北京市师达中学2020届高三物理一模预考试题（Word版附解析）

北京市师达中学 2019-2020 学年高三一模预考测试 物理 一、共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符 合题目要求的一项。 1.物理学中常用两个物理量的比值定义一个新的物理量，如速度是用位移与时间的比值来定义 的，即 ．下面四个物理量的表达式不属于比值定义的是 A. 电流 B. 电势 C. 电容 D. 电阻 【答案】D 【解析】 A： 是电流的定义式，属于用比值来定义物理量的表达式．故 A 项不选． B： 是电势的定义式，属于用比值来定义物理量的表达式．故 B 项不选． C： 是电容的定义式，属于用比值来定义物理量的表达式．故 C 项不选． D： 是电阻的决定式，不属于用比值来定义物理量的表达式．故选择 D 项． 点睛：注意区分定义式和决定式． 2.下列说法正确的是（ ） A. 一个热力学系统吸收热量后，其内能一定增加 B. 一个热力学系统对外做功后，其内能一定减少 C. 理想气体的质量一定且体积不变，当温度升高时其压强一定增大 D. 理想气体的质量一定且体积不变，当温度升高时其压强一定减小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．一个热力学系统内能增量等于气体从外界吸收 热量与外界对它所做的功的和， 所以 AB 错误； 的 xv t = qI t = PE q ϕ = QC U = lR S ρ= qI t = PE q ϕ = QC U = lR S ρ=CD．理想气体的质量一定且体积不变，当温度升高时，根据 可知，压强一定增大， 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 3.如图所示，两束单色光 a、b 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复 色光 P，下列说法正确的是（ ） A. a 光一个光子的能量小于 b 光一个光子的能量 B. a 光的折射率大于 b 光的折射率 C. 实验条件完全相同的情况下做双缝干涉实验，b 光比 a 光条纹间距大 D. 若用 b 光照射某种金属时能发生光电效应现象，则用 a 光照射该金属也一定能发生光电效 应现象 【答案】A 【解析】 【详解】AB．从图中我们可以看出，a 光的入射角要比 b 光的入射角要大，它们的折射角相 同。根据 （此处 θ1 指的是折射角，θ2 指的是入射角）可知 b 的折射率大，所以 b 的频率大，根据公式 ，可知 a 光光子的能量小于 b 光光子的能量，故 A 正确，B 错误； C．因为 b 的频率大于 a 的频率，所以 b 的波长小，根据条纹间距公式 可知 b 光比 a 光条纹间距小，故 C 错误； D．光的频率越大光子能量越大就越容易发生光电效应，因为 b 光的频率大于 a 光的频率，所 以 b 光照射某种金属时能发生光电效应现象，a 光不一定能发生光电效应现象，故 D 错误。 故选 A。 4.下面列出的是一些核反应方程，针对核反应方程下列说法正确的是（ ） ① ② PV CT = 1 2 sin sinn θ θ= =ε hυ Δ lx d λ= 238 234 92 90U Th+X→ 2 3 4 1 1 2H+ H He+Y→③ ④ A. 核反应方程①是重核裂变，X 是 α 粒子 B. 核反应方程②是轻核聚变，Y 是中子 C. 核反应方程③是太阳内部发生的核聚变，K 是正电子 D. 核反应方程④是衰变方程，M 是中子 【答案】B 【解析】 【详解】A．①不是重核裂变方程，是典型的衰变方程，故 A 错误； B．②是轻核聚变方程， 所以 Y 是中子，故 B 正确； C．太阳内部发生的核聚变主要是氢核的聚变， K 是中子，不是正电子，故 C 错误； D．④不是衰变方程，是核裂变方程，故 D 错误。 故选 B。 5.一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，t＝0 时刻的波形如图所示．质点 A 的平衡位置离 O 点 的距离为 4m，t＝0.6s 时质点 A 恰好第一次到达波峰．关于该简谐横波，下列说法正确的是 A. 振幅为 10cm B. 波长为 6m C. 频率为 2.5Hz D. 波速为 5 m/s 【答案】D 9 2 10 4 1 5Be+ H B+K→ 235 1 90 136 92 0 38 54U+ n Sr+ Xe+10M→ 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He+ n→ 9 2 10 1 4 1 5 0Be+ H B+ n→【解析】 A：机械振动中，振幅是指质点偏离平衡位置的最大距离．由图可知波的振幅是 5 cm，故 A 项错误． B：相邻的两个波峰或两个波谷之间的距离是波长．由图知波长为 4 m，故 B 项错误． C：波沿x 轴正方向传播，t＝0 时刻质点 A 向下振动，t＝0.6s 时质点 A 恰好第一次到达波峰， 则 ，即 ．波的频率 ．故 C 项错误． D：波速 ，故 D 项正确． 6.“天舟一号”货运飞船于 2017 年 4 月 20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，它与“天宫 二号”空间实验室对接前，在距离地面约 380km 的圆轨道上飞行。已知地球同步卫星距地面 的高度约为 36000km。关于“天舟一号”，下列说法正确的是（　　） A. 线速度小于地球同步卫星的线速度 B. 线速度小于第一宇宙速度 C. 向心加速度小于地球同步卫星加速度 D. 周期大于地球自转周期 【答案】B 【解析】 【详解】A．取环绕天体为研究对象，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得 解得 说明轨道半径越小，线速度越大，“天舟一号”的线速度大于地球同步卫星的线速度，故 A 错误； B．第一宇宙速度在数值上等于近地卫星的线速度大小，由前面的推导可知轨道半径越大，线 速度越小，“天舟一号”线速度小于第一宇宙速度，故 B 正确； C．由牛顿第二定律可得 解得 3 0.64T s= 0.8T s= 1 1.25f HzT = = 4 / 5 /0.8v m s m sT λ= = = 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 MmG mar =说明轨道半径越小，向心加速度越大，“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星加速度， 故 C 错误； D．由牛顿第二定律可得 解得 说明轨道半径越小，周期越小，“天舟一号”的周期小于地球同步卫星，也就是说小于地球 自转周期，故 D 错误。 故选 B。 7.如图所示，质量为 60 kg 的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算 1 次，若他在 1 分钟内完成了 10 次，每次肩部上升的距离均为 0.4 m，则他在 1 分钟内克服重力 所做的功及相应的功率约为(g 取 10 m/s2)(　　) A. 240 J，4 W B. 2 400 J，2 400 W C. 2 400 J，40 W D. 4 800 J，80 W 【答案】C 【解析】 质量为 60kg 的某同学做引体向上运动，每次肩部上升的距离均为0.4m，单次引体向上克服重 力所做的功约为 1 分钟内完成了 10 次，1 分钟内克服重力所做的功 相应的功率约为 故 C 项正确． 8.质量为 m 的质点作匀变速直线运动，取开始运动的方向为正方向，经时间 t 速度由 v 变为-v， 则在时间 t 内 2 Ma G r = 2 2 2MmG mrr T π =    3 2 rT GM π= 1 60 10 0.4 240W mgh J J= = × × = 10 2400W mgh J= = 2400 4060 WP W Wt = = =A. 质点的加速度为 B. 质点所受合力为 C. 合力对质点做的功为 D. 合力对质点的冲量为 0 【答案】B 【解析】 A：质点的加速度 ，故 A 项错误． B：根据牛顿第二定律 ，故 B 项正确． C：根据动能定理： ，故 C 项错误． D：根据动量定理： ，故 D 项错误． 9.如图所示，两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场和匀强磁场，电场强度 E 和磁感应 强度 B 相互垂直。一带电粒子以某一水平速度从 P 点射入，恰好能沿直线运动，不计带电粒 子的重力。下列说法正确是（　　） A. 粒子一定带正电 B. 粒子的速度大小 C. 若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动 D. 若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化 【答案】BC 【解析】 【详解】A．粒子带正电时，电场力向下，洛伦兹力向上，电场力等于洛伦兹力可以做直线运 动，若粒子带负电，电场力向上，洛伦兹力向下，电场力等于洛伦兹力时也可做直线运动， 因此无法确定粒子带正电还是负电，故 A 错误； B．粒子做直线运动，由平衡关系可知电场力等于洛伦兹力 2v t 2mv t − 2mv 2 0 v v v va t t t ∆ − −= = = −∆ − 2mvF ma t = = −合 0kW E= ∆ =合 2I P mv mv mv= ∆ = − − = −合 Ev B = Eq Bqv=解得 ，故 B 正确； C．若粒子速度大小改变，电场力不变，洛伦兹力变化，垂直速度方向合力不为零，粒子将做 曲线运动，故 C 正确； D．粒子速度大小改变，只影响洛伦兹力大小，不影响电场对粒子 作用力大小，故 D 错误。 故选 BC。 10.如图所示，放置在水平地面上的支架质量为 M，支架顶端用细绳拴着的摆球质量为 m，先 将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是（　　） A. 在释放瞬间，支架对地面压力为（M+m）g B. 在释放瞬间，支架对地面压力为（M-m）g C. 摆球到达最低点时，支架对地面压力为（M+m）g D. 摆球到达最低点时，支架对地面压力为（M+3m）g 【答案】D 【解析】 【详解】AB．在释放瞬间，摆球和细绳间没有力的作用，支架对地面压力为 Mg，故 AB 错误； CD．设摆长为 L，从水平位置摆到最低点，由动能定理可得 设绳子拉力为 F，由牛顿第二定可得 联立可得 根据力的相互性可知球对支架的拉力也为 支架静止，由平衡关系可得 的 Ev B = 21 2mgL mv= 2vF mg m L − = 3F mg= ' 3F mg= ( )N 3F M m g= +根据力的相互性可知支架对地面压力 故 D 正确，C 错误。 故选 D。 11.一长直铁芯上绕有线圈 P，将一单匝线圈 Q 用一轻质绝缘丝线悬挂在 P 的左端，线圈 P 的 中轴线通过线圈 Q 的中心，且与线圈 Q 所在的平面垂直．将线圈 P 连接在如图所示的电路中， 其中 R 为滑动变阻器，E 为直流电源，S 为开关．下列情况中，可观测到 Q 向左摆动的是 A. S 闭合的瞬间 B. S 断开的瞬间 C. 在 S 闭合的情况下，将 R 的滑片向 a 端移动时 D. 在 S 闭合的情况下，保持电阻 R 的阻值不变 【答案】A 【解析】 A：S 闭合的瞬间，线圈 P 中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈 Q 中磁通量从无到有， 线圈 Q 中磁通量增加，根据楞次定律，线圈 Q 的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈 Q 将向左 运动远离线圈 P．故 A 项正确． B：S 断开的瞬间，线圈 P 中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈 Q 中磁通量由有到无， 线圈 Q 中磁通量减小，根据楞次定律，线圈 Q 的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈 Q 将向右 运动靠近线圈 P．故 B 项错误． C：在 S 闭合的情况下，将 R 的滑片向 a 端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈 P 中 电流减小，产生的磁场变弱，线圈 Q 中磁通量减小，根据楞次定律，线圈 Q 的运动将阻碍磁 通量的减小，则线圈 Q 将向右运动靠近线圈 P．故 C 项错误． D：在 S 闭合的情况下，保持电阻 R 的阻值不变，线圈 P 中电流不变，产生的磁场不变，线圈 ( )' N N 3F F M m g= = +Q 中磁通量不变，线圈 Q 中不产生感应电流，线圈 Q 不受磁场力，线圈 Q 不动．故 D 项错 误． 12.如图所示，双量程电压表由表头 G 和两个电阻串联而成．已知该表头的内阻 ， 满偏电流 ，下列说法正确的是 A. 表头 G 的满偏电压为 500V B. 使用 a、b 两个端点时，其量程比使用 a、c 两个端点时大 C. 使用 a、b 两个端点时，其量程为 0~10V，则 R1 为 9.5kΩ D. 使用 a、c 两个端点时，其量程为 0~100V，则 为 95kΩ 【答案】C 【解析】 表头的满偏电压为 ，A 错误；在电压表的改装中，串联的 电阻越大，分压越大，量程越大，所以使用 a、c 两个端点时，量程最大，B 错误；若使用 a、 b 两 个 端 点 时 ， 其 量 程 为 0~10V ， 则 ， 代 入 数 据 可 得 ，C 正确；使用 a、c 两个端点时，其量程为 0~100V，则 ， 代 入 数 据 可 得 ， D 错 误． 13.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ，两导轨间距为 l，电阻 均可忽略不计。在 M 和 P 之间接有阻值为 R 的定值电阻，导体杆 ab 电阻为 r 并导轨接触良好。 整个装置处于磁感应强度为 B，方向竖直向上的匀强磁场中，现给 ab 杆一个瞬时冲量，使它 获得水平向右的初速度 ，下列图中，关于 ab 杆的速度 v、通过电阻 R 中的电流 i、电阻 R 的电功率 P、通过 MPabM 的磁通量 随时间变化的规律，可能正确的是（　　） 500gR = Ω 1mAgI = ( )1 2R R+ 31 10 500 0.5Vg g gU I R −= = × × = 1( )g gU I R R= + 1 10 0.5 9.50.001 g g g U I RR kI − −= = = Ω 1 2( )g gU I R R R= + + 1 2 100 0.5 99.50.001 g g g U I RR R kI − −+ = = = Ω 0v ΦA. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意判断导体棒受到的安培力的表达式，结合受到变化判断安培力的变化，而 ab 受到的 安培力大小等于其的合力，据此判断 ab 运动的加速度的变化；根据 、 判断 电流变化；结合电流的变化情况判断电功率的变化；根据 判断通过 MPabM 的磁通量 的变化。 【详解】A．根据楞次定律可得 ab 中 电流为 b→a，根据左手定则可知导体棒受到的安培力 方向水平向左，与运动方向相反，做减速运动，导体棒受到的安培力 ， ， 故 由于轨道光滑，所以安培力即为导体棒的合力， ，受到减小，合力减小，所以加速 度减小，故导体棒做加速度减小的减速运动，A 错误； 的 EI R r = + E Blv= BSΦ = F BIl=安 EI R r = + E Blv= 2 2B l vF R r = +安 2 2B l vF R r = +合B．电流 ，由于速度减小，并且减小的越来越慢，所以电流也减小，并且减小的越 来越慢，故 B 正确； C．电阻 R 的电功率 ，因为电流减小，所以电阻 R 的电功率也在减小，C 错误； D．通过 MPabM 的磁通量 ，随着 ab 棒向右运动，线圈的面积越来越大，所以磁通量 越来越大，D 错误。 故选 B。 14.图为手机信号屏蔽器．手机信号屏蔽器主要针对各类考场、加油站、军事重地等禁止使用 手机的场所．手机工作时，是在一定频率范围内，手机和基站通过无线电波联系起来，完成 数据和声音的传输．针对这种通讯原理，手机信号屏蔽器在工作过程中以一定的速度从手机 通信所使用的频率的低端向高端扫描，在扫描过程中向手机发送一定频率的电磁波信号，使 手机不能与基站建立正常的联系，从而对手机形成干扰．对于手机信号屏蔽器的工作过程， 下列说法中正确的是（ ） A. 手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理来工作的 B. 手机信号屏蔽器是利用电磁感应的原理来工作的 C. 手机信号屏蔽器工作时能阻止基站发出的电磁波传播到限制场所内 D. 手机信号屏蔽器是通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的 【答案】D 【解析】 【详解】手机信号屏蔽器在工作过程中以一定的速度从手机通信所使用的频率的低端向高端 扫描，在扫描过程中向手机发送一定频率的电磁波信号，使手机不能与基站建立正常的联系， 从而对手机形成干扰．则手机信号屏蔽器是通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的． A．手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理来工作的 ，与结论不相符，选项 A 错误； B．手机信号屏蔽器是利用电磁感应的原理来工作的，与结论不相符，选项 B 错误； C．手机信号屏蔽器工作时能阻止基站发出的电磁波传播到限制场所内 ，与结论不相符，选 BlvI R r = + 2P I R= BSΦ =项 C 错误； D．手机信号屏蔽器是通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D. 二、非选择题（共 58 分） 15.某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。 (1)在实验中，下列哪些操作不是必需的__________。 A.用橡胶塞密封注射器的下端 B.用游标卡尺测量柱塞的直径 C.读取压力表上显示的气压值 D.读取刻度尺上显示的空气柱长度 (2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活 塞，这些要求的目的是____。 (3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是__________。 【答案】 (1). B (2). 保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]A．为了保证气密性，应用橡胶塞密封注射器的下端，A 需要； BD．由于注射器的直径均匀恒定，根据 可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取 刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B 不需要 D 需要； =V LSC．为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C 需要。 让选不需要的，故选 B。 (2)[2]手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放， 气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。 (3)[3]根据 可知当气体做等温变化时，p 与 V 成反比，即 ，故 图像为直 线，所以为了能直观反映 p 与 V 成反比的关系，应做 图像，C 正确。 16.用图所示的电路．测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用 的实验器材还有：双量程电流表：A（量程 0~0.6A，0~3A）；双量程电压表：V（量程 0~3V， 0~15V）；滑动变阻器：R1（阻值范 0~20Ω，额定电流 2A）；滑动变阻器：R2（阻值范 0~1000Ω，额定电流 1A） (1)为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表 量程为________A，电压表的量程为 ________V，应选用滑动变阻器________（填写滑动变阻器符号）； (2)根据图正确连接图中的实物电路，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片 P 应处于正确的位置 并选择正确的电表量程进行连接________； (3)通过多次测量并记录对应的电流表示数 I 和电压表示数 U，利用这些数据在图中画出了 U-I 图线。由图象可以得出，此干电池的电动势 E=________，内阻 r=________Ω； (4)引起该实验的系统误差的主要原因是______。 A．由于电流表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 的 =PV CT 1p V ∝ 1p V − 1p V −B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 C．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小 D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大 【答案】 (1). 0~0.6A (2). 0~3V (3). R1 (4). (5). 1.45V (6). (7). B 【解析】 【详解】(1)[1]分析 U-I 可知电流小于 0.6A，流过干电池电流一般不会超过 0.6A，否则很容易 损坏电源，故电流表选择 量程。 [2]由 U-I 分析可知 1 节干电流电动势为 1.45V，故电压表选择量程 0~3V。 [3]因干电池内阻较小，所以滑动变阻器选择 R1，一是调节较方便，二是额定电流较大。 (2)[4]电压表选 0~3V，电流表选 ，滑动变阻器有效电阻为右部分，补充好的电路图 如下所示： (3)[5]由闭合电路欧姆定律可知 变形可得 分析 U-I 图像可知纵坐截距为 1.45V，说明干电池的电动势为 E=1.45V。 [6]由前面的表达式分析可知图像斜率的绝对值在数值上等于电源内阻 (4)[7]分析电路图可知电压表测的是电源路端电压，电流表测的电流小于通过电源的电流，电 1.3Ω 0 0.6A 0 0.6A E U Ir= + u rI E= − + 1.45 0.80 1.30.50 0 ur I ∆ −= = Ω = Ω∆ −流没有测准确的原因是电压表分流作用。 17.如图所示，竖直平面内的光滑形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。质量 M=3.0kg 的小物 块 B 静止在水平面上。质量 m=1.0kg 的小物块 A 从距离水平面高 h=0.80m 的 P 点沿轨道从静 止开始下滑，经过弧形轨道的最低点 Q 滑上水平面与 B 相碰，碰后两个物体以共同速度运动。 取重力加速度 g=10m/s²。求： (1)A 经过 Q 点时速度的大小 ； (2)A 与 B 碰后共同速度的大小 ； (3)碰撞过程中，A 与 B 组成的系统所损失的机械能 ΔE。 【答案】(1)A 经过 Q 点时速度的大小是 4m/s；(2)A 与 B 碰后速度的大小是 1m/s；(3)碰撞过 程中 A 与 B 组成的系统损失的机械能△E 是 6J。 【解析】 【详解】(1)A 从 P 到 Q 过程中,由动能定理得: 解得 v0=4m/s (2)A、B 碰撞,AB 系统动量守恒,设向右为正方向,则由动量守恒定律得: 解得 v=1m/s (3)碰撞过程中 A.B 组成的系统损失的机械能为: =6J 18.如图所示，虚线 O1O2 是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为 B1，匀强电场的 场强为 E（电场线没有画出）。照相底片与虚线 O1O2 垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为 B2。 现有一个离子沿着虚线 O1O2 向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为 R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小 v； 0v v 2 0 1 02mgh mv= − 0 ( )mv m M v= + 2 2 0 1 1 ( )2 2E mv m M v∆ = − +(2)求该离子的比荷 ； (3)如果带电量都为 q 的两种同位素离子，沿着虚线 O1O2 射入速度选择器，它们在照相底片的 落点间距大小为 d，求这两种同位素离子的质量差△m。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为 0 Eq=B1qv 解得 (2)在偏转磁场中做半径为 R 的匀速圆周运动，所以 解得 (3)设质量较小 离子质量为 m1，半径 R1；质量较大的离子质量为 m2，半径为 R2 根据题意 R2=R1+ 它们带电量相同，进入底片时速度都为 v，得 的 q m 1 Ev B = 1 2 q E m RB B = 1 2 2 B B qdm E ∆ = 1 Ev B = 2 2 mvB qv R = 1 2 q E m RB B = 2 d 2 1 2 1 m vB qv R =联立得 化简得 19.如图所示，长为 L 的轻质细绳上端固定在 O 点，下端连接一个质量为 m 的可视为质点的带 电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的 A 点，绳与竖直方向的夹角 θ=37°。此匀强电场 的空间足够大，且场强为 E。取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。 (1)请判断小球的电性，并求出所带电荷量的大小 q； (2)如将小球拉到 O 点正右方 C 点（OC=L）后静止释放，求小球运动到最低点时所受细绳拉 力的大小 F； (3)O 点正下方 B 点固定着锋利刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开 到再次运动到 O 点正下方的过程中重力对小球所做的功 W。 【答案】(1)小球带负电， ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)因为电场线水平向左，小球带负电 Eq=mgtan 化简 (2)由动能定理得 在 B 点受力分析得 2 2 2 2 m vB qv R = 2 2 1 2 1( )B qm m m R Rv ∆ = − = − 1 2 2 B B qdm E ∆ = 3 4 mgq E = 3 2 mgF = 9 mgL θ 3 4 mgq E = 21 02 BmgL EqL mv− = −联立得 (3)在断开瞬间由上式得 小球水平方向先减速到 0 在方向加速，在水平方向 求小球从细绳断开到再次运动到 O 点正下方的时间 竖直方向自由落体运动 重力对小球所做的功 20.自然界真是奇妙，微观世界的运动规律竟然与宏观运动规律存在相似之处． (1)在地心参考系中，星体离地心的距离 时，星体的引力势能为零．质量为 m 的人造 卫星以第二宇宙速度从地面发射，运动到离地心距离为r 时，其运动速度为 (G 为 引力常量，M 为地球质量)．它运动到离地心无穷远处，相对于地球的运动速度为零．请推导 此卫星运动到离地心距离为 r 时的引力势能表达式． (2)根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库 仑力作用下，绕原子核做圆周运动． ①已知电子质量为 m，电荷量为 e，静电力常量为 k．氢原子处于基态(n=1)时电子的轨道半径 为 r1，电势能为 (取无穷远处电势能为零)．氢原子处于第 n 个能级的能量为基态 2 BmvF mg L − = 3 2 mgF = 2B glv = 3 4 Eq ga m = = 22 9 Bv lt a g = = 21 2h gt= 9 mgLW mgh= = r → ∞ 2GMv r = 2 1 1 P keE r = −能量的 (n=1,2,3，…)．求氢原子从基态跃迁到 n=2 的激发态时吸收的能量． ②一个处于基态且动能为 的氢原子与另一个处于基态且静止的氢原子进行对心碰撞．若要 使其中一个氢原子从基态跃迁到激发态，则 至少为多少？ 【答案】（1） （2） ； 至少为 【解析】 （1）卫星在距地心 r 处的动能 卫星距地心 r 处运动到无穷远的过程中，由机械能守恒定律可得 得 （2）①电子绕原子核做匀速圆周运动， 故处于基态的氢原子的电子的动能 ， 由题意可知处于基态的氢原子的能量 ，解得 又因为 ，得 ②设氢原子质量为 m，初速度为 氢原子相互作用后速度分别为 和 ，相互作用过程中机 械能减少量为 由动量守恒定律可得 由能量守恒可得 ，解得 若 有示数解，须 ，即 即氢原子能从 n=1 的基态跃迁到 n=2 的激发天，需要吸收的能量为 ，所以要使其中一个 氢原子从基态跃迁到激发天， 至少为 ． 2 1 n 0kE 0kE P GMmE r = − 2 1 3 8 keE r ∆ = 0kE 2 1 3 4 ke r 21 2k GMmE mv r = = 0k PE E+ = P GMmE r = − 22 1 2 1 1 vek mr r = 2 1 1 1 2kE mv= 1 1 1k pE E E= + 2 1 12 keE r = 2 1 1 2E E= 2 2 1 1 3 8 keE E E r ∆ = − = 0v 1v 2v E∆ 0 1 2mv mv mv= + 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv E= + + ∆ 2 1 0 1 0Ev v v m ∆− + = 1v 2 0 4 0Ev m ∆− ≥ 2 2 0 0 1 1 322 4k keE mv E r = ≥ ∆ = 2 1 3 4 ke r 0kE 2 1 3 4 ke r