📚 原卷真题 · 精编解析
北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习（一模）
物理
考试时间：90分钟满分：100分
考生须知
- 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。
- 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
- 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题
1．钴60（⁶⁰₂₇Co）的衰变实验可以证实宇称不守恒的论断。钴60的衰变方程为⁶⁰₂₇Co→₂₈⁶⁰Ni+X，其中X表示的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
核反应方程遵循电荷数守恒、质量数守恒规律，设粒子X的质量数为A、电荷数为Z，因此60=60+A
解得A=0
根据27=28+Z
解得Z=−1
故选A。
核反应方程遵循电荷数守恒、质量数守恒规律，设粒子X的质量数为A、电荷数为Z，因此60=60+A
解得A=0
根据27=28+Z
解得Z=−1
故选A。
2．烧瓶通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一小段水柱，使烧瓶内封闭一定质量的气体。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向左移动。瓶内的气体可视为理想气体，在这一过程中瓶内气体（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
A．用手捂住烧瓶，瓶内气体温度T升高，温度是分子平均动能的标志，则分子平均动能增大，故A错误；
B．气体体积膨胀对外做功W<0，温度升高内能增加ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q
可知Q>0，气体从外界吸热，故B错误；
C．理想气体内能只与温度有关，温度T升高，内能增大，故C错误；
D．水柱缓慢移动，气体始终处于平衡状态，水平管内水柱受力平衡，瓶内气体压强等于大气压强，保持不变，故D正确；
故选D。
A．用手捂住烧瓶，瓶内气体温度T升高，温度是分子平均动能的标志，则分子平均动能增大，故A错误；
B．气体体积膨胀对外做功W<0，温度升高内能增加ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q
可知Q>0，气体从外界吸热，故B错误；
C．理想气体内能只与温度有关，温度T升高，内能增大，故C错误；
D．水柱缓慢移动，气体始终处于平衡状态，水平管内水柱受力平衡，瓶内气体压强等于大气压强，保持不变，故D正确；
故选D。
3．用甲、乙两束不同的单色光，分别照射同一光电管得到两条光电流I与电压U之间的关系曲线，如图所示。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
A．由图可知，乙光的遏止电压绝对值较大，即|U₁|>|U₂|，根据Eₖₘ=eUc可知，乙光照射时产生的光电子的最大初动能更大，故A错误；
B．根据光电效应方程Eₖₘ=hν−W₀
乙光的最大初动能大，则乙光的频率大，光的频率由光源决定，与介质无关，故B错误；
C．因为乙光的频率大，所以水对乙光的折射率大，即n乙>n甲，根据v=c/n可知，在水中甲光的传播速度比乙光的传播速度大，故C正确；
D．根据λ=c/ν可知，甲光的波长长，波长越长衍射现象越明显，所以甲光的衍射现象更明显，故D错误。
故选C。
A．由图可知，乙光的遏止电压绝对值较大，即|U₁|>|U₂|，根据Eₖₘ=eUc可知，乙光照射时产生的光电子的最大初动能更大，故A错误；
B．根据光电效应方程Eₖₘ=hν−W₀
乙光的最大初动能大，则乙光的频率大，光的频率由光源决定，与介质无关，故B错误；
C．因为乙光的频率大，所以水对乙光的折射率大，即n乙>n甲，根据v=c/n可知，在水中甲光的传播速度比乙光的传播速度大，故C正确；
D．根据λ=c/ν可知，甲光的波长长，波长越长衍射现象越明显，所以甲光的衍射现象更明显，故D错误。
故选C。
4．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数之比为3：1，原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
B．变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈中交变电流的频率之比为1:1，故B错误；
CD．设原线圈电流为I₁，副线圈电流为I₂，根据理想变压器电流与匝数成反比可知I₁/I₂=n₂/n₁=1/3
即I₂=3I₁
原线圈回路中电阻两端电压UR₁=I₁R
副线圈回路中电阻两端电压UR₂=I₂R=3I₁R
则两电阻两端电压之比为1:3，根据P=I²R
原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比P₁/P₂=I₁²R/I₂²R=1/9，故C错误D正确；
A．设原线圈两端电压为U₁，副线圈两端电压为U₂，则U₂=UR₂=3I₁R
根据电压与匝数成正比U₁/U₂=n₁/n₂=3/1
得U₁=3U₂=9I₁R
对原线圈回路，由闭合电路欧姆定律得U=I₁R+U₁=I₁R+9I₁R=220V
解得I₁R=22V
副线圈回路中电阻两端的电压UR₂=3I₁R=66V，故A错误。
故选D。
B．变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈中交变电流的频率之比为1:1，故B错误；
CD．设原线圈电流为I₁，副线圈电流为I₂，根据理想变压器电流与匝数成反比可知I₁/I₂=n₂/n₁=1/3
即I₂=3I₁
原线圈回路中电阻两端电压UR₁=I₁R
副线圈回路中电阻两端电压UR₂=I₂R=3I₁R
则两电阻两端电压之比为1:3，根据P=I²R
原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比P₁/P₂=I₁²R/I₂²R=1/9，故C错误D正确；
A．设原线圈两端电压为U₁，副线圈两端电压为U₂，则U₂=UR₂=3I₁R
根据电压与匝数成正比U₁/U₂=n₁/n₂=3/1
得U₁=3U₂=9I₁R
对原线圈回路，由闭合电路欧姆定律得U=I₁R+U₁=I₁R+9I₁R=220V
解得I₁R=22V
副线圈回路中电阻两端的电压UR₂=3I₁R=66V，故A错误。
故选D。
5．如图所示的电路中，P、Q是两个相同的小灯泡，线圈L的自感系数很大、电阻不计。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
AB．闭合开关S瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流增加，相当于断路，电流通过P、Q，两灯同时亮；稳定后，线圈L电阻不计，将Q逐渐短路，Q逐渐变暗至熄灭，电路总电阻减小，电流增大，P变得更明亮。故A正确，B错误；
CD．断开开关S瞬间，P所在干路电流立即切断，P立即熄灭；线圈L产生自感电动势，与Q构成闭合回路，Q闪亮后熄灭。故CD错误；
故选A。
AB．闭合开关S瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流增加，相当于断路，电流通过P、Q，两灯同时亮；稳定后，线圈L电阻不计，将Q逐渐短路，Q逐渐变暗至熄灭，电路总电阻减小，电流增大，P变得更明亮。故A正确，B错误；
CD．断开开关S瞬间，P所在干路电流立即切断，P立即熄灭；线圈L产生自感电动势，与Q构成闭合回路，Q闪亮后熄灭。故CD错误；
故选A。
6．一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图1所示，a、b、c是介质中的三个质点。图2是质点b的振动图像。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
A．根据图2可得该波的周期为T=2×(0.9−0.5)s=0.8s，故A错误；
B．图2是质点b的振动图像，t＝0的下一瞬间向y轴负方向振动，根据“同侧法”，可得该波沿x轴负方向传播，故B错误；
CD．根据图1可得该波的波长为λ=8m，则波速为v=λ/T=10m/s
波沿x轴负方向传播，t＝0.5s时，波向x轴负方向传播了vt=5m
可得t＝0.5s时，波的图像如图中虚线所示。
可得t＝0.5s时，a点在y轴负最大值处，b点在y轴正最大值处，c点在平衡位置。所以，t＝0.5s时，质点a的速度为零，加速度最大。t＝0.5s时，质点c的位移为零，根据“同侧法”，速度沿y轴负方向，故C错误，D正确。
故选D。
A．根据图2可得该波的周期为T=2×(0.9−0.5)s=0.8s，故A错误；
B．图2是质点b的振动图像，t＝0的下一瞬间向y轴负方向振动，根据“同侧法”，可得该波沿x轴负方向传播，故B错误；
CD．根据图1可得该波的波长为λ=8m，则波速为v=λ/T=10m/s
波沿x轴负方向传播，t＝0.5s时，波向x轴负方向传播了vt=5m
可得t＝0.5s时，波的图像如图中虚线所示。
可得t＝0.5s时，a点在y轴负最大值处，b点在y轴正最大值处，c点在平衡位置。所以，t＝0.5s时，质点a的速度为零，加速度最大。t＝0.5s时，质点c的位移为零，根据“同侧法”，速度沿y轴负方向，故C错误，D正确。
故选D。
7．水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度从A点放在传送带上，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行速率v，物体与传送带之间的动摩擦因数μ，下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
A．物体无初速度放在传送带上，传送带向右运动，物体相对传送带向后运动，故A错误；
B．物体做匀加速运动的加速度a=μmg/m=μg
加速至与传送带共速的位移x=v²/2a=v²/2μg
若仅增大μ，则x变小，故B错误；
C．设A、B间距离为L，物体加速时间t₁=v/a=v/μg
匀速时间t₂=(L−x)/v=L/v−v/2μg
总时间t=t₁+t₂=L/v+v/2μg
若仅增大μ，则t变短，故C正确；
D．由题意知物体先加速后匀速，说明L>v²/2μg
若仅增大μ，加速位移v²/2μg减小，物体仍先加速后匀速，不可能一直受摩擦力，故D错误。
故选C。
A．物体无初速度放在传送带上，传送带向右运动，物体相对传送带向后运动，故A错误；
B．物体做匀加速运动的加速度a=μmg/m=μg
加速至与传送带共速的位移x=v²/2a=v²/2μg
若仅增大μ，则x变小，故B错误；
C．设A、B间距离为L，物体加速时间t₁=v/a=v/μg
匀速时间t₂=(L−x)/v=L/v−v/2μg
总时间t=t₁+t₂=L/v+v/2μg
若仅增大μ，则t变短，故C正确；
D．由题意知物体先加速后匀速，说明L>v²/2μg
若仅增大μ，加速位移v²/2μg减小，物体仍先加速后匀速，不可能一直受摩擦力，故D错误。
故选C。
8．轻轻拨动一个铜盘可以使其长时间地绕OO'轴自由转动。如果在铜盘转动时把蹄形磁体的两极放在铜盘的边缘（但并不接触），如图所示，铜盘可以在较短的时间内停止转动。在铜盘逐渐停止转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
A．在铜盘逐渐停止转动的过程中，角速度减小，感应电动势E减小，感应电流I减小，铜盘的发热功率减小，故A错误；
B．磁体位置固定，铜盘仅做减速转动，铜盘上表面的位置、磁场分布均未改变，根据Φ=BS可知，因此穿过铜盘上表面的磁通量保持不变，故B正确；
C．铜盘可看作无数条半径方向的导体棒切割磁感线，根据右手定则，感应电流沿半径向外，根据左手定则可知，铜盘受到的安培力沿切线方向，磁体受到铜盘的作用力也沿切线方向，故C错误；
D．若磁体与铜盘同向转动，当磁体转速小于铜盘转速时，铜盘仍会切割磁感线产生感应电流，受到安培力阻碍，转速减小；只有当磁体转速大于铜盘转速时，铜盘才会加速，故D错误。
故选B。
A．在铜盘逐渐停止转动的过程中，角速度减小，感应电动势E减小，感应电流I减小，铜盘的发热功率减小，故A错误；
B．磁体位置固定，铜盘仅做减速转动，铜盘上表面的位置、磁场分布均未改变，根据Φ=BS可知，因此穿过铜盘上表面的磁通量保持不变，故B正确；
C．铜盘可看作无数条半径方向的导体棒切割磁感线，根据右手定则，感应电流沿半径向外，根据左手定则可知，铜盘受到的安培力沿切线方向，磁体受到铜盘的作用力也沿切线方向，故C错误；
D．若磁体与铜盘同向转动，当磁体转速小于铜盘转速时，铜盘仍会切割磁感线产生感应电流，受到安培力阻碍，转速减小；只有当磁体转速大于铜盘转速时，铜盘才会加速，故D错误。
故选B。
9．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
A．第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，由万有引力提供向心力得v=√(GM/r)，同步卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径，因此运行速度小于7.9km/s，故A错误；
B．由万有引力提供向心加速度得a=GM/r²，地球表面重力加速度g=GM/R²（R为地球半径），同步卫星轨道半径r>R，因此其向心加速度小于地表重力加速度，故B正确；
C．同步卫星与地球赤道上随地球自转的物体角速度ω相同，由线速度公式v=ωr，同步卫星轨道半径更大，因此线速度大于赤道上物体的线速度，故C错误；
D．在同步轨道上的卫星若加速，万有引力不足以提供向心力，会做离心运动进入更高轨道，无法追上原轨道的北斗G7卫星，故D错误。
故选B。
A．第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，由万有引力提供向心力得v=√(GM/r)，同步卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径，因此运行速度小于7.9km/s，故A错误；
B．由万有引力提供向心加速度得a=GM/r²，地球表面重力加速度g=GM/R²（R为地球半径），同步卫星轨道半径r>R，因此其向心加速度小于地表重力加速度，故B正确；
C．同步卫星与地球赤道上随地球自转的物体角速度ω相同，由线速度公式v=ωr，同步卫星轨道半径更大，因此线速度大于赤道上物体的线速度，故C错误；
D．在同步轨道上的卫星若加速，万有引力不足以提供向心力，会做离心运动进入更高轨道，无法追上原轨道的北斗G7卫星，故D错误。
故选B。
10．把一个小球放在光滑半球形容器内，如图所示。晃动容器，可以使小球在距离容器底部不同高度处的水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
设半球形容器半径为R，小球所在位置与球心连线跟竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动的轨道半径r=Rsinθ，离底部高度h=R(1−cosθ)。
A．小球受重力和支持力，合力提供向心力，有F合=mgtanθ，高度h不同，则θ不同，合力大小不相等，故A错误；
B．由mgtanθ=m·(4π²/T²)·Rsinθ
得T=2π√(Rcosθ/g)
高度h越大，θ越大，cosθ越小，周期T越小，故B错误；
C．运动半圈所受合力的冲量等于动量变化量，大小为I=Δp=2mv
由mgtanθ=mv²/Rsinθ
得v=√(gRsinθtanθ)
高度h越大，θ越大，v越大，动量变化越大，冲量越大，故C正确；
D．支持力N=mg/cosθ
高度h越小，θ越小，cosθ越大，但质量m越大，N的大小无法确定，故D错误。
故选C。
设半球形容器半径为R，小球所在位置与球心连线跟竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动的轨道半径r=Rsinθ，离底部高度h=R(1−cosθ)。
A．小球受重力和支持力，合力提供向心力，有F合=mgtanθ，高度h不同，则θ不同，合力大小不相等，故A错误；
B．由mgtanθ=m·(4π²/T²)·Rsinθ
得T=2π√(Rcosθ/g)
高度h越大，θ越大，cosθ越小，周期T越小，故B错误；
C．运动半圈所受合力的冲量等于动量变化量，大小为I=Δp=2mv
由mgtanθ=mv²/Rsinθ
得v=√(gRsinθtanθ)
高度h越大，θ越大，v越大，动量变化越大，冲量越大，故C正确；
D．支持力N=mg/cosθ
高度h越小，θ越小，cosθ越大，但质量m越大，N的大小无法确定，故D错误。
故选C。
11．根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
A．对A、B组成的系统，所受合外力为mBg−mAg，由于k>1，即mB>mA，合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确；
B．同一根轻绳拉力T大小处处相等，作用时间t相同，根据I=Ft可知细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小，故B正确；
C．根据功能关系，除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，对A球而言，只有重力和拉力做功，故细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量，故C正确；
D．对系统应用牛顿第二定律有mBg−mAg=(mA+mB)a
对A球有T−mAg=mAa
联立解得T=2mAmBg/(mA+mB)=2kmAg/(k+1)
当k越大时，2k/(k+1)越接近2，即拉力T越接近2mAg，而不是mAg，故D错误。
本题选择错误的，故选D。
A．对A、B组成的系统，所受合外力为mBg−mAg，由于k>1，即mB>mA，合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确；
B．同一根轻绳拉力T大小处处相等，作用时间t相同，根据I=Ft可知细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小，故B正确；
C．根据功能关系，除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，对A球而言，只有重力和拉力做功，故细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量，故C正确；
D．对系统应用牛顿第二定律有mBg−mAg=(mA+mB)a
对A球有T−mAg=mAa
联立解得T=2mAmBg/(mA+mB)=2kmAg/(k+1)
当k越大时，2k/(k+1)越接近2，即拉力T越接近2mAg，而不是mAg，故D错误。
本题选择错误的，故选D。
12．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
A．电子在E点和F点所受电场力的大小和方向相反，故A错误；
B．E点和F点电势相同，由Eₚ=qφ，电子在E点和F点的电势能相等，故B错误；
C．电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电子的电势能不变，故C正确；
D．由C项分析可知，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电场力始终不做功，电子的动能不变，故D错误。
故选C。
A．电子在E点和F点所受电场力的大小和方向相反，故A错误；
B．E点和F点电势相同，由Eₚ=qφ，电子在E点和F点的电势能相等，故B错误；
C．电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电子的电势能不变，故C正确；
D．由C项分析可知，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电场力始终不做功，电子的动能不变，故D错误。
故选C。
13．图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O₁为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R₁上，已知压力越大，R₁阻值越小。若R₂两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上的弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R₂两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E₁、内阻不计。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
A．托盘秤上的苹果质量越小，则压力越小，R₁阻值越大，电路电流越小，R₂两端的电压越小，故A错误；
B．当R₂两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。若只增大R₂的阻值，则R₂两端电压达到临界值U时对应的R₁增大，对应的压力减小，则能进入通道2的苹果的标准质量变小，故B正确；
C．根据串联规律可知R₂分到的电压为U₂=R₂/(R₂+R₁)·E₁
可知R₂两端电压达到临界值U时对应的R₁与电动势E₁大小有关，所以分拣苹果的质量标准与电动势E₁大小有关，故C错误；
D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，对电路电流大小没有影响，不改变电路电阻的比例关系，所以分拣苹果的质量标准不发生改变，故D错误。
故选B。
A．托盘秤上的苹果质量越小，则压力越小，R₁阻值越大，电路电流越小，R₂两端的电压越小，故A错误；
B．当R₂两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。若只增大R₂的阻值，则R₂两端电压达到临界值U时对应的R₁增大，对应的压力减小，则能进入通道2的苹果的标准质量变小，故B正确；
C．根据串联规律可知R₂分到的电压为U₂=R₂/(R₂+R₁)·E₁
可知R₂两端电压达到临界值U时对应的R₁与电动势E₁大小有关，所以分拣苹果的质量标准与电动势E₁大小有关，故C错误；
D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，对电路电流大小没有影响，不改变电路电阻的比例关系，所以分拣苹果的质量标准不发生改变，故D错误。
故选B。
14．将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成一定的角度。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为φ的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
AB．弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即图1中实线与虚线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中干涉条纹的夹角φ变小；同时，弹簧圈间距（相当于双缝间距d）减小，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=(L/d)λ可知，条纹间距Δx变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误；
C．改用频率更低的激光，波长λ变大，干涉条纹的夹角φ由弹簧几何结构决定，与波长无关，保持不变，故C错误；
D．根据Δx=(L/d)λ可知，波长λ变大，条纹间距Δx变大，条纹变得稀疏，故D错误。
故选A。
AB．弹簧被压缩时，螺距减小，弹簧螺旋线与垂直于轴线平面的夹角减小，即图1中实线与虚线趋向水平，二者夹角变小，所以图2中干涉条纹的夹角φ变小；同时，弹簧圈间距（相当于双缝间距d）减小，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=(L/d)λ可知，条纹间距Δx变大，条纹变得稀疏，故A正确B错误；
C．改用频率更低的激光，波长λ变大，干涉条纹的夹角φ由弹簧几何结构决定，与波长无关，保持不变，故C错误；
D．根据Δx=(L/d)λ可知，波长λ变大，条纹间距Δx变大，条纹变得稀疏，故D错误。
故选A。
15．（1）如图所示为探究两个互成角度的力的合成规律实验的示意图。关于本实验，下列操作正确的是（ ）
（2）在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，将电源、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关用导线连接成如图所示的电路。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转。下列判断正确的是（ ）
（3）做“用单摆测量重力加速度”的实验时，改变摆线长度L，测得几组L和对应的周期T，绘出L−T²图像，如图所示。若未测量小球半径，仅利用图线斜率k的值______（选填“能”或“不能”）计算出重力加速度g，原因是______。
👩🏫 教师答案
【答案】B；A；①. 能 ②. L−T²图像的斜率k=g/4π²，可得g=4π²k，g只与k有关，与小球半径无关
【详解】
（1）【答案】B
【解析】
【详解】A．F₁、F₂的夹角适当大一些即可，方便作图减小误差，并非必须小于90°，故A错误；
B．本实验采用等效替代法，F单独作用与F₁、F₂共同作用的效果应相同，即都要把小圆环拉到同一位置O并保持静止，故B正确；
C．同一次实验中，为了保证作用效果相同，小圆环的位置必须相同，故C错误。
故选B。
（2）【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，滑片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。即磁通量减小时，指针向右偏转。
A．拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A正确；
B．断开开关，线圈A中电流减小为零，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故B错误；
C．滑片P向左匀速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故C错误。
故选A。
（3）【答案】 ①. 能 ②. L−T²图像的斜率k=g/4π²，可得g=4π²k，g只与k有关，与小球半径无关
【解析】
【详解】[1][2]单摆的摆长等于摆线长度与小球半径之和，即l=L+r
根据单摆周期公式T=2π√(l/g)
代入摆长得T=2π√((L+r)/g)
将公式变形为L关于T²的函数关系，两边平方得T²=4π²(L+r)/g
整理得L=(g/4π²)T²−r
由L−T²图像可知，图线的斜率k=g/4π²
解得g=4π²k
由此可见，重力加速度g的计算只与图线斜率k有关，与截距无关，故未测量小球半径也能计算出g。
（1）【答案】B
【解析】
【详解】A．F₁、F₂的夹角适当大一些即可，方便作图减小误差，并非必须小于90°，故A错误；
B．本实验采用等效替代法，F单独作用与F₁、F₂共同作用的效果应相同，即都要把小圆环拉到同一位置O并保持静止，故B正确；
C．同一次实验中，为了保证作用效果相同，小圆环的位置必须相同，故C错误。
故选B。
（2）【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，滑片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。即磁通量减小时，指针向右偏转。
A．拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A正确；
B．断开开关，线圈A中电流减小为零，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故B错误；
C．滑片P向左匀速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故C错误。
故选A。
（3）【答案】 ①. 能 ②. L−T²图像的斜率k=g/4π²，可得g=4π²k，g只与k有关，与小球半径无关
【解析】
【详解】[1][2]单摆的摆长等于摆线长度与小球半径之和，即l=L+r
根据单摆周期公式T=2π√(l/g)
代入摆长得T=2π√((L+r)/g)
将公式变形为L关于T²的函数关系，两边平方得T²=4π²(L+r)/g
整理得L=(g/4π²)T²−r
由L−T²图像可知，图线的斜率k=g/4π²
解得g=4π²k
由此可见，重力加速度g的计算只与图线斜率k有关，与截距无关，故未测量小球半径也能计算出g。
16．用如图1所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图1中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置S由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置S由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OM、OP、ON。测得球1的质量为m₁，球2的质量为m₂，已知m₁＞m₂。（P、M、N在图中未画出）
（1）下列实验步骤中必要的是______。（选填选项前的字母）
（2）①在误差允许范围内，若关系式______成立，说明两球碰撞前后动量守恒。
②完成上述实验，图2中平均落地点的位置可能正确的是______。
（3）某次实验时先将球1从斜槽上位置S静止释放，确定球1平均落地点P。然后将球2放在斜槽末端，发现球2沿斜槽滚动，于是调整斜槽末端水平，调整后斜槽末端离地面高度跟原来相同。从斜槽上位置S静止释放球1，与球2碰撞后，确定两球平均落地点M和N。若不考虑调整斜槽引起小球在空中运动时间的变化，则m₁OP______m₁OM+m₂ON。（选填“＞”“＝”或“＜”）
（4）某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设OP=x₁、ON=x₂。在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出x₁/x₂−m₁的图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出x₁/x₂−m₂的图像。下图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是______。
👩🏫 教师答案
【答案】（1）D （2） ①. m₁OP=m₁OM+m₂ON ②. C
【详解】
【答案】（1）D （2） ①. m₁OP=m₁OM+m₂ON ②. C
（3）＜ （4）BC
【解析】
【小问1详解】
AB．球1从斜槽上同一位置S由静止释放，到达斜槽末端速度相同；小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间t=√(2H/g)相同，速度v=x/t，动量守恒式中t可约去，v用x代替，因此不需要测量释放高度h和抛出点高度H，故AB错误；
C．本题中O为抛出点在记录纸上的垂直投影，实验直接测量O到落地点的距离，不需要测量小球半径，故C错误；
D．必须用重锤线确定O点位置，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
[1]碰撞前入射球速度v₀=OP/t，碰撞后入射球速度v₁=OM/t，被碰球速度v₂=ON/t，代入动量守恒m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂
可得验证式m₁OP=m₁OM+m₂ON
[2]碰撞后球1速度小于v₀，射程小于OP；碰撞后球2速度大于碰撞后球1速度，射程大于OM，因此落地点顺序可能为MPN。
故选C。
【小问3详解】
调整斜槽前，斜槽末端不水平，球1抛出时初速度水平分量小于球1的初速度大小，在空中运动时间t₀不变，则OP=v₀水平t₀
而动量守恒要求m₁v₀t₀=m₁OM+m₂ON
因此m₁OP=m₁v₀水平t₀故填<。
【小问4详解】
AB．弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂，½m₁v₀²=½m₁v₁²+½m₂v₂²
推导得v₂=2m₁v₀/(m₁+m₂)，代入x₁=OP=v₀t，x₂=ON=v₂t，整理得x₁/x₂=(m₁+m₂)/2m₁=½+m₂/2m₁
仅换m₁，m₁增大时，x₁/x₂减小，逐渐趋近于½，故A错误，B正确；
CD．仅换m₂，x₁/x₂随m₂增大线性增大，截距为½>0，故C正确，D错误。
故选BC。
【答案】（1）D （2） ①. m₁OP=m₁OM+m₂ON ②. C
（3）＜ （4）BC
【解析】
【小问1详解】
AB．球1从斜槽上同一位置S由静止释放，到达斜槽末端速度相同；小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间t=√(2H/g)相同，速度v=x/t，动量守恒式中t可约去，v用x代替，因此不需要测量释放高度h和抛出点高度H，故AB错误；
C．本题中O为抛出点在记录纸上的垂直投影，实验直接测量O到落地点的距离，不需要测量小球半径，故C错误；
D．必须用重锤线确定O点位置，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
[1]碰撞前入射球速度v₀=OP/t，碰撞后入射球速度v₁=OM/t，被碰球速度v₂=ON/t，代入动量守恒m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂
可得验证式m₁OP=m₁OM+m₂ON
[2]碰撞后球1速度小于v₀，射程小于OP；碰撞后球2速度大于碰撞后球1速度，射程大于OM，因此落地点顺序可能为MPN。
故选C。
【小问3详解】
调整斜槽前，斜槽末端不水平，球1抛出时初速度水平分量小于球1的初速度大小，在空中运动时间t₀不变，则OP=v₀水平t₀
而动量守恒要求m₁v₀t₀=m₁OM+m₂ON
因此m₁OP=m₁v₀水平t₀
【小问4详解】
AB．弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂，½m₁v₀²=½m₁v₁²+½m₂v₂²
推导得v₂=2m₁v₀/(m₁+m₂)，代入x₁=OP=v₀t，x₂=ON=v₂t，整理得x₁/x₂=(m₁+m₂)/2m₁=½+m₂/2m₁
仅换m₁，m₁增大时，x₁/x₂减小，逐渐趋近于½，故A错误，B正确；
CD．仅换m₂，x₁/x₂随m₂增大线性增大，截距为½>0，故C正确，D错误。
故选BC。
19．透射电子显微镜是科研中的重要工具，可以通过电子透镜控制电子束轨迹探测物质的微观结构。图1是电子透镜中电子枪和磁聚焦系统的简化示意图。一隔板将真空管分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，隔板的中心有一小孔，右端为可平移接收板。区域Ⅰ中有电场（图中未画出），区域Ⅱ中有沿轴线向右的匀强磁场。电子经电场加速后，从小孔中心O点沿不同方向进入区域Ⅱ。已知磁感应强度大小为B，电子质量为m、电荷量为e，电子与真空管不发生碰撞。忽略电子间的相互作用。
（1）电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，其与轴线方向有一定夹角的电子运动轨迹的投影可能是下图中的______。（沿轴线从左向右看）
（2）将进入区域Ⅱ电子的运动沿轴线方向和垂直于轴线方向分解，已知电子沿轴线方向速度分量的大小在[v₀，v₀+Δv]范围内（Δv很小），电子沿垂直于轴线方向速度分量的大小在[0，v]范围内。
a．求从O点进入区域Ⅱ的所有电子，在运动过程中到轴线的最远距离s。
b．求从O点进入区域Ⅱ的所有电子，第一次返回轴线的位置到O点的最小距离d₁和最大距离d₂。
c．在（2）a和b的基础上进一步研究，将接收板置于d₁处，设此时电子落到接收板上离轴线的最远距离为s'，求s′/s。
👩🏫 教师答案
【答案】（1）C （2）a．s=2mv/eB；b．d₁=2πmv₀/eB，d₂=2πm(v₀+Δv)/eB；c．s′/s=sin(πΔv/(v₀+Δv))
【详解】
【答案】（1）C （2）a．s=2mv/eB；b．d₁=2πmv₀/eB，d₂=2πm(v₀+Δv)/eB；c．s′/s=sin(πΔv/(v₀+Δv))
【解析】
【小问1详解】
电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，所以轨迹圆过O点，且沿轴线从左向右看，磁场垂直纸面向里，根据左手定则可以判断，AC两图中电子在O点受力向右，应该是顺时针运动。
故选C。
【小问2详解】
a．进入区域Ⅱ的电子沿垂直于轴线方向受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动。设电子做匀速圆周运动的半径为r，根据evB=mv²/r
得r=mv/eB
当s＝2r时，距离轴线最远得s=2mv/eB
b．进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。设电子做匀速圆周运动的周期为T，根据T=2πr/v
得T=2πm/eB
当电子沿轴线运动的速度为v₀时，距O点距离最近，速度为v₀+Δv时，距O点距离最远，根据x＝vt
得d₁=2πmv₀/eB，d₂=2πm(v₀+Δv)/eB
c．当接收板置于d₁处时，速度为v₀的电子刚好回到轴线上d₁处。此时，速度为v₀+Δv的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，其运动时间为t，还需转动角度θ回到轴线上d₂处，弦OP即为最远距离s'，如图所示
则t=d₁/(v₀+Δv)
根据（2）b可知T=2πm/eB
且θ=(T−t)/T⋅2π
由几何关系得s′=s·sin(θ/2)
联立得s′/s=sin(πΔv/(v₀+Δv))
【答案】（1）C （2）a．s=2mv/eB；b．d₁=2πmv₀/eB，d₂=2πm(v₀+Δv)/eB；c．s′/s=sin(πΔv/(v₀+Δv))
【解析】
【小问1详解】
电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，所以轨迹圆过O点，且沿轴线从左向右看，磁场垂直纸面向里，根据左手定则可以判断，AC两图中电子在O点受力向右，应该是顺时针运动。
故选C。
【小问2详解】
a．进入区域Ⅱ的电子沿垂直于轴线方向受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动。设电子做匀速圆周运动的半径为r，根据evB=mv²/r
得r=mv/eB
当s＝2r时，距离轴线最远得s=2mv/eB
b．进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。设电子做匀速圆周运动的周期为T，根据T=2πr/v
得T=2πm/eB
当电子沿轴线运动的速度为v₀时，距O点距离最近，速度为v₀+Δv时，距O点距离最远，根据x＝vt
得d₁=2πmv₀/eB，d₂=2πm(v₀+Δv)/eB
c．当接收板置于d₁处时，速度为v₀的电子刚好回到轴线上d₁处。此时，速度为v₀+Δv的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，其运动时间为t，还需转动角度θ回到轴线上d₂处，弦OP即为最远距离s'，如图所示
则t=d₁/(v₀+Δv)
根据（2）b可知T=2πm/eB
且θ=(T−t)/T⋅2π
由几何关系得s′=s·sin(θ/2)
联立得s′/s=sin(πΔv/(v₀+Δv))
二、非选择题
17．如图1所示，将轻弹簧竖直固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧的正上方h处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知重力加速度g。
（1）求小球刚接触弹簧时速度的大小v₀。
（2）求压缩过程中弹簧弹性势能的最大值Eₚₘ。
（3）以竖直向下为正方向，从小球接触弹簧开始计时，在图2中定性画出小球从接触弹簧到下落至最低点过程中速度v随时间t变化的图线。
👩🏫 教师答案
【答案】（1）v₀=√(2gh)
【详解】
【答案】（1）v₀=√(2gh)
（2）Eₚₘ=mg(h+x)
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球接触弹簧前做自由落体运动，由v₀²=2gh
得v₀=√(2gh)
【小问2详解】
小球下落至最低点时，弹簧弹性势能最大、小球的动能为0，根据机械能守恒定律，得Eₚₘ=mg(h+x)
【小问3详解】
开始阶段重力大于弹力，合力向下，随着弹力增大，加速度减小，做加速度减小的加速，当弹力等于重力，此时速度最大，之后弹力大于重力，合力向上，向下做减速运动，随着弹力增大，加速度增大，如图所示
【答案】（1）v₀=√(2gh)
（2）Eₚₘ=mg(h+x)
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球接触弹簧前做自由落体运动，由v₀²=2gh
得v₀=√(2gh)
【小问2详解】
小球下落至最低点时，弹簧弹性势能最大、小球的动能为0，根据机械能守恒定律，得Eₚₘ=mg(h+x)
【小问3详解】
开始阶段重力大于弹力，合力向下，随着弹力增大，加速度减小，做加速度减小的加速，当弹力等于重力，此时速度最大，之后弹力大于重力，合力向上，向下做减速运动，随着弹力增大，加速度增大，如图所示
18．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的定值电阻。一长为L、电阻为r的导体棒放置在导轨上，与导轨接触良好。导体棒在外力作用下沿导轨以速度v向右做匀速运动。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，导体棒运动过程中始终与两导轨保持垂直。
（1）求电路中产生的感应电流I。
（2）求导体棒两端的电压U。
（3）已知导体棒内定向运动的电子数为N。设导体棒所受安培力为F安，导体棒内定向运动的电子所受洛伦兹力的矢量和为F洛，分析比较F安与F洛的大小关系。
👩🏫 教师答案
【答案】（1）I=BLv/(R+r)
【详解】
【答案】（1）I=BLv/(R+r)
（2）U=R/(R+r)·BLv
（3）F安【解析】
【小问1详解】
由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律I=E/(R+r)
得I=BLv/(R+r)
【小问2详解】
根据欧姆定律U＝IR
得U=R/(R+r)·BLv
【小问3详解】
设电子的电荷量为e，导体棒内定向运动的电子随导体棒运动的速度为v，沿导体棒定向运动的速度为u，如图为一个电子的运动分析
则v合=√(v²+u²)
由I=Neu/L和F安=BIL
得F安=N⋅Beu
每一个自由电子受到的洛伦兹力为f洛=Bev合
导体棒内定向运动的电子所受洛伦兹力的矢量和为F洛=N⋅Bev合
因为u所以F安
【答案】（1）I=BLv/(R+r)
（2）U=R/(R+r)·BLv
（3）F安
【小问1详解】
由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律I=E/(R+r)
得I=BLv/(R+r)
【小问2详解】
根据欧姆定律U＝IR
得U=R/(R+r)·BLv
【小问3详解】
设电子的电荷量为e，导体棒内定向运动的电子随导体棒运动的速度为v，沿导体棒定向运动的速度为u，如图为一个电子的运动分析
则v合=√(v²+u²)
由I=Neu/L和F安=BIL
得F安=N⋅Beu
每一个自由电子受到的洛伦兹力为f洛=Bev合
导体棒内定向运动的电子所受洛伦兹力的矢量和为F洛=N⋅Bev合
因为u
20．黑洞是一种质量非常大、半径非常小的天体。天文学家跟踪观测了银河系中心附近恒星的运行轨迹，推测出银河系中心存在质量为M的黑洞。已知相距为r、质量分别为m₁和m₂的两质点之间的引力势能Eₚ=−Gm₁m₂/r，G为引力常量。仅考虑黑洞对物质的引力作用。
（1）银河系中心黑洞会不断吞噬周围的星际物质，这些物质在被吞噬的过程中会先进入“吸积盘”，并产生电磁辐射。为了研究进入吸积盘中物质产生的电磁辐射，某同学建立如下简化模型：在被吞噬过程中，吸积盘各处物质绕黑洞旋转，机械能不断转化为电磁辐射，在运动过程中其轨道半径不断减小，但每一圈的运动仍可视为匀速圆周运动。
a．求吸积盘中到黑洞距离为r处物质的线速度大小v。
b．设单位时间内有质量为mₜ的物质进入吸积盘。已知吸积盘中各处物质的质量分布是稳定的，不随时间变化。求吸积盘中距离黑洞r₁到r₂区域（r₁＜r₂）的电磁辐射功率P。
（2）某黑洞质量MB约为8.6×10³⁶kg，绕其做椭圆轨道运动的S0-2星体，到黑洞的最近距离r₀约为1.8×10¹⁵m。黑洞到地球的平均距离rE约为2.5×10²⁰m。在地球上观测S0-2星体距离黑洞最近时发出的一条氢原子特征谱线，观测到的波长λ大于其静止波长λ₀，这种现象称为“红移”。定义红移值z=(λ−λ₀)/λ₀。
a．某同学认为可以用“引力红移”理论解释这一现象，即光子在黑洞引力场中远离黑洞时其能量会减小。光子能量E=hv=mc²，式中h为普朗克常量，v为光的频率，m为光子的等效质量，c为真空中的光速。在传播过程中光子等效质量的变化量远小于m。已知G=6.67×10⁻¹¹N⋅m²⋅kg⁻²，c=3×10⁸m⋅s⁻¹。根据红移值的定义，应用引力红移理论，估算上述氢原子特征谱线由引力引起的红移值zg。（结果保留一位有效数字）
b．已知λ=121.9nm，λ₀=121.6nm。基于（2）a的结果，分析判断由引力引起的红移是否为产生红移现象的主要原因。
海淀区2025—2026学年第二学期期中练习
👩🏫 教师答案
【答案】（1）a． √(GM/r)；b． ½GMmₜ(1/r₁−1/r₂)
【详解】
【答案】（1）a． √(GM/r)；b． ½GMmₜ(1/r₁−1/r₂)
（2）a．4×10⁻⁶；b．不是
【解析】
【小问1详解】
a．设吸积盘中到黑洞距离为r处物质的质量为m
根据GMm/r²=mv²/r
解得v=√(GM/r)
b．设Δt时间内，距离黑洞r₁到r₂区域进入吸积盘的物质的质量为Δm
这些物质机械能的减少量为ΔE，则Δm=mₜΔt
根据能量守恒½Δmv₁²+(−GM⋅Δm/r₁)+ΔE=½Δmv₂²+(−GM⋅Δm/r₂)
又P=ΔE/Δt
联立解得P=½GMmₜ(1/r₁−1/r₂)
【小问2详解】
a．设光在黑洞附近时的频率为v₀、波长为λ₀，光子的等效质量为m₀，地球上接收到光的频率为v、波长为λ，光子的等效质量为m。光子从黑洞附近传播到地球的过程中，仅在黑洞引力场作用下，
根据能量守恒hv₀+(−GMBm₀/r₀)=hv+(−GMBm/rE)
又{v₀=c/λ₀；v=c/λ}
和{hv₀=m₀c²；hv=mc²}
联立解得hv₀(1−GMB/r₀c²)=hv(1−GMB/rEc²)
由题中条件知，r₀≪rE
解得zg≈GMB/c²r₀
所以zg=4×10⁻⁶
b．根据z=(λ−λ₀)/λ₀
实际观测的红移值为z≈2×10⁻³
因为zg≪z，所以引力引起的红移不是产生红移现象的主要原因。
【答案】（1）a． √(GM/r)；b． ½GMmₜ(1/r₁−1/r₂)
（2）a．4×10⁻⁶；b．不是
【解析】
【小问1详解】
a．设吸积盘中到黑洞距离为r处物质的质量为m
根据GMm/r²=mv²/r
解得v=√(GM/r)
b．设Δt时间内，距离黑洞r₁到r₂区域进入吸积盘的物质的质量为Δm
这些物质机械能的减少量为ΔE，则Δm=mₜΔt
根据能量守恒½Δmv₁²+(−GM⋅Δm/r₁)+ΔE=½Δmv₂²+(−GM⋅Δm/r₂)
又P=ΔE/Δt
联立解得P=½GMmₜ(1/r₁−1/r₂)
【小问2详解】
a．设光在黑洞附近时的频率为v₀、波长为λ₀，光子的等效质量为m₀，地球上接收到光的频率为v、波长为λ，光子的等效质量为m。光子从黑洞附近传播到地球的过程中，仅在黑洞引力场作用下，
根据能量守恒hv₀+(−GMBm₀/r₀)=hv+(−GMBm/rE)
又{v₀=c/λ₀；v=c/λ}
和{hv₀=m₀c²；hv=mc²}
联立解得hv₀(1−GMB/r₀c²)=hv(1−GMB/rEc²)
由题中条件知，r₀≪rE
解得zg≈GMB/c²r₀
所以zg=4×10⁻⁶
b．根据z=(λ−λ₀)/λ₀
实际观测的红移值为z≈2×10⁻³
因为zg≪z，所以引力引起的红移不是产生红移现象的主要原因。