2020年5月北京东城区高三物理一模试题（解析版）

第 1 页 共 15 页 北京市东城区 2019—2020 学年度第二学期高三物理综合练习（一）解析 物理试题 2020.5 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．下列事实中能够作为“原子核可再分”依据的是 A．电子的发现 B．天然放射现象 C．α 粒子散射实验 D．原子发光现象 【答案】B 【解析】电子的发现说明原子可以再分，天然放射性现象说明原子核可以再分， 粒子散射实验说明 原子的核式结构模型，原子发光现象说明原子核外的电子具有一定的轨道，能量是量子化的，故选项 B 正 确。 2．已知水的摩尔质量为 M，密度为 ρ，阿伏加德罗常数为 NA。若用 m0 表示一个水分子的质量，用 V0 表示一个水分子的体积，下列表达式中正确的是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为 M 是摩尔质量，就是 1mol 物质的质量，让它除 1mol 的个数，即阿佛加德罗常数就是 一个水分子的质量，即 ，故选项 A 正确，B 错误； 求一个水分子的体积时，应该用水的摩尔体积除阿佛加德罗常数，而水的摩尔体积就是摩尔质量除水 的密度，即 ，再除阿佛加德罗常数即为 ，故选项 CD 均错误。 3．为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温仪对进出人员进行体温检测。红外线测温仪 利用 A．红外线是可见光的特点 B．红外线的穿透本领比 X 射线强的特点 C．人体温度越高辐射出的红外线越强的特点 D．被红外线照射的某些物体可以发出荧光的特点 【答案】C 【解析】红外线测温仪的测温原理是，人体由于温度高而向外辐射红外线，温度越高，则辐射的红外 α 0 A Mm N = A 0 Nm M = ρ A 0 MNV = M NV A 0 ρ= AN Mm =0 M ρ A M N ρ第 2 页 共 15 页 线的功率越大，测温仪就是感知红外线辐射的强度进而得知人体温度的，故选项 C 正确。 4．如图所示为氢原子能级图。大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光。用这 些光照射金属钙。已知金属钙的逸出功为 3.20eV。能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有 A．2 种 B．3 种 C．4 种 D．5 种 【答案】B 【解析】大量的处于 能级的氢原子向低能级跃迁时能发出 6 种不同频率的光，它们的能量分别 是 E1=-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV，E2=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV，E3=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV，E4=-1.51eV- (-3.40eV)=1.89eV ， E5=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV ， E6=-3.40eV-(-13.6eV)=10.2eV ， 可 见 有 三 种 大 于 3.20eV，故能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有三种，选项 B 正确。 5．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。 利用如图所示的装置做如下实验：将斜面 1 与斜面 2 平滑连接，让小球由斜面 1 上的 O 处由静止开始滚下， 小球将滚上斜面 2。逐渐减小斜面 2 的倾角，仍使小球从 O 处由静止滚下。如果没有摩擦，则 A．小球在斜面 2 上能上升的最大高度逐渐降低 B．小球在斜面 2 上每次都能上升到与 O 处等高的位置 C．当斜面 2 最终变为水平面时，小球将处于静止状态 D．当斜面 2 最终变为水平面时，小球的运动状态将不断改变 【答案】B 【解析】因为不考虑摩擦，故小球从 O 点的这一高度处具有一定的重力势能，由于机械能守恒，所以 它到另一个斜面上时，每次它都能上升到与 O 点等高的位置处，选项 B 正确。 6．如图所示，两根长度不同的细线上端固定在天花板上的同一点，下端分别系着完全相同的小钢球 1、2。现使两个小钢球在同一水平面内做匀速圆周运动。下列说法中正确的是 4=n第 3 页 共 15 页 A．球 1 受到的拉力比球 2 受到的拉力小 B．球 1 的向心力比球 2 的向心力小 C．球 1 的运动周期比球 2 的运动周期大 D．球 1 的线速度比球 2 的线速度大 【答案】D 【解析】对球进行受力分析得，如下图所示，所以细线的拉力 F= ，而球 1 对应的 θ 较大，故它 对应的 cosθ 就会较小，所以球 1 的细线的拉力较大，选项 A 错误； 因为球的向心血管 F 向=mgtanθ，而球 1 的 θ 较大，故它对应的 tanθ 就会较大，所以球 1 的向心力较 大，选项 B 错误； 由向心力公式可知，mgtanθ=m ，所以周期 T=2π ，而 R 也是随角度 θ 变化的，故我们 可以将其转换为与绳长的关系，因为绳长是不变的，即 R=Lsinθ，代入可得 T=2π =2π ， 因为球 1 的 θ 较大，故 cosθ 较小，故周期较小，选项 C 错误； 而线速度的判断又可以通过公式 mgtanθ=m 来确定，所以 v= ，球 1 的 θ 较大，则 sinθ 和 tanθ 都较大，故线速度 v 较大，选项 D 正确。 7．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t1=0 和 t2=0.2s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该 波的周期 。下列说法正确的是 A．波速一定为 0.4m/s B．振幅一定为 0.04m 1 2 cos mg θ 2 2 4 R T π tan R g θ sin tan L g θ θ cosL g θ 2v R tan sin tangR gLθ θ θ= 0.2sT > y/cm x/cm0 8 16 2 -2第 4 页 共 15 页 C．波长可能为 0.08m D．周期可能为 0.8s 【答案】A 【解析】因为 t1=0 和 t2=0.2s 时的波形分别如图中实线和虚线所示，二者最多相差半个周期，故 0.2s= （n=0、1、2……），而 T>0.2s，故周期 T=0.4s，选项 D 错误；由图可知，波长为 16cm，即 0.16m，故选项 C 错误；故波速为 v= =0.4m/s，选项 A 正确；振幅是从平衡位置到最大位移处 的距离，从图上看出是 0.02m，选项 B 错误。 8．如图所示，a、b 两点位于以负点电荷-Q（Q > 0）为球心的球面上，将两个带正电的检验电荷 q1、 q2 分别置于 a、b 两点。下列说法正确的是 A．a 点电势大于 b 点电势 B．a 点电场强度大于 b 点电场强度 C．若规定无穷远处电势为零，a、b 两点的电势均为正值 D．若将 q1、q2 分别移动到无穷远处，电场力做功不一定相等 【答案】D 【解析】由于 a、b 两点位于以负点电荷-Q（Q > 0）为球心的球面上，它们到负电荷的距离是相等 的，故 a、b 两点的电势相等，选项 A 错误；a、b 两点的电场强度也相等，选项 B 错误；因为电荷是负 电荷，电场线是从无限远指向负电荷的，而沿着电场线的方向电势是降低的，而规定无穷远处电势为 零，故 a、b 两点的电势比零还要低，所以均为负值，选项 C 错误；由于两个检验电荷的电荷量可能不 同，所以将 q1、q2 分别移动到无穷远处，电场力做功 W=Uq 不一定相等，选项 D 正确。 9．如图所示电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，电容器的电容为 C，定值电阻的阻值为 R。开关闭 合前电容器不带电。闭合开关，待电路稳定后 A．通过电源的电流为零 B．定值电阻两端的电压等于 E 2 T nT+ 0.16 0.4 m T s λ = E r R C第 5 页 共 15 页 C．电路消耗的电功率等于 D．电容器所带电荷量为 【答案】D 【解析】闭合开关，待电路稳定后，由于电源与电阻 R 构成一个闭合电路，故通过电源的电流不为 零，选项 A 错误；定值电阻 R 的两端电压就是电源的路端电压，不等于电源的电动势，而是等于 U= ，故选项 B 错误；电路消耗的电功率是指总电功率，即 P 总=IE= ，选项 C 错 误；根据电容的公式 C= ，故电容器所带电荷量为 Q=CU= ，选项 D 正确。 10．在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线 圈，如图所示，线圈 a 连接到学生电源的交流输出端，线圈 b 与小灯泡相连接。两线圈的电阻均可忽略不 计。闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是 A．适当减少线圈 a 的匝数 B．适当减少线圈 b 的匝数 C．将交流输出电压适当减小 D．将线圈 a 改接在直流输出端 【答案】A 【解析】为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器的副线圈的电压，我们可以这样想问题，因为 变压器的规律是 ，所以 U2= ，看来减小线圈 a 的匝数可以，因为减小 a 的匝数就是减小 n1，选项 A 正确；适当减少线圈 b 的匝数 n2 则不可以，选项 B 错误；将交流输出电压 U1 适当减小也不 行，选项 C 错误；将线圈 a 改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，选项 D 错 误。 11．学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题。如图所示，某地铁出站口处设有高约 5 m 的步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级台阶的高度约 0.2 m，自动扶梯与水平面间的夹角为 30°，并以 0.8 m/s 的速度匀速运行。甲、乙两位同学分别从步行楼梯和自动扶梯的起点同时上楼，甲在步行楼梯上匀速上行， 乙在自动扶梯上站立不动。若他俩同时到达地面层。下列估算正确的是 2E R REC R r+ R ER r+ 2E EER r R r × =+ + Q U REC R r+ a b 1 1 2 2 U n U n = 1 2 1 U n n第 6 页 共 15 页 A．甲同学步行上楼梯用时 6.25s B．甲同学的上行速度等于 0.4m/s C．甲同学竖直方向分速度为 1.6m/s D．甲同学每秒钟需要上两级台阶 【答案】D 【解析】因为出站口处有高约 5 m 的步行楼梯和自动扶梯，所以自动扶梯的长度为 L= =10m，自动扶梯以 0.8 m/s 的速度匀速运行，故人站在自动扶梯上上到顶端的时间为 t= =12.5s，而甲、乙两同学的时间相等，所以甲需要的时间也是 12.5s，选项 A 错误； 甲同学上行的速度也是 0.8m/s，选项 B 错误； 甲同学竖直方向分速度为 vy= =0.4m/s，选项 C 错误； 因为步行楼梯每级台阶的高度约 0.2 m，所以台阶数为 n= =25 阶，而上到最高点所用的时间是 12.5s，故甲同学每秒钟需要上两级台阶数是 =2 阶/s，选项 D 正确。 12．人造地球卫星与地心间距离为 r 时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为 ，其中 G 为引力常量，M 为地球质量，m 为卫星质量。卫星原来在半径为 r1 的轨道上绕地 球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为 r2。此过程 中损失的机械能为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】卫星原来在半径为 r1 的轨道上绕地球做匀速圆周运动时，根据 可知卫星的动 能为 Ek1= mv12= ，而卫星的势能为 Ep1=- ，故卫星的机械能 E1=Ek1+Ep1= +（- ）=- ；同理可得卫星在轨道半径为 r2 时的机械能为 E2=- ；故损失的机械能为△E=E1- E2=- -(- )= ，选项 B 正确。 13．机械波和电磁波都能产生多普勒效应。下列现象中不属于利用多普勒效应的是 A．交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速 B．医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化， sin30 h ° 10 0.8 / L m v m s = 5 12.5 h m t s = 5 0.2 25 12.5s 阶 P GMmE r = − 1 2 1 1( )2 GMm r r − 2 1 1 1( )2 GMm r r − 1 2 1 1( )GMm r r − 2 1 1 1( )GMm r r − 2 1 2 1 1 mvGMm r r = 1 2 12 GMm r 1 GMm r 12 GMm r 1 GMm r 12 GMm r 22 GMm r 12 GMm r 22 GMm r 2 1 1 1( )2 GMm r r −第 7 页 共 15 页 判断血流的速度是否正常 C．发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离 D．天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相 对于地球的运动速度 【答案】C 【解析】交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车 速利用了声波多普勒效应的原理，选项 A 不符合题意；医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到 的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用， 选项 B 也不符合题意；发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之 间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，选项 C 符合题意；天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天 体相对于地球的运动速度是属于光波的多普勒效应的原理应用，选项 D 不符合题意。 14．环境监测中通常需要监测烟尘浓度。如图所示为光电式烟尘浓度计的工作原理图。光源 1 发出 的光线经聚光透镜 2 后，再经半透半反镜 3 分成两束强度相等的光线。其中一路光线经反射镜 4 后穿过 被测烟尘，有部分光线被烟尘吸收或散射（光在介质中与物质微粒相互作用，使光的传播方向发生改变 的现象）后，经过光电转换电路 6 转换成电压信号 U1。另一路光线直接到达光电转换电路 7（6、7 完全 相同）后，产生作为被测烟尘浓度的参比电压信号 U2。运算电路通过 U1 和 U2 的比值计算出被测烟尘的 浓度。根据上述信息应用所学知识可以判断 A.没有烟尘时，U1 和 U2 的比值应该为零 B.散射过程中动量守恒定律不成立 C.如果用全反射棱镜作为反射镜 4，其折射率至少为 2 D.烟尘浓度越高时，U1 和 U2 的差值越大 【答案】D 【解析】没有烟尘时，U1 和 U2 的大小相等，其比值应该为 1，不是零，选项 A 错误；根据康普顿散 射的原理，散射过程是光子与微粒碰撞作用的结果，所以动量守恒定律仍然成立，选项 B 错误；如果用全 反射棱镜作为反射镜 4，其反射光线与入射光线的夹角是 90º，故需要其临界角小于 45º，再根据 n=第 8 页 共 15 页 = ，故其折射率至少为 ，选项 C 错误；烟尘浓度越高时，光线被烟尘吸收或散射 得就会越多，光线射到 6 的亮度就会越少，所以 U1 和 U2 的差值越大，选项 D 正确。 第Ⅱ卷（非选择题 共 58 分） 15．（6 分）一位同学利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验。他安装好实验装置，斜槽 与水平槽之间平滑连接，且槽的末端水平。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下铅垂线所指的位置 O。选择两个半径相同的小球开始实验，主要实验步骤如下： a. 不放球 2，使球 1 从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到记录纸上留下落点痕迹。多次重 复上述操作。 b. 把球 2 放在水平槽末端位置，让球 1 仍从原位置由静止开始滚下，与球 2 碰撞后，两球分别在记 录纸上留下各自的落点痕迹。多次重复上述操作。 c. 在记录纸上确定 M、P、N 为三个落点的平均位置，并用刻度尺分别测量 M、P、N 离 O 点的距 离，即线段 OM、OP、ON 的长度。 ⑴下列说法正确的是____________。 A. 球 1 的质量大于球 2 的质量 B. 实验过程中记录纸可以随时移动 C. 在同一组实验中，每次球 1 必须从同一位置由静止释放 D. 在同一组实验中，球 2 的落点并不重合，说明操作中出现了错误 ⑵已知球 1 的质量为 m1，球 2 的质量为 m2，落点的平均位置 M、P、N 几乎在同一条直线上。如果 m1·OM+m2·ON 近似等于_________________，则可以认为验证了动量守恒定律。 ⑶实验过程中要求槽末端水平，请你说明原因。 【答案】（6 分）⑴ AC；⑵ m1·OP；⑶如果槽末端保持水平，小球离开槽末端后做平抛运动，在空中 的飞行时间相等，可以用水平位移替代小球在碰撞前后的速度。 1 1 sin sin 45C = ° 2 2第 9 页 共 15 页 【解析】（1）在实验中，需要球 1 的质量大于球 2 的质量，这样球 1 与球 2 相碰后球 1 才不会反弹 而直接向右运动，故选项 A 正确；实验过程中记录纸不可以随时移动，复写纸可以移动，选项 B 错误； 在同一组实验中，每次球 1 必须从同一位置由静止释放，这样才能保证每次球 1 滑到底端时的速度相 等，选项 C 正确；在同一组实验中，球 2 的落点并不重合，这是操作中出现的误差，而不是错误，选项 D 错误； （2）动量守恒定律是指碰前的动量等于碰后的动量，而小球平抛时的初速度应该等于水平位移除下 落的时间，由于下落的高度它们都是相等的，故时间相等，设时间为 t；则碰前的动量就是 m1v1=m1× ，碰后的动量为 m1× + m2× ，即满足等式 m1OP=m1·OM+m2·ON 即可验证动量守恒，所以 该空应该填“m1·OP”； （3）实验过程中要求槽末端水平，原因是小球离开槽末端后做平抛运动，在空中的飞行时间相等， 可以用水平位移替代小球在碰撞前后的速度。 16．（12 分）同学们想测量由两节干电池串联而成的电池组的电动势 E 和内阻 r。 ⑴第一小组的同学用电压表、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路，如图甲所示。电路中 用到的器材均完好无损。 ①检查电路时，他们发现在开关闭合前电压表示数不为零，这是由于导线_____（填写表示导线的字 母）连接错误造成的。改正错误连接后再次闭合开关，他们发现电压表有示数，但改变电阻箱连入电路的 阻 值 时 ， 电 压 表 示 数 保 持 不 变 ， 原 因 可 能 是 （ 写 出 一 条 即 可 ） _______________________________________。 ②排除故障后，他顺利完成实验，并根据测得的数据画出图乙所示的 - 图线，其中 U 为电压表示 数，R 为电阻箱连入电路的阻值。由图知：电池组的电动势 E= ，内阻 r= 。 ⑵第二小组的同学用一块检查完好的灵敏电流计（满偏电流 Ig 已知，内阻 Rg 未知）、电阻箱、开关、 若干导线和待测电池组连成电路，如图丙所示。闭合开关后，调节电阻箱阻值为 R1 时灵敏电流计指针达到 满偏，调节电阻箱阻值为 R2 时灵敏电流计指针达到半偏。请你通过推导说明，在这种测量方法中由于灵敏 OP t OM t ON t 图乙 a2 1V/1 − U 1/1 −Ω R b1 a1 O Va b c d e 图甲 U 1 R 1第 10 页 共 15 页 电流计的内阻 Rg 未知是否会对电动势和内阻的测量造成系统误差。 【答案】（12 分）⑴① c；导线 a 或导线 d 与其他元件连接时接触不好导致断路；② ； ；⑵ 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 知 ， ， 联 立 解 得 ， 。由此可知利用这种方法测量电动势 E 时不存在系统误差，测量内阻 r 时存在系统误差。 【解析】（1）①由于电压表与电源直接相连，造成了闭合开关前电压表的示数不为 0，故是导线 c 接 在了开关与电源的正极之间，应该接在开关与电阻箱之间；若闭合开关后发现电压表有示数，但改变电 阻箱连入电路的阻值时，电压表示数保持不变，说明电压表测量的一直是电源电压，也就说明与电压表 并联的那部分出现了断路，即导线 a 或导线 d 与其他元件连接时接触不好导致断路；②由于它得到的是 - 图线，而对全电路欧姆定律而言，E=U+Ir，也就是 E=U+ r，将其变形后朝自变量是 ，因变 量是 方向转化，即为 = ，故 - 图线的斜率是 ，截距为 ，再结合图像的物理量 可得斜率为 ，及 a1= ，故解得 E= ，内阻 r= ； （2）是否会对电动势和内阻的测量造成系统误差就看通过计算得出的电动势和内阻中有没有电流计 的内阻，如果有，它的存在就会有误差，如果没有，则它再存在也不会影响这个值的大小；根据闭合电 路欧姆定律可知 ， ，联立解得 ， 。由此可知利用这种方法测量电动势 E 时不存在系统误差，测量内阻 r 时存在系统误 差。 17．（8 分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框 abcd，每边长为 L，总电阻为 R。将其置于磁感应强 度为 B 的水平匀强磁场上方 h 处，如图所示。线框由静止开始自由下落，并能匀速进入磁场。在此过程中 线框平面保持在竖直平面内，且 bc 边始终与水平的磁场边界面平行。重力加速度为 g。在线框进入磁场过 程中，求： 图乙 rE G 1 1 a 2 1 1 1 a a a b − 1= ( )g gE I R r R+ + 2= ( )2 g g IE R r R+ + 2 1= ( )gE I R R− 2 12 gr R R R= − − U 1 R 1 U R 1 R 1 U 1 U 1 1r E R E × + U 1 R 1 r E 1 E 2 1 1 a a r b E − = 1 E 1 1 a 2 1 1 1 a a a b − 1= ( )g gE I R r R+ + 2= ( )2 g g IE R r R+ + 2 1= ( )gE I R R− 2 12 gr R R R= − − 图 2-11 V R Krε 图 2-11 V R Krε 图 2-11 V R Krε 图 2-11 V R Krε第 11 页 共 15 页 ⑴ 线框中产生的感应电动势大小 E； ⑵ bc 两点间的电势差 Ubc； ⑶ 闭合线框的质量 m。 【答案】（1）BL 2gh；（2） ；（3） 。 【解析】(8 分)⑴ 线框进入磁场时，线框速度 线框中产生的感应电动势 E=BLv=BL 2gh ⑵ 此过程中线框中电流 I=E R bc 两点间的电势差 ⑶ 线框匀速进入磁场 解得线框的质量 （其他方法正确同样给分） 18．（8 分）我们可以从宏观与微观两个角度来研究热现象。 一定质量的理想气体由状态 A 经过状态 B 变为状态 C，其中 A→B 过程为等压变化，B→C 过程为等容 变化。已知 VA=0.3m3，TA=300K，TB=400K，TC=300K。 ⑴ 请你求出气体在状态 B 时的体积 VB。 ⑵ 气体分别处于状态 A 和状态 B 时，分子热运动速率的统计分布情况如图所示，其中对应状态 B 的 是曲线 （选填“①”或“②”）。 b d 3 24bc BLU gh= − 2 2 2B L hm R g = 2v gh= 3 3 24 4bc BLU E gh= − = − mg F= 安 =F BIL安 2 2 2B L hm R g =第 12 页 共 15 页 ⑶ 请你说明 B→C 过程中，气体压强变化的微观原因。 ⑷ 设 A→B 过程气体吸收热量为 Q1，B→C 过程气体放出热量为 Q2，请你比较 Q1、Q2 的大小并说明 依据。 【答案】（1）VB=0.4m3；（2）②；（3）原因见解析；（4）Q1 大于 Q2。 【解析】（8 分）⑴ A→B 过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有 代入数据，解得 VB=0.4m3 ⑵ 因为 B 的温度高，气体分子的平均动能较大，即速率大的分子数点分子总数的比例高，故②是其 对应的曲线； ⑶ 气体的压强与气体分子的平均动能、气体分子的密集程度有关。B→C 过程为等容变化，气体体积 不变，气体分子的密集程度不变。气体的温度降低，气体分子的平均动能变小，因此气体的压强变小。 ⑷ Q1 大于 Q2；一定质量理想气体的内能只与温度有关。 A→B 过程：气体温度升高，内能增大 ΔE1。气体体积增大，气体对外做功 W1。由热力学第一定律可 知,气体吸收热量 B→C 过程：气体温度降低，内能减少 ΔE2。气体体积不变，既没有气体对外做功，也没有外界对气体 做功，W2=0。由热力学第一定律可知,气体放出热量 。 由题知 TA=TC， ，因此 Q1 大于 Q2。（其他方法正确同样给分） 19．（12 分）如图甲所示，劲度系数为 k 的轻质弹簧上端固定，下端连接质量为 m 的小物块。以小物 块的平衡位置为坐标原点 O，以竖直向下为正方向建立坐标轴 Ox。现将小物块向上托起，使弹簧恢复到原 长时将小物块由静止释放，小物块在竖直方向做往复运动，且弹簧始终在弹性限度内。 （1）以小物块经过平衡位置向下运动过程为例，通过推导说明小物块的运动是否为简谐运动。 （2）求小物块由最高点运动到最低点过程中，重力势能的变化量 ΔEP1、弹簧弹性势能的变化量 ΔEP2。 （3）在图乙中画出由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度 a 随 x 变化的图象，并利用此图 象求出小物块向下运动过程中的最大速度。 A B A B V V T T = 1 1 1Q E W= ∆ + 2 2Q E= ∆ 1 2=E E∆ ∆第 13 页 共 15 页 【答案】（1）推导过程见解析；（2） ； ；（3） 。 【解析】（12 分）⑴ 设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为 x0，有 小物块运动到平衡位置下方 x 处，受力如答图 1 所示 此时弹簧弹力大小 小物块所受合力 即小物块所受合力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。 ⑵ 根据简谐运动的特点，小物块由最高点运动到最低点过程中，下降的高度为 2x0 重力势能减小， 根据机械能守恒定律 弹簧弹性势能增加， ⑶ 由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度 a 随 x 变化的图 象如答图 2 所示。 根据图中图线（x＞0 或 x＜0）与横轴所围面积得 根据 ，可得小物块向下运动过程中的最大速度 （其他方法正确同样给分） 图甲 O x a x 图乙 O 2 2 1 2-P m gE k ∆ = 2 2 2 2=P m gE k ∆ 2mgv k = 0 =kx mg 0( )F k x x= + 0( )F mg k x x kx= − + = −合 2 2 1 0 2-2 -P m gE mgx k ∆ = = 1 2 0k P PE E E∆ +∆ +∆ = 2 2 2 2=P m gE k ∆ 2 = 2 W mg m k 合 = kW E∆合 2mgv k = F mg 答图 1 a x 答图 2 O mg/k g -g -mg/k第 14 页 共 15 页 20．（12 分）在研究原子核的内部结构时，需要用能量很高的粒子去轰击原子核。粒子加速器 可以用 人工方法使带电粒子获得很大速度和能量。 图甲是回旋加速器的结构示意图，D1 和 D2 是两个中空的半径为 R 的半圆型金属盒，两盒之间留有间 距为 d 的窄缝，它们之间有一定的电势差。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B。 D1 盒的中央 A 处的粒子源可以产生质量为 m、电荷量为+q 的粒子。粒子在两盒之间被电场加速，之后进 入磁场后做匀速圆周运动。经过若干次加速后，将粒子从金属盒边缘引出。设粒子在交变电场中运动时 电压大小为 U，不考虑粒子离开 A 处时的速度、粒子重力、粒子间的相互作用及相对论效应。 ⑴ 求粒子被引出时的动能 Ek； ⑵ 求粒子被电场加速的次数 n； ⑶ 随着粒子在电场中的不断加速，粒子在磁场中的运动速率一次比一次增大，然而粒子每次在金属 盒中的运动时间却相同，粒子在交变电场中加速的总时间也可以忽略。已知 10 MeV 以上的回旋加速器 中磁感应强度的数量级为 1T，金属盒的直径在 1m 以上，窄缝之间距离约为 0.1cm。请你结合上述参 数，通过推导和估算加以分析。 【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子在电场中的加速时间可以忽略。 【解析】（12 分）⑴ 粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，被引出时的速度为 v 根据牛顿第二定律有 解得 粒子被引出时的动能 ⑵ 粒子在电场中被加速 n 次，根据动能定理有 粒子被电场加速的次数 2 2 2 2k q B RE m = 2 2 2 qB Rn mU = 2vqvB m R = qBRv m = 2 2 2 21 2 2k q B RE mv m = = knqU E= 2 2 2 qB Rn mU =第 15 页 共 15 页 ⑶ 粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和：在金属盒内旋转 圈的时间 t1 和通过金属 盒间隙 n 次所需的时间 t2。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力 有 运动周期 由此可知：粒子运动周期与粒子速度无关，每次在金属盒中的运动时间相同 粒子在磁场中运动时间 粒子在电场中运动时，根据匀变速直线运动规律 粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比 由此可知：粒子在电场中的加速时间可以忽略。 （其他方法正确同样给分） 2 n 2vqvB m r = 2 2=r mT v Bq π π= 2 2 2 n BRt T U π= =1 22 vnd t= 2 = BRdt U 21 2 = 8 102 t R t d π ≈ ×