2025届北京市海淀区高三下学期三模预测物理试题（解析版）

这是一份2025届北京市海淀区高三下学期三模预测物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A. 为了增加光的透射，通常在摄像机的镜头表面镀一层特定厚度的薄膜，这是利用了光的干涉
B. 光照射到不透明圆盘后，在圆盘阴影中心出现一个亮斑，这是光的偏振现象
C. 在观看立体电影时，观众要戴上特制的眼镜，银幕上的图像才清晰，这副眼镜利用了光的全反射
D. 用光导纤维传输载有声音、图像以及各种数字信号的信息，这是利用了光的衍射
【答案】A
【解析】A．为了增加光的透射，通常在摄像机的镜头表面镀一层特定厚度的薄膜，这是薄膜干涉现象，利用了光的干涉，故A正确；
B．光照射到不透明圆盘后，在圆盘阴影中心出现一个亮斑，这是光的衍射现象，故B错误；
C．在观看立体电影时，观众要戴上特制的眼镜，银幕上的图像才清晰，这副眼镜利用了光的偏振，故C错误；
D．用光导纤维传输载有声音、图像以及各种数字信号的信息，这是利用了光的全反射，故D错误。故选A。
2. 有关核反应方程式，（ ）下列说法正确的是（ ）
A. （ ）中应该是电子B. （ ）中应该是质子
C. 该反应是核聚变D. 该反应是核裂变
【答案】B
【解析】AB．根据质量数和电荷数守恒，有，故A错误，B正确；
CD．该反应是原子核的人工转变，故CD错误。故选B。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动就是分子运动
B. 一锅水中撒些胡椒粉，加热时发现胡椒粉在翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈
C. 当分子间距离增大时，分子势能不一定增大
D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【答案】C
【解析】A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B．一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布朗运动，故B错误；
C．分子间可能是引力，也可能是斥力，故两分子间的距离增大时，两个分子间作用力可能做正功，也可能做负功；分子力做功等于分子势能的变化量，故分子势能可能减小，也可能增加，故C正确；
D．分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小，故D错误。故选C。
4. 图甲为一列沿x轴负方向传播的简谐波在时刻的波形图，则图乙可能为哪个质点的振动图像（ ）
A. 处的质点B. 处的质点
C. 处的质点D. 处的质点
【答案】D
【解析】当时，由图乙可知，质点在时处于平衡位置，正要沿轴正方向运动，由题图甲波动图线向轴负方向传播，根据“同侧法”可判断处和处的质点在平衡位置，且正沿轴正方向运动。故选D。
5. 如图，在一水平桌面上放置的闭合导体圆环正上方不远处，有一条形磁铁（S极朝上，N极朝下）由静止开始快速向右运动时，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看）和相互作用情况，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环中感应电流的方向是逆时针B. 圆环中感应电流的方向是顺时针
C. 圆环有向左的运动趋势D. 圆环对水平桌面的压力增大
【答案】B
【解析】AB．由图示可知，圆环中磁场方向向下，在磁铁向右移动时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向下，再由安培定则可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，所以A错误，B正确；
C．由左手定则可知，圆环受到的安培力方向向斜右上方，所以圆环有向右运动趋势，C错误；
D．在竖直方向上圆环受到重力、桌面对它的支持力，在向右运动的过程中增加了安培力沿竖直方向上的分力，所以支持力变小，根据牛顿第三定律，可知，压力变小，D错误。
故选B。
6. 如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数分别为n1和n2，原线圈接在正弦式交变电源上，副线圈接有一灯泡L。为了检测理想变压器的相关数据，变压器的铁芯上还接有一匝数为2匝的电压互感器，电压表为理想交流电压表。已知电路稳定时小灯泡恰好正常发光，电压互感器中电压表的示数为U0，下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡的额定电压为
B. 正弦式交变电源的电压有效值为
C. 原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率
D. 原、副线圈两端的电压之比
【答案】A
【解析】A．根据变压器原理可知得，故A正确；
B．根据变压器原理可知得
此为原线圈、也为正弦式交变电源的电压有效值，故B错误；
CD．由于变压器是理想变压器，且电压表为理想交流电压表，无能量损失，则原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，又得，故CD错误。故选A。
7. 如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠在一起，在水平力F1、F2的作用下运动，已知F1>F2。下列说法正确的是（ ）
A. 甲对乙的作用力大小为F1
B. 乙对甲的作用力大小为
C. 如果撤去F1，乙的加速度一定变大
D. 如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小
【答案】D
【解析】AB．设甲、乙的质量都为m，撤去某个外力之前，对整体，根据牛顿第二定律有解得
对乙分析有解得
根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小也为，故AB错误；
CD．如果撤去F1，对整体，根据牛顿第二定律有解得
由于无法比较与的大小关系，故无法比较与的大小关系，故C错误；
D．如果撤去F1，对乙分析有，解得
故甲对乙的作用力一定减小，故D正确。故选D。
8. 如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场，质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力，下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电B. 粒子b在磁场中运动的时间最短
C. 粒子c在磁场中运动的周期最长D. 射入磁场时粒子c的速率最大
【答案】B
【解析】A．根据左手定则可知a粒子带正电，b、c粒子带负电，故A错误；
BC．由洛伦兹力提供向心力，可知周期
即各粒子的周期一样，又因粒子在磁场中的运动时间为
由图可知，粒子b的轨迹对应的圆心角最小，所以粒子b在磁场中运动的时间最短，故B正确，C错误；
D．由洛伦兹力提供向心力可知
由图可知，粒子c的圆周运动半径r最小，所以射入磁场时粒子c的速率最小，故D错误。故选B。
9. 一质量为m的小球从离地面上方高度为h处由静止释放，碰到地面后又以碰地前的原速率竖直向上弹起，然后上升至离地面高度为处时速度减为零，以上整个过程中小球运动的速度随时间变化的关系如图所示。若小球在空中运动过程中受到的空气阻力与其运动速率成正比，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A. 在时间内，小球的平均速度小于
B. 在时间内，小球克服阻力做功为
C. 小球在时间内重力的冲量小于在时间内重力的冲量
D. 小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍
【答案】D
【解析】A．图像的面积等于位移，则在时间内，小球的位移大于做匀加速直线运动的位移，可知平均速度大于，选项A错误；
B．由能量关系可知，在时间内，小球克服阻力做功为
选项B错误；
C．下降过程中
上升过程中，则
根据，小球下落过程时间大于上升过程的时间，则根据IG=mgt
可知，在时间内重力的冲量大于在时间内重力的冲量，选项C错误；
D．根据，因下降的距离为上升距离的3倍，可知小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍，选项D正确。故选D。
10. 2024年3月20日8时31分，探月工程四期“鹊桥二号”中继星由“长征八号”遥三运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射升空。某卫星沿椭圆轨道绕地球运行的示意图如图所示，地球半径为R，卫星的近地点Q在地球表面上方0.5R处，卫星的远地点P到地心的距离为3R，则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在Q点的运行速率小于在P点的运行速率
B. 在Q点和P点卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为1：2
C. 卫星在Q点和P点受到的万有引力大小之比为36：1
D. 卫星在Q点和P点的加速度大小之比为4：1
【答案】D
【解析】AB．根据开普勒第二定律可知，在点和点的卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为，因此卫星在点的运行速率大于在点的运行速率，故AB错误；
CD．根据结合可知，卫星在点和点受到的万有引力大小之比为，由可知加速度大小之比也为，故C错误，D正确。故选D。
11. 如图所示，真空中两点电荷分别位于直角三角形的顶点和顶点上，为斜边的中点，。已知A点电场强度的方向垂直向下，则下列说法正确的是（ ）
A. 电性相同
B. 电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的一半
C. 电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的二倍
D. 点电势高于A点电势
【答案】B
【解析】A．根据题述，A点的电场强度垂直向下，如图所示
由电场强度的叠加原理可知带正电、带负电。故A错误；
BC．根据题述，A点的电场强度垂直向下，可得，，
联立，解得，故B正确；C错误；
D．在两点产生的电势相等，在A点产生的电势高于在点产生的电势，则A点的电势高于点。故D错误。故选B。
12. 如图所示，将长度为a、宽度为b、厚度为c的金属导体板放在垂直于ab表面的匀强磁场中，当导体中通有从侧面1流向3的电流I时，在导体的上下表面2和4之间会产生电势差U，这种现象称为霍尔效应。利用霍尔效应的原理可以制造磁强计，测量磁场的磁感应强度。已知该金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e。则该磁场的磁感应强度B的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当在导体的上下表面2和4之间产生恒定的电势差U时，自由电子此时受到的电场力与洛伦兹力平衡，即可得
结合电流的微观表达式，联立可得，故选A。
13. 机动车故障检测时，车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，主动轮沿前进方向转动一段时间。过程简化图中：车轮A的半径为ra，滚动圆筒B的半径为rb，A与B间不打滑。当A以恒定转速n（单位为r/s）运行时，下列说法正确的是（ ）
A. B的边缘线速度大小为2πnrb
B. A的角速度大小为2πn，且A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动
C. A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿顺时针方向转动
D. A、B的角速度之比为
【答案】B
【解析】A．两轮不打滑，两轮边缘的线速度大小相等，即v＝2πnra＝2πnbrb≠2πnrb
故A错误；
B．车轮A是主动轮，A的角速度大小ωa＝2πn
A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，故B正确；
CD．两轮边缘的线速度相等，v＝ωara＝ωbrb
角速度之比
由于两轮的半径不相等，则两轮的角速度大小不相等，A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，故CD错误。故选B。
14. 如图所示，太空中有A、B双星系统绕O点逆时针做匀速圆周运动，运动周期为，它们的轨道半径分别为、，。C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为。忽略A、C间引力，已知引力常量为G，，A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。则（ ）
A. A的线速度大于B的线速度
B. B的质量为
C. 若A也有一颗运动周期为的卫星，则其轨道半径一定大于C的轨道半径
D. 若知道C绕B运动轨道半径，则可求出C的质量
【答案】C
【解析】A．由于A、B星的角速度相等，根据可知，角速度相等时，半径越大，线速度越大，因此A的线速度大于B的线速度，A错误；
B．根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，对于A星而言
解得，B错误；
C．设A星的卫星的轨道半径为，B星的卫星的轨道半径为，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得，解得
同理可得
根据上述求解可知，
由于，可知，故，C正确；
D．即使知道C绕B运动的轨道半径，也只能求得中心天体B星的质量，而无法求得C星的质量，D错误。故选C。
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）用图甲所示的装置探究气体的等温变化规律。
下列哪些操作是必需的___________。
A. 调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉
B. 测量空气柱的直径
C. 读取压力表示数
D. 读取空气柱的长度
（2）“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图乙所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是（ ）
A. 实验时必须保持磁铁运动的速率不变
B. 该实验需要知道线圈的绕向
C. 该实验需要记录磁铁的运动方向
D. 该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系
（3）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图1所示。双缝间距为，毛玻璃光屏与双缝间的距离为。从目镜中看到的干涉图样如图2所示，若A、B两条亮纹中央间距为，则所测光的波长为________。（用所给物理量的字母表示）。使分划板的中心刻线对齐亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图3所示，其读数为___________mm。
【答案】（1）ACD （2）BCD （3） ； 9.20
【解析】【小问1】A．探究气体的等温变化规律时，缓慢移动柱塞是为了避免气体温度因快速压缩或膨胀而发生变化，确保实验满足等温条件，故A正确；
B．封闭气体的体积等于空气柱长度与空气柱横截面积的乘积，根据，可知在验证等式两边可以约掉S，所以不需要测量空气柱的直径，故B错误；
C．实验中需记录封闭气体的压强值（通过压力表或传感器读取），用于分析压强与体积的关系，故C正确；
D．空气柱长度与注射器横截面积的乘积即为气体体积，需通过刻度测量长度来计算体积。故D正确。故选ACD。
【小问2】“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，实验的核心是通过磁场方向、磁通量变化趋势和电流方向的关系验证楞次定律，因此需明确线圈绕向、磁铁运动方向及电流计偏转特性。
A．实验只需观察磁通量变化的趋势（增加或减少），而无需控制磁铁运动的速率。感应电流方向仅与磁通量变化的趋势有关，速率仅影响电流大小，故A错误；
B．线圈的绕向直接影响感应电流方向与磁场方向的关系。实验中需明确绕向，才能结合电流计指针偏转方向判断感应电流的磁场方向，故B正确；
C．必须记录磁铁是“插入”还是“拔出”线圈，以区分磁通量是增加还是减少。这是分析感应电流方向与磁通量变化关系的关键步骤，故C正确；
D．实验前需用一节干电池确定电流方向与电流计指针偏转方向的对应关系（如左进左偏或右进右偏），这是后续分析感应电流方向的基础，故D正确。故选BCD。
【小问3】从目镜中看到的干涉图样如图2所示，若A、B两条亮纹中央间距为，根据，则所测光的波长为
此时游标尺上的示数情况如图3所示，其读数为
16. 在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：
（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D。某次测量结果如图甲所示，则这次测量的读数______mm。
（2）用多用电表测得金属丝的阻值约为3Ω，现在使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小），待测电阻丝、导线，开关外，电压表应选用______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。（以上三个空选填器材前的字母）
A.电压表（量程15V，内阻约15kΩ）
B.电压表（量程3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（量程600mA，内阻约1Ω）
D.电流表（量程3A，内阻约0.02Ω）
E.滑动变阻器（总阻值10Ω，额定电流2A）
F.滑动变阻器（总阻值100Ω，额定电流2A）
（3）若采用图乙所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的______（选填“a”或“b”）点相连。若某次测量中，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、L、U、I），写出电阻率的计算式：______。
（4）若采用图丙的电路测量电阻率，图中的电流表内阻跟接近。闭合开关S，多次移动滑片P的位置改变电路中接入金属丝的有效长度，分别记录每次电流表的示数I和接入电路中金属丝的有效长度L。根据实验中所测的数据，作出的下列图像合理的是______。（填选项标号）
A. B.
C. D.
【答案】（1）0.517（0.515~0.519） （2） B ； C ； E
（3） ； （4）BC
【解析】【小问1】根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
【小问2】由于电源电动势为，内阻很小，为了确保电压测量值的精度，电压表选择，即电压表选择B；
待测电阻约为，当电压表B达到满偏3V时，通过电流表的电流约为1A，为了确保电流表的安全与精度，电流表选择，即电流表选择C；
电路中待测金属丝的阻值约为3Ω，滑动变阻器采用限流式接法，为了确保安全，方便调节，使测量数据的连续性强，滑动变阻器选择与待测电阻阻值接近的，即待测电阻选择E。
【小问3】结合上述可知，选择的电压表的内阻约为3kΩ，待测电阻的阻值约为3Ω，选择的电流表的内阻约为1Ω，电压表的内阻远远大于待测电阻，而电流表的内阻与待测电阻的阻值接近，可知，电流表分压影响较大，测量电路采用电流表外接法，即电压表的左端应与电路中的点相连；
根据欧姆定律有
根据电阻的决定式有，解得
【小问4】根据闭合电路的欧姆定律有
整理可得
则有，，
可知，合理的图像是第二个和第三个图像。故选BC。
二、解答题（共4小题）
17. 如图，相距L＝1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R＝2Ω的电阻，导轨所在足够长区域内加上与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1T。现有电阻r＝1Ω，质量m＝1kg的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab以速度v＝12m/s从边界MN进入磁场后。
（1）求棒ab刚进入磁场时的加速度大小；
（2）棒ab进入磁场一段距离后，速度大小变为6m/s，求从进入磁场到此时的过程中电阻R产生的焦耳热为多少；
（3）求棒ab最终停的位置。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）当导体棒进入磁场切割磁感线时，导体棒受安培力
由牛顿第二定律
解得
（2）对导体棒，由能量守恒得
两电阻热量之比
总热量为
联立得
（3）在导体棒运动的极短时间内，从t→时间内，由动量定理
即
解得
18. 如图所示，水平地面上有一质量为M，高为h、足够长的薄长方形木箱，顶部O处用一不可伸长的轻质细线悬挂一质量为m的小球（视为质点），在O点正下方的底板上有一点B，已知木箱与地面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计一切阻力。
（1）若用一恒力拉着木箱在地面上匀加速运动，细线偏离的角度为θ，求此时小球的加速度大小。
（2）若保持木箱静止，分别选用不同长度的细线，每次拉直细线至水平后将小球由静止释放，细线到达最低点总能立即断裂，平抛落在木箱底板上。当线长为多少时，小球的落点离B点的水平距离最远？并求出这一最远距离。
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，它与地面的最大静摩擦力至少为多大？
【答案】（1） （2）， （3）
【解析】【小问1】细线偏离的角度为θ，对小求分析知
解得此时小球的加速度大小
【小问2】设细线长为时，小球的落点离B点的水平距离最远，为，小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒，解得
之后小球做平抛运动，有，解得
故当，即时，小球的落点离B点的水平距离最远，为
【小问3】在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，设小球从水平由静止释放后到与竖直方向偏离角度为时， 静摩擦力为最大，对小球根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
联立解得
对M分析
根据平衡条件
故时静摩擦力为最大
它与地面的最大静摩擦力至少为。
19. 转动被淋湿的雨伞，雨水会被甩落到地面。某同学观察到，在雨伞加速转动过程中水滴被甩落，他猜想雨伞转速增加的快慢不同，水滴落点的远近也会不同。为了验证猜想，他设计了一个实验。
如图所示，半径为R的水平圆盘在电机带动下可绕中心轴转动，且通过控制电机调整圆盘转速，转速可以缓慢增大，也可以迅速增大。圆盘静止时，在其边缘处放一质量为m的小物体。已知小物体与圆盘间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）圆盘初始静止，控制电机，让圆盘的转速缓慢增大。当转速增大到某一值时，小物体被甩出。求：
a．小物体被甩出时圆盘角速度的大小ω0；
b．小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功W。
（2）通过研究小物体被甩出后落到水平地面的情况，可以模拟水滴从雨伞边缘甩落的情况。设在圆盘转速缓慢增大的情况下，小物体被甩出后的落点到中心轴的距离为L1；在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体被甩出后的落点到中心轴的距离为L2。
a．在图中，画出在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体所受摩擦力f的示意图；
b．写出在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体被甩出瞬间所受摩擦力f与瞬时速度v的关系式，并由此比较L1和L2的大小关系。（注意：解答中需要用到、但题目中没有给出的物理量，要在解题过程中做必要的说明）
【答案】（1）a.，b. （2）a.见解析，b.见解析
【解析】【小问1】a.当转速增大到某一值时，小物体被甩出，此时，最大静摩擦力提供向心力，则
解得
b.小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功为，
所以
【小问2】a.小物体所受摩擦力如图所示
b.物体被甩出瞬间，静摩擦力达到最大值，即
设与半径夹角为，在沿半径方向，由牛顿第二定律得
物体被甩落后做平抛运动，两种情况下平抛的飞行时间 相等，由几何关系可知
转速缓慢增大
转速迅速增大
由于
可得
20. 处于自然状态的物体会不断地向外辐射电磁波，同时也会吸收由其他物体辐射来的电磁波，当辐射和吸收达到平衡时，物体的温度保持不变。如果某物体能完全吸收入射到其表面的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就称为黑体。黑体也会同时向外辐射电磁波，已知单位时间内从黑体表面单位面积辐射出电磁波的能量I与黑体表面热力学温度T的4次方成正比，即I=σT4，其中σ为已知常量。
（1）若将火星看成表面温度相同的球形黑体，火星的半径为r，火星中心到太阳中心的距离为L，且L远远大于r，所以火星接收到来自太阳的辐射可视为垂直射到面积为πr2的圆面上。已知太阳向外辐射电磁波的总功率为P1。火星大气层对太阳辐射的吸收和反射、太阳辐射在传播过程中的能量损失，以及其他天体和宇宙空间的辐射均可忽略不计。
① 求在火星表面垂直于太阳和火星连线的单位面积接收到的来自太阳辐射的功率P0；
② 设火星向四面八方各个方向均匀辐射，请写出当吸收和辐射达到平衡时火星表面热力学温度T火的表达式。
（2）太阳辐射电磁波能量来源于如图甲所示的太阳中心的“核反应区”。“核反应区”产生的电磁波在向太阳表面传播的过程中，会不断被太阳的其他部分吸收，然后再辐射出频率更低的电磁波。为了研究“核反应区”的温度，某同学建立如下简化模型：如图乙所示，将“核反应区”到太阳表面的区域视为由很多个“薄球壳层”组成，第1“薄球壳层”的外表面为太阳表面；各“薄球壳层”的内、外表面都同时分别向相邻内“薄球壳层”和外“薄球壳层”均匀辐射功率相等的电磁波（第1“薄球壳层”的外表面向太空辐射电磁波，最内侧的“薄球壳层”的内表面向“核反应区”辐射电磁波），如图丙所示；“核反应区”产生的电磁波的能量依次穿过各“薄球壳层”到达太阳的表面，每个“薄球壳层”都视为黑体，且辐射和吸收电磁波的能量已达到平衡，所以各“薄球壳层”的温度均匀且恒定。
已知太阳表面热力学温度为T1，所构想的“薄球壳层”数目为N，太阳半径R1与“核反应区”的半径RN满足R1=kRN（k为已知的常数），第1“薄球壳层”的外表面向外辐射电磁波的总功率为P1。请根据该同学建立的模型和题目中给出的信息，解答下列问题。
① 求第2、第3和第N“薄球壳层”向相邻外“薄球壳层”辐射电磁波的功率P2、P3和PN；
② 若认为“核反应区”的温度和第N“薄球壳层”的温度TN相等，请推导出“核反应区”热力学温度TN的表达式。结合所得到TN的表达式，请说明该同学的模型是否合理？若不合理，请说明理由。
【答案】（1）①；②T火=；（2）①2P1，3P1，NP1；②见解析
【解析】（1）①在以太阳为中心L为半径的球面上，单位面积接收到的太阳辐射的功率为
这就是在火星表面垂直于太阳和火星连线上单位面积接收到的来自太阳辐射的功率。
②火星接收到的来自太阳的电磁辐射总功率P火=
火星吸收太阳的电磁波的能量与自身辐射电磁波的能量达到平衡时有P火=
根据题意有I=σT火4
联立以上3式，解得T火=
（2）①根据题意，当辐射和吸收电磁波的能量达到平衡时
对于第一层有P2=2P1
对于第二层有2P2= P3+P1
所以P3=3P1
对于第三层有2P3= P4+P2
所以P4=4P1
由此可推知PN=NP1
② 太阳表面单位时间内向外辐射的总功率为P1，则在太阳表面
同理，对于第N薄球壳层应有
联立以上两式得
这个模型不太合理。薄球壳的层数没有确定，而根据表达式，分的薄球壳层数越多，核反应层温度越高，当N趋近无穷大时，温度趋近于无穷高。但实际核反应层的温度应该是一个有限值。