資源簡介

2025屆江蘇省高三下學期第三次質量檢測物理試卷
一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。
1．（2025·江蘇模擬）以下說法中正確的是（　?。?br/>A．甲圖是粒子散射實驗示意圖，當顯微鏡在a、b、c、d中的d位置時熒光屏上接收到的粒子數最多
B．乙圖是氫原子的能級示意圖，氫原子從能級躍遷到能級時放出了一定能量的光子
C．丙圖是光電效應實驗示意圖，當光照射鋅板時，驗電器的指針發生了偏轉，驗電器的金屬桿帶正電荷
D．愛因斯坦在研究黑體輻射的基礎上，提出了量子理論，丁圖是描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長的關系圖
2．（2025·江蘇模擬）如圖（a）所示，一豎直放置的花灑出水孔分布在圓形區域內。打開花灑后，如圖（b）所示，水流從出水孔水平向左射出。假設每個出水孔出水速度大小相同，從花灑中噴出的水落于水平地面（分別為最左、最右端兩落點），不計空氣阻力。落點區域俯視圖的形狀最可能的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·江蘇模擬）鉀是一種自然存在的放射性同位素，可以發生和兩種衰變。發生衰變的核反應方程為，釋放的核能為；發生衰變的核反應方程為，釋放的核能為，且。已知鉀的比結合能為E，若測得實驗室中發生衰變部分的鉀質量為m，下列說法正確的是（　?。?br/>A．原子核的質量小于原子核的質量
B．原子核的質量大于原子核的質量
C．的比結合能為
D．
4．（2025·江蘇模擬）如圖甲，某同學需要通過小木筏渡過一條河，已知小木筏在靜水中的速度大小為。受地形等因素影響，不同位置河水流速會有變化。出發點A下游某位置的水流速度與該位置到A點的沿河距離關系如圖乙所示，已知小木筏前端始終垂直河岸，最終到達對岸偏離正對面的B處，則以下說法正確的是（　?。?br/>A．小木筏在河水中的軌跡是直線
B．河的寬度為
C．若水流速度恒為，小木筏過河時間將變短
D．若水流速度恒為，小木筏可調節前端指向使軌跡垂直河岸渡河
5．（2025·江蘇模擬）如圖甲，“星下點”是指衛星和地心連線與地球表面的交點。圖乙是航天控制中心大屏幕上顯示衛星FZ01的“星下點”在一段時間內的軌跡，已知地球靜止衛星的軌道半徑為（R是地球的半徑），FZ01繞行方向與地球自轉方向一致，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．衛星FZ01的軌道半徑約為
B．衛星FZ01的軌道半徑約為
C．衛星FZ01可以記錄到南極點的氣候變化
D．衛星FZ01不可以記錄到北極點的氣候變化
6．（2025·江蘇模擬）如圖所示，一定質量的理想氣體，經歷過程，其中是等溫過程，是等壓過程，是等容過程。下列說法正確的是（　?。?br/>A．完成一次循環，氣體向外界放熱
B．a、b、c三個狀態中，氣體在c狀態分子平均動能最大
C．過程中，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功
D．過程中，容器壁在單位時間內、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數會增加
7．（2025·江蘇模擬）如圖所示，為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖為質點以此時刻為計時起點的振動圖像，從該時刻起，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該波正在向軸負方向傳播，波速為
B．經過后，質點經過的路程為，且速度最大，加速度最小
C．若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為的障礙物，不能發生明顯的衍射現象
D．若波源向軸負方向運動，在處放一接收器，接收器接收到的波源頻率可能為
8．（2025·江蘇模擬）如圖，用粗細均勻的電阻絲折成邊長為L的平面等邊三角形框架，每個邊長L的電阻均為r，三角形框架的兩個頂點與一電動勢為E、內阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則三角形框架受到的安培力的合力大小為（ ）
A．0 B． C． D．
9．（2025·江蘇模擬）某同學設計了一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2s，電壓最大值為0.05V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為1∶60，下列說法正確的是（　?。?br/>A．交流電的頻率為10Hz
B．副線圈兩端電壓最大值為3V
C．變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關
D．充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率
10．（2025·江蘇模擬）如圖所示，邊長為L的正四面體ABCD的中心為O，A、B兩點分別固定等量異種點電荷-q、+q，已知O點到A、B的距離均為，下列說法正確的是（　　）
A．C、D兩點電場強度大小相等，方向不同
B．O點場強大小為
C．C點電勢小于D點電勢
D．將一試探電荷+Q從C點沿直線移到D點，電勢能先增大后減小
11．（2025·江蘇模擬）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h?，F將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球P即將落地時，它的速度大小為
B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°
C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為
D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為
二、實驗題：本題共15分。
12．（2025·江蘇模擬）已知一熱敏電阻在10～70℃間的阻值大致在內變化。某興趣小組想利用該熱敏電阻設計一個溫度計。實驗室提供了以下器材：
A.待測熱敏電阻：阻值； B.溫控箱（溫度調節范圍0~80℃）；
C.電壓表V（量程2.5V，內阻約）； D.電流表A（量程10mA，內阻約）；
E.定值電阻； F.電阻箱R（最大阻值）；
G.電源E（電動勢3V，內阻約）； H.單刀雙擲開關S、導線若干。
（1）為了測量10~70℃間各個溫度下的，他們采用等效替代法設計了圖（a）所示的兩種電路。關鍵步驟為：溫控箱溫度穩定為某值時，讓S先接1，記錄電表的示數；S再接2，調節R使電表的示數與上述記錄的示數相同。兩種電路中，更合理的是　 　（填“A”或“B”）。
（2）某溫度下R的讀數如圖（b），則此時的測量值是　 ?。蝗舨豢紤]電阻箱調節精度的影響，則該測量值　 ?。ㄌ睢按笥凇薄暗扔凇被颉靶∮凇保┱鎸嵵怠?br/>（3）他們多次改變溫控箱的溫度進行測量，繪制出隨溫度t變化的圖線如圖（c），由圖可知，30℃時，　 ?。ńY果保留整數）。
（4）他們設計的溫度計內部電路如圖（d）。恒壓電源電壓；靈敏電流計G的內阻為，量程為；定值電阻，。若30℃時對該溫度計進行調零，使G表指針指向零刻度線，則需要將R的阻值調至　 ??；調零完成后保持R的阻值不變，忽略G表分流的影響，則該溫度計能測量的溫度范圍大約在　 　℃之間。（結果均保留整數）
三、計算題：本題共4小題，共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。
13．（2025·江蘇模擬）2021年12月30日，我國科學家利用東方超環實現了7000萬攝氏度下長脈沖高參數等離子體持續運行1056秒，這是人類首次實現人造太陽持續脈沖過千秒，對世界的可控核聚變發展來說都具有里程碑的意義。已知兩個氘核聚變生成一個氦3和一個中子，氘核質量為，中子質量為，核的質量為（質量虧損為時，釋放的能量為）。除了計算質量虧損外，的質量可以認為是中子的3倍。（計算結果單位為，保留兩位有效數字）
（1）寫出該反應的核反應方程。
（2）若兩個速率相等的氘核對心碰撞聚變成并放出一個中子，釋放的核能也全部轉化為核與中子的動能。反應前每個氘核的動能為，求反應后氦3和中子的動能分別為多少。
14．（2025·江蘇模擬）一塊玻璃磚平放在水平桌面上，其橫截面如圖所示，∠A=∠C=90°，∠B=60°，AD=CD=a，AB、BC兩側面分別鍍銀，一束平行于CB方向的單色光從AD、CD兩側面射入玻璃磚，其中從AD側面入射的光線在玻璃磚內經多次折射與反射后仍從AD側面平行于BC方向射出玻璃磚。已知光在真空中傳播的速度為c，求：
（1）玻璃磚的折射率n；
（2）光在玻璃磚中的最長傳播時間t。
15．（2025·江蘇模擬）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB，圓心為O1的豎直半圓軌道BCD、圓心為O2的豎直半圓管道DEF，水平直軌道FG及彈性板等組成，軌道各部分平滑連接。已知滑塊（可視為質點）質量m=0.01kg，軌道BCD的半徑R=0.8m，管道DEF的半徑r=0.1m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ=0.5，其余各部分軌道均光滑，軌道FG的長度l=2m，彈射器中彈簧的彈性勢能最大值Epm=0.5J，滑塊與彈簧作用后，彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回。
（1）若彈簧的彈性勢能Ep0=0.16J，求滑塊運動到與O1等高處時的速度v的大小；
（2）若滑塊在運動過程中不脫離軌道，求第1次經過管道DEF的最高點F時，滑塊對軌道彈力FN的最小值；
（3）若彈簧以最大彈性勢能彈出，請判斷游戲過程中滑塊會脫離軌道嗎？若不會，請求出滑塊最終靜止位置。
16．（2025·江蘇模擬）如圖所示，在直角坐標系x軸的下方有三塊光滑彈性絕緣擋板PQ、QN、MN，其中P、M兩點位于x軸上，PQ、MN平行且關于y軸對稱，QN長度為2L，三塊擋板間有垂直紙面向外的勻強磁場。在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從直角坐標系第二象限的S處以初速度大小、方向與x軸正方向成30°斜向上飛出，恰好從P點射入磁場，先后與擋板PQ、QN、MN共發生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過S關于y軸的對稱點。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為53°，到達QN時的速度方向與x軸正方向的夾角為53°，粒子與擋板間的碰撞為彈性碰撞，且每次碰撞前后速度方向與擋板的夾角相同，不計粒子重力，，求：
（1）S處的位置坐標；
（2）三塊擋板間勻強磁場的磁感應強度大??；
（3）粒子在勻強磁場中的運動的時間。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；黑體、黑體輻射及其實驗規律；光電效應；α粒子的散射
【解析】【解答】由α粒子的散射實驗可知，原子內部的結構：中心有一個很小的核，全部正電荷及幾乎全部的質量都集中在里面，外面自由電子繞核高速旋轉，知道α粒子的散射實驗的結果。A．甲圖是粒子散射實驗示意圖，當顯微鏡在a、b、c、d中的d位置時熒光屏上接收到的粒子數最少，故A錯誤；
B．乙圖是氫原子的能級示意圖，氫原子從能級躍遷到能級時吸收了一定能量的光子，故B錯誤；
C．丙圖是光電效應實驗示意圖，當光照射鋅板時，驗電器的指針發生了偏轉，驗電器的金屬桿帶正電荷，故C正確；
D．普朗克在研究黑體輻射的基礎上，提出了量子理論，丁圖是描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長的關系圖，故D錯誤。
故選C。
【分析】放射源放出一束射線轟擊金箔，運用顯微鏡前熒光屏去觀察射線的位置，了解α粒子散射實驗的實驗現象即可正確解答；電子從低能級向高能級躍遷時，會吸收一定能量的光子；用紫外線照射鋅板時，發生光電效應，有電子從鋅板逸出，鋅板失去電子帶正電核；普朗克在研究黑體輻射的基礎上，提出了量子理論。
2．【答案】C
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】解決本題的關鍵平拋運動的規律，能夠運用平拋運動分析實際生活中的問題。設水龍頭最低點離地面的高度為h，水龍頭的半徑為R，水滴距離地面的高度為，初速度為，則有
，
解得
其中，由于y均勻增加時，x不是均勻增加，且x增加得越來越慢，所以俯視的形狀為C圖。
故選C。
【分析】水噴出后做平拋運動，有平拋運動規律結合對稱性即可解題。
3．【答案】B
【知識點】結合能與比結合能
【解析】【解答】該題考查對質能關系以及結合能、比結合能的理解，能正確理解它們之間的關系是解答的基礎。AB．由于兩核反應釋放的能量，由愛因斯坦質能方程可知，釋放能量越多，質量虧損越大，故的質量大于的質量，A錯誤，B正確；
C．設的比結合能為，由能量關系可得
解得
C錯誤；
D．設的比結合能為，由能量關系滿足
并無
D錯誤。
故選B。
【分析】根據質能方程，判斷質量變化的多少，然后比較新的原子的質量；由結合能的變化判斷；由結合能和比結合能的關系判斷。
4．【答案】B
【知識點】運動的合成與分解；小船渡河問題分析
【解析】【解答】解決本題的關鍵知道船參與了靜水的運動和水流的運動，當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短。A．由題圖乙可知，小木筏在沿水流方向上做變減速運動，垂直河岸方向上做勻速直線運動，合外力與合速度不共線，軌跡一定為曲線，故A錯誤；
B．設在沿河方向運動極短距離耗時，根據瞬時速度定義，則有
渡河總時間
河寬
故B正確；
C．過河時間取決于河寬和小木筏垂直河岸的分速度，由題可知小木筏前端始終垂直，則小木筏垂直河岸的分速度始終為，小木筏過河時間不受水流速度影響，故C錯誤；
D．當水流速度恒為時，無論如何調節小木筏前端指向，水速和木筏速度都無法合成垂直河岸的速度，故此時無法使軌跡垂直河岸渡河，故D錯誤。
故選B。
【分析】合外力與合速度不共線，軌跡一定為曲線，圖像與坐標軸圍成的面積等于時間，小木筏前端始終垂直，小木筏過河時間不受水流速度影響，水流速度大于木筏在靜水中的速度無法使軌跡垂直河岸渡河。
5．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析。AB．由軌跡圖可知，地球自轉一圈，衛星運動3圈，衛星做圓周運動，根據萬有引力提供向心力
可得靜止衛星的周期為
衛星FZ01的周期為
則衛星FZ01的軌道半徑與靜止衛星的軌道半徑關系為
故AB錯誤；
CD．衛星FZ01緯度最高時有
衛星離地球球心所在水平面的高度為
即衛星高度大于北極點的高度，衛星FZ01可以記錄到北極點的氣候變化，同理可得，衛星FZ01可以記錄到南極點的氣候變化，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】由軌跡圖可知：地球自轉一圈，衛星運動3圈，根據萬有引力提供向心得到衛星FZ01的軌道半徑；衛星F201緯度最高時，求出衛星離地球球心所在水平面的高度進行分析。
6．【答案】C
【知識點】氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用；溫度和溫標
【解析】【解答】本題主要考查了熱力學第一定律和理想氣體狀態方程以及結合圖像來分析問題，內能的變化通過做功和熱傳遞來實現，溫度是平均動能的標志。A．完成一次循環，氣體的內能不變，過程，氣體體積增大，氣體對外界做功，過程，氣體體積減小，外界對氣體做功，由于過程氣體的壓強大于過程氣體壓強，則氣體對外做功大于外界對氣體做功，過程，氣體體積不變，氣體不做功，由熱力學第一定律可知，完成一次循環，氣體吸熱，故A錯誤；
BC．過程中，氣體的壓強不變，體積減小，則氣體的溫度降低，內能減小，由熱力學第一定律可知，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功，c狀態氣體溫度最低，氣體在c狀態分子平均動能最小，故B錯誤，C正確；
D．過程中，氣體溫度不變，分子的平均動能不變，壓強減小，由氣體壓強的微觀解釋可知，容器壁在單位時間內、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數會減少，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據p-V圖像的面積表示氣體對外界做的功以及熱力學第一定律分析；根據pV=CT分析氣體在b→c過程氣體溫度變化情況，進而分析分子平均動能；根據熱力學第一定律ΔU=W+Q分析氣體放熱還是吸熱，并比較放出的熱量和外界對氣體做功的大小關系；根據ΔU=W+Q以及氣體壓強的微觀意義分析。
7．【答案】B
【知識點】多普勒效應；橫波的圖象；波的衍射現象
【解析】【解答】A．根據圖像可得波的波長和周期，由此計算出波速，由此時刻P點的運動情況判斷波的傳播方向。在圖中，時刻正向上振動，在圖中，根據波形平移法可知，波正在向軸正方向傳播。該波的波長和周期分別為
，
所以波速
故A錯誤；
B．已知波的周期，質點Q現在的位置分析波在0.35s運動的路程和所處的位置，分析速度和加速度，根據題意可知
所以經過后，質點經歷的路程為
到達平衡位置，速度最大，加速度最小，故B正確；
C．發生明顯衍射現象的條件是障礙物的尺寸比波長小或差不多。該波的波長為，若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為的障礙物，波長與障礙物尺寸差不多，能發生明顯衍射現象，故C錯誤；
D．該波的頻率為
若波源向軸負方向運動，波源與接收器間的距離增大，產生多普勒效應，在處的接收器接收到的波源頻率減小，小于，故D錯誤。
故選B。
【分析】波源向x軸負方向運動，接收器在x=10m處，波源與接收器的距離增大，產生多普勒效應，接收到的波源頻率減小。
8．【答案】C
【知識點】安培力的計算
【解析】【解答】該題中，各段時的電流的大小不相等，要使用閉合電路的歐姆定律分別計算出各段的電流的大小，然后計算安培力是解題的正確思路。根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，如圖
等效電路為r和2r并聯，并聯后總電阻為
則路端電壓
根據歐姆定律
；
則安培力
F1，F2的夾角為120°，根據平行四邊形定則其合力大小為，且
故三角形框架受到的安培力的合力大小為
故選C。
【分析】根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據閉合電路的歐姆定律計算出各段上的電流大小，再計算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可。
9．【答案】B
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查變壓器原理以及交流電的性質，要注意明確變壓器的基本原理，知道電壓之比等于匝數之比，電流之比等于匝數的反比；輸入功率和輸出功率相等等規律。A．周期是T=0.2s，頻率是
故A錯誤；
B．由理想變壓器原理可知
解得，副線兩端的最大電壓為
故B正確；
C．根據法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場強，線圈中產生的感應電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤；
D．由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據周期和頻率的關系確定交流電的頻率；利用變壓器電壓之比與線圈匝數之比相等確定輸出電壓，再根據電壓的最大值和有效值間的關系確定輸出電壓的最大值；明確輸入電壓來源，根據法拉第電磁感應定律確定輸入電壓與永磁鐵的強弱是否有關，明確變壓器輸出功率決定輸入功率，本身不消耗能量。
10．【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】本題考查電場強度與電勢的定義，解題的關鍵是理解電場強度與電勢的定義。A．C、D兩點電場強度大小相等，方向相同，均平行于AB向上，故A錯誤；
B．A、B兩點的點電荷在O點產生的場強大小均為
設、與的夾角為，則
O點場強大小為
故B正確；
CD．CD上所有點到A、B兩點的距離都相等，因此CD上所有點的電勢均相等，將一試探電荷+Q從C點沿直線移到D點，電勢能不變，故CD錯誤。
故選B。
【分析】根據電場強度與電勢的定義進行分析，電場強度是矢量，合成遵循平行四邊形法則。
11．【答案】C
【知識點】動量定理；平拋運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題是連接體機械能守恒問題，關鍵要抓住兩球的速度關系，知道兩球沿沿桿方向的速度相等，系統機械能守恒，但單個小球機械能并不守恒。
B．平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則速度與水平方向的夾角
可知，小球P即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角解得
故B錯誤；
A．設小球P即將落地時，它的速度大小為，小球Q的速度大小為，根據系統機械能守恒有
小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有
解得
，
故A錯誤；
C．根據動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為
故C正確；
D．若小球P落地后不反彈，根據動量定理有
故D錯誤。
故選C。
【分析】小球P即將落地時，其速度方向與拋物線軌道相切，根據平拋運動的規律求P落地時速度方向與水平面的夾角；根據兩球組成的系統機械能守恒以及兩球速度關系求解小球P即將落地時的速度大小以及小球Q的速度大小，再根據動能定理計算輕桿對小球Q做的功；根據動量定理分析地面對小球M的作用力的沖量大小。
12．【答案】（1）B
（2）92.8；等于
（3）85
（4）166；21~41
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題關鍵掌握等效替代法的原理、電阻箱的讀數方法和電壓與電阻的關系。
（1）選擇電路A，則干路電流最大值約為25mA，超出電流表量程。選擇電路B則電壓表測量值始終在量程范圍內。故選B。
（2）使切換單刀雙擲開關前后電表示數不變，說明電路總電阻不變，故電阻箱示數
即為電阻的測量值，且該方法在不考慮電阻箱調節精度的情況下無系統誤差，測量值等于真實值。
（3）由題圖（c）可知時，。
（4）G表示數為零時，兩端電勢相等，需滿足
又時，
故。
因G表內阻較大，分流影響可忽略，若規定b點電勢為零，則
又
聯立求解得
由題圖（c）可知
或者
【分析】 （1）估算干路電流最大值判斷；
（2）電阻箱的讀數為各擋位示數乘以倍率之和，分析誤差判斷；
（3）根據圖像判斷；
（4）根據電勢相等計算；根據電壓和電阻的關系式計算結合圖像判斷。
（1）選擇電路A，則干路電流最大值約為25mA，超出電流表量程。選擇電路B則電壓表測量值始終在量程范圍內。故選B。
（2）[1][2]等效替代法測量電阻時，通過調節電阻箱示數，使切換單刀雙擲開關前后電表示數不變，說明電路總電阻不變，故電阻箱示數
即為電阻的測量值，且該方法在不考慮電阻箱調節精度的情況下無系統誤差，測量值等于真實值。
（3）由題圖（c）可知時，。
（4）[1]G表示數為零時，兩端電勢相等，需滿足
又時，
故。
[2]因G表內阻較大，分流影響可忽略，若規定b點電勢為零，則
又
聯立求解得
由題圖（c）可知
或者
13．【答案】解：（1）兩個氘核聚變生成一個氦3和一個中子，則該反應的核反應方程
（2）碰撞和反應過程動量守恒，則碰后氦3和中子總動量為零，即
核反應釋放的能量
根據能量守恒
解得氦3動能
中子的動能
【知識點】原子核的人工轉變；動量與能量的其他綜合應用；核聚變
【解析】【分析】 （1）根據質量數守恒和電荷數守恒書寫核反應方程；
（2）對于兩個速率相等的氘核對心碰撞過程，根據動量守恒定律列方程。根據質能方程計算出聚變釋放的能量。再根據能量守恒定律求解反應后氦3和中子的動能。
14．【答案】解：（1）自面入射的光線如圖所示
由幾何關系可知，
解得
（2）面入射的所有光線中，緊靠點入射的光線在玻璃磚中的路程最長為，如圖所示，面入射的所有光線在玻璃磚中的路程均為
光在玻璃磚中傳播的速度
則光在玻璃磚中最長傳播時間
解得
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 （1）根據幾何關系確定入射角與折射角，從而計算折射率；
（2）分析最長光程，結合光速計算時間。
15．【答案】解：（1）到圓心O1等高處，由機械能守恒定律
解得
v=4m/s
（2）要求運動中，滑塊不脫離軌道，設恰好通過軌道BCD的最高點D時的速度為vD，則
得
滑塊從D運動到F過程，由機械能守恒
在F點有
聯立解得
，
由牛頓第三定律得滑塊對軌道彈力為0.3N。
（3）由（2）中計算可知，滑塊不脫離軌道，到F點的最小速度為2m/s，設彈簧釋放的彈性勢能為Ep，則由能量守恒
代入可得
Ep=0.20J則彈簧以最大彈性勢能彈出，游戲過程中滑塊不會脫離軌道。
設滑塊在FG軌道上相對滑動x停下，則有能量守恒
解得
x=6.4m
說明滑塊，最終靜止位置距離G點0.4m。
【知識點】能量守恒定律；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）到圓心O1等高處，由機械能守恒定律求解速度v的大?。?br/>（2）結合前面分析，由機械能守恒定律、牛頓第二定律分別列式，再由牛頓第三定律，即可分析求解；
（3） 滑塊不脫離軌道，到F點的最小速度為2m/s，結合能量守恒定律求解 滑塊最終靜止位置 。
16．【答案】解：（1）在電場中粒子做勻變速曲線運動可分解為沿x軸正方向做勻速運動和沿電場力方向做勻變速運動，在S點水平、豎直方向的分速度為
在電場中加速度為
粒子經過P點有
解得
由以上得S到P的時間
沿x軸的距離為
沿y軸負方向的距離
S處的位置坐標為。
（2）在P處粒子速度為
粒子在矩形磁場中經過與三塊彈性擋板發生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過。
經分析知，粒子與擋板的4次碰撞的分布，只能是與擋板PQ、MN各一次，與擋板QN碰撞2次，第一次到達QN時與x軸正方向的夾角為53°。具體軌跡如圖所示
在磁場中粒子做勻速圓周運動，設半徑為R，根據幾何關系有
由以上可得
根據洛倫茲力提供向心力
可得
（3）粒子在磁場中運動的周期為
粒子在勻強磁場中的運動的時間
其中
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類拋體運動，根據類拋體運動規律求解；
（2）畫出粒子運動軌跡，求出磁場中粒子做勻速圓周運動的半徑，洛倫茲力提供向心力，求解勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）求出粒子在磁場中運動的周期，以及軌跡對應的圓心角，從而求解粒子在勻強磁場中的運動的時間。
1 / 12025屆江蘇省高三下學期第三次質量檢測物理試卷
一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。
1．（2025·江蘇模擬）以下說法中正確的是（　?。?br/>A．甲圖是粒子散射實驗示意圖，當顯微鏡在a、b、c、d中的d位置時熒光屏上接收到的粒子數最多
B．乙圖是氫原子的能級示意圖，氫原子從能級躍遷到能級時放出了一定能量的光子
C．丙圖是光電效應實驗示意圖，當光照射鋅板時，驗電器的指針發生了偏轉，驗電器的金屬桿帶正電荷
D．愛因斯坦在研究黑體輻射的基礎上，提出了量子理論，丁圖是描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長的關系圖
【答案】C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；黑體、黑體輻射及其實驗規律；光電效應；α粒子的散射
【解析】【解答】由α粒子的散射實驗可知，原子內部的結構：中心有一個很小的核，全部正電荷及幾乎全部的質量都集中在里面，外面自由電子繞核高速旋轉，知道α粒子的散射實驗的結果。A．甲圖是粒子散射實驗示意圖，當顯微鏡在a、b、c、d中的d位置時熒光屏上接收到的粒子數最少，故A錯誤；
B．乙圖是氫原子的能級示意圖，氫原子從能級躍遷到能級時吸收了一定能量的光子，故B錯誤；
C．丙圖是光電效應實驗示意圖，當光照射鋅板時，驗電器的指針發生了偏轉，驗電器的金屬桿帶正電荷，故C正確；
D．普朗克在研究黑體輻射的基礎上，提出了量子理論，丁圖是描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長的關系圖，故D錯誤。
故選C。
【分析】放射源放出一束射線轟擊金箔，運用顯微鏡前熒光屏去觀察射線的位置，了解α粒子散射實驗的實驗現象即可正確解答；電子從低能級向高能級躍遷時，會吸收一定能量的光子；用紫外線照射鋅板時，發生光電效應，有電子從鋅板逸出，鋅板失去電子帶正電核；普朗克在研究黑體輻射的基礎上，提出了量子理論。
2．（2025·江蘇模擬）如圖（a）所示，一豎直放置的花灑出水孔分布在圓形區域內。打開花灑后，如圖（b）所示，水流從出水孔水平向左射出。假設每個出水孔出水速度大小相同，從花灑中噴出的水落于水平地面（分別為最左、最右端兩落點），不計空氣阻力。落點區域俯視圖的形狀最可能的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】解決本題的關鍵平拋運動的規律，能夠運用平拋運動分析實際生活中的問題。設水龍頭最低點離地面的高度為h，水龍頭的半徑為R，水滴距離地面的高度為，初速度為，則有
，
解得
其中，由于y均勻增加時，x不是均勻增加，且x增加得越來越慢，所以俯視的形狀為C圖。
故選C。
【分析】水噴出后做平拋運動，有平拋運動規律結合對稱性即可解題。
3．（2025·江蘇模擬）鉀是一種自然存在的放射性同位素，可以發生和兩種衰變。發生衰變的核反應方程為，釋放的核能為；發生衰變的核反應方程為，釋放的核能為，且。已知鉀的比結合能為E，若測得實驗室中發生衰變部分的鉀質量為m，下列說法正確的是（　?。?br/>A．原子核的質量小于原子核的質量
B．原子核的質量大于原子核的質量
C．的比結合能為
D．
【答案】B
【知識點】結合能與比結合能
【解析】【解答】該題考查對質能關系以及結合能、比結合能的理解，能正確理解它們之間的關系是解答的基礎。AB．由于兩核反應釋放的能量，由愛因斯坦質能方程可知，釋放能量越多，質量虧損越大，故的質量大于的質量，A錯誤，B正確；
C．設的比結合能為，由能量關系可得
解得
C錯誤；
D．設的比結合能為，由能量關系滿足
并無
D錯誤。
故選B。
【分析】根據質能方程，判斷質量變化的多少，然后比較新的原子的質量；由結合能的變化判斷；由結合能和比結合能的關系判斷。
4．（2025·江蘇模擬）如圖甲，某同學需要通過小木筏渡過一條河，已知小木筏在靜水中的速度大小為。受地形等因素影響，不同位置河水流速會有變化。出發點A下游某位置的水流速度與該位置到A點的沿河距離關系如圖乙所示，已知小木筏前端始終垂直河岸，最終到達對岸偏離正對面的B處，則以下說法正確的是（　?。?br/>A．小木筏在河水中的軌跡是直線
B．河的寬度為
C．若水流速度恒為，小木筏過河時間將變短
D．若水流速度恒為，小木筏可調節前端指向使軌跡垂直河岸渡河
【答案】B
【知識點】運動的合成與分解；小船渡河問題分析
【解析】【解答】解決本題的關鍵知道船參與了靜水的運動和水流的運動，當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短。A．由題圖乙可知，小木筏在沿水流方向上做變減速運動，垂直河岸方向上做勻速直線運動，合外力與合速度不共線，軌跡一定為曲線，故A錯誤；
B．設在沿河方向運動極短距離耗時，根據瞬時速度定義，則有
渡河總時間
河寬
故B正確；
C．過河時間取決于河寬和小木筏垂直河岸的分速度，由題可知小木筏前端始終垂直，則小木筏垂直河岸的分速度始終為，小木筏過河時間不受水流速度影響，故C錯誤；
D．當水流速度恒為時，無論如何調節小木筏前端指向，水速和木筏速度都無法合成垂直河岸的速度，故此時無法使軌跡垂直河岸渡河，故D錯誤。
故選B。
【分析】合外力與合速度不共線，軌跡一定為曲線，圖像與坐標軸圍成的面積等于時間，小木筏前端始終垂直，小木筏過河時間不受水流速度影響，水流速度大于木筏在靜水中的速度無法使軌跡垂直河岸渡河。
5．（2025·江蘇模擬）如圖甲，“星下點”是指衛星和地心連線與地球表面的交點。圖乙是航天控制中心大屏幕上顯示衛星FZ01的“星下點”在一段時間內的軌跡，已知地球靜止衛星的軌道半徑為（R是地球的半徑），FZ01繞行方向與地球自轉方向一致，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．衛星FZ01的軌道半徑約為
B．衛星FZ01的軌道半徑約為
C．衛星FZ01可以記錄到南極點的氣候變化
D．衛星FZ01不可以記錄到北極點的氣候變化
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析。AB．由軌跡圖可知，地球自轉一圈，衛星運動3圈，衛星做圓周運動，根據萬有引力提供向心力
可得靜止衛星的周期為
衛星FZ01的周期為
則衛星FZ01的軌道半徑與靜止衛星的軌道半徑關系為
故AB錯誤；
CD．衛星FZ01緯度最高時有
衛星離地球球心所在水平面的高度為
即衛星高度大于北極點的高度，衛星FZ01可以記錄到北極點的氣候變化，同理可得，衛星FZ01可以記錄到南極點的氣候變化，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】由軌跡圖可知：地球自轉一圈，衛星運動3圈，根據萬有引力提供向心得到衛星FZ01的軌道半徑；衛星F201緯度最高時，求出衛星離地球球心所在水平面的高度進行分析。
6．（2025·江蘇模擬）如圖所示，一定質量的理想氣體，經歷過程，其中是等溫過程，是等壓過程，是等容過程。下列說法正確的是（　?。?br/>A．完成一次循環，氣體向外界放熱
B．a、b、c三個狀態中，氣體在c狀態分子平均動能最大
C．過程中，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功
D．過程中，容器壁在單位時間內、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數會增加
【答案】C
【知識點】氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用；溫度和溫標
【解析】【解答】本題主要考查了熱力學第一定律和理想氣體狀態方程以及結合圖像來分析問題，內能的變化通過做功和熱傳遞來實現，溫度是平均動能的標志。A．完成一次循環，氣體的內能不變，過程，氣體體積增大，氣體對外界做功，過程，氣體體積減小，外界對氣體做功，由于過程氣體的壓強大于過程氣體壓強，則氣體對外做功大于外界對氣體做功，過程，氣體體積不變，氣體不做功，由熱力學第一定律可知，完成一次循環，氣體吸熱，故A錯誤；
BC．過程中，氣體的壓強不變，體積減小，則氣體的溫度降低，內能減小，由熱力學第一定律可知，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功，c狀態氣體溫度最低，氣體在c狀態分子平均動能最小，故B錯誤，C正確；
D．過程中，氣體溫度不變，分子的平均動能不變，壓強減小，由氣體壓強的微觀解釋可知，容器壁在單位時間內、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數會減少，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據p-V圖像的面積表示氣體對外界做的功以及熱力學第一定律分析；根據pV=CT分析氣體在b→c過程氣體溫度變化情況，進而分析分子平均動能；根據熱力學第一定律ΔU=W+Q分析氣體放熱還是吸熱，并比較放出的熱量和外界對氣體做功的大小關系；根據ΔU=W+Q以及氣體壓強的微觀意義分析。
7．（2025·江蘇模擬）如圖所示，為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖為質點以此時刻為計時起點的振動圖像，從該時刻起，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該波正在向軸負方向傳播，波速為
B．經過后，質點經過的路程為，且速度最大，加速度最小
C．若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為的障礙物，不能發生明顯的衍射現象
D．若波源向軸負方向運動，在處放一接收器，接收器接收到的波源頻率可能為
【答案】B
【知識點】多普勒效應；橫波的圖象；波的衍射現象
【解析】【解答】A．根據圖像可得波的波長和周期，由此計算出波速，由此時刻P點的運動情況判斷波的傳播方向。在圖中，時刻正向上振動，在圖中，根據波形平移法可知，波正在向軸正方向傳播。該波的波長和周期分別為
，
所以波速
故A錯誤；
B．已知波的周期，質點Q現在的位置分析波在0.35s運動的路程和所處的位置，分析速度和加速度，根據題意可知
所以經過后，質點經歷的路程為
到達平衡位置，速度最大，加速度最小，故B正確；
C．發生明顯衍射現象的條件是障礙物的尺寸比波長小或差不多。該波的波長為，若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為的障礙物，波長與障礙物尺寸差不多，能發生明顯衍射現象，故C錯誤；
D．該波的頻率為
若波源向軸負方向運動，波源與接收器間的距離增大，產生多普勒效應，在處的接收器接收到的波源頻率減小，小于，故D錯誤。
故選B。
【分析】波源向x軸負方向運動，接收器在x=10m處，波源與接收器的距離增大，產生多普勒效應，接收到的波源頻率減小。
8．（2025·江蘇模擬）如圖，用粗細均勻的電阻絲折成邊長為L的平面等邊三角形框架，每個邊長L的電阻均為r，三角形框架的兩個頂點與一電動勢為E、內阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則三角形框架受到的安培力的合力大小為（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【知識點】安培力的計算
【解析】【解答】該題中，各段時的電流的大小不相等，要使用閉合電路的歐姆定律分別計算出各段的電流的大小，然后計算安培力是解題的正確思路。根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，如圖
等效電路為r和2r并聯，并聯后總電阻為
則路端電壓
根據歐姆定律
；
則安培力
F1，F2的夾角為120°，根據平行四邊形定則其合力大小為，且
故三角形框架受到的安培力的合力大小為
故選C。
【分析】根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據閉合電路的歐姆定律計算出各段上的電流大小，再計算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可。
9．（2025·江蘇模擬）某同學設計了一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2s，電壓最大值為0.05V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為1∶60，下列說法正確的是（　?。?br/>A．交流電的頻率為10Hz
B．副線圈兩端電壓最大值為3V
C．變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關
D．充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率
【答案】B
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查變壓器原理以及交流電的性質，要注意明確變壓器的基本原理，知道電壓之比等于匝數之比，電流之比等于匝數的反比；輸入功率和輸出功率相等等規律。A．周期是T=0.2s，頻率是
故A錯誤；
B．由理想變壓器原理可知
解得，副線兩端的最大電壓為
故B正確；
C．根據法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場強，線圈中產生的感應電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤；
D．由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據周期和頻率的關系確定交流電的頻率；利用變壓器電壓之比與線圈匝數之比相等確定輸出電壓，再根據電壓的最大值和有效值間的關系確定輸出電壓的最大值；明確輸入電壓來源，根據法拉第電磁感應定律確定輸入電壓與永磁鐵的強弱是否有關，明確變壓器輸出功率決定輸入功率，本身不消耗能量。
10．（2025·江蘇模擬）如圖所示，邊長為L的正四面體ABCD的中心為O，A、B兩點分別固定等量異種點電荷-q、+q，已知O點到A、B的距離均為，下列說法正確的是（　?。?br/>A．C、D兩點電場強度大小相等，方向不同
B．O點場強大小為
C．C點電勢小于D點電勢
D．將一試探電荷+Q從C點沿直線移到D點，電勢能先增大后減小
【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】本題考查電場強度與電勢的定義，解題的關鍵是理解電場強度與電勢的定義。A．C、D兩點電場強度大小相等，方向相同，均平行于AB向上，故A錯誤；
B．A、B兩點的點電荷在O點產生的場強大小均為
設、與的夾角為，則
O點場強大小為
故B正確；
CD．CD上所有點到A、B兩點的距離都相等，因此CD上所有點的電勢均相等，將一試探電荷+Q從C點沿直線移到D點，電勢能不變，故CD錯誤。
故選B。
【分析】根據電場強度與電勢的定義進行分析，電場強度是矢量，合成遵循平行四邊形法則。
11．（2025·江蘇模擬）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h?，F將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．小球P即將落地時，它的速度大小為
B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°
C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為
D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為
【答案】C
【知識點】動量定理；平拋運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題是連接體機械能守恒問題，關鍵要抓住兩球的速度關系，知道兩球沿沿桿方向的速度相等，系統機械能守恒，但單個小球機械能并不守恒。
B．平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則速度與水平方向的夾角
可知，小球P即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角解得
故B錯誤；
A．設小球P即將落地時，它的速度大小為，小球Q的速度大小為，根據系統機械能守恒有
小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有
解得
，
故A錯誤；
C．根據動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為
故C正確；
D．若小球P落地后不反彈，根據動量定理有
故D錯誤。
故選C。
【分析】小球P即將落地時，其速度方向與拋物線軌道相切，根據平拋運動的規律求P落地時速度方向與水平面的夾角；根據兩球組成的系統機械能守恒以及兩球速度關系求解小球P即將落地時的速度大小以及小球Q的速度大小，再根據動能定理計算輕桿對小球Q做的功；根據動量定理分析地面對小球M的作用力的沖量大小。
二、實驗題：本題共15分。
12．（2025·江蘇模擬）已知一熱敏電阻在10～70℃間的阻值大致在內變化。某興趣小組想利用該熱敏電阻設計一個溫度計。實驗室提供了以下器材：
A.待測熱敏電阻：阻值； B.溫控箱（溫度調節范圍0~80℃）；
C.電壓表V（量程2.5V，內阻約）； D.電流表A（量程10mA，內阻約）；
E.定值電阻； F.電阻箱R（最大阻值）；
G.電源E（電動勢3V，內阻約）； H.單刀雙擲開關S、導線若干。
（1）為了測量10~70℃間各個溫度下的，他們采用等效替代法設計了圖（a）所示的兩種電路。關鍵步驟為：溫控箱溫度穩定為某值時，讓S先接1，記錄電表的示數；S再接2，調節R使電表的示數與上述記錄的示數相同。兩種電路中，更合理的是　 ?。ㄌ睢癆”或“B”）。
（2）某溫度下R的讀數如圖（b），則此時的測量值是　 ??；若不考慮電阻箱調節精度的影響，則該測量值　 ?。ㄌ睢按笥凇薄暗扔凇被颉靶∮凇保┱鎸嵵怠?br/>（3）他們多次改變溫控箱的溫度進行測量，繪制出隨溫度t變化的圖線如圖（c），由圖可知，30℃時，　 　（結果保留整數）。
（4）他們設計的溫度計內部電路如圖（d）。恒壓電源電壓；靈敏電流計G的內阻為，量程為；定值電阻，。若30℃時對該溫度計進行調零，使G表指針指向零刻度線，則需要將R的阻值調至　 ??；調零完成后保持R的阻值不變，忽略G表分流的影響，則該溫度計能測量的溫度范圍大約在　 　℃之間。（結果均保留整數）
【答案】（1）B
（2）92.8；等于
（3）85
（4）166；21~41
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題關鍵掌握等效替代法的原理、電阻箱的讀數方法和電壓與電阻的關系。
（1）選擇電路A，則干路電流最大值約為25mA，超出電流表量程。選擇電路B則電壓表測量值始終在量程范圍內。故選B。
（2）使切換單刀雙擲開關前后電表示數不變，說明電路總電阻不變，故電阻箱示數
即為電阻的測量值，且該方法在不考慮電阻箱調節精度的情況下無系統誤差，測量值等于真實值。
（3）由題圖（c）可知時，。
（4）G表示數為零時，兩端電勢相等，需滿足
又時，
故。
因G表內阻較大，分流影響可忽略，若規定b點電勢為零，則
又
聯立求解得
由題圖（c）可知
或者
【分析】 （1）估算干路電流最大值判斷；
（2）電阻箱的讀數為各擋位示數乘以倍率之和，分析誤差判斷；
（3）根據圖像判斷；
（4）根據電勢相等計算；根據電壓和電阻的關系式計算結合圖像判斷。
（1）選擇電路A，則干路電流最大值約為25mA，超出電流表量程。選擇電路B則電壓表測量值始終在量程范圍內。故選B。
（2）[1][2]等效替代法測量電阻時，通過調節電阻箱示數，使切換單刀雙擲開關前后電表示數不變，說明電路總電阻不變，故電阻箱示數
即為電阻的測量值，且該方法在不考慮電阻箱調節精度的情況下無系統誤差，測量值等于真實值。
（3）由題圖（c）可知時，。
（4）[1]G表示數為零時，兩端電勢相等，需滿足
又時，
故。
[2]因G表內阻較大，分流影響可忽略，若規定b點電勢為零，則
又
聯立求解得
由題圖（c）可知
或者
三、計算題：本題共4小題，共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。
13．（2025·江蘇模擬）2021年12月30日，我國科學家利用東方超環實現了7000萬攝氏度下長脈沖高參數等離子體持續運行1056秒，這是人類首次實現人造太陽持續脈沖過千秒，對世界的可控核聚變發展來說都具有里程碑的意義。已知兩個氘核聚變生成一個氦3和一個中子，氘核質量為，中子質量為，核的質量為（質量虧損為時，釋放的能量為）。除了計算質量虧損外，的質量可以認為是中子的3倍。（計算結果單位為，保留兩位有效數字）
（1）寫出該反應的核反應方程。
（2）若兩個速率相等的氘核對心碰撞聚變成并放出一個中子，釋放的核能也全部轉化為核與中子的動能。反應前每個氘核的動能為，求反應后氦3和中子的動能分別為多少。
【答案】解：（1）兩個氘核聚變生成一個氦3和一個中子，則該反應的核反應方程
（2）碰撞和反應過程動量守恒，則碰后氦3和中子總動量為零，即
核反應釋放的能量
根據能量守恒
解得氦3動能
中子的動能
【知識點】原子核的人工轉變；動量與能量的其他綜合應用；核聚變
【解析】【分析】 （1）根據質量數守恒和電荷數守恒書寫核反應方程；
（2）對于兩個速率相等的氘核對心碰撞過程，根據動量守恒定律列方程。根據質能方程計算出聚變釋放的能量。再根據能量守恒定律求解反應后氦3和中子的動能。
14．（2025·江蘇模擬）一塊玻璃磚平放在水平桌面上，其橫截面如圖所示，∠A=∠C=90°，∠B=60°，AD=CD=a，AB、BC兩側面分別鍍銀，一束平行于CB方向的單色光從AD、CD兩側面射入玻璃磚，其中從AD側面入射的光線在玻璃磚內經多次折射與反射后仍從AD側面平行于BC方向射出玻璃磚。已知光在真空中傳播的速度為c，求：
（1）玻璃磚的折射率n；
（2）光在玻璃磚中的最長傳播時間t。
【答案】解：（1）自面入射的光線如圖所示
由幾何關系可知，
解得
（2）面入射的所有光線中，緊靠點入射的光線在玻璃磚中的路程最長為，如圖所示，面入射的所有光線在玻璃磚中的路程均為
光在玻璃磚中傳播的速度
則光在玻璃磚中最長傳播時間
解得
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 （1）根據幾何關系確定入射角與折射角，從而計算折射率；
（2）分析最長光程，結合光速計算時間。
15．（2025·江蘇模擬）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB，圓心為O1的豎直半圓軌道BCD、圓心為O2的豎直半圓管道DEF，水平直軌道FG及彈性板等組成，軌道各部分平滑連接。已知滑塊（可視為質點）質量m=0.01kg，軌道BCD的半徑R=0.8m，管道DEF的半徑r=0.1m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ=0.5，其余各部分軌道均光滑，軌道FG的長度l=2m，彈射器中彈簧的彈性勢能最大值Epm=0.5J，滑塊與彈簧作用后，彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回。
（1）若彈簧的彈性勢能Ep0=0.16J，求滑塊運動到與O1等高處時的速度v的大??；
（2）若滑塊在運動過程中不脫離軌道，求第1次經過管道DEF的最高點F時，滑塊對軌道彈力FN的最小值；
（3）若彈簧以最大彈性勢能彈出，請判斷游戲過程中滑塊會脫離軌道嗎？若不會，請求出滑塊最終靜止位置。
【答案】解：（1）到圓心O1等高處，由機械能守恒定律
解得
v=4m/s
（2）要求運動中，滑塊不脫離軌道，設恰好通過軌道BCD的最高點D時的速度為vD，則
得
滑塊從D運動到F過程，由機械能守恒
在F點有
聯立解得
，
由牛頓第三定律得滑塊對軌道彈力為0.3N。
（3）由（2）中計算可知，滑塊不脫離軌道，到F點的最小速度為2m/s，設彈簧釋放的彈性勢能為Ep，則由能量守恒
代入可得
Ep=0.20J則彈簧以最大彈性勢能彈出，游戲過程中滑塊不會脫離軌道。
設滑塊在FG軌道上相對滑動x停下，則有能量守恒
解得
x=6.4m
說明滑塊，最終靜止位置距離G點0.4m。
【知識點】能量守恒定律；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）到圓心O1等高處，由機械能守恒定律求解速度v的大?。?br/>（2）結合前面分析，由機械能守恒定律、牛頓第二定律分別列式，再由牛頓第三定律，即可分析求解；
（3） 滑塊不脫離軌道，到F點的最小速度為2m/s，結合能量守恒定律求解 滑塊最終靜止位置 。
16．（2025·江蘇模擬）如圖所示，在直角坐標系x軸的下方有三塊光滑彈性絕緣擋板PQ、QN、MN，其中P、M兩點位于x軸上，PQ、MN平行且關于y軸對稱，QN長度為2L，三塊擋板間有垂直紙面向外的勻強磁場。在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從直角坐標系第二象限的S處以初速度大小、方向與x軸正方向成30°斜向上飛出，恰好從P點射入磁場，先后與擋板PQ、QN、MN共發生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過S關于y軸的對稱點。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為53°，到達QN時的速度方向與x軸正方向的夾角為53°，粒子與擋板間的碰撞為彈性碰撞，且每次碰撞前后速度方向與擋板的夾角相同，不計粒子重力，，求：
（1）S處的位置坐標；
（2）三塊擋板間勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）粒子在勻強磁場中的運動的時間。
【答案】解：（1）在電場中粒子做勻變速曲線運動可分解為沿x軸正方向做勻速運動和沿電場力方向做勻變速運動，在S點水平、豎直方向的分速度為
在電場中加速度為
粒子經過P點有
解得
由以上得S到P的時間
沿x軸的距離為
沿y軸負方向的距離
S處的位置坐標為。
（2）在P處粒子速度為
粒子在矩形磁場中經過與三塊彈性擋板發生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過。
經分析知，粒子與擋板的4次碰撞的分布，只能是與擋板PQ、MN各一次，與擋板QN碰撞2次，第一次到達QN時與x軸正方向的夾角為53°。具體軌跡如圖所示
在磁場中粒子做勻速圓周運動，設半徑為R，根據幾何關系有
由以上可得
根據洛倫茲力提供向心力
可得
（3）粒子在磁場中運動的周期為
粒子在勻強磁場中的運動的時間
其中
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類拋體運動，根據類拋體運動規律求解；
（2）畫出粒子運動軌跡，求出磁場中粒子做勻速圓周運動的半徑，洛倫茲力提供向心力，求解勻強磁場的磁感應強度大??；
（3）求出粒子在磁場中運動的周期，以及軌跡對應的圓心角，從而求解粒子在勻強磁場中的運動的時間。
1 / 1

展開更多......

收起↑