2020年6月北京西城区高三 二模考试 物理（解析版）

西 城 区 高 三 模 拟 测 试 物 理 解 析 2020.6 本试卷共 10 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将条形码贴在答题卡规定处，并将答案写在答 题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 本部分共 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．在核反应方程 中，X 表示的是 A．质子 B．中子 C．电子 D． 粒子 【答案】B 【解析】根据核反应方程的核电荷数守恒和质量数守恒可得，X 的核电荷数是 0，质量数是 1，故这 种粒子是中子，选项 B 正确。 2．如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为 a、b、c 三束单色光。如果 b 光是绿光，则以下 说法正确的是 A．a 光可能是蓝光 B．c 光可能是红光 C．a 光的频率小于 b 光的频率 D．c 光的波长大于 b 光的波长 【答案】C 【解析】由于白光通过三棱镜发生色散时，从上向下的排列顺序是：红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫， 若 b 光是绿光，则 a 光可能是红光，c 光可能是蓝光，选项 AB 错误； a 光的偏折程度相对于 b 光来说小一些，故 a 光的折射率小于 b 光，选项 C 正确； c 光的偏折程度大于 b 光，故 c 光相当于蓝光，其频率大于 b 光，再由 c=λf 可知，其波长小于 b 光， 选项 D 错误。 3．一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历 ab、bc、ca 三个过程回到原状态，其 p-T 图像如图所 示，下列判断正确的是 α 9 4 4 2 12 6Be He C X→+ + a b c A．状态 a 的体积小于状态 b 的体积 B．状态 b 的体积小于状态 c 的体积 C．状态 a 分子的平均动能最大 D．状态 c 分子的平均动能最小 【答案】B 【解析】对于一定质量的理想气体，基状态方程为 pV=CT，由于 a 和 b 在 p-T 图像的过原点的直线 上，说明 p 与 T 是成正比的，故判断是等容过程，故状态 a 的体积等于状态 b 的体积，选项 A 错误； 由 b 到 c 是等温变化，c 处的压强小，则 c 处的体积大，故状态 b 的体积小于状态 c 的体积，选项 B 正确； 由于 b 和 c 的温度相等，而 a 到 c 是等压过程，a 对应的温度低，即状态 a 分子的平均动能最小，选 项 C 错误；状态 c 分子的平均动能最大，选项 D 错误。 4．如图 1 所示为一列简谐横波在 t = 0 时刻的波形图，P 为介质中的一个质点。图 2 是质点 P 的振动 图像，那么该波的传播速度 v 的大小和传播方向是 A．v = 0.5m/s，沿 x 轴正方向 B．v = 0.5m/s，沿 x 轴负方向 C．v = 1.0m/s，沿 x 轴正方向 D．v = 1.0m/s，沿 x 轴负方向 【答案】A 【解析】由图 2 可知，在 t=0 时，质点 P 是向上振动的，故在图 1 中，根据同侧法可以判断出波向 x 正方向传播，选项 BD 错误； 又由图 1 可知，波长为 1m，由图 2 可知，周期为 2s，故波速为 v= =0.5m/s，选项 A 正确，C 错误。 5．如图 1 所示，理想变压器的原线圈接在交流电源上，副线圈接有 R = 10的负载电阻，原、副线 TO a b c p 10 -5 5 t/s y/cm 2 3 图 2 0.50 -5 5 x/m y/cm 1.0 1.5 P 图 1 1 2 s m t s = 圈匝数之比为 2∶1，交流电压表的示数是 10V，电流表、电压表均可看作理想电表。图 2 是交流电源输出 电压 u 随时间 t 变化的图像。则 A．电流表的读数为 1.00 A B．电流表的读数为 2.00 A C．电源输出电压 u 随时间 t 变化的规律是 D．电源输出电压 u 随时间 t 变化的规律是 【答案】C 【解析】因为电压表在副线圈上，其示数是 10V，故 U2=10V，负载电阻是 10Ω，故副线圈上的电流为 I2= =1A；再由原、副线圈匝数之比为 2∶1，因为 ，所以原线圈的电流为 I1=0.5A，故 电流表的示数为 0.5A，选项 AB 错误； 再由电压关系 ，故 U1=20V，因为电压表显示的是交流电的有效值，故原线圈的最大值为 Um=20 V，而由图 2 可知，周期为 T=0.02s，故角速度 ω= =100rad/s，所以电源输出电压 u 随时间 t 变化的规律是 ，选项 C 正确，D 错误。 6．如图所示，用一根轻质细绳将一幅重力为 10N 的画框对称悬挂在墙壁上，当绳上的拉力为 10N 时， 两段细绳之间的夹角为 A．45° B．60° C．90° D．120° 【答案】D 【解析】由于画框的重力是 10N，两侧绳子的拉力也是 10N，故两侧绳子的拉力的合力与画框的重力 相等，其受力图如图所示，由于分力与合力大小相等，两个分力又相等，故两个分力的夹角为 120º，选项 D 正确。 u/V t/×10-2s0 Um -Um 1 2 图 2图 1 ( )20 2 cos100 Vu tπ= ( )20 2 cos50 Vu tπ= 2 10 10 U V R = Ω 1 2 2 1 I n I n = 1 1 2 2 U n U n = 2 2 2 0.02T s π π= ( )20 2 cos100 Vu tπ= 挂钉 挂钉 θ 当然该题也可以根据力合成的计算得出，由图可知 =Fcosα，把 G=10N 和 F=10N 代入解之得 α=60 º，故两段细绳之间的夹角=2α=120 º，所以也是 D 正确。 7．如图所示，弹簧的一端固定,另一端连接一个物块，弹簧质量不计，O 点为弹簧处于原长时物块的 位置。将物块（可视为质点）拉至 A 点由静止释放，物块在粗糙的水平桌面上沿直线运动，经过 O 点运动 到 B 点时速度恰好减为 0。在物块由 A 点运动到 O 点的过程中，下列说法中正确的是 A. 弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功 B. 弹簧弹力做功等于物块克服摩擦力做功 C. 弹簧弹力的冲量大小等于摩擦力的冲量大小 D. 弹簧弹力的冲量大小小于摩擦力的冲量大小 【答案】A 【解析】由于物体与地面间有摩擦，所以当由 A 滑到 O 时，物体在 O 点是有一定速度的，即有一定 的动能或者是动量；由动能定理得，弹力总体做正功，摩擦力做负功，没有其他力做功了，故 W 弹-W 摩 =Ek，所以弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功，选项 A 正确，B 错误； 由 A 到 O 再由动量定理得，弹力的冲量与摩擦力的冲量的和应该等于动量的变化量，即 I 弹-I 摩=mv， 故弹簧弹力的冲量大小大于摩擦力的冲量大小，选项 CD 错误。 8. 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在长为 L 的虚线框内，边长为 d 的正方形闭合线圈在外力作 用下由位置 1 匀速穿过磁场区域运动到位置 2。若 L>2d，则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的 情况可以用以下哪幅图像来描述 2 G OB A 1 2 L 【答案】D 【解析】由题意可知，线圈是匀速穿过的，需要判断的是在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化 的情况；我们先从线圈从位置 1 开始，在进入磁场的过程中，线圈的右边框切割磁感线，产生感应电动势， 由于速度不变，故由 E=BLv 可知，电动势的大小不变，产生的感应电流的大小也不变，所以选项 AB 中感 应电流大小都是逐渐增大的，就不对了，AB 错误； 到线圈全部进入磁场中时，线圈内的磁通量没变化，故此时感应电流为 0；到线圈穿出磁场时，变成 了线圈的左边框切割磁感线了，根据右手定则可以判断出此时的感应电流方向与进入时的方向相反，所以 选项 C 错误，D 正确。 关于感应电流的方向也可以由楞次定律判断，当线圈进入磁场时，穿过线圈的磁通量在增加，故感应 电流的磁场与原磁场方向相反，感应电流是逆时针方向；当线圈出磁场时，穿过线圈的磁通量在减少，故 感应电流的磁场与原磁场方向相同，感应电流是顺时针方向，选项 D 正确。 9．某种热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，可以利用这种特性来测量环境温度。在下面的四 个电路中，电源电动势一定，内阻不计，Rt 表示热敏电阻，R0 表示定值电阻。若希望在温度升高时，电 路中的电压表或电流表示数减小，则下列电路中符合要求的是 【答案】C 【解析】因为热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，则在温度升高时，它的阻值是减小的，A 中 热敏电阻与定值电阻是并联的，当 Rt 减小时，电路中的电流增大，即电流表的示数增大，选项 A 错误； B 中仍然是 Rt 与 R0 并联，电流表串联在 Rt 支路上，故当 Rt 减小时，电流表的示数也是增大的，选 项 B 错误； C 中 Rt 与 R0 是串联的，当 Rt 的阻值减小时，它的两端电压会减小，而电压表正好测量的是它的两端 电压，故电压表的示数减小，选项 C 正确； t I 0 B t I 0 A I t0 C I t0 D A R0 S Rt R0 A S Rt V R0 S Rt VR0 S Rt A B C D D 中电压表与定值电阻并联，测量的是定值电阻的两端电压，故当 Rt 的阻值减小时，电压表的示数要 增大，故选项 D 错误。 10. 如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场中。若在实验中观 察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是 A．静电力做正功 B．重力和静电力的合力做负功 C．重力势能的减少量大于电势能的增加量 D．重力势能的减少量小于动能的增加量 【答案】C 【解析】由于油滴带负电，而上极板带正电，故油滴受到的电场力的方向上向上的，而油滴在向下加 速运动，故静电力对油滴做负功，选项 A 错误； 由于油滴受重力和电场力的作用，它又向下做加速运动，故合力向下，所以合力做正功，选项 B 错误； 以油滴向下加速一段距离为例，利用动能定理，重力做正功，静电力做负功，故 W 重-W 电=△Ek，再根 据功能关系得 W 重=Ep1-Ep2，即 W 重就是重力势能的减少量，W 电就是电势能的增加量，由于 W 重>W 电， 所以重力势能的减少量大于电势能的增加量，选项 C 正确； 由于 W 重>△Ek，故重力势能的减少量大于动能的增加量，选项 D 错误。 11．磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极（N 极或 S 极）的粒子，它们的磁感线分布类似 于点电荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在。若自然界中存在磁单极子，以其为球心 画出两个球面 1 和 2，如图所示，a 点位于球面 1 上，b 点位于球面 2 上，则下列说法正确的是 A．a 点比 b 点的磁感应强度大 B．a 点比 b 点的磁感应强度小 C．球面 1 比球面 2 的磁通量大 D．球面 1 比球面 2 的磁通量小 【答案】A 【解析】若有磁单极子，位于球心处，因为它类似于电荷的电场线的分布，故我们可以类比一个点电 荷放在球心处，则 a 点的电场强度大于 b 点，故 a 点的磁感应强度也大于 b 点，选项 A 正确，B 错误； 喷雾器 油滴 E U 球面 1球面 2 a b 磁通量 φ=BS，也是穿过球面的磁感线的条数，由于从磁单极子发出的磁感线的条数是一定的，故穿 过球面 1 与球面 2 的磁感线的条数都是相同的，即球面 1 与球面 2 的磁通量相等，选项 CD 错误。 12. 某数码相机的锂电池电动势为 7.2V，容量为 875 mA·h，能连续拍摄约 315 张照片。根据以上信息 估算每拍摄一张照片消耗的电能最接近以下哪个数值 A．0.02J B．20J C．70J D．7×104J 【答案】C 【解析】因为锂电池的电动势为 E=7.2V，而容量的单位是“mAh”，说明是容量是电流与时间的乘积， 即 It=875mAh，故锂电池放电时能够放出的电能为 W=UIt=7.2V×875mAh=7.2V×0.875A×3600s；由于它能连 续拍摄约 315 张照片，故每拍摄一张照片消耗的电能 W0= J=72J，故选项 C 正确。 13．物体 A 做平抛运动，以抛出点 O 为坐标原点，以初速度 v0 的方向为 x 轴的正方向、竖直向下 的方向为 y 轴的正方向，建立平面直角坐标系。如图所示，两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射物 体 A，在坐标轴上留下两个“影子”，则两个“影子”的位移 x、y 和速度 vx 、vy 描述了物体在 x、y 两个方 向上的运动。若从物体自 O 点抛出时开始计时，下列图像中正确的是 【答案】D 【解析】由于平抛运动的水平方向是匀速直线运动，故 x-t 图像是过原点的直线，选项 A 错误；水平 方向的速度是不变的，故 vx-x 的图像是平行于 x 轴的直线，选项 B 也是错误的； 由于平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故 y= gt2，所以 y-t 图像是逐渐弯向 y 轴的抛物线，而 现在它是逐渐弯向 t 轴的抛物线，选项 C 错误； 因为竖直方向为匀加速直线运动，即 vy2=2gy，所以 y= ，故 y-vy 图像是弯向 y 轴的抛物线，虽然选 项 D 的横纵坐标与平时不相同，但选项 D 的本质与弯向 y 轴的抛物线是吻合的，故选项 D 正确。 7.2 0.875 3600 315 315 W × ×= O x A y 平行光 平 行 光 影子 影 子 A B C D x 0 t y 0 t vy 0 y vx 0 x 1 2 2 2 yv g 14. 激光陀螺仪是很多现代导航仪器中的关键部件，广泛应用于民航飞机等交通工具。激光陀螺仪的 基本元件是环形激光器，其原理结构比较复杂，我们简化为如图所示模型：由激光器发出的 A、B 两束激 光，经完全对称的两个通道（图中未画出）在光电探测器处相遇，产生干涉条纹。如果整个装置本身具有 绕垂直纸面的对称轴转动的角速度，那么沿两个通道的光的路程差就会发生变化，同时光电探测器能检测 出干涉条纹的变化，根据此变化就可以测出整个装置的旋转角速度。 某次测试，整个装置从静止开始，绕垂直纸面的对称轴，顺时针方向逐渐加速旋转，最后转速稳定， 这个过程中光电探测器的中央位置 C 处检测出光强经过了强~弱~强~弱~强的变化过程。根据上述材料，结 合所学知识，判断下列说法正确的是 A．A 束激光的频率大于 B 束激光的频率 B．整个装置加速转动过程中，A 束激光到达光电探测器的路程逐渐变大 C．整个装置加速转动过程中，C 处始终没有出现干涉明条纹 D．整个装置加速转动过程中，两束激光的路程差变化了 2 个波长 【答案】D 【解析】由于 A、B 两束激光，经完全对称的两个通道在光电探测器处相遇，产生干涉条纹，说明这 两束激光的频率是相等的，选项 A 错误； 在装置加速沿顺时针转动的过程中，激光器射出的 B 光沿顺时针方向先由反射镜再到光电探测器， 而 A 光沿逆时针方向先由反射镜再到光电探测器，故 A 光的光程会变短，B 光和光程会变长，这与运动的 相对性类似，设甲车在向右运动，车中间放一个发光源，则对车外的人而言，光到达右端的时间要比到达 左端的时间长，所以选项 B 错误； 整个装置加速转动过程中，已经知道在光电探测器 C 上出现了强、弱、强和变化，则说明该处有明条 纹和暗条纹出现，即有加强和减弱的区域，选项 C 错误； 因为整个装置加速转动过程中，光电探测器的中央位置 C 处已经检测出光强经过了强~弱~强~弱~强的 BA反射镜 反射镜 C 光电探测器 A B 激光器 顺时针 变化过程，设第一个强，说明是光的加强，两束激光的路程差为 0，它变成弱，由光程差是 0 变化为半波 长的奇数倍，即 1 倍，所以为 ，然后再由弱变为强，又变为半波长的偶数倍，即为 2 倍，所以光程差为 ×2=λ，同理可以得出最后强相对于最初的强变化了 ×4=2λ，即 2 个波长，选项 D 正确。 第二部分 本部分共 6 题，共 58 分。 15．（8 分）某同学练习使用多用电表。 （1）该同学使用多用电表测量某电阻时，选择开关和指针位置如图 1 所示，若他的操作是正确的， 则该电阻的测量值为_____。 （2）该同学继续用相同挡位测量另一电阻，发现指针偏转角度过小。为了减小测量误差，他再次进 行测量前应该进行的操作是__________（从下列选项中挑出合理的步骤并按操作顺序排列）。 A. 将红表笔和黑表笔接触 B. 把选择开关旋转到“×100”位置 C. 把选择开关旋转到“×1”位置 D. 调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 （3）该同学注意到多用电表电阻的刻度线是不均匀的，而直流电流、电压的刻度线是均匀的。他在 课本上查阅到多用电表欧姆表的电路示意图，如图 2 所示。请根据欧姆表的电路示意图，结合所学知识分 析电阻的刻度线不均匀的原因。 2 λ 2 λ 2 λ 欧 姆 调 零 旋 纽 选 择 开 关 图 1 【答案】（8 分）（1）1.5×102（2 分）；（2）BAD （3 分）；（3）根据闭合电路欧姆定律可知通过表 头的电流 ，可见通过表头的电流 I 与待测电阻 Rx 之间的关系为非线性关系，因此电 阻的刻度线是不均匀的。（3 分） 【解析】（1）由于欧姆表旋到了“×10”档，指针指到 15 位置，故电阻的测量值为 15Ω×10=150Ω； （2）如果发现指针的偏角过小，因为多用电表没使用时的指针指在最左侧，该位置是电阻的最大， 电流的 0 位置，如果偏角过小，则是指指针偏向左侧，对于电阻档来说读数较大，而指针指在这个位置的 误差较大，我们可以先假设读数是 200，则电阻大约是 200Ω×10=2000Ω，如果想让指针指在刻度盘的中央， 即读数为“20”左右，则需要把电阻档位调整到“×100”，故需要先调整档位，故第一步是 B，然后再进行欧 姆调 0，而欧姆调 0 前需要把两表笔短接，故第二步是 A，最后是 D； （3）欧姆表的读数不均匀，可以从全电路欧姆定律进行解释说明，根据闭合电路欧姆定律可知通过 表头的电流 ，可见通过表头的电流 I 与待测电阻 Rx 之间的关系为非线性关系，因此 电阻的刻度线是不均匀的。 16．（10 分）用图 1 所示的实验装置研究加速度与物体受力、物体质量之间的关系。 （1）研究加速度与物体质量之间的关系的主要实验步骤如下： a. 用天平测出小车的质量 m0。 b. 安装好实验器材，调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力。 c. 在小桶内装砂，用细绳悬挂小桶并绕过滑轮系在小车上，调整细绳方向与木板平行。 图 2 E Rg R1 r Rx 1g EI R R R r = + + +x 1g EI R R R r = + + +x 砂桶 纸带 图 1 垫块 小车 打点计时器 d. 接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点；断开电源，取下纸带并在纸带上标上 编号。 e. 保持砂和桶的总质量不变，多次在小车上加放砝码以改变小车的总质量 m，并做好记录，重复步 骤 d。 f. 求出每条纸带对应的加速度并填入表中；在坐标纸上建立坐标系，描点作图，以研究加速度与质 量的关系。 综合上述实验步骤，请你完成以下任务： ①实验中，需要平衡摩擦力和其它阻力，在此过程中，下列说法正确的是_____ A．小车后面不能拖纸带 B．系在小车的细绳上不能悬挂小桶 C．打点计时器必须接通电源 ②图 2 所示为实验中得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为 T=0.10s，由图中数据 可计算出小车的加速度 a =_______m/s2。（结果保留 2 位有效数字） ③若实验中砂和桶的总质量为 ，则从理论分析可得砂和桶的总重力 与细绳对小车的拉力 F 的大 小关系为 ________ F（选填“略大于”、“等于”或“略小于”）。 （2）某同学在研究加速度与物体受力之间的关系时改进了实验方案，他用无线力传感器来测量小车 受到的拉力。如图 3 所示，他将无线力传感器和小车固定在一起，将系着砂桶的细绳系在传感器的挂钩 上，调整细绳方向与木板平行。 请判断在改进后的实验中以下步骤是否还有必要（选填“有必要”或“没必要”）。 单位：cm C D EBA 图 2 5.10 18.60 27.00 11.30 m′ m g′ m g′ 纸带 小车 打点计时器 垫块 砂桶 传感器 图 3 步骤 是否有必要 调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力 控制砂和桶的总质量应远小于小车和车内砝码的总质量 【答案】（10 分）；（1）①BC（2 分）； ②1.1（2 分）；③略大于（2 分）；（2）（4 分，每空 2 分） 步骤 是否有必要 调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力 有必要 控制砂和桶的总质量应远小于小车和车内砝码的总质量 没必要 【解析】（1）①实验中，需要平衡摩擦力和其它阻力时，需要把木板的一端垫高，当不施加拉力时 小车能在木板上做匀速直线运动就可以了；而这个匀速直线运动的判断需要通过打点计时器打出的点迹 是否均匀来确定，所以小车后面不能拖纸带是错误的；不能施加拉力，故系在小车的细绳上不能悬挂小 桶是正确的；打点计时器必须接通电源也是正确的，选项 BC 正确； ②由于纸带被分成了四段，故我们可以将后两段减去前两段的距离表示相邻相同时间内的位移差， 根据△x=at2 来计算，故加速度为 a= cm/s2=1.1m/s2；当然也可以先求 出 B、D 两点的速度，再计算加速度。 ③若从理论分析，对于砂和桶而言，它向下做加速度为 a 的加速运动，故 m′g-F=m′a； 对于小车而言，它沿斜面向下运动，加速度也是 a，再根据牛顿第二定律，故 F=Ma； 联立以上两个方程，消去加速度 a，解之得 F= ，故 F>m′的，而第一个步骤仍然是需要的，因为换上传感器后摩擦 力并没有消失，所以仍然需要平衡摩擦力的大小，故第一个步骤填有必要，第二个步骤填没必要。 17. （9 分）如图所示，A、B 是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线的长 度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球 A 拉起至细线与竖 直方向夹角为°的位置，使其由静止释放，小球 A 运动至最低点与静止的小球 B 相碰，碰后两球 粘在一起运动。已知细线的长度为 L，每个小球的质量均为 m，重力加速度为 g，忽略小球半径和空气阻 力，求 （1）A球运动至最低点时的速度大小v； 2 2 (27.00 11.30) 11.30 (2 ) (2 0.1) CE ACx x t − − −= × M m gM m ′′+ M m gM m ′′+ （2）碰后两球能够上升的最大高度h； （3）碰撞过程中损失的机械能E。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 。 【解析】（9 分）（1）根据机械能守恒定律 （2 分） 解得 A 球运动至最低点时的速度大小 （1 分） （2）两球碰撞过程满足动量守恒定律 （2 分） 碰后两球一起运动，根据机械能守恒定律 （1 分） 解得碰后两球能够上升的最大高度 （1 分） （3）碰撞过程中损失的机械能 （1 分） 解得 （1 分） 18. （9分）1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子 流，并求出了这种粒子的比荷，他的研究装置如图所示。 真空管内的阴极 K 发出的电子经加速后，穿过 A、B 中心的小孔沿直线进入到两块水平正对放置的平 行金属板 D1、D2 的区域。金属板 D1、D2 之间未加电场时，射线不偏转，射在屏上 P1 点。按图示方式施 加电场强度为 E 的电场之后，射线发生偏转并射到屏上 P2 点。为了抵消阴极射线的偏转，使它从 P2 点回 到 P1，需要在两块金属板之间的区域再施加一个大小合适、方向垂直于纸面的匀强磁场。 （1）判断匀强磁场的方向。 A B θ v gL= 1 8h L∆ = 1 4E mgL∆ = ( ) 211 cos 2mgL mvθ− = ( )2 1 cosv gL gLθ= − = 2mv mv′= 21 2 22 mv mg h′⋅ = ∆ 1 8h L∆ = 2 21 1 22 2E mv mv′∆ = − ⋅ 1 4E mgL∆ = K A B D1 D2 P1 P2 P3 （2）若施加的匀强磁场磁感应强度为 B，求出阴极射线的速度 v 的表达式。 （3）去掉 D1、D2 间的电场，只保留（2）中的匀强磁场 B。由于磁场方向与射线运动方向垂直，阴极 射线在 D1、D2 之间有磁场的区域内会形成一个半径为 r 的圆弧，使得阴极射线落在屏上 P3 点。根据题目 所有信息推导电子比荷的表达式。 【答案】（1）垂直纸面向里；（2） ；（3） 。 【解析】（9 分）（1）电子受力分析如答图 1 所示 即洛仑兹力的方向是向下的，又因为电子的运动方向向右，而电子又带负电，所以由左手定则可知磁 场方向是垂直纸面向里 （3 分） （2）根据平衡条件 （2 分） 解得阴极射线的速度 （1 分） （3）根据牛顿第二定律 （2 分） 解得电子的比荷 将 代入得 （1 分） 19. （10 分）类比是逻辑推理中极富创造性的一种方法，科学史上很多重大发现、发明往往发端于类 比，例如科学家受行星绕太阳做匀速圆周运动的启发，在构建原子模型时猜想电子绕原子核也做匀速圆周 运动。 （1）一质量为 m 的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为 r。将地球视为质量均匀分布的 球体，已知地球质量为 M，万有引力常量为 G，求卫星的速度大小 v 和动能 Ek。 （2）在玻尔的氢原子理论中，电子绕原子核做匀速圆周运动的轨道半径是量子化的。电子的轨道半 径和动量必须满足量子化条件 ，式中 h 是普朗克常量， r 是轨道半径，v 是电子在该轨道上的 速度大小，n 是轨道量子数，可以取 1、2、3……等正整数。 已知电子的质量为 m，电荷量为-e，静电力常量为 k，试根据上述量子化条件，证明电子在任意轨道 Ev B = 2 q E m B r = F 洛 答图 1 F 电 Bqv Eq= Ev B = 2vBqv m r = q v m Br = Ev B = 2 q E m B r = 2 nhm r π=v 运动的动能表达式可以写为 ，其中 A 是与 n 无关的常量。 【答案】（1） ； ；（2）证明过程略。 【解析】（10 分）（1）根据牛顿第二定律 （2 分） 解得卫星的速度大小 （1 分） 卫星的动能 （2 分） （2）根据牛顿第二定律 （2 分） 结合题中给出的量子化条件 联立推得 可得电子的动能 （2 分） 由此可知 其中 ，是与 n 无关的常量 （1 分） 20. （12 分）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。实际中的电容器在外形结构上有多 种不同的形式，但均可以用电容描述它的特性。 （1）在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器，叫做平行板 电容器。图 1 为一平行板电容器的充电电路，在充电过程中两极板间电势差 u 随电荷量 q 的变化图像如图 2 所示。类比直线运动中由 v-t 图像求位移的方法，在图中画网格线表示当电荷量由 Q1 增加到 Q2 的过程中 电容器增加的电势能。 （2）同平行板电容器一样，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球 形电容器。如图 3 所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为 R1，外球内半径为 R2，电容为 kn 2 AE n = GMv r = 2k GMmE r = 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 21 2 2k GMmE mv r = = 2 2 2 e vk mr r = 2 nhm r π=v 22 kev nh π= 22 2 2 4 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2kn ke k meE mv m nh h n π π   = = = ⋅       2kn AE n = 2 2 4 2 2 k meA h π= 图 1 C R E S u q 图 2 0 Q1 Q2 ，其中 k 为静电力常量。请结合（1）中的方法推导该球形电容器充电后电荷量达到 Q 时 所具有的电势能 Ep 的表达式。 （3）孤立导体也能储存电荷，也具有电容。 a. 将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，根据球形电容器电容的表达式推导半径为 R 的孤 立导体球的电容 的表达式； b. 将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为 0。请结合题目信息及所学 知识解释这一现象。 【答案】（1）画出的网格线如图所示；（2） ；（3）a. ；b.解释见解析。 【解析】（12 分）（1）由于电容器在充电过程中，极板间的电压是逐渐增大的，当电荷量由 Q1 增加到 Q2 的过程中，极板间的电压也在增大，所以类比 v-t 图像求位移时利用图线与时间轴的面积来表示，故电 容器增加的电势能也可以通过图线与 q 轴围成的面积来表示，如答图 2（3 分）。 （2）由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极板间电势差 u 随电荷量 q 的变化图像如答图 3 所示，图中三角形面积表示电荷量达到 Q 时电容器所具有的电势能 Ep 的大小 由图可得 根据 可得 , 将球形电容器电容的表达式 代入 1 2 2 1( ) R RC k R R = − R1 R2 图 3 C′ 2 2 1 1 2 ( ) 2P kQ R RE R R −= RC k ′ = u q 答图 2 0 Q1 Q2 u q 答图 3 0 Q 1 2pE QU= QC U = QU C = 2 2p QE C = 1 2 2 1( ) R RC k R R = − 推得 （3 分） （3）a. 将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即 代入球形电容器电容的表达式 推得 （3 分） b. 根据 a 中推得的孤立导体球的电容表达式 可知，球体的半径越大，其电容越大。由于金属 小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。二者用导线连接，电势相同，根据 Q=UC 可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为 0。 （3 分） 2 2 1 1 2 ( ) 2P kQ R RE R R −= 1 2,R R R= → ∞ 1 2 2 1( ) R RC k R R = − RC k ′ = RC k ′ =