2020届第一0一中学高三（下 ）三模物理试题（解析版）

2020 北京市第一 0 一中学高三三模 物 理 第一部分（选择题共 42 分） 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一 项。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 气体分子热运动的平均动能增大时，则气体压强也一定增大 B. 分子力随分子间距离的减小会增大 C. 两块表面磨平、干净的铅块，使之紧密接触后结合在一起，说明分子间有引力 D. 一定质量的理想气体等温膨胀时会向外放热但内能保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．气体分子热运动的平均动能增大，由于气体压强决定于气体分子的密度（单位体积内的分子数） 和分子的平均动能两个因素，所以气体的压强不一定增大，故 A 错误； B．当分子力表现为斥力时，分子力总是随着分子间距离的减小而增大；当分子力表现为引力时，分子力总 是随着分子间距离的减小而减小，故 B 错误； C．两块表面磨平、干净的铅块，使之紧密接触就能结合在一起，这个实验说明分子间存在着引力，故 C 正 确； D．一定质量的理想气体等温膨胀时对外做功，由于温度不变，内能变化量为零，根据热力学第一定律 可得 所以气体要吸收热量，故 D 错误。 故选 C。 2. 已知某种光的频率为 ，光速为 c，普朗克常量为 h。下列说法正确的是（　　） A. 这种光子的波长为 B. 这种光子的动量为 C. 该光与另一束强度相同、频率为 的光相遇时可以产生光的干涉现象 D. 用该光照射逸出功为 W 的金属有电子逸出，则电子的最大初动能为 U Q W∆ = + 0Q > ν cν hc ν 2ν h Wν − 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题意可知，这种光子的波长为 故 A 错误； B．根据 可得，这种光子的动量为 故 B 错误； C．两束光要想发生干涉现象，要求两种光子的频率相同，所以该光与另一束强度相同、频率为 的光相 遇时不可以产生光的干涉现象，故 C 错误； D．根据爱因斯坦的光电效应方程，可得光电效应逸出光电子的最大初动能为 所以用该光照射逸出功为 W 的金属有电子逸出，则电子的最大初动能为 ，故 D 正确。 故选 D。 3. 太阳能源于其内部的聚变反应，太阳质量也随之不断减少。设每次聚变反应可看作 4 个氢核结合成 1 个 氦核，太阳每秒钟辐射的能量约为 4.0×1026J。下列说法正确的是（　　） A. 该聚变反应在常温下也容易发生 B. 太阳每秒钟减少的质量约 4.4×109kg C. 该聚变的核反应方程是 D. 目前核电站采用的核燃料主要是氢核 【答案】B 【解析】 【详解】A．该聚变反应需要在高温高压条件下发生，所以常温下不容易发生，所以 A 错误； B．根据爱因斯坦的质能方程，可得太阳每秒钟减少的质量为 所以 B 正确； cλ ν= hp λ= hνp c = 2ν kE h Wν= − h Wν − 1 4 0 1 2 -14 H He+2 e→ 2 94.4 10 kgEm c ×∆∆ = = C．根据核反应过程中的质量数守恒可得，该聚变的核反应方程为 生成物中是正电子，不是电子，所以 C 错误； D．目前核电站采用的核燃料是铀核，利用铀核的裂变反应过程中释放的核能，所以 D 错误。 故选 B。 4. 一列横波在 t=0 时刻的波形如图甲所示，M、N 是介质中的两个质点，图乙是质点 M 的振动图像，则（　　） A. 该波沿 x 轴正方向传播 B. 该波的波速为 1m/s C. 质点 M 与 N 的速度总相同 D. 质点 M 与 N 的速率总相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．由 M 点得振动图像可知，质点 M 在平衡位置向上运动，结合 时刻的波形图和利用同侧法， 可知该波的传播方向为沿着 x 轴负方向传播，故 A 错误； B．由图像可知 可得该波的波速为 故 B 错误； CD．由图甲可知，M、N 相距半个波长，即两点反相，两点速度大小相等，方向相反，即速率相同，故 C 错误，D 正确。 故选 D。 5. 如图所示，储油桶的底面直径与高均为 d。当桶内没有油时，从某点 A 恰能看到桶底边缘的点 B。当桶 内装满油时，仍沿 AB 方向看去，恰好看到桶底上的点 C，C、B 两点相距 。光在空气中的传播速度可视 为真空中的光速 c。则（　　） 1 4 0 1 2 14 H He+2 e→ 0t = 4mλ = 2sT = 2m/sv T λ= = 3 d A. 筒内油的折射率 B. 筒内油的折射率 C. 光在筒内油中传播的速度 D. 来自 C 点的光射向油面时一定会出现全反射现象 【答案】B 【解析】 【详解】AB．由题意可知，没有油时，到达 B 点光线的入射角为 即 当装满油时，到达 C 点的光线的折射角为 利用数学知识，求得 筒内油的折射率为 故 A 错误，B 正确； 2 26 13 26 4 13 2 c 1tan 1d d θ = = 1 45θ = ° 2 23tan 3 dd d θ − = = 1 2sin 2 θ = 2 2 13sin 13 θ = 1 2 sin 26 sin 4n θ θ= = C．根据 求得 故 C 错误； D．当桶内装满油时，仍从 AB 方向看去，恰好看到桶底的点 C，根据光路的可逆性可知，当光从 C 点射向 油面时一定不会出现全反射现象，故 D 错误。 故选 B。 6. 图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想 变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为 ，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压 的瞬时值大于 5000V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（　　） A. 电压表的示数为 B. 若没有转换器则变压器副线圈输出的是直流电 C. 若 则可以实现燃气灶点火 D. 穿过原、副线圈的磁通量之比为 1:0.5 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为 5V，所以电压表的示数为 cv n = 2 26 13v c= 1 2n n、 5 2V 1 2 1 1000 n n 1 2 1 1000 n n < 1:1 【详解】AB．由题意可知，可将两运动员的运动看做完全非弹性碰撞，即碰后速度相等，在碰撞过程中， 满足动量守恒定律，碰撞过程损失机械能，总动能减小，故 AB 错误； C．根据动量守恒定律，两者的动量变化量大小相等，即男运动员的动量减小量等于女运动员的动量增加量， 故两者的动量变化不相等，故 C 错误； D．设男运动员的质量为 2m，女运动员的质量为 m，两者初速率皆为 v，以男运动员初速度方向为正方向， 根据动量守恒可得 解得 女运动员相遇前后的动量大小之比为 故 D 正确。 故选 D。 8. 如图所示，一定量的理想气体由状态 A 经过过程①到达状态 B，再由状态 B 经过过程②到达状态 C，其 中过程①图线与横轴平行，过程②图线与纵轴平行。对于这个变化过程，下列说法中正确的是（　　） A. 从状态 A 到状态 B 的过程，气体放出热量 B. 从状态 A 到状态 B 的过程，气体分子热运动的平均动能在减小 C. 从状态 B 到状态 C 的过程，气体分子对容器壁撞击的频繁程度增加 D. 从状态 B 到状态 C 的过程，气体吸收热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．从状态 A 到状态 B 的过程，气体体积不变， ，温度升高， ，根据热力学第一定 律 可知 ，气体吸收热量，A 错误； ( )2 2mv mv m m v′− = + ′ = 3 vv 3p mv p mv = =′ ′ 0W = 0U∆ > U Q W∆ = + 0Q > B．从状态 A 到状态 B 的过程，气体温度升高，气体分子热运动的平均动能在增大，B 错误； C．从状态 B 到状态 C 的过程，温度不变，体积减小，单位体积内的分子个数增大，所以气体分子对容器 壁撞击的频繁程度增加，C 正确； D．从状态 B 到状态 C 的过程，温度不变， ，气体体积减小， ，根据热力学第一定律 可知 ，气体放出热量，D 错误。 故选 C。 9. 如图所示，在某静电场中沿 abcda 移动一正电荷，电场力对其做功为 ，则 a、b、c、d 四个点中电势最高的是（　　） A. a B. b C. c D. d 【答案】A 【解析】 【详解】ABCD．根据电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加的关系，有 可得 再由电势与电势能关系 可得 即 a 点电势最高，A 正确，BCD 错误。 故选 A。 10. 电阻为 R 的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图 0U∆ = 0W < U Q W∆ = + 0Q < 4eV 2eV 3eVab bc cdW W W= = = −， ， =4eVab Pa PbW E E= − =2eVbc Pb PcW E E= − =-3eVcd Pc PdW E E= − Pa Pd Pb PcE E E E> > > = PE q ϕ a d b c ϕ ϕ ϕ ϕ> > > 像如图所示。下列判断正确的是（　　） A. 时刻线框平面与中性面平行 B. 穿过线框的磁通量最大为 C. 线框转动一周做的功为 D. 从 到 的过程中，线框的平均感应电动势为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知 时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，A 错误； B．当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由 得 B 正确； C．线圈转一周所做的功为转动一周的发热量 C 错误； D．从 到 时刻的平均感应电动势为 D 错误。 2 T 0 2 E T π 2 0E T R 4 Tt = 3 4 Tt = 0 2 E 2 Tt = mE NBSω= 0 0m m 2 21 E E TE N T πω πΦ = = = × 2m 22 0 ( ) 2 2 E EEQ T T TR R R = = = 4 T 3 4 T 0m 22 2 2 EE T T π Φ∆Φ= = = 故选 B。 11. 如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿 竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力 F1=2N，下底板传感器显示的压力 F2=6N，重力 加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（　　） A. 若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1 逐渐减小，F2 逐渐增大 B. 若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1 逐渐增大，F2 逐渐减小 C. 若加速度方向向上，且大小为 5m/s2 时，F1 的示数为零 D. 若加速度方向向下，且大小为 5m/s2 时，F2 的示数为零 【答案】C 【解析】 【详解】A．若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则 F2 不变，根据牛顿第二 定律得 得 知随着加速度缓慢增大，F1 逐渐减小，A 错误； B．若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则 F2 不变，根据牛顿第二定律得 得 知随着加速度缓慢增大，F1 逐渐增大，故 B 错误； C．当箱静止时，有 得 2 1F mg F ma− − = 1 2F F mg ma= − − 1 2mg F F ma+ − = 1 2F F mg ma= − + 2 1F mg F= + m=0.4kg 若加速度方向向上，当 F1=0 时，由 A 项分析有 解得 a=5m/s2 故 C 正确； D．若加速度方向向下，大小是 5m/s2 小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则 F2 的示数 不可能为零，D 错误。 故选 C。 12. 如图所示，光滑水平地面上竖直放置两根圆柱形铝管，其粗细、长短均相同，其中管Ⅰ无缝，管Ⅱ有一 条平行于轴线的细缝。两枚略小于管内径的相同小磁铁 a、b，同时从两管上端由静止释放，穿过铝管后落 到地面。下列说法正确的是（　　） A a、b 一定同时落地 B. a 一定比 b 先落地 C. 落地时，a、b 的动能相等 D. 落地时，a 比 b 的动能小 【答案】D 【解析】 【详解】ABCD．小磁铁 a、b，同时从两管上端由静止释放，穿过铝管过程中，管Ⅰ无缝，管Ⅰ产生感应 电流，由楞次定律（来拒去留）判断，小磁铁 a 穿过铝管过程中，都会受到一个阻碍它运动的磁力，则需 要克服磁力做功，机械能减小；管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝，管Ⅱ不产生感应电流，机械能守恒。由于 小磁铁 a 运动受到阻碍，落地时速度较小，下落时间比小磁铁 b 长，小磁铁 b 先落地，ABC 错误，D 正确。 故选 D。 13. 在国际单位制（简称 SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）．导 . 1 2 0F F mg ma= − − = 出单位 V（伏特）用上述基本单位可表示为（ ） A. m2·kg·s －4·A－1 B. m2·kg·s －3·A－1 C. m2·kg·s －2·A－1 D. m2·kg·s －1·A－1 【答案】B 【解析】 试题分析：根据题中选项中都有安培这个单位，可联想到 ，则进一步联想到 ，然后再根据功 的定义，力的定义，展开换算 根据电势差定义 ，其中 ， ， ，联立解得 ，即 ，故 B 正确； 14. 电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要 使自转角速度大小为 ω 的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了 使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装 N 台“喷气”发动机，如图 10 所示（N 较大， 图中只画出了 4 个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为 F 的推力，该推力可阻碍地球的 自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程 F=ma 具有相似性，为 M=Iβ， 其中 M 为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为 NFR；I 为地球相对地轴的转动惯量；β 为 单位时间内地球的角速度的改变量。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（　　） A. 地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小 B. 地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大 C. 地球自转刹车过程中，两极点 重力加速度逐渐变大 D. β—t 图象中曲线与 t 轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小 【答案】D 【解析】 的 q It= WU q = WU q = W Fs= q It= F ma= masU It = -2 2 -3 11kg m s m1V 1kg m s AA s −⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ ⋅⋅ 详解】A．地球自转刹车过程中，赤道表面附近处万有引力提供重力加速度和圆周运动向心力，即 物体所受向心力减小，万有引力不变，所以重力逐渐变大，物体质量不变，重力加速度逐渐变大，故 A 错 误； B．地球视为均匀球体停止自转后，万有引力提供重力加速度，即 所以 故赤道附近和两极点附近的重力加速度一样大，故 B 错误； C．地球自转刹车过程中，两极点处万有引力提供重力加速度，故两极点的重力加速度保持不变，故 C 错误； D．由于 β 为单位时间内地球的角速度的改变量，可得 可得 所以 图象中曲线与 t 轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小，故 D 正确。 故选 D。 第Ⅱ卷（非选择题 共 58 分） 15. 某同学用图 1 所示的“碰撞实验器”验证动量守恒定律，图中 AB 是斜槽，BC 为水平槽。 （1）实验中通过仅测量小球做平抛运动的 _______（选填“水平位移”或“竖直 位移”），可间接得到小球 碰撞前后的速度关系。 （2）实验时先使入射球 从斜槽上某一固定位置 S 多次由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上， 留下痕迹，从而确定 P 点的位置。再把被碰球 放在水平槽末端，让球 仍从位置 S 多次由静止开始滚 【 2 2 MmG mg m rr ω− = 2 MmG mgr = 2 GMg r = t ωβ ∆= ∆ tβ ω∆ = ∆ tβ − 1m 2m 1m 下，跟球 碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定 M、N 点的位置。其中确定 P 点 位置的多次落点痕迹如图 2 所示，刻度尺的零点与 O 点对齐，则 OP=_______cm。 （3）经测定 距 O 点的距离如图 3 所示。请通过计算说明本次实验中两 小球碰撞前后的动量是否守恒_________。 【答案】 (1). 水平位移 (2). 44.80（44.70~44.90） (3). 守恒 【解析】 【详解】（1）[1]由平抛运动规律可知 ， 则 当高度 一定时，小球碰撞前后的速度由水平位移决定。 （2）[2]如图所示，OP 的读数为 44.80cm（44.70-44.90）。 （3）[3]由题意可知初动量和末动量分别为 经计算可得 在误差允许范围内，两小球碰撞前后的动量是守恒的。 16. 某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。 2m 1 245.0 7.5m g m g M N， ＝ ， ＝ ， 、 21 2h gt= x vt= 22 x gv xhh g = = ⋅ h -2 1 1 1 =2.016 102 2P g gp m v m OPh h = = ⋅ ⋅ × -2 2 1 2 1 2+ =2.0016 102 2 2M N g g gp m v m v m OM m ONh h h = = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ × -4 1 2 1=1.44 10 2 gp p p ph ∆ = − ×  (1)甲同学用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。若所选挡位为直流 50mA 挡， 则示数为________mA；若所选挡位为×10Ω 挡，则示数为___Ω。 (2)乙同学用该表正确测量了一个约 150Ω 的电阻后，需要继续测量一个阻值约 20Ω 的电阻。在测量这个电 阻之前，请选择以下必须的操作步骤，其合理的顺序是________（填字母代号）。　 A．将红表笔和黑表笔短接 B．把选择开关旋转到×100Ω 挡 C．把选择开关旋转到×1Ω 挡 D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 (3)丙同学在图乙所示实验中，闭合开关后发现小灯泡不发光。该同学检查接线均良好。保持开关闭合，用 多用电表 2.5V 直流电压挡进行检测。下列说法正确的是_________ A．将多用电表红、黑表笔分别接触 A、B，若电压表几乎没有读数，说明灯泡可能出现短路故障 B．将多用电表红、黑表笔分别接触 C、D，若电压表几乎没有读数，说明开关出现断路故障 C．将多用电表红、黑表笔分别接触 E、F，若电压表读数接近 1.5V，说明灯泡和灯泡座可能接触不良 (4)丁同学想测定×1Ω 挡欧姆表的内阻 Rg。他将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点， 然后将红、黑表笔连接阻值约 20Ω 左右的电阻，从表盘上读出该电阻的阻值为 R，并记下指针所指的电流 挡的格数 n 以及电流挡的总格数 N。请分析说明丁同学是否能利用这些数据得出欧姆表的内阻 Rg_________。 【答案】 (1). 24.0 (2). 160 (3). CAD (4). AC (5). 利用这些数据能得出欧姆表的内阻 Rg 【解析】 【详解】(1)[1]根据多用电表电流挡读数方法，可知若所选挡位为直流 50mA 挡，则示数为 24.0mA； [2]根据欧姆表的读数方法，可知若所选挡位为×10Ω 挡，则示数为：16×10Ω=160Ω； (2)[3]乙同学用欧姆表正确测量了一个约 150Ω 的电阻后，需要继续测量一个阻值约 20Ω 的电阻，需要换到×1 挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是 CAD； (3)[4]A．用多用电表 2.5V 直流电压挡进行检测，将多用电表红、黑表笔分别接触 A、B，若电压表几乎没 有读数，电压表测量的是导线上的电压，说明灯泡可能出现短路故障，故 A 正确； B．将多用电表红、黑表笔分别接触 C、D，若电压表几乎没有读数，电压表测量的是导线上的电压，说明 开关出现短路故障，故 B 错误； C．将多用电表红、黑表笔分别接触 E、F，若电压表读数接近 1.5V，即电压表测的是电源两端的电压，说 明灯泡和灯泡座可能接触不良，故 C 正确； 故选 AC； (4)[5]设多用电表欧姆挡内部电源电动势为 E，红黑表笔短接时电流为 Ig，根据闭合电路欧姆定律，有 E=IgRg 联立可得 可见，利用这些数据能得出欧姆表的内阻 Rg 17. 场是物质存在的一种形式。我们可以通过物体在场中的受力情况来研究场的强弱，并由此定义了电场强 度、磁感应强度等物理量。 （1）写出电场强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义； （2）写出磁感应强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义。 【答案】(1) E 指的是电场中某点电场强度，F 指的是检验电荷受到的库仑力，q 指的是检验电荷的 电量。 (2) B 指的是磁场中某点的磁感应强度，F 指的是通电导线垂直磁感应强度时受到的安培力，I 指的 是通电电流强度，L 指的是通电导线的有效长度。 【解析】 【详解】(1) E 指的是电场中某点电场强度，F 指的是检验电荷受到的库仑力，q 指的是检验电荷的 电量。电场强度的大小是由场源电荷电量及到场源电荷的距离决定的，与检验电荷的电量无关。 (2) B 指的是磁场中某点的磁感应强度，F 指的是通电导线垂直磁感应强度时受到的安培力，I 指的 是通电电流强度，L 指的是通电导线的有效长度。磁感应强度是由磁体（或电流）及位置决定的，与检验通 ( )g g nE I R RN = + g nR RN n = − FE q = FB IL = FE q = FB IL = 电导线的电流、长度无关。 18. 对于不同类型的物体和运动情况，测量速率的方法往往是不同的，当然测量速度的方法也受到历史的局 限性和实验室提供的仪器的限制。 （1）历史上，由于测量条件的限制，伽利略无法用直接测量运动速度的方法来寻找自由落体的运动规律。 因此他设想用斜面来“冲淡”重力，“放慢”运动，而且把速度的测量转化为对路程和时间的测量，并把 自由落体运动看成为沿倾角为 90°的斜面下滑运动的外推。 假设一个时间单位为 T，一个长度单位 d，实验中记录了小球沿光滑斜面在不同时间内相对于起始点的距离， 如下表所示，则分析表中数据可知，小球在 t=3T 时刻的瞬时速度等于多少？（用已知量 T、d 表示即可） 时间 0 T 2T 3T 4T 5T 6T 距离 0 d 4d 9d 16d 25d 36d （2）带电粒子的速度可以利用速度选择器进行测量。如下图所示，真空环境中平行放置的金属板间距为 d， 两板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，带电粒子以某一速度两金属板的左侧中间沿平 行于金属板面的方向射入两板间，当板间电压为 U 时，带电粒子恰好沿直线（图中虚线）穿越两板，不计 带电粒子的重力，求它的速度大小？ （3）由于中子不带电，因此中子的速度无法直接使用速度选择器进行测量，可以采用碰撞的方法进行间接 测量。低速中子与静止的原子核发生相互作用，有一定概率会与原子核发生弹性正碰。假设一群低速中子 的质量为 ，速度大小相同，原子核质量为 M，这群中子中的一个中子与静止的原子核发生弹性正碰后， 利用电偏转或磁偏转的方法测得原子核被碰后的速度大小为 ，求这群中子的速度大小？ 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）匀变速直线运动中，利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则 m 1v 6d T U Bd 1( ) 2 M m v m + （2）粒子恰好沿直线穿越两板，在竖直方向上受力平衡，则有 即 （3）中子与原子核发生弹性正碰后中子的速度为 ，由动量守恒 由机械能守恒 联立解得 19. （1）试在下述情景下由牛顿运动定律推导出动能定理的表达式：在水平面上，一个物块水平方向只受 到一个恒力作用，沿直线运动。要求说明推导过程中每步的根据，以及式中各符号和最后结果中各项的意 义。 （2）如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一个小球。以小球 平衡位置 O 为坐标原点， 竖直向下建立 x 轴。已知弹簧的劲度系数为 k，弹簧始终处于弹性限度内。如果把弹性势能与重力势能的和 称为系统的势能，并规定小球处在平衡位置时系统的势能为零，请根据“功是能量转化的量度”，证明小球 运动到 O 点下方 x 处时系统的势能 。 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【详解】（1）物块水平方向只受到一个恒力作用，将沿水平面做匀变速直线运动。设恒力为 ，物块的加 的 3 16 4 6 2T d d dv T T −= = qU qBvd = Uv Bd = v 0 1mv mv Mv= + 2 2 2 0 1 1 1 1 2 2 2mv mv Mv= + 1( ) 2 M m vv m += 21 2pE kx= F 速度为 ，在时间 内，物块的初速度为 ，末速度为 ，位移为 。根据牛顿第二定律 根据匀变速直线运动的规律 则 式中 为恒力 做的功， 为物块动能的变化量。 （2）小球在 点时，设弹簧的形变量为 ，则此时弹簧的弹力 在小球从 点运动到 点下方 处的过程中，弹簧的弹力 随 变化的情况如下图所示 图线下的面积等于弹力做的功 当小球运动到 点下方 处时，弹簧的弹性势能 小球的重力势能 所以，系统的势能 20. 激光由于其单色性好、亮度高、方向性好等特点，在科技前沿的许多领域有着广泛的应用。根据光的 波粒二象性可知，当光与其他物体发生相互作用时，光子表现出有能量和动量，对于波长为 λ 的光子，其 a t 0v tv x Fa m = 2 2 0 2tv v ax=- 2 2 0 1 1 2 2tF x mv mv⋅ = − F x⋅ F 2 2 0 1 1 2 2tmv mv− O 0x 0kx mg= O O x F x F x− 0 0 1- [ ( )]2W kx k x x x= ⋅ + + ⋅弹 O x 2 0 1 2pE W kx x kx= − = +弹 弹 0pE mgx kx x= − = −重 2 2 0 0 1 1( ) ( )2 2p p pE E E kx x kx x kx kx= + = − + + =重 弹 动量 p= 。已知光在真空中的传播速度为 c，普朗克常量为 h。 （1）科研人员曾用强激光做过一个有趣的实验：一个水平放置的小玻璃片被一束强激光托在空中。已知 激光竖直向上照射到质量为 m 的小玻璃片上后，全部被小玻璃片吸收，重力加速度为 g。求激光照射到小 玻璃片上的功率 P； （2）激光冷却和原子捕获技术在科学上意义重大，特别是对生物科学将产生重大影响。所谓激光冷却就 是在激光的作用下使得做热运动的原子减速，其具体过程如下：一质量为 m 的原子沿着 x 轴负方向运动， 频率为 的激光束迎面射向该原子。运动着的原子就会吸收迎面而来的光子从基态跃迁，而处于激发态的 原子会立即自发地辐射光子回到基态。原子自发辐射的光子方向是随机的，在上述过程中原子的速率已经 很小，因而光子向各方向辐射光子的可能性可认为是均等的，因而辐射不再对原子产生合外力的作用效果， 并且原子的质量没有变化。 ①设原子单位时间内与 n 个光子发生相互作用，求运动原子做减速运动的加速度 a 的大小； ②假设某原子以速度 v0 沿着 x 轴负方向运动，当该原子发生共振吸收后跃迁到了第一激发态，吸收一个光 子后原子的速度大小发生变化，方向未变。求该原子的第一激发态和基态的能级差 ΔE？ 【答案】（1） ；（2）① ；② 【解析】 【详解】（1）设在∆t 时间内照射到玻璃表面的光子数为 n，则由动量定理 F△t=np 对玻璃板由平衡知识 F=mg 每个光子的能量 h λ 0ν P mgc= 0nha cm ν= 2 2 0 0 0 2(1 ) 2 v hE h c c m νν∆ = + − 激光照射到小玻璃片上的功率 解得 （2）①原子单位时间内与 n 个光子发生相互作用，由动量守恒定律 原子的加速度 其中∆t=1s 解得 ②以原子开始运动的方向为正方向，原子吸收一个光子的过程，由动量守恒定律 该原子 第一激发态和基态的能级差 解得 的 hcE h cpν λ= = = nEP t = ∆ P mgc= 0hn m vc ν = ∆ ∆= ∆ va t 0nha cm ν= 0 0 hmv mvc ν− = 2 2 0 0 1 1 2 2E mv h mvν∆ = + − 2 2 0 0 0 2(1 ) 2 v hE h c c m νν∆ = + −