间距为1的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所 示，倾角为的导轨处于大小为B,,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水 平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联动双杆”（由两根长为1的金属 杆，cd和ef，,用长度为L的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”右侧存在大小 为B,,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L,质量为m,长为1 的金属杆b,从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆 b与“联动双杆”发生碰撞后杆b和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆” 继续沿水平导轨迹入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始 终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为 R=0.022,m=0.1kg,1=0.5m,L=0.3m,0=30°，B1=0.1T,B2=0.2T。不计摩擦 阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求： (1)杆b在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小： (2)联动三杆进入磁场区间IⅡ前的速度大小V; (3)联动三杆滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。 6 I☒ B Ⅱ☒ e 18(13分)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角6=37的直轨道AB,半径R= 1m、圆心角为28的圆弧BCD,半径为R、圆心角为6的圆弧DE组成，轨道间平滑连 接。在轨道末端E点的右侧光滑水平地面FG上紧靠着质量M=0.5kg的滑板b,其上 表面与轨道末端E所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够远处固定有挡板 GH,滑板b与其碰撞时会立即被锁定。质量为m=0.5kg的物块α从轨道AB上距B 高度为h=0.3m处以初速度vo下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道 AB间的动摩擦因数u1=0.5,与滑板b间的动摩擦因数2=0.2。（其他轨道均光滑， 物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°-0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2) (1)若初速度vo0,求物块a 0 ①第一次通过D点时速度vD大小： 物块a A ②在轨道AB上运动的总路程s。 滑板b 77777777777777777 G (2)若物块α能沿轨道冲上滑板b,则 ①o应满足什么条件？ 、8 ②滑板b至少要多长，物块α一定不会碰到挡板GH？ 01 第6页，共7页 19(12分)在量子力学诞生以前，玻尔提出了原子结构假说，建构了原子模型：电子 在库仑引力作用下绕原子核做匀速圆周运动时，原子只能处于一系列不连续的能量状 态中（定态），原子在各定态所具有的能量值叫做能级，不同能级对应于电子的不同运 行轨道。电荷量为+Q的点电荷A固定在真空中，将一电荷量为一q的点电荷从无穷远移 动到距A为r的过程中，库仑力做功W=k9。已知电子质量为m、元电荷为e、静电力 常量为k、普朗克常量为h,规定无穷远处电势能为零。 (1)若已知电子运行在半径为r,的轨道上，请根据玻尔原子模型，求电子的动能Ek1及氢 原子系统的能级E。 (2)为了计算玻尔原子模型的这些轨道半径，需要引入额外的假设，即量子化条件。物 理学家索末菲提出了“索末菲量子化条件”，它可以表述为：电子绕原子核（可看作静 止)做圆周运动的轨道周长为电子物质波波长（电子物质波波长）与其动量的关系为λ= 台的整数倍，倍数m即轨道量子数。 ①请结合索末菲量子化条件，求氢原子轨道量子数为n的轨道半径r,及其所对应的能 级En。 ②玻尔的原子模型除了可以解释氢原子的光谱，还可以解释核外只有一个电子的一价 氢离子(He+)的光谱。已知氢原子基态的能级为-I3.6V,请计算为使处于基态的He+ 跃迁到激发态，入射光子所需的最小能量。 第7页，共7页