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2025届山东省青岛市高三下学期第三次适应性检测物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·青岛模拟）钷元素（Pm）是“万能之土”稀土元素家庭成员之一。制备其同位素的核反应方程为：，不稳定，发生衰变：，钷的半衰期为2.64年。下列说法正确的是（　　）
A．X与阴极射线属于同种粒子
B．Y来源于的核外电子
C．比结合能小于比结合能
D．每经过2.64年，发生衰变的的数量相同
2．（2025·青岛模拟）2025年4月30日神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距地面10km高度打开降落伞，距地面1.125m高处4台反推发动机同时点火，产生竖直向上的恒定推力，最终以2m/s的速度着陆。该过程返回舱运动的图像如图所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．，返回舱内的宇航员处于失重状态
B．，返回舱的平均速度为103.5m/s
C．单台发动机的推力约为返回舱重力的
D．反推发动机的工作时间为0.25s
3．（2025·青岛模拟）将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·青岛模拟）三根平行长直导线a、b、c中均通有恒定电流，导线a、b固定在水平面上，导线c通过轻质绝缘细线与力传感器相连，截面图如图所示，此时导线c处于静止状态且力传感器的示数恰好为零，下列说法正确的是（　　）
A．导线a、b中的电流方向相反
B．导线a、c中的电流方向相同
C．若导线b中的电流减小，细线将向右偏转
D．若导线b中的电流反向，细线将向左偏转
5．（2025·青岛模拟）如图甲所示，白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的重大工程，其输电原理如图乙所示。设输电功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为r，仅考虑输电线的功率损耗。下列说法正确的是（　　）
A．输电线上的电流
B．输电线上损耗的功率
C．P一定时，输电电压变为，输电线损耗的功率变为原来的4倍
D．U一定时，输电功率变为2P，用户得到的功率变为原来的2倍
6．（2025·青岛模拟）我国高分十二号05星运行轨道高度为600km，地球同步轨道卫星高度为35600km，地球半径为6400km。关于05星，下列说法正确的是（　　）
A．运行周期为
B．发射速度大于11.2km/s
C．能始终定点在地球表面某位置正上方
D．与同步轨道卫星运行线速度之比为
7．（2025·青岛模拟）如图所示，水平向右的匀强电场中固定倾角为30°的足够长斜面，质量为m、带电量为+q的小球以初速度从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机械能不变 B．离斜面最远时动能最小
C．运动的时间为 D．运动的时间为
8．（2025·青岛模拟）如图所示，在折射率的透明玻璃球内有一点光源S，玻璃球的球心为O，半径为R，光源S到球心O的距离为。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃球表面有一半区域有光射出
B．若折射率变大，则球面上有光射出的区域面积会增大
C．若折射率，光源发出的光在玻璃球表面不会发生全反射现象
D．若折射率，光源发出的光在玻璃球表面不会发生全反射现象
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·青岛模拟）用不同波长的电磁波照射同一金属表面会发生不同的现象。用波长为550nm的光照射某金属表面，发生光电效应，光电子的最大初动能为0.25eV；用波长为0.071nm的X射线照射该金属表面，在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有其它波长成分，这种现象称为康普顿效应。已知普朗克常量，真空中光速，电子所带电荷量。下列说法正确的是（　　）
A．该金属的逸出功为2eV
B．该金属的逸出功为2.5eV
C．其它成分的X射线波长大于λ0
D．康普顿效应说明了光具有波动性
10．（2025·青岛模拟）物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．若e=0，则碰撞后A、B均静止
B．若e=1，则碰撞后A、B交换速度
C．若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等
D．若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3
11．（2025·青岛模拟）如图所示，两波源和分别位于和处，xOy平面内的c点到和的距离均为8m，两波源产生的简谐波均以波源为圆心在xOy平面内以相同速度传播，振动频率均为0.5Hz。t=0时刻和开始沿z轴正方向运动，与c连线上，除c点外还有其他振幅极大点，其中距c最近的点到c的距离为3m。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长λ=2m
B．两列波的波速v=2m/s
C．t=5s时，x=5m处的质点振动方向沿z轴正方向
D．以为圆心，半径分别为3.2m和4.8m的圆周上，振动加强点的个数相等
12．（2025·青岛模拟）如图所示，半径为R的光滑球固定在水平面上的A点，球上B点与球心O等高，C点位于A点正上方，水平面上距A点x处的P点与O、A在同一竖直面内。在POA面内将小球从P点以某一速度抛出，要使小球能够到达球的右侧，下列说法正确的是（　　）
A．小球抛出的最小速度为
B．若小球恰好从C点掠过球面，则抛出的最小速度为
C．若，小球恰好从C点掠过球面，则抛出速度大小为
D．小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，沿球面到达右侧
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·青岛模拟）图甲为用光传感器做双缝干涉实验的装置，单色光源在铁架台的最上端，中间是刻有双缝的挡板，下面带有白色狭长矩形的小盒是光传感器，沿矩形长边分布着许多光敏单元，传感器各个光敏单元得到的光照信息经计算机处理后，在显示器上显示出来。某实验小组要用该装置在暗室里检测一块玻璃板的厚度是否均匀，若厚度不均匀，进一步精确测量其厚度差。（计算结果均保留2位有效数字）
请回答下面问题：
（1）该小组同学检测前先测量所用单色光的波长：调整双缝的高度和光传感器位置，显示器上显示的干涉条纹光强分布如图乙中的实线所示，则相邻两条亮纹（或暗纹）间距Δx=　 　mm；该小组又测得双缝到光传感器的距离L=53.33cm，已知双缝间距d0=0.25mm，则该单色光的波长λ=　 　m；
（2）保持双缝和光传感器的位置不变，将玻璃板紧贴挡板放置，如图丙所示，此时显示器上显示的干涉条纹光强分布如图乙中的虚线所示，说明　 　（选填“S1”或“S2”）处玻璃板较厚。已知玻璃板对该单色光的折射率为n=1.5，则S1与S2两处玻璃板的厚度差Δd=　 　m。
14．（2025·青岛模拟）某同学要用一气敏电阻制作甲醛气体浓度报警器。首先通过实验获得气敏电阻。随甲醛浓度η变化的关系，为此他设计了如图甲所示电路。实验可供选择的器材如下：
A、电源E（电动势6V，内阻不计）
B、电压表（量程3V，内阻为2kΩ）
C、电压表（量程6V，内阻约为5kΩ）
D、滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
E、滑动变阻器（最大阻值2kΩ，额定电流0.2A）
F、开关、导线若干
（1）在图甲电路中，滑动变阻器应选择　 　（选填器材前序号）；
（2）根据实验测得数据，描绘出的图像如图乙所示。当甲醛浓度为安全上限时，电压表、读数分别为2.30V、5.29V，则甲醛安全浓度上限为　 　；
（3）该同学利用该气敏电阻设计了如图丙所示的报警电路，用来检测室内甲醛是否超标。电路中蜂鸣器的电阻可视为无穷大，电源电动势（内阻不计），接通电路后当蜂鸣器两端电压达到4.5V时报警，则的阻值为　 　kΩ（保留2位有效数字）。要使报警器在甲醛浓度更低时报警，则应将　 　（选填“调大”“调小”或“不变”）。
15．（2025·青岛模拟）实验时某同学发现橡皮塞卡在装有水的玻璃瓶的瓶口无法取出，为取出橡皮塞该同学采取了以下措施：他先将玻璃瓶置于温度为87℃的恒温水中，稳定后橡皮塞恰好移动；然后将瓶从水中取出静置足够长时间，用注射器缓慢向瓶内注入150mL空气后，橡皮塞恰好移动，已知玻璃瓶容积为1000mL，橡皮塞的横截面积为2×10-3m2，橡皮塞与瓶口间的滑动摩擦力为40N，环境温度始终为15℃，大气压强为1.0×105Pa，整个过程橡皮塞密封性良好，不计橡皮塞质量及体积。求：
（1）玻璃瓶中水的体积；
（2）注射器注入的空气与瓶内原有空气的质量比。
16．（2025·青岛模拟）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为L和2L，分别处于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中，导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b分别置于左、右两侧导轨上，a的电阻为r、长度为L、质量为m，b的电阻为2r、长度为2L、质量为2m。初始时刻开关S断开，静止的两棒用绝缘丝线连接，两棒间置有劲度系数为k、压缩量为的轻质绝缘弹簧，弹簧与两棒不连接。剪断丝线，弹簧恢复原长时，a恰好脱离导轨，b速度大小为，此时闭合S。已知弹簧弹性势能（x为弹簧形变量），整个过程中两棒与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计，求
（1）初始时刻a棒距导轨左端的距离；
（2）弹簧恢复原长过程中，a棒上产生的热量；
（3）整个过程b棒向右运动的距离d。
17．（2025·青岛模拟）如图所示，MN是长度为3a的线状粒子源，PQ是金属网，从MN均匀逸出比荷为、初速度为0的带正电粒子。半径为a的圆形区域与PQ相切于，延长交于MN中点。在MN、PQ间所加电压为，粒子经电场加速后进入PQ右侧区域，在PQ右侧部分区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。不计粒子重力。
（1）若仅圆内有磁场，磁感应强度大小为，求粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）若仅圆外有磁场，不考虑粒子重复进入无磁场区域：
（ⅰ）当磁感应强度大小为时，求能经过圆心O的粒子在MN上逸出时的位置到的距离；
（ⅱ）要使能进入圆形区域的粒子数占总数的50%，求磁感应强度的大小。
18．（2025·青岛模拟）如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，，，重力加速度。求
（1）C的弹出速度大小；
（2）B伸出部分的长度；
（3）B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s；
（4）整个过程A向右运动的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数守恒及核电荷数守恒，制得的核反应方程为
所以X是电子，阴极射线也是电子，故A正确；
B．根据质量数守恒及核电荷数守恒可知，Y是电子，衰变产生的电子是由核内的中子转化生成的，故B错误；
C．衰变过程释放出能量，即核反应中生成物比反应物更加稳定，可知衰变后的产物的比结合能比的比结合能大，故C错误；
D．每经过2.64年，发生衰变的的质量为现存质量的一半，即每经过2.64年，发生衰变的的数量越来越少，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒，先确定 X、Y 的种类，再结合 β 衰变的本质、比结合能与原子核稳定性的关系、半衰期的物理意义，逐一判断选项的正误。
2．【答案】D
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．时间内，向下做减速直线运动，加速度竖直向上，故返回舱内的宇航员处于超重状态，A错误；
B．若返回舱在时间内做匀减速直线运动，则平均速度为
但宇航员在时间内做加速度逐渐减小的减速运动，其在内的平均速度小于，B错误；
CD．时刻点火后反推发动机开始工作，返回舱做匀减速直线运动，由运动学知识有
点火时返回舱距地面的高度为
联立解得反推发动机的工作时间为
根据加速度的定义式可知反推发动机工作时，返回舱的加速度大小为
由牛顿第二定律有
联立解得
即单台发动机的推力约为返回舱重力的，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据 v-t 图像判断各阶段运动状态，结合超重失重、平均速度、牛顿运动定律和运动学公式，逐一分析选项正误。
3．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设小球上升时间为，下降时间为，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。全过程根据动量定理有
由于上升的高度等于下降的高度，则有
根据题意有，
故得
联立解得
故答案为：B。
【分析】将运动分为上升和下降两个阶段，利用动量定理分析全过程，结合阻力与速率成正比的条件，发现上升和下降阶段阻力的冲量大小相等、方向相反，从而消去阻力项，直接求出总时间。
4．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB．根据平衡条件，导线a、b对c均为斥力，根据左手定则，导线a、b中的电流方向相同，导线a、c中的电流方向相反，AB错误；
C．若导线b中的电流减小，b对c的斥力减小，细线将向右偏转，C正确；
D．若导线b中的电流反向，b与c的电流方向相同，b对c的作用力由斥力变为引力，细线将向右偏转，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据导线 c 的平衡状态，判断 a、b 对 c 的作用力均为斥力，再依据 “同向电流相吸、反向电流相斥” 的规律确定电流方向，最后分析电流变化或反向时对 c 的受力影响，判断细线偏转方向。
5．【答案】C
【知识点】焦耳定律；电能的输送
【解析】【解答】A．输电线上的电流为，故A错误；
BC．输电线上损耗的功率，由此可知，P一定时，输电电压变为，输电线损耗的功率变为原来的4倍，故B错误，C正确；
D．用户得到的功率为，由此可知，U一定时，输电功率变为2P，输电线损失的功率变为原来的4倍，用户得到的功率不是变为原来的2倍，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据输电功率 求出输电电流，再利用焦耳定律 损 分析功率损耗，逐一判断各选项的正误。
6．【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律得，解得，A正确；
B．若发射速度大于11.2km/s，就飞出地球了，所以发射速度小于11.2km/s，B错误；
C．其运行周期小于24h，不能始终定点在地球表面某位置正上方，C错误；
D．根据牛顿第二定律得，解得，与同步轨道卫星运行线速度之比为，D错误。
故答案为：A。
【分析】利用开普勒第三定律计算运行周期，结合宇宙速度、同步卫星特点和万有引力提供向心力的公式，逐一判断各选项的正误。
7．【答案】D
【知识点】加速度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球从抛出到落回斜面的过程中，电场力做功会改变机械能，故机械能不守恒，故A错误；
B．以斜面为参考系，建立沿斜面向上（x 轴）和垂直斜面向上（y 轴）的坐标系，小球受重力 mg（竖直向下）和电场力 qE（水平向右），沿斜面方向（x 轴）：电场力分量：（沿斜面向上）
重力分量：（沿斜面向下）
根据牛顿第二定律
解得加速度（沿斜面向下）
垂直斜面方向（y 轴）： 电场力分量（垂直斜面向下）
重力分量：（垂直斜面向下）
根据牛奶第二定律
解得加速度（垂直斜面向下）
初速度与斜面方向夹角为，分解到斜面坐标系，沿x轴为
沿y轴为
离斜面最远时（y 方向速度为 0），时间
此时x方向速度
设合力与竖直方向的夹角为，则
故
此时合力与速度成钝角，速度大小继续减小，故离斜面最远时动能不是最小，故B错误；
CD． 落回斜面时
由
解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】建立沿斜面和垂直斜面的坐标系，将重力和电场力分解到两个方向，求出对应的加速度。通过分析垂直斜面方向的运动求出总时间，再结合机械能变化和动能极值条件判断各选项正误。
8．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】ACD．根据全反射临界角公式可知
如图所示
根据几何关系可知，
则在SO连线上方有一点C满足
可见在弧AC及关于SO对称的弧面上没有光射出，玻璃球表面大于一半区域有光射出，由于最大的入射角的正弦值为，根据
可知，若折射率光源发出的光在玻璃球表面不会发生全反射现象，故AD错误，C正确；
B．折射率变大，临界角变小，则球面上有光射出的区域面积会减小，故B错误。
故答案为：C。
【分析】先根据全反射临界角公式求出临界角，再利用几何关系找到光源 S 到球面的最大入射角，通过比较临界角和最大入射角的大小，判断光在球面上发生全反射的条件，进而分析各选项。
9．【答案】A,C
【知识点】光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】AB．根据光电效应方程得，A正确，B错误；
C．根据康普顿效应，光子与电子碰撞后，光子的能量减小，根据 ，光子的波长增大，所以其它成分的X射线波长大于λ0，C正确；
D．康普顿效应说明了光具有粒子性，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用光电效应方程计算金属逸出功，结合康普顿效应中光子与电子的碰撞规律分析波长变化，依据效应的物理意义判断光的属性，逐一验证选项。
10．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．若e=0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误；
BC．设A、B的质量分别为、，碰前物体A的速度为，碰后物体A、B的速度分别为和，若
则
根据动量守恒定律，有
即
两式相乘可得
即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若
则可解得，
此时两物体发生速度交换。所以两物体不一定发生速度交换，故B错误，C正确；
D．若，即
根据动量守恒定律，有
因，所以上式变为
两式联立得，
即A、B碰后速度大小之比为1：3，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合恢复系数的定义式和动量守恒定律，分别分析不同恢复系数下的碰撞特征，通过公式推导验证系统动能变化及物体速度关系，逐一判断选项正误。
11．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．因为c是加强点，对于与c连线上距c最近的加强点到两个波源的波程差；设到该点的距离为，到该点的距离为，则，由几何关系可得，A正确；
B．已知频率，由波速公式有，B错误；
C．由x=5m处的质点到两个波源的波程差为，故为振动加强点。由波的周期，经过3s传到x=5m处的质点，然后振动2s，正好一个周期；而经5s刚传到x=5m处的质点，故t=5s时，x=5m处的质点振动方向沿z轴正方向，C正确；
D．以为圆心，对于半径为的圆周上的点，设该点到的距离为，根据干涉加强条件
又，，
代入可得
对于半径为的圆周上的点，同理
根据几何关系和干涉加强条件可知，两圆周上振动加强点的个数不相等，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用波的干涉加强条件，结合几何关系求出波长，再由波速公式计算波速；通过分析波程差和传播时间判断质点振动方向；最后根据干涉条件判断不同圆周上加强点的数量。
12．【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．当小球与球面相切，且恰好到达C点时，速度最小，根据动能定理有，因小球恰好到达C点时有水平速度，解得，故A错误；
B．若小球恰好从C点掠过球面，则在C点有，根据动能定理有
解得此时抛出的最小速度为，故B正确；
C．若，小球恰好从C点掠过球面，则最高点的速度为
设小球与斜面相切时，切点与圆心连线与竖直方向的夹角为，则
根据斜抛运动规律可知、
则抛出速度大小为，故C正确；
D．小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，若小球所受合力不足以提供向心力，则小球不能沿球面到达右侧，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】将小球的运动分解为平抛或斜抛运动，结合圆周运动向心力条件确定临界状态，利用动能定理和抛体运动规律计算不同场景下的抛出速度，同时分析切入球面的位置限制，逐一验证选项。
13．【答案】（1）1.6；7.5×10-7
（2）S2；3.0×10-6
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）由图可知，相邻亮条纹间距为
根据条纹间距公式可得
故答案为：1.6；7.5×10-7
（2）当玻璃板紧贴挡板放置时，光线通过玻璃板后会产生光程差，由于玻璃对光的折射率大于空气，光在玻璃中传播的速度较慢，因此通过玻璃板的光线的光程增大，由乙图可知，干涉条纹向右移动，说明光线通过S2处玻璃板后的光程比S1长，所以S2处玻璃较厚；
由乙图可知，条纹移动了两个条纹间距，则，
代入数据解得
故答案为：S2；3.0×10-6 【分析】 (1) 从干涉条纹光强分布图中读取相邻亮纹的间距，利用双缝干涉条纹间距公式，结合双缝间距、双缝到传感器的距离，直接计算单色光的波长。
(2) 根据干涉条纹的移动方向判断光程差的变化，进而确定较厚的玻璃板位置；利用光程差与玻璃板厚度差、折射率的关系，结合条纹移动的间距对应的光程差，求解厚度差。
（1）[1]由图可知，相邻亮条纹间距为
[2]根据条纹间距公式可得
（2）[1]当玻璃板紧贴挡板放置时，光线通过玻璃板后会产生光程差，由于玻璃对光的折射率大于空气，光在玻璃中传播的速度较慢，因此通过玻璃板的光线的光程增大，由乙图可知，干涉条纹向右移动，说明光线通过S2处玻璃板后的光程比S1长，所以S2处玻璃较厚；
[2]由乙图可知，条纹移动了两个条纹间距，则，
代入数据解得
14．【答案】（1）D
（2）
（3）0.87；调小
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）在图甲电路中，采用的是滑动变阻器的分压接法；为了能更好地调节电压，滑动变阻器的总电阻应远小于与它并联部分的电阻，滑动变阻器应选择总电阻较小的。
故答案为：D。
（2）根据串并联电路的特点可得气敏电阻两端的电压
通过气敏电阻的电流
由欧姆定律可得气敏电阻的阻值
则从图乙中可查得当时，甲醛安全浓度上限为
故答案为：
（3）当蜂鸣器两端电压达到4.5V时报警，即两端的电压为4.5V，则两端的电压为
由电阻之比等于电压之比
可得
从图乙可知甲醛浓度越低，气敏电阻越小；根据串联电路分压规律
要使报警器在甲醛浓度更低时报警（仍为4.5V），则应将调小。
故答案为：0.87；调小
【分析】 (1) 图甲电路采用分压式接法，为实现电压的平滑调节，滑动变阻器应选择总阻值远小于并联部分电阻的小阻值型号。
(2) 利用串并联电路规律，先求出气敏电阻两端电压和通过的电流，再由欧姆定律计算其阻值，最后对照 R -η 图像得到对应甲醛浓度。
(3) 根据报警电压，利用串联电路分压规律计算 R0的阻值；要在更低甲醛浓度时报警，需调整 R0使蜂鸣器在气敏电阻更大时达到触发电压。
（1）在图甲电路中，采用的是滑动变阻器的分压接法；为了能更好地调节电压，滑动变阻器的总电阻应远小于与它并联部分的电阻，滑动变阻器应选择总电阻较小的。
故选择D。
（2）根据串并联电路的特点可得气敏电阻两端的电压
通过气敏电阻的电流
由欧姆定律可得气敏电阻的阻值
则从图乙中可查得当时，甲醛安全浓度上限为
（3）当蜂鸣器两端电压达到4.5V时报警，即两端的电压为4.5V，则两端的电压为
由电阻之比等于电压之比
可得
从图乙可知甲醛浓度越低，气敏电阻越小；根据串联电路分压规律
要使报警器在甲醛浓度更低时报警（仍为4.5V），则应将调小。
15．【答案】（1）解：加热过程气体经历等容变化，则，
解得
充气过程中，
解得
（2）解：瓶内原有气体，根据玻意耳定律可得
注入气体与原有气体质量的比值
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】 (1) 加热过程中瓶内空气做等容变化，先由受力平衡求出加热后瓶内压强，再用查理定律求出初始压强；充气过程中温度不变，用玻意耳定律建立方程，结合瓶内空气体积与水体积的关系求解水的体积。
(2) 对瓶内原有空气，用玻意耳定律将其等效为在大气压下的体积，再与注入空气的体积相比，得到质量比。
（1）加热过程气体经历等容变化，则，
解得
充气过程中，
解得
（2）瓶内原有气体，根据玻意耳定律可得
注入气体与原有气体质量的比值
16．【答案】（1）解：设弹簧弹开两棒的过程中，任一时刻流过两棒的电流为，则有
故两棒系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
其中，
且有
整理可得
联立解得，
（2）解：弹簧恢复原长时，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
结合题意可知
解得
（3）解：闭合开关S后，设b棒继续运动的距离为，根据动量定理可得，即有
整理可得
解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】 (1) 弹簧恢复原长过程中，a、b组成的系统动量守恒，结合两者的位移关系与弹簧形变量，求解初始时刻a棒距导轨左端的距离。(2) 弹簧弹性势能转化为a、b的动能和回路焦耳热，先由能量守恒求出总热量，再根据a、b的电阻比例分配a棒上的热量。
(3) 闭合开关后，b棒在磁场中受安培力做减速运动，利用动量定理将安培力的冲量转化为电量，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出b棒的位移，再叠加弹簧恢复原长时的位移得到总距离。
（1）设弹簧弹开两棒的过程中，任一时刻流过两棒的电流为，则有
故两棒系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
其中，
且有
整理可得
联立解得，
（2）弹簧恢复原长时，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
结合题意可知
解得
（3）闭合开关S后，设b棒继续运动的距离为，根据动量定理可得，即有
整理可得
解得
17．【答案】（1）解：粒子在加速电场中，根据动能定理可得
在磁场中洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，
当粒子在圆形磁场中轨迹对应弦长最长，为圆形磁场直径2a时，粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图所示
对应轨迹圆周运动的圆心角60°，在磁场中运动的最长时间
（2）解：（ⅰ）①d=0，粒子直线运动经过O点；
②粒子在右侧磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得：当粒子指向圆心进入无磁场区域时，粒子轨迹与对称轴相切，如图所示
所以，粒子到对称轴的距离
（ⅱ）取临界状态，粒子在右侧磁场中运动轨迹圆恰好与无磁场区域圆相切，如图所示
根据题意有一半的粒子圆形区域，所以上下两轨迹圆圆心距离为，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 (1) 先通过动能定理求出粒子加速后的速度，再由洛伦兹力提供向心力确定轨迹半径，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期公式，根据最长轨迹对应的圆心角求解最长运动时间。
(2)(i) 由洛伦兹力公式求出粒子在磁场中的轨迹半径，结合几何关系分析粒子的运动轨迹，确定其在 MN 上逸出的位置到 O1O 的距离；
(ii) 根据粒子进入圆形区域的比例确定临界入射位置，结合几何关系求出临界轨迹半径，进而求解磁感应强度大小。
（1）粒子在加速电场中，根据动能定理可得
在磁场中洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，
当粒子在圆形磁场中轨迹对应弦长最长，为圆形磁场直径2a时，粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图所示
对应轨迹圆周运动的圆心角60°，在磁场中运动的最长时间
（2）（ⅰ）①d=0，粒子直线运动经过O点；
②粒子在右侧磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得：当粒子指向圆心进入无磁场区域时，粒子轨迹与对称轴相切，如图所示
所以，粒子到对称轴的距离
（ⅱ）取临界状态，粒子在右侧磁场中运动轨迹圆恰好与无磁场区域圆相切，如图所示
根据题意有一半的粒子圆形区域，所以上下两轨迹圆圆心距离为，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得
18．【答案】（1）解：C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向
解得
另有
C的弹出速度大小
（2）解：C弹出时，AC系统水平方向动量守恒
解得
C斜上抛运动，竖直方向
解得
水平方向A匀速运动
解得
（3）解：规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒
解得
由能量转化和守恒得
解得
B与A第一次弹性碰撞，，
解得，
BC第二次共速过程，动量守恒，
解得
由能量转化和守恒得
解得
（4）解：整个过程中，C相对于B向左运动的距离为，由能量转化和守恒
解得
对AC整体和B运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为
对AB整体和C运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为：
整个过程A向右运动的距离
【知识点】人船模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1) 物块C做斜抛运动，恰好沿水平方向滑上B，说明到达B时竖直速度为零。先由自由下落公式求运动时间，再分解初速度得到v0 。
(2) C滑上B后，在摩擦力作用下减速，B在摩擦力作用下加速，直到两者共速。用牛顿定律和运动学公式求出各自位移，差值即为B伸出的长度。
(3) B与弹簧作用后返回，C、B保持相对静止，再次在A上滑动。用动量守恒和能量守恒，结合相对位移公式求解。
(4) 整个过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，最终三者共速。利用平均动量守恒（人船模型）求解A向右运动的总距离。
（1）C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向
解得
另有
C的弹出速度大小
（2）C弹出时，AC系统水平方向动量守恒
解得
C斜上抛运动，竖直方向
解得
水平方向A匀速运动
解得
（3）规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒
解得
由能量转化和守恒得
解得
B与A第一次弹性碰撞，，
解得，
BC第二次共速过程，动量守恒，
解得
由能量转化和守恒得
解得
（4）整个过程中，C相对于B向左运动的距离为，由能量转化和守恒
解得
对AC整体和B运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为
对AB整体和C运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为：
整个过程A向右运动的距离
1 / 12025届山东省青岛市高三下学期第三次适应性检测物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·青岛模拟）钷元素（Pm）是“万能之土”稀土元素家庭成员之一。制备其同位素的核反应方程为：，不稳定，发生衰变：，钷的半衰期为2.64年。下列说法正确的是（　　）
A．X与阴极射线属于同种粒子
B．Y来源于的核外电子
C．比结合能小于比结合能
D．每经过2.64年，发生衰变的的数量相同
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数守恒及核电荷数守恒，制得的核反应方程为
所以X是电子，阴极射线也是电子，故A正确；
B．根据质量数守恒及核电荷数守恒可知，Y是电子，衰变产生的电子是由核内的中子转化生成的，故B错误；
C．衰变过程释放出能量，即核反应中生成物比反应物更加稳定，可知衰变后的产物的比结合能比的比结合能大，故C错误；
D．每经过2.64年，发生衰变的的质量为现存质量的一半，即每经过2.64年，发生衰变的的数量越来越少，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒，先确定 X、Y 的种类，再结合 β 衰变的本质、比结合能与原子核稳定性的关系、半衰期的物理意义，逐一判断选项的正误。
2．（2025·青岛模拟）2025年4月30日神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距地面10km高度打开降落伞，距地面1.125m高处4台反推发动机同时点火，产生竖直向上的恒定推力，最终以2m/s的速度着陆。该过程返回舱运动的图像如图所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．，返回舱内的宇航员处于失重状态
B．，返回舱的平均速度为103.5m/s
C．单台发动机的推力约为返回舱重力的
D．反推发动机的工作时间为0.25s
【答案】D
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．时间内，向下做减速直线运动，加速度竖直向上，故返回舱内的宇航员处于超重状态，A错误；
B．若返回舱在时间内做匀减速直线运动，则平均速度为
但宇航员在时间内做加速度逐渐减小的减速运动，其在内的平均速度小于，B错误；
CD．时刻点火后反推发动机开始工作，返回舱做匀减速直线运动，由运动学知识有
点火时返回舱距地面的高度为
联立解得反推发动机的工作时间为
根据加速度的定义式可知反推发动机工作时，返回舱的加速度大小为
由牛顿第二定律有
联立解得
即单台发动机的推力约为返回舱重力的，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据 v-t 图像判断各阶段运动状态，结合超重失重、平均速度、牛顿运动定律和运动学公式，逐一分析选项正误。
3．（2025·青岛模拟）将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设小球上升时间为，下降时间为，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。全过程根据动量定理有
由于上升的高度等于下降的高度，则有
根据题意有，
故得
联立解得
故答案为：B。
【分析】将运动分为上升和下降两个阶段，利用动量定理分析全过程，结合阻力与速率成正比的条件，发现上升和下降阶段阻力的冲量大小相等、方向相反，从而消去阻力项，直接求出总时间。
4．（2025·青岛模拟）三根平行长直导线a、b、c中均通有恒定电流，导线a、b固定在水平面上，导线c通过轻质绝缘细线与力传感器相连，截面图如图所示，此时导线c处于静止状态且力传感器的示数恰好为零，下列说法正确的是（　　）
A．导线a、b中的电流方向相反
B．导线a、c中的电流方向相同
C．若导线b中的电流减小，细线将向右偏转
D．若导线b中的电流反向，细线将向左偏转
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB．根据平衡条件，导线a、b对c均为斥力，根据左手定则，导线a、b中的电流方向相同，导线a、c中的电流方向相反，AB错误；
C．若导线b中的电流减小，b对c的斥力减小，细线将向右偏转，C正确；
D．若导线b中的电流反向，b与c的电流方向相同，b对c的作用力由斥力变为引力，细线将向右偏转，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据导线 c 的平衡状态，判断 a、b 对 c 的作用力均为斥力，再依据 “同向电流相吸、反向电流相斥” 的规律确定电流方向，最后分析电流变化或反向时对 c 的受力影响，判断细线偏转方向。
5．（2025·青岛模拟）如图甲所示，白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的重大工程，其输电原理如图乙所示。设输电功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为r，仅考虑输电线的功率损耗。下列说法正确的是（　　）
A．输电线上的电流
B．输电线上损耗的功率
C．P一定时，输电电压变为，输电线损耗的功率变为原来的4倍
D．U一定时，输电功率变为2P，用户得到的功率变为原来的2倍
【答案】C
【知识点】焦耳定律；电能的输送
【解析】【解答】A．输电线上的电流为，故A错误；
BC．输电线上损耗的功率，由此可知，P一定时，输电电压变为，输电线损耗的功率变为原来的4倍，故B错误，C正确；
D．用户得到的功率为，由此可知，U一定时，输电功率变为2P，输电线损失的功率变为原来的4倍，用户得到的功率不是变为原来的2倍，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据输电功率 求出输电电流，再利用焦耳定律 损 分析功率损耗，逐一判断各选项的正误。
6．（2025·青岛模拟）我国高分十二号05星运行轨道高度为600km，地球同步轨道卫星高度为35600km，地球半径为6400km。关于05星，下列说法正确的是（　　）
A．运行周期为
B．发射速度大于11.2km/s
C．能始终定点在地球表面某位置正上方
D．与同步轨道卫星运行线速度之比为
【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律得，解得，A正确；
B．若发射速度大于11.2km/s，就飞出地球了，所以发射速度小于11.2km/s，B错误；
C．其运行周期小于24h，不能始终定点在地球表面某位置正上方，C错误；
D．根据牛顿第二定律得，解得，与同步轨道卫星运行线速度之比为，D错误。
故答案为：A。
【分析】利用开普勒第三定律计算运行周期，结合宇宙速度、同步卫星特点和万有引力提供向心力的公式，逐一判断各选项的正误。
7．（2025·青岛模拟）如图所示，水平向右的匀强电场中固定倾角为30°的足够长斜面，质量为m、带电量为+q的小球以初速度从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机械能不变 B．离斜面最远时动能最小
C．运动的时间为 D．运动的时间为
【答案】D
【知识点】加速度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球从抛出到落回斜面的过程中，电场力做功会改变机械能，故机械能不守恒，故A错误；
B．以斜面为参考系，建立沿斜面向上（x 轴）和垂直斜面向上（y 轴）的坐标系，小球受重力 mg（竖直向下）和电场力 qE（水平向右），沿斜面方向（x 轴）：电场力分量：（沿斜面向上）
重力分量：（沿斜面向下）
根据牛顿第二定律
解得加速度（沿斜面向下）
垂直斜面方向（y 轴）： 电场力分量（垂直斜面向下）
重力分量：（垂直斜面向下）
根据牛奶第二定律
解得加速度（垂直斜面向下）
初速度与斜面方向夹角为，分解到斜面坐标系，沿x轴为
沿y轴为
离斜面最远时（y 方向速度为 0），时间
此时x方向速度
设合力与竖直方向的夹角为，则
故
此时合力与速度成钝角，速度大小继续减小，故离斜面最远时动能不是最小，故B错误；
CD． 落回斜面时
由
解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】建立沿斜面和垂直斜面的坐标系，将重力和电场力分解到两个方向，求出对应的加速度。通过分析垂直斜面方向的运动求出总时间，再结合机械能变化和动能极值条件判断各选项正误。
8．（2025·青岛模拟）如图所示，在折射率的透明玻璃球内有一点光源S，玻璃球的球心为O，半径为R，光源S到球心O的距离为。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃球表面有一半区域有光射出
B．若折射率变大，则球面上有光射出的区域面积会增大
C．若折射率，光源发出的光在玻璃球表面不会发生全反射现象
D．若折射率，光源发出的光在玻璃球表面不会发生全反射现象
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】ACD．根据全反射临界角公式可知
如图所示
根据几何关系可知，
则在SO连线上方有一点C满足
可见在弧AC及关于SO对称的弧面上没有光射出，玻璃球表面大于一半区域有光射出，由于最大的入射角的正弦值为，根据
可知，若折射率光源发出的光在玻璃球表面不会发生全反射现象，故AD错误，C正确；
B．折射率变大，临界角变小，则球面上有光射出的区域面积会减小，故B错误。
故答案为：C。
【分析】先根据全反射临界角公式求出临界角，再利用几何关系找到光源 S 到球面的最大入射角，通过比较临界角和最大入射角的大小，判断光在球面上发生全反射的条件，进而分析各选项。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·青岛模拟）用不同波长的电磁波照射同一金属表面会发生不同的现象。用波长为550nm的光照射某金属表面，发生光电效应，光电子的最大初动能为0.25eV；用波长为0.071nm的X射线照射该金属表面，在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有其它波长成分，这种现象称为康普顿效应。已知普朗克常量，真空中光速，电子所带电荷量。下列说法正确的是（　　）
A．该金属的逸出功为2eV
B．该金属的逸出功为2.5eV
C．其它成分的X射线波长大于λ0
D．康普顿效应说明了光具有波动性
【答案】A,C
【知识点】光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】AB．根据光电效应方程得，A正确，B错误；
C．根据康普顿效应，光子与电子碰撞后，光子的能量减小，根据 ，光子的波长增大，所以其它成分的X射线波长大于λ0，C正确；
D．康普顿效应说明了光具有粒子性，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用光电效应方程计算金属逸出功，结合康普顿效应中光子与电子的碰撞规律分析波长变化，依据效应的物理意义判断光的属性，逐一验证选项。
10．（2025·青岛模拟）物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．若e=0，则碰撞后A、B均静止
B．若e=1，则碰撞后A、B交换速度
C．若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等
D．若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．若e=0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误；
BC．设A、B的质量分别为、，碰前物体A的速度为，碰后物体A、B的速度分别为和，若
则
根据动量守恒定律，有
即
两式相乘可得
即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若
则可解得，
此时两物体发生速度交换。所以两物体不一定发生速度交换，故B错误，C正确；
D．若，即
根据动量守恒定律，有
因，所以上式变为
两式联立得，
即A、B碰后速度大小之比为1：3，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合恢复系数的定义式和动量守恒定律，分别分析不同恢复系数下的碰撞特征，通过公式推导验证系统动能变化及物体速度关系，逐一判断选项正误。
11．（2025·青岛模拟）如图所示，两波源和分别位于和处，xOy平面内的c点到和的距离均为8m，两波源产生的简谐波均以波源为圆心在xOy平面内以相同速度传播，振动频率均为0.5Hz。t=0时刻和开始沿z轴正方向运动，与c连线上，除c点外还有其他振幅极大点，其中距c最近的点到c的距离为3m。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长λ=2m
B．两列波的波速v=2m/s
C．t=5s时，x=5m处的质点振动方向沿z轴正方向
D．以为圆心，半径分别为3.2m和4.8m的圆周上，振动加强点的个数相等
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．因为c是加强点，对于与c连线上距c最近的加强点到两个波源的波程差；设到该点的距离为，到该点的距离为，则，由几何关系可得，A正确；
B．已知频率，由波速公式有，B错误；
C．由x=5m处的质点到两个波源的波程差为，故为振动加强点。由波的周期，经过3s传到x=5m处的质点，然后振动2s，正好一个周期；而经5s刚传到x=5m处的质点，故t=5s时，x=5m处的质点振动方向沿z轴正方向，C正确；
D．以为圆心，对于半径为的圆周上的点，设该点到的距离为，根据干涉加强条件
又，，
代入可得
对于半径为的圆周上的点，同理
根据几何关系和干涉加强条件可知，两圆周上振动加强点的个数不相等，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用波的干涉加强条件，结合几何关系求出波长，再由波速公式计算波速；通过分析波程差和传播时间判断质点振动方向；最后根据干涉条件判断不同圆周上加强点的数量。
12．（2025·青岛模拟）如图所示，半径为R的光滑球固定在水平面上的A点，球上B点与球心O等高，C点位于A点正上方，水平面上距A点x处的P点与O、A在同一竖直面内。在POA面内将小球从P点以某一速度抛出，要使小球能够到达球的右侧，下列说法正确的是（　　）
A．小球抛出的最小速度为
B．若小球恰好从C点掠过球面，则抛出的最小速度为
C．若，小球恰好从C点掠过球面，则抛出速度大小为
D．小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，沿球面到达右侧
【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．当小球与球面相切，且恰好到达C点时，速度最小，根据动能定理有，因小球恰好到达C点时有水平速度，解得，故A错误；
B．若小球恰好从C点掠过球面，则在C点有，根据动能定理有
解得此时抛出的最小速度为，故B正确；
C．若，小球恰好从C点掠过球面，则最高点的速度为
设小球与斜面相切时，切点与圆心连线与竖直方向的夹角为，则
根据斜抛运动规律可知、
则抛出速度大小为，故C正确；
D．小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，若小球所受合力不足以提供向心力，则小球不能沿球面到达右侧，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】将小球的运动分解为平抛或斜抛运动，结合圆周运动向心力条件确定临界状态，利用动能定理和抛体运动规律计算不同场景下的抛出速度，同时分析切入球面的位置限制，逐一验证选项。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·青岛模拟）图甲为用光传感器做双缝干涉实验的装置，单色光源在铁架台的最上端，中间是刻有双缝的挡板，下面带有白色狭长矩形的小盒是光传感器，沿矩形长边分布着许多光敏单元，传感器各个光敏单元得到的光照信息经计算机处理后，在显示器上显示出来。某实验小组要用该装置在暗室里检测一块玻璃板的厚度是否均匀，若厚度不均匀，进一步精确测量其厚度差。（计算结果均保留2位有效数字）
请回答下面问题：
（1）该小组同学检测前先测量所用单色光的波长：调整双缝的高度和光传感器位置，显示器上显示的干涉条纹光强分布如图乙中的实线所示，则相邻两条亮纹（或暗纹）间距Δx=　 　mm；该小组又测得双缝到光传感器的距离L=53.33cm，已知双缝间距d0=0.25mm，则该单色光的波长λ=　 　m；
（2）保持双缝和光传感器的位置不变，将玻璃板紧贴挡板放置，如图丙所示，此时显示器上显示的干涉条纹光强分布如图乙中的虚线所示，说明　 　（选填“S1”或“S2”）处玻璃板较厚。已知玻璃板对该单色光的折射率为n=1.5，则S1与S2两处玻璃板的厚度差Δd=　 　m。
【答案】（1）1.6；7.5×10-7
（2）S2；3.0×10-6
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）由图可知，相邻亮条纹间距为
根据条纹间距公式可得
故答案为：1.6；7.5×10-7
（2）当玻璃板紧贴挡板放置时，光线通过玻璃板后会产生光程差，由于玻璃对光的折射率大于空气，光在玻璃中传播的速度较慢，因此通过玻璃板的光线的光程增大，由乙图可知，干涉条纹向右移动，说明光线通过S2处玻璃板后的光程比S1长，所以S2处玻璃较厚；
由乙图可知，条纹移动了两个条纹间距，则，
代入数据解得
故答案为：S2；3.0×10-6 【分析】 (1) 从干涉条纹光强分布图中读取相邻亮纹的间距，利用双缝干涉条纹间距公式，结合双缝间距、双缝到传感器的距离，直接计算单色光的波长。
(2) 根据干涉条纹的移动方向判断光程差的变化，进而确定较厚的玻璃板位置；利用光程差与玻璃板厚度差、折射率的关系，结合条纹移动的间距对应的光程差，求解厚度差。
（1）[1]由图可知，相邻亮条纹间距为
[2]根据条纹间距公式可得
（2）[1]当玻璃板紧贴挡板放置时，光线通过玻璃板后会产生光程差，由于玻璃对光的折射率大于空气，光在玻璃中传播的速度较慢，因此通过玻璃板的光线的光程增大，由乙图可知，干涉条纹向右移动，说明光线通过S2处玻璃板后的光程比S1长，所以S2处玻璃较厚；
[2]由乙图可知，条纹移动了两个条纹间距，则，
代入数据解得
14．（2025·青岛模拟）某同学要用一气敏电阻制作甲醛气体浓度报警器。首先通过实验获得气敏电阻。随甲醛浓度η变化的关系，为此他设计了如图甲所示电路。实验可供选择的器材如下：
A、电源E（电动势6V，内阻不计）
B、电压表（量程3V，内阻为2kΩ）
C、电压表（量程6V，内阻约为5kΩ）
D、滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
E、滑动变阻器（最大阻值2kΩ，额定电流0.2A）
F、开关、导线若干
（1）在图甲电路中，滑动变阻器应选择　 　（选填器材前序号）；
（2）根据实验测得数据，描绘出的图像如图乙所示。当甲醛浓度为安全上限时，电压表、读数分别为2.30V、5.29V，则甲醛安全浓度上限为　 　；
（3）该同学利用该气敏电阻设计了如图丙所示的报警电路，用来检测室内甲醛是否超标。电路中蜂鸣器的电阻可视为无穷大，电源电动势（内阻不计），接通电路后当蜂鸣器两端电压达到4.5V时报警，则的阻值为　 　kΩ（保留2位有效数字）。要使报警器在甲醛浓度更低时报警，则应将　 　（选填“调大”“调小”或“不变”）。
【答案】（1）D
（2）
（3）0.87；调小
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）在图甲电路中，采用的是滑动变阻器的分压接法；为了能更好地调节电压，滑动变阻器的总电阻应远小于与它并联部分的电阻，滑动变阻器应选择总电阻较小的。
故答案为：D。
（2）根据串并联电路的特点可得气敏电阻两端的电压
通过气敏电阻的电流
由欧姆定律可得气敏电阻的阻值
则从图乙中可查得当时，甲醛安全浓度上限为
故答案为：
（3）当蜂鸣器两端电压达到4.5V时报警，即两端的电压为4.5V，则两端的电压为
由电阻之比等于电压之比
可得
从图乙可知甲醛浓度越低，气敏电阻越小；根据串联电路分压规律
要使报警器在甲醛浓度更低时报警（仍为4.5V），则应将调小。
故答案为：0.87；调小
【分析】 (1) 图甲电路采用分压式接法，为实现电压的平滑调节，滑动变阻器应选择总阻值远小于并联部分电阻的小阻值型号。
(2) 利用串并联电路规律，先求出气敏电阻两端电压和通过的电流，再由欧姆定律计算其阻值，最后对照 R -η 图像得到对应甲醛浓度。
(3) 根据报警电压，利用串联电路分压规律计算 R0的阻值；要在更低甲醛浓度时报警，需调整 R0使蜂鸣器在气敏电阻更大时达到触发电压。
（1）在图甲电路中，采用的是滑动变阻器的分压接法；为了能更好地调节电压，滑动变阻器的总电阻应远小于与它并联部分的电阻，滑动变阻器应选择总电阻较小的。
故选择D。
（2）根据串并联电路的特点可得气敏电阻两端的电压
通过气敏电阻的电流
由欧姆定律可得气敏电阻的阻值
则从图乙中可查得当时，甲醛安全浓度上限为
（3）当蜂鸣器两端电压达到4.5V时报警，即两端的电压为4.5V，则两端的电压为
由电阻之比等于电压之比
可得
从图乙可知甲醛浓度越低，气敏电阻越小；根据串联电路分压规律
要使报警器在甲醛浓度更低时报警（仍为4.5V），则应将调小。
15．（2025·青岛模拟）实验时某同学发现橡皮塞卡在装有水的玻璃瓶的瓶口无法取出，为取出橡皮塞该同学采取了以下措施：他先将玻璃瓶置于温度为87℃的恒温水中，稳定后橡皮塞恰好移动；然后将瓶从水中取出静置足够长时间，用注射器缓慢向瓶内注入150mL空气后，橡皮塞恰好移动，已知玻璃瓶容积为1000mL，橡皮塞的横截面积为2×10-3m2，橡皮塞与瓶口间的滑动摩擦力为40N，环境温度始终为15℃，大气压强为1.0×105Pa，整个过程橡皮塞密封性良好，不计橡皮塞质量及体积。求：
（1）玻璃瓶中水的体积；
（2）注射器注入的空气与瓶内原有空气的质量比。
【答案】（1）解：加热过程气体经历等容变化，则，
解得
充气过程中，
解得
（2）解：瓶内原有气体，根据玻意耳定律可得
注入气体与原有气体质量的比值
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】 (1) 加热过程中瓶内空气做等容变化，先由受力平衡求出加热后瓶内压强，再用查理定律求出初始压强；充气过程中温度不变，用玻意耳定律建立方程，结合瓶内空气体积与水体积的关系求解水的体积。
(2) 对瓶内原有空气，用玻意耳定律将其等效为在大气压下的体积，再与注入空气的体积相比，得到质量比。
（1）加热过程气体经历等容变化，则，
解得
充气过程中，
解得
（2）瓶内原有气体，根据玻意耳定律可得
注入气体与原有气体质量的比值
16．（2025·青岛模拟）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为L和2L，分别处于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中，导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b分别置于左、右两侧导轨上，a的电阻为r、长度为L、质量为m，b的电阻为2r、长度为2L、质量为2m。初始时刻开关S断开，静止的两棒用绝缘丝线连接，两棒间置有劲度系数为k、压缩量为的轻质绝缘弹簧，弹簧与两棒不连接。剪断丝线，弹簧恢复原长时，a恰好脱离导轨，b速度大小为，此时闭合S。已知弹簧弹性势能（x为弹簧形变量），整个过程中两棒与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计，求
（1）初始时刻a棒距导轨左端的距离；
（2）弹簧恢复原长过程中，a棒上产生的热量；
（3）整个过程b棒向右运动的距离d。
【答案】（1）解：设弹簧弹开两棒的过程中，任一时刻流过两棒的电流为，则有
故两棒系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
其中，
且有
整理可得
联立解得，
（2）解：弹簧恢复原长时，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
结合题意可知
解得
（3）解：闭合开关S后，设b棒继续运动的距离为，根据动量定理可得，即有
整理可得
解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】 (1) 弹簧恢复原长过程中，a、b组成的系统动量守恒，结合两者的位移关系与弹簧形变量，求解初始时刻a棒距导轨左端的距离。(2) 弹簧弹性势能转化为a、b的动能和回路焦耳热，先由能量守恒求出总热量，再根据a、b的电阻比例分配a棒上的热量。
(3) 闭合开关后，b棒在磁场中受安培力做减速运动，利用动量定理将安培力的冲量转化为电量，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出b棒的位移，再叠加弹簧恢复原长时的位移得到总距离。
（1）设弹簧弹开两棒的过程中，任一时刻流过两棒的电流为，则有
故两棒系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
其中，
且有
整理可得
联立解得，
（2）弹簧恢复原长时，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
结合题意可知
解得
（3）闭合开关S后，设b棒继续运动的距离为，根据动量定理可得，即有
整理可得
解得
17．（2025·青岛模拟）如图所示，MN是长度为3a的线状粒子源，PQ是金属网，从MN均匀逸出比荷为、初速度为0的带正电粒子。半径为a的圆形区域与PQ相切于，延长交于MN中点。在MN、PQ间所加电压为，粒子经电场加速后进入PQ右侧区域，在PQ右侧部分区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。不计粒子重力。
（1）若仅圆内有磁场，磁感应强度大小为，求粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）若仅圆外有磁场，不考虑粒子重复进入无磁场区域：
（ⅰ）当磁感应强度大小为时，求能经过圆心O的粒子在MN上逸出时的位置到的距离；
（ⅱ）要使能进入圆形区域的粒子数占总数的50%，求磁感应强度的大小。
【答案】（1）解：粒子在加速电场中，根据动能定理可得
在磁场中洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，
当粒子在圆形磁场中轨迹对应弦长最长，为圆形磁场直径2a时，粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图所示
对应轨迹圆周运动的圆心角60°，在磁场中运动的最长时间
（2）解：（ⅰ）①d=0，粒子直线运动经过O点；
②粒子在右侧磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得：当粒子指向圆心进入无磁场区域时，粒子轨迹与对称轴相切，如图所示
所以，粒子到对称轴的距离
（ⅱ）取临界状态，粒子在右侧磁场中运动轨迹圆恰好与无磁场区域圆相切，如图所示
根据题意有一半的粒子圆形区域，所以上下两轨迹圆圆心距离为，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 (1) 先通过动能定理求出粒子加速后的速度，再由洛伦兹力提供向心力确定轨迹半径，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期公式，根据最长轨迹对应的圆心角求解最长运动时间。
(2)(i) 由洛伦兹力公式求出粒子在磁场中的轨迹半径，结合几何关系分析粒子的运动轨迹，确定其在 MN 上逸出的位置到 O1O 的距离；
(ii) 根据粒子进入圆形区域的比例确定临界入射位置，结合几何关系求出临界轨迹半径，进而求解磁感应强度大小。
（1）粒子在加速电场中，根据动能定理可得
在磁场中洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，
当粒子在圆形磁场中轨迹对应弦长最长，为圆形磁场直径2a时，粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图所示
对应轨迹圆周运动的圆心角60°，在磁场中运动的最长时间
（2）（ⅰ）①d=0，粒子直线运动经过O点；
②粒子在右侧磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得：当粒子指向圆心进入无磁场区域时，粒子轨迹与对称轴相切，如图所示
所以，粒子到对称轴的距离
（ⅱ）取临界状态，粒子在右侧磁场中运动轨迹圆恰好与无磁场区域圆相切，如图所示
根据题意有一半的粒子圆形区域，所以上下两轨迹圆圆心距离为，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得
18．（2025·青岛模拟）如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，，，重力加速度。求
（1）C的弹出速度大小；
（2）B伸出部分的长度；
（3）B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s；
（4）整个过程A向右运动的距离。
【答案】（1）解：C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向
解得
另有
C的弹出速度大小
（2）解：C弹出时，AC系统水平方向动量守恒
解得
C斜上抛运动，竖直方向
解得
水平方向A匀速运动
解得
（3）解：规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒
解得
由能量转化和守恒得
解得
B与A第一次弹性碰撞，，
解得，
BC第二次共速过程，动量守恒，
解得
由能量转化和守恒得
解得
（4）解：整个过程中，C相对于B向左运动的距离为，由能量转化和守恒
解得
对AC整体和B运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为
对AB整体和C运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为：
整个过程A向右运动的距离
【知识点】人船模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1) 物块C做斜抛运动，恰好沿水平方向滑上B，说明到达B时竖直速度为零。先由自由下落公式求运动时间，再分解初速度得到v0 。
(2) C滑上B后，在摩擦力作用下减速，B在摩擦力作用下加速，直到两者共速。用牛顿定律和运动学公式求出各自位移，差值即为B伸出的长度。
(3) B与弹簧作用后返回，C、B保持相对静止，再次在A上滑动。用动量守恒和能量守恒，结合相对位移公式求解。
(4) 整个过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，最终三者共速。利用平均动量守恒（人船模型）求解A向右运动的总距离。
（1）C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向
解得
另有
C的弹出速度大小
（2）C弹出时，AC系统水平方向动量守恒
解得
C斜上抛运动，竖直方向
解得
水平方向A匀速运动
解得
（3）规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒
解得
由能量转化和守恒得
解得
B与A第一次弹性碰撞，，
解得，
BC第二次共速过程，动量守恒，
解得
由能量转化和守恒得
解得
（4）整个过程中，C相对于B向左运动的距离为，由能量转化和守恒
解得
对AC整体和B运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为
对AB整体和C运用人船模型得
且有
所以A向右运动的位移为：
整个过程A向右运动的距离
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