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《2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C C C C B BC AC ACD
11．(1)D
(2)D
(3)10.70
【详解】（1）若要使得分划板中心刻线与干涉条纹平行，仅旋转毛玻璃处的测量头即可。
故选D。
l
（2）A．干涉条纹由图丙1变为图丙2，观察到的条纹数目增加，即条纹间距减小，由公式Δx=l 可
d
知，换用长度更长的遮光筒，条纹间距增大，故A错误；
B．增大单缝到双缝的距离，可知条纹间距不变，故B错误；
C．换用间距更小的双缝，即d减小，则条纹间距增大，故C错误；
D．红色滤光片换成紫色滤光片，即l变小，则条纹间距减小，故D正确。
故选D。
1
（3）由图可知，主尺的读数为24mm，游标卡尺为20分度，故其精确度为 mm=0.05mm
20
则游标卡尺的分度值为1mm−0.05mm=0.95mm
其读数为24mm−14×0.95mm=10.70mm
（I −I）R +I R
12．(1) 0.58 2 1 0 2 偏大
I −I
1 2
a
(2) a−R
0 b
【详解】（1）[1]电流表量程为0.6A，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.58A；
[2][3]根据欧姆定律有E=I (R +R ）、E=I (R +R+R ）
1 0 A 2 0 A
（I −I）R +I R
联立可得R = 2 1 0 2
A I −I
1 2
根据闭合电路欧姆定律有E=I (R +r+R ）、E=I (R +r+R+R ）
1 0 A 2 0 A
（I −I）（R +r)+I R
联立可得R = 2 1 0 2
A I −I
1 2
可知如果考虑电源内阻，则该测量结果R 与真实值比较偏大。
A
（2）[1]根据欧姆定律E=I(R +R +R)
0 A
1 1 R +R
整理可得 = ⋅R+ 0 A
I E E
答案第1页，共5页
学科网（北京）股份有限公司1 b R +R
结合题图可得 = ， 0 A =b
E a E
可得R =a−R
A 0
[2]根据欧姆定律E=I(R +R +r+R)
0 A
1 1 R +R +r
整理可得 = ⋅R+ 0 A
I E E
1 b
结合题图可得 =
E a
a
可得电源的电动势为E=
b
13．（1）80cmHg（2）375K
【分析】（1）根据液面的位置求解气体内部压强的值；（2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定
律求解气体的温度.
【详解】（1）加热后，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B段气体压强
p =p +10cmHg=85cmHg；
B 0
A段气体的压强为p =p -5cmHg=80cmHg
A B
（2）给B段气体缓慢加热时，B段气体发生的是等压变化，则a水银柱处于静止状态，当b水银柱向
LS L S
上移动到两水银柱下表面相平时，设此时B段气体的温度为T ，则 1 = 2
2 T T
1 2
式中L =20cm，L =25cm
1 2
解得T =375K
2
14．(1)0.02V
(2)0.31N
(3)0.308N⋅s
∆B ⋅L2
【详解】（1）回路中感应电动势E = 1
∆t
∆B
其中 1 =0.5T/s
∆t
解得E=0.02V
E
（2）t=0时刻感应电流I = =0.1A
0 R
根据楞次定律可知，电流方向由e指向f，对ef进行分析，根据牛顿第二定律有
F +mgsinθ−m(mgcosθ+B I L)=ma
0 2 0
解得F =0.31N
0
答案第2页，共5页
学科网（北京）股份有限公司（3）导体棒ef在1s末速度v=at
1
( )
对ef进行分析，前1s内，根据动量定理有I +mgsinθ⋅t −m mgcosθ+B IL t =mv
F 1 2 1
其中q=It
1
解得I =0.308N⋅s
F
2 3
15．(1) mv ，30°
3 0
21
(2) v ， 3v
3 0 0
505
(3) d
8
【详解】（1）设小球从O到A速度变化量为∆v，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示
2 3
∆v的大小为∆v= v2+v2 = v ，设∆v与y轴负方向夹角为α，有
0 A 3 0
v 3
tanα= A =
v 3
0
解得α=30°
由动量定理可知，该过程合外力的冲量I =m∆v
2 3
解得I = mv ，方向与y轴负方向夹角α=30°
3 0
对小球受力分析，水平方向有qEcosθ=ma
x
竖直方向有mg+qEsinθ=ma
y
v v
设小球从O到A经历的时间为t，则a = A，a = 0
x t y t
3 3
联立解得电场强度与x轴正方向的夹角θ=30°，a = g，a = g
x 2 y 2
（2）依题意，小球从O到C所用时间为2t，则小球在C点时水平方向的分速度v =a ×2t，则小球经
Cx x
21
过C点时的速度大小v = v2+v2 = v2+(2a t)2 = v
C 0 Cx 0 x 3 0
根据配速法，给小球配一个水平向右的速度v ，大小满足qvB=mg
1 1
答案第3页，共5页
学科网（北京）股份有限公司3
可得v = v
1 3 0
设v 与v 等大反向，v 与v 的合速度为v ，则小球的运动可看成以速度大小为v 的匀速圆周运动和速度
2 1 2 C 3 3
大小为v 的匀速直线运动的合运动，如图所示
1
2 3
根据几何关系可得v = v2+(v −v )2 = v2+(2a t−v )2 = v
3 0 Cx 2 0 x 1 3 0
可知当v 与v 方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为v =v +v = 3v
3 1 m 1 3 0
（3）小球在区域III运动，由于qE=mg可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只
受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向
时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。
小球经过第1个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得∑F ∆t =∑qBv ∆t =qB d =mv −0
y1 0 x1 0 y1
同理可得小球经过第2个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得
ΣF ∆t =Σq×2Bv ∆t =2qB d =mv −mv
y2 0 x2 0 y2 y1
小球经过第3个磁场，有3qBd =mv −mv
0 y3 y2
小球经过第n个磁场，有nqB d =mv −mv
0 yn yn−1
则小球经过n个磁场后，竖直方向有qB d(1+2+33+n)=mv −0
0 yn
可得v = (n+1)n × qB 0 d = (n+1)n × 3v 0 (n=1,2,33)
yn 2 m 2 2024
2016 3
当n=63时，可得v = v v
y64 2024 0 m
可知小球在第64个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的
位移为x ，则有64qB x =mv −mv
0 0 0 m y63
答案第4页，共5页
学科网（北京）股份有限公司d
解得x =
0 8
d 505
故小球在区域III运动过程中最大的水平位移为x=63d+ = d
8 8
答案第5页，共5页
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