浙江省宁波十校2026届高三下学期3月联考（二模）物理试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波十校2026届高三下学期3月联考（二模）物理试卷（Word版附解析），文件包含新部编版八年级语文下册第六单元教学目标测评卷PPT参考答案课件pptx、新部编版八年级语文下册第六单元教学目标测评卷A3原卷版doc、新部编版八年级语文下册第六单元教学目标测评卷A3解析版doc等3份课件配套教学资源，其中PPT共28页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时，先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度取。
选择题部分
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 2025年9月，中国科学家成功研制出35.1万高斯（1特斯拉=1万高斯）的稳态强磁场，标志着我国在超导磁体技术领域已跻身国际前列。单位“高斯”所对应的物理量是（ ）
A. 磁感应强度B. 磁场力C. 磁通量D. 磁场能
【答案】A
【解析】
【详解】题干明确给出换算关系：1 特斯拉=1 万高斯，而特斯拉是磁感应强度的国际单位，高斯就是磁感应强度的常用单位，因此高斯对应的物理量是磁感应强度，故选A。
2. 如图为中国第一艘电磁弹射型航母海军福建舰航行的画面。下列说法正确的是（ ）
A. 电磁弹射舰载机起飞时舰载机相对福建舰静止
B. 福建舰进入船坞进行维护修理时不可以看成质点
C. 福建舰在海上匀速率转弯时所受合外力为零
D. 福建舰最快航行速度不低于30节，指是平均速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．电磁弹射舰载机起飞时，舰载机相对福建舰的位置不断变化，因此舰载机相对福建舰是运动的，故A错误；
B．福建舰进入船坞维护修理时，需要关注船体各部位的状态，其大小、形状不可忽略，因此不能看成质点，故B正确；
C．福建舰匀速率转弯时，速度方向时刻改变，存在向心加速度，根据牛顿第二定律，其所受合外力不为零，故C错误；
D．“最快航行速度”描述的是某一时刻的速度大小，是瞬时速率，不是平均速度，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，在打糍粑的过程中，木槌先被高高举过头顶，后加速挥动击打糯米。从挥动开始到木槌刚接触糯米前，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 木槌受到的合力方向始终与它的运动方向一致
B. 木槌的动能增加、重力势能减少，因此其机械能一定守恒
C. 木槌向下运动是因为它受到的重力大于手对其的作用力
D. 在加速向下的过程中，手对木槌的作用力与木槌对手的作用力始终等大
【答案】D
【解析】
【详解】A．木槌运动路径是弧形曲线，垂直运动方向合力的分力提供向心力，因此合力方向不与运动方向一致，A错误；
B．木槌运动过程中，人对木槌施力做功，机械能不守恒，B错误；
C．木槌向下运动，说明合力的方向存在向下的分量，下落过程中，手对木槌的作用力向下，不能确定木槌重力一定大于手的作用力，C错误；
D．手对木槌的作用力与木槌对手的作用力为一对相互作用力，满足牛顿第三定律，故手对木槌的作用力与木槌对手的作用力始终等大反向，D正确。
故选 D。
4. 真空中两个静止点电荷、的电场线分布如图所示，其带电量分别为、，、两点关于点电荷左右对称，其中在连线上，一带电粒子仅在电场力作用下沿虚线从向运动，其中、分别表示场强与电势。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带正电B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．轨迹的凹侧为带电粒子的受力方向，本题轨迹凹侧朝向左侧，因此粒子受力方向向左；A左侧的电场方向指向A（向右），受力方向与电场方向相反，因此粒子带负电，故A正确；
B．P、Q关于A对称，设A到P、A到Q距离均为d，AB间距为L：P在AB之间，A的场强向左，B的场强也向左，合场强（两个场强同向叠加）
故B错误；
Q在A左侧，A的场强向右，B的场强向左，合场强（两个场强反向抵消）；因此；故B错误；
C．图中A左侧的电场线也终止于A，说明除了B发出的电场线，还有无穷远来的电场线终止于A，因此A的电荷量绝对值​；高中物理中比较带电量大小默认指绝对值，因此​，故C错误；
D．电势是标量，叠加计算，A带电，B带电，则
因为，且，因此​，故D正确。
故选D。
5. 赫兹通过如图所示的实验装置观察到了电火花，证实了电磁波的存在。重复实验时发现改变接收器参数可以更容易观察到电火花，这个过程叫作（ ）
A. 调幅B. 调谐C. 调频D. 解调
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者都属于调制，是发射电磁波时，将信号加载到高频载波上的操作，属于发射端的信号处理，不符合题干中接收端调整参数的描述，故AC错误；
B．调谐的定义就是改变接收电路的参数，使接收电路的固有频率与入射电磁波频率相同，发生电谐振，让接收信号强度达到最大，因此更容易观察到电火花，故B正确；
D．解调是接收端从高频载波中取出携带的信号的操作，和“调整参数更容易观察到电火花”的描述不符，故D错误。
故选B。
6. 某地某学习小组利用智能手机中的磁传感器测量了地磁场的磁感应强度。如图所示建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，测量时轴正向保持竖直向上，后图像保持稳定。下列说法正确的是（ ）
A. 该学习小组在南半球进行的实验
B. 地球内部磁场方向由地理南极指向地理北极
C. 稳定后轴的正方向指向东边
D. 当地地磁场的磁感应强度大小约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题可知，地磁场的竖直分量在北半球（z轴）向下（z轴的负方向），南半球竖直向上，而图中z轴的磁感应强度方向为负，说明该学习小组在北半球，故A错误；
B．由于地磁场的北极在地理的南极附近，而磁体外部的磁场方向总是从北极指向南极，而磁体内部的磁感线从南极指向北极，因此地球内部磁场为从地理北极指向地理南极，故B错误；
C．由于稳定后，，，因此此时x轴指向地理上的南方，则y轴正向指向东方，故C正确；
D．根据矢量的合成可知，该地的磁感应强度大小为，故D错误。
故选C。
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 若甲图中通入恒定电流，导体中也会产生涡电流
B. 乙图中周期性接触水面的金属丝正在向图中右侧移动
C. 当丙图中的开关断开后，触头不会立刻断开与工作电路的连接
D. 在丁图中靠近灯焰一侧，可以在肥皂膜上观察到上密下疏的彩色条纹
【答案】C
【解析】
【详解】A．涡电流是由变化的磁场产生的，恒定电流产生稳定的磁场，不会在导体中产生涡电流，故A错误；
B．乙图是振动的金属丝周期性接触水面形成的水波，波向右传播，但金属丝只是上下振动，而不会向右移动，故B错误；
C．丙图中，当开关S断开后，线圈A的电流消失，但线圈B会因电磁感应产生感应电流，维持电磁铁的磁性，因此触头C不会立即断开与工作电路的连接，故C正确；
D．在图丁中，由于重力的影响，肥皂膜的厚度不均匀，导致干涉条纹上疏下密，故D错误。
故选C。
8. 两个振动相位相反的波源相距，它们在空间产生的干涉图样如图所示，图中实线表示振动减弱的区域，虚线表示振动加强的区域。下列说法正确的是（ ）
A. 虚线上的质点一直在波峰或者波谷位置
B. 实线上的质点一定处于静止状态
C. 两列波的波长均为
D. 在的连线上，相邻的振动加强点和减弱点之间的距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．振动加强区（虚线）的质点只是合振幅最大，质点仍在平衡位置附近持续振动，不是一直静止在波峰或波谷，A错误；
B．只有两列波振幅相等时，振动减弱区的质点合振幅才为0，才会静止；题目未说明两波振幅相等，减弱区质点可能仍有振动，不一定会静止，B错误；
C D．能发生稳定的干涉，所以频率相等，根据可知波长相等，相邻振动加强区域或振动减弱区域之间的距离为半个波长，由图可知波源S1和S2之间的距离为3个波长，所以两列波的波长都是，则在S1、S2的连线上，相邻的振动加强点和减弱点之间的距离为四分之一波长，即为0.5m，C错误，D正确。
故选D。
9. 某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示，、为夹角的平面，底部为半径为的一段圆弧，其对应的圆心角也为，圆心在的角平分线延长线上。一束单色平行光沿与面成角的方向斜向下射向面，经折射进入该柱状介质内，已知介质折射率为，不考虑二次反射。要使底部弧面没有光线射出，面应该至少盖住的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】求OA面的折射角：入射光与OA面成，因此入射角（入射光线与法线夹角）
根据折射定律
代入
​得：
即：
由于是（）的角平分线，则，可推出所有折射光线平行于OD。
求全反射临界角：要使弧面无光线射出，光线需在弧面发生全反射。全反射临界角满足
得
即弧面入射角时发生全反射。
几何关系求解OA盖住的长度：圆弧圆心在OD延长线上，半径为，对刚好发生全反射的临界点，由几何关系（折射光线平行OD，入射角等于）结合正弦定理可得：
因此OA面至少盖住的距离为，故选A。
10. 单位行程耗能和单位时间耗能是衡量纯电动汽车性能的两个重要参量。现有某纯电动汽车在水平路段以匀速行驶时，单位行程耗能；以匀速行驶时，单位行程耗能。电动机驱动汽车匀速行驶，单位时间耗能（单位为）与阻力的功率成线性关系，即（为未知常数），汽车所受阻力与速度大小成正比。单位行程耗能最小时，汽车的速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】汽车匀速行驶时阻力与速度成正比，即，阻力功率
单位时间耗能
单位行程耗能为每行驶1米消耗的能量，1米行驶时长为，因此
设，，代入两组已知条件： 时，，整理得
时，，整理得
联立解得，，即
根据均值不等式，当时取最小值，解得，即（速度取正值）。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
B. 普通水不能作为核裂变时的慢化剂使用
C. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D. 只要光的振动方向不与透振方向平行就无法通过偏振片
【答案】AC
【解析】
【详解】A．霍尔元件利用霍尔效应工作，当通入恒定电流时，产生的霍尔电压与磁感应强度成正比，能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故A正确；
B．普通水（轻水）可以作为核裂变反应堆的慢化剂，目前广泛使用的轻水堆就是以普通水作为慢化剂，故B错误；
C．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，这是热力学第二定律的核心结论，故C正确；
D．只有光的振动方向与透振方向垂直时，才无法通过偏振片；若只是不平行（未垂直），光振动可以分解出平行于透振方向的分量，仍能部分通过偏振片，故D错误。
故选AC。
12. 我国载人登月方案是先将着陆器送至近月面的圆形环月轨道，再发射载人飞船在环月轨道与着陆器交会对接，航天员进入着陆器后择机降落月面。已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.7倍，地球的第一宇宙速度为，。下列说法正确的是（ ）
A. 着陆器和飞船对接后总质量变大将自发进入更低轨道
B. 着陆器与飞船对接时的绕月速率约为1.7km/s
C. 着陆器在环月轨道上的向心加速度约为地球表面重力加速度的0.17倍
D. 若月球的平均密度变为原来的2倍，则近月卫星的周期将变为原来的0.5倍
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对接后万有引力提供向心力，有
等式中环绕天体质量可约去，得
对接后总质量改变但速度不变，着陆器不会自发进入更低轨道，进入低轨道需要主动减速，故A错误；
B．近月轨道环绕速率等于月球第一宇宙速度，第一宇宙速度为
因此月球与地球第一宇宙速度比值
代入，得，故B正确；
C．近月轨道向心加速度近似等于月球表面重力加速度，由牛顿第二定律可知，星球表面重力加速度满足
可得
因此，故C正确；
D．近月卫星由万有引力提供向心力，周期满足
代入，化简得
即，密度变为原来2倍时，周期变为原来的倍，不是0.5倍，故D错误。
故选BC。
13. 如图所示，在电阻为零的和两根导体棒间，焊接11根相同的电阻值均为的金属棒（相互间绝缘并等间距排列），形成一金属框，置于光滑绝缘水平桌面上。开始时，边平行于磁感应强度为的匀强磁场（方向竖直向下）边界，且位于左侧，随后框体在水平拉力（垂直）的作用下以恒定的速率沿垂直边界的方向运动，框边长为，长为。则在框体经过磁场边界的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 点的电势小于点的电势
B. 边上的电流最大值为
C. 第2根棒刚出来到第3根棒刚要出来的过程中，通过边的电荷量为
D. 仅3根或7根棒在磁场外运动时对应的拉力分别为、，则
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由右手定则，磁场向下运动向右，切割棒上端（bc侧）电势高于下端（ad侧），，A错误；
B．cd是最右棒，设磁场外的金属棒数目为k，cd的电流​，随增大，cd电流逐渐减小
当刚出磁场时，cd电流有最大值​，B正确；
C．第2根刚出到第3根刚出，，相邻棒间距，时间，总电流​
ab是磁场内的一根棒，流过ab的电流​
电荷量，C错误；
D．由平衡关系可知，拉力F等于磁场中金属棒所受的安培力的总和
即拉力，当（3根在磁场外），；当（7根在磁场外），，，D正确。
故选 BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. 为探究加速度与力、质量的关系，某研究小组设计了甲、乙两种实验方案。已用天平测量出小车的质量为，重物的质量可调，并且在实验前都进行了补偿阻力的操作。
（1）如图2是某次实验时打点计时器打出的一条纸带（部分），其中相邻两个计数点之间还有4个点未画出。则点的读数为______cm，求得小车的加速度大小为______。（结果保留两位有效数字）
（2）当甲、乙两种方案弹簧测力计的示数相同时，分别对应的小车的加速度大小为、，则、满足的关系式是______。
（3）若在（2）的基础上，研究小组通过计算得出（为当地重力加速度），则甲、乙所用重物质量之比为______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
[1]刻度尺分度值为1mm，需估读到0.1mm，因此C点读数为。
[2]相邻计数点间有4个点未画出，故时间间隔
由图得：，，，，根据逐差法：
【小问2详解】
甲方案：弹簧测力计示数为F，则绳子张力为F，动滑轮连接小车，小车受到总拉力为2F。补偿阻力后，由牛顿第二定律：
得
乙方案：弹簧测力计示数为F，绳子张力为F，小车受到拉力为F，同理得
即
因此得关系式：
【小问3详解】
设甲重物质量为，乙重物质量为，已知
则
甲方案：小车加速度为，重物加速度是小车的2倍（动滑轮特性：小车位移，重物位移，故​）
对重物受力分析：
解得：​
乙方案：小车加速度为，重物加速度是小车的（动滑轮特性：小车位移，重物位移，故​）
对重物受力分析：
解得：​
因此质量比：
15. 某同学用不同方式测量了某未知电阻的阻值。
（1）用多用电表测量时，该同学首先选择了“”挡位，正确操作后读数，发现指针偏转过大，随后调整为______挡位（选填“×10”或“×1000”），正确操作后获得了合理的测量值如图1所示，则______。
（2）用伏安法测电阻时，该同学尝试了甲、乙两种测量电路（局部如图2所示），已知电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为5Ω，则正确测量计算得到的______（选填“”或“=”），其中______（选填“甲”或“乙”）的结果更接近真实值。
（3）当用等效法测电阻时，该同学首先设计了合理的电路图，请你猜测并在答题卷相应位置画出该同学所用电路图。（可选仪器包括一个电源、一个电流表、一个单刀双掷开关、一个滑动变阻器、一个电阻箱以及若干导线）
【答案】（1） ①. ×10 ②. 190##190.0
（2） ①. > ②. 甲
（3）
【解析】
【小问1详解】
[1][2]选择了“”挡位，发现指针偏转过大，应调整为“×10”挡位，可知未知电阻的测量值为
【小问2详解】
[1]甲为电流表内接法，测量计算得到的值为与电流表串联的总电阻，所以
乙为电流表外接法，测量计算得到值为与电压表并联后的总电阻，所以
因此
[2]已知，，
计算得​
说明属于较大电阻，内接法的误差更小，因此甲的结果更接近真实值。
【小问3详解】
等效替代法电路图如图所示
16. 如图所示，一个绝热汽缸竖直放置，其横截面积，内有一个绝热梯形活塞与一根电热丝，活塞上表面水平，下表面与右侧竖直方向的夹角。活塞的质量，且与缸壁之间无摩擦。开始时，活塞上放一个质量的重物，活塞处于静止状态。现通过电热丝缓慢加热，使气体温度逐渐升高，活塞缓慢上升。已知汽缸内气体为理想气体，初始体积为，初始温度为，重力加速度，整个过程大气压强恒为。
（1）加热过程中，气体分子的平均速率______，气体分子与汽缸壁单位面积单位时间碰撞次数______。（选填“增大”、“减小”、“不变”）
（2）当活塞缓慢上升时，求此时气体的温度；
（3）若在活塞上升的过程中，气体从电热丝吸收热量，求此过程中气体内能的变化量。
【答案】（1） ①. 增大 ②. 减小
（2）或
（3）
【解析】
小问1详解】
[1]加热过程气体温度升高，分子平均动能增大，因此气体分子的平均速率增大；
[2]对活塞受力分析可知，气体压强保持不变，温度升高、体积增大，分子数密度减小，因此气体分子与汽缸壁单位面积单位时间碰撞次数减小。
【小问2详解】
初始温度：
初始体积
活塞上升后，气体体积变化：
末态体积
过程为等压变化，由盖-吕萨克定律：
代入数据得：
【小问3详解】
对活塞受力平衡，得气体压强：
代入数据得：
气体膨胀对外做功：
根据热力学第一定律
代入
得：
即气体内能增加了。
17. 如图甲所示为电流天平，其右臂通过轻杆连接着质量为的矩形线圈，匝数为，总电阻，线圈的水平边长为，下边处于垂直线圈平面向里的匀强磁场（可调）内。（g取）
（1）未通电时天平已调平，若，在左盘放置0.04kg物体后，线圈中通过多大的电流可使天平再次平衡，并说明所通电流方向为顺时针还是逆时针。
（2）未通电时天平已调平，调节后保持不变，当线圈中通过0.1A的逆时针方向电流时，右盘砝码调整为0.03kg能使天平平衡，若仅使电流反向，则右盘砝码调整为0.01kg能使天平平衡，求此过程中的大小；
（3）如图乙所示，保持同（2）不变，线圈无外接电流，在其上部另加一垂直纸面向外宽度为的匀强磁场已知，求当天平平衡时，左、右盘砝码的质量差与时间的关系式。
【答案】（1），顺时针
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由平衡可知
解得
因线圈受安培力方向向下，由左手定则可知，电流方向为顺时针。
【小问2详解】
由题意结合平衡条件可知
解得
【小问3详解】
根据法拉第电磁感应定律可知
则
由楞次定律得感生电流方向为逆时针，则线圈下边受安培力向上
由平衡可知
可得
18. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，质量为的小物体位于斜面底端，并通过劲度系数为的轻弹簧与质量为小物体相连，质量为的小物体紧挨物体，小物体、间有一定量的火药。小物体、、与斜面间的动摩擦因数为，开始时小物体、、均静止在斜面上，弹簧处于原长状态。现锁定物体，引爆物体间的火药，在极短时间内物体分离，在之后的运动过程中，每当物体沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体，同时释放物体，每当物体沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体A，同时释放物体B。已知物体C沿斜面向上运动的最大距离为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小，弹簧的弹性势能（为劲度系数，为形变量）。
（1）火药爆炸后物体B获得的速度大小；
（2）从火药爆炸到物体B向下减速到零的过程中，弹簧的最大压缩量；
（3）从物体B第一次沿斜面向上减速到零到第二次沿斜面向上减速到零的过程中，物体B运动的位移大小；
（4）物体A、B、C均停止运动时物体B、C间的距离。
【答案】（1）8m/s
（2）0.8m （3）0.8m
（4）0.2m
【解析】
【小问1详解】
物体B、C分离后C沿斜面向上做减速运动，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
火药爆炸过程，组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
【小问2详解】
设火药爆炸后物体B向下减速到零运动的位移为，由能量守恒定律有
解得
【小问3详解】
沿斜面向上的运动时设B处于平衡位置时弹簧的压缩量为，则
沿斜面向下偏离平衡位置的位移为时，弹簧的压缩量为。取沿斜面向下为正方向，则此时弹簧振子的回复力
设第一次沿斜面向上的振幅为，则有
设第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的伸长量为，则
则从火药爆炸到第一次沿斜面向上减速到零，沿斜面向上运动了
由（3）问同理可得，物体沿斜面向上的运动为简谐运动。设处于平衡位置时弹簧的伸长量为，则有
第一次沿斜面向上的振幅为，则有
设第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的压缩量为，可得
设第二次沿斜面向上的振幅为，速度减小为零时弹簧的伸长量为，
解得
则从第一次沿斜面减速到零到第二次减速到零，沿斜面向上运动了。
【小问4详解】
设第二次沿斜面向上的振幅为，速度减小为零时弹簧的压缩量为，则有
解得
设第三次沿斜面向上的振幅为，速度减小为零时弹簧的伸长量为，则有
解得
此时均停止运动，从第二次沿斜面减速到零到第三次减速到零，沿斜面向上运动了，由以上分析可知沿斜面向上运动的总路程为，所以最终间的距离为。
19. 巴耳末发现氢原子在可见光区的四条谱线的波长满足一个简单的公式：，其中为里德伯常量。基于玻尔在此基础上构建的氢原子轨道模型与德布罗意提出的物质波假设。在氢原子中，可认为核外电子绕原子核做匀速圆周运动，同时量子数为的定态可视为如图所示的稳态波形，即圆周周长等于电子物质波波长的整数倍，为对应定态轨道的半径，其中、……。已知电子质量，电荷量为，静电力常量，普朗克常量，真空中光速，圆周率，电势能，无穷远处电势能为零。（结果均保留一位有效数字，长度单位用，能量单位用）
（1）已知，求量子数为1的定态轨道电子的波长；
（2）证明电子轨道角动量满足量子化条件：；
（3）表达式均用表示：
①推导量子数为的定态轨道的半径的表达式，并求出的大小；
②推导量子数为的定态轨道电子的总能量的表达式，并求出的大小；
（4）当电子从量子数为的轨道跃迁到量子数为l的轨道时（），会辐射一个光子。根据光子波长满足的关系推导出里德伯常量的表达式。（表达式用表示）
【答案】（1）
（2）证明过程见解析 （3）①， ；②，
（4）
【解析】
【小问1详解】
量子数为的定态可视为稳态波形，即圆周周长等于电子物质波波长的整数倍，列式得
可得
【小问2详解】
根据德布罗意波长公式得
又由小问1得
即证得
【小问3详解】
①库仑力提供向心力
由小问2得，角动量量子化
联立得
代入得
②总能量为动能与电势能之和
又库仑力提供向心力
联立得
代入得
【小问4详解】
根据原子能级跃迁释放或吸收的光子能量公式得
代入小问3中的得
变形得
对比