北京市大兴区2020届高三物理下学期一模试题(解析版)
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北京市大兴区2020届高三物理下学期一模试题(解析版)

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时间:2020-12-23

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资料简介
2019~2020 学年度北京市大兴区高三第一次综合练习高三物 理 一、单项选择题 1.下列说法正确的是(  ) A. 是α衰变方程 B. 是β衰变方程 C. 是核聚变反应方程 D. 是核裂变反应 方程 【答案】C 【解析】 【详解】A. 该反应是在人为条件下发生的,是人工核反应,故 A 错 误; B. 该反应时在人为条件下发生的,是人工核反应,故 B 错误; C. 是重要的轻核聚变反应方程,故 C 正确; D. 是自然存在的,有氦原子生成,是α衰变方程,故 D 错误。 故选 C 2.a、b 两种单色光组成的光束从空气进入介质时,其折射光束如图所示。则关于 a、b 两束光, 下列说法正确的是(  ) A. 介质对 a 光的折射率小于 b 光 B. a 光在介质中的速度小于 b 光 C. a 光在真空中的波长小于 b 光 D. 光从介质射向空气时,a 光的临界角小于 b 光 【答案】A 【解析】 【详解】A.根据折射率的定义 。 15 1 12 4 7 1 6 2N H C He+ → + 4 27 30 1 2 13 15 0He Al P n+ → + 2 1 3 1 1 2H H He γ+ → + 238 234 4 92 90 2U Th He→ + 15 1 12 4 7 1 6 2N H C He+ → + 4 27 30 1 2 13 15 0He Al P n+ → + 2 1 3 1 1 2H H He γ+ → + 238 234 4 92 90 2U Th He→ +得知入射角相等,a 光的折射角较大,则 a 光的折射率较小,故 A 正确; B.由公式 分析可知,a 光在介质中的速度较大,故 B 错误; C.光的折射率越大,其频率越大,波长越短,因此 a 光在真空中的波长更长,故 C 错误; D.根据临界角公式 分析可知,a 光的折射率小,临界角大,故 D 错误。 故选 A。 3.一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波,t=0 时刻的波形如图中实线所示,t=0.3s 时刻第一次 出现图中虚线所示的波形,则 A. 质点 P 的运动方向向右 B. 这列波的周期为 1.2s C. 这列波的波长为 12m D. 这列波的传播速度为 60m/s 【答案】B 【解析】 试题分析:简谐横波沿 x 轴方向传播,质点 P 只沿 y 轴方向振动,故 A 错误.因为 t=0.3s 时 刻第一次出现图中虚线所示的波形,则由图,得到 ,则周期 T=1.2s,故 B 正 确 . 由 图 可 知 , 这 列 波 的 波 长 为 24m , 选 项 C 错 误 ; 这 列 波 的 传 播 速 度 为 ,选项 D 错误;故选 B. 考点:波的图像. sin sin in r = cv n = 1sinC n = 0.34 Tt s= = 24 / 20 /1.2v m s m sT λ= = =4.如图所示,注射器下端 开口有橡胶套,它和柱塞一起把一段空气柱封闭在玻璃管中。实验 中把柱塞向下缓慢按压使气柱体积变小(保持空气柱质量和温度不变),若玻璃管中封闭的气 体可视为理想气体,对于这个过程下列分析正确的是(  ) A. 对管壁单位面积的平均作用力增大 B. 分子间平均距离增大 C. 分子平均动能增大 D. 气体从外界吸收热量,内能增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 该过程为等温变化,根据 可知压缩后气体压强增大。 A.对管壁单位面积的平均作用力增大即是压强增大,故 A 正确; B.分子间平均距离增大即体积变大,不符合分析,故 B 错误; C.分子平均动能增大意味着温度升高,但该过程为等温变化,故 C 错误; D.该过程外界对气体做功,但内能不变,根据热力学第一定律可知,释放热量,故 D 错误。 故选 A。 5.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高.今年 5 月 9 日发射的“高分五号”轨道高 度约为 705km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为 36000km,它们都绕地球做圆周运 动.与“高分四号”相比,下列物理量中“高分五号”较小的是(  ) A. 周期 B. 角速度 的 1 1 2 2pV p V=C. 线速度 D. 向心加速度 【答案】A 【解析】 设卫星的质量为 m,轨道半径为 r,地球的质量为 M,卫星绕地球匀速做圆周运动,由地球的 万有引力提供向心力,则得: 得: , , , 可知,卫星的轨道半径越大,周期越大,而角速度、线速度和向心加速度越小,“高分五号” 的轨道半径比“高分四号”的小,所以“高分五号”较小的是周期,较大的是角速度、线速 度和向心加速度,故 A 错误,BCD 正确. 点睛:解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论,知道卫星的线速度、角 速度、周期、加速度与轨道半径的关系,对于周期,也可以根据开普勒第三定律分析. 6.1831 年 8 月 29 日,法拉第经历近十年 研究终于在一次实验中发现了电磁感应现象:把两 个线圈绕在同一个铁环上(如图),一个线圈接到电源上,另一个线圈接入“电流表”,在给 一个线圈通电或断电的瞬间,另一个线圈中也出现了电流。之后他设计出几十个关于电磁感 应现象的实验,并把它们总结成五类情况,请结合你学习电磁感应知识判断以下哪个选项不 属于这五类现象(  ) A. 恒定的电流 B. 变化的磁场 C. 运动的磁铁 D. 在磁场中运动的导体 【答案】A 【解析】 【分析】 的 2 2 2 2 2 4Mm vG m r m r m mar T r π ω= = = = 3 2 rT GM π= 3 GM r ω = GMv r = 2 GMa r =【详解】 因为电磁感应现象是一个瞬间现象,只有在磁通量改变的时候才会出现,因此恒定的电流产 生恒定的磁场,无法发生电磁感应现象,因此 A 符合题意,BCD 不符合题意,故 A 正确,BCD 错误。 故选 A。 7.如图所示,理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上,交变电压瞬时值随时间变 化的规律为 ,副线圈所在电路中接有电灯 L、电阻 R、理想交流电压表 和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为 5:1,电灯额定功率为 44W,电阻阻 值为 22Ω,电灯以额定功率正常工作。则(  ) A. 电压表示数为 62.5V B. 电流表示数为 2A C. 通过保险丝的电流为 15A D. 电阻消耗功率为 88W 【答案】D 【解析】 【详解】A.已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为 则原线圈电压的有效值为 根据 解得 即电压表示数为 ,故 A 错误; 220 2 sin (V)U tω= 220 2 sin (V)U tω= 1 220 2 220V 2 U = = 1 1 2 2 U n U n = 2 44VU = 44VB.灯泡与电阻并联,所以灯泡等压与电阻、副线圈电压相等。对于灯泡,由于灯泡正常工作, 因此有 对于电阻,根据欧姆定律可得 又因为 代入数据得 即电流表示数为 ,故 B 错误; C.根据 可得 因此通过保险丝的电流为 ,故 C 错误; D.根据公式 代入数据解得 即电阻消耗功率为 88W,故 D 正确。 故选 D。 8.雨滴在空气中由静止开始沿竖直方向下落,雨滴运动的速度 v 随时间 t 的变化关系如图所示, 经过时间 t1,速度达到 v1,经过时间 t2(t2=2t1),速度达到 vm,此后雨滴以速度 vm 做匀速直 线运动。下列说法正确的是(  ) L 2 LP U I= 1 R UI R = 2 L RI I L= + R 2AL = 2 3AI = 3A 1 2 2 1 I n I n = 1 0.6AI = 0.6A R 2 RP U I= R 88WP =A. 在 0~t1 时间内,雨滴运动的加速度逐渐增大 B. 在 0~t1 时间内,雨滴受到的阻力逐渐增大 C. 在 0~t1 与 t1~t2 两段时间内重力对雨滴做的功相等 D. 在 0~t1 与 t1~t2 两段时间内雨滴所受重力的冲量不相等 【答案】B 【解析】 【分析】 详解】 A.在 图象中,斜率代表物体加速度。在 时间内,斜率越来越小,即加速度逐渐减 小,故 A 错误; B.雨滴下落过程中受到重力和空气阻力,根据图象可知,雨滴的加速度之间减小,根据牛顿 第二定律可得 因此可以得出雨滴受到的阻力逐渐增大,故 B 正确; C.在 图象中,面积代表物体的位移。由图可看出 时间内的位移小于 时间内 的位移,根据 可知 时间内重力做的功小于 时间内重力做的功,故 C 错误; D.设 时间内重力冲量为 , 时间内重力冲量为 ,则有 又因为 【 v t− 10 t mg f ma− = v t− 10 t 1 2t t GW mgh= 10 t 1 2t t 10 t 1I 1 2t t 2I 1 1I G t= ⋅ ( )2 2 1I G t t= ⋅ −因此 由此可得 即在 与 两段时间内雨滴所受重力的冲量相等,故 D 错误。 故选 B。 9.如图所示为伽利略斜面实验的频闪照片。小球沿左侧斜面从静止状态开始向下运动,将冲上 右侧的斜面。减小右侧斜面的倾角,如图中 1、2 所示,球达到同一高度时就会运动的更远。 右侧斜面放平,球的运动如图中 3 所示。若小球释放高度固定,在斜面上可视为匀变速直线 运动,下列分析中正确的是(  ) A. 小球在右侧斜面 1 和 2 向上运动时所受合外力方向相同 B. 小球在斜面 1 上运动的加速度小于在斜面 2 上运动的加速度 C. 在斜面 1 合外力对小球做的功等于在斜面 2 上合外力对小球做的功 D. 因为在水平面上小球只受到向前的冲力,所以小球在平面 3 上运动的更远 【答案】C 【解析】 【详解】A.设斜面与平面所成角度为 ,由几何关系可得 由于斜面 1 倾斜角不等于斜面 2,因此斜面 1 和 2 向上运动时所受合外力方向不相同,故 A 错 误; B.由几何关系和牛顿第二定律可得 2 12t t= 2 1 1t t t− = 1 2I I= 10 t 1 2t t θ sinF mg θ=合 sinmg maθ =化简可得 由于斜面 1 倾斜角大于斜面 2,因此斜面 1 上运动的加速度大于在斜面 2 上运动的加速度, 故 B 错误; C.设在最低点的速度为 ,根据动能定理得 由此可得 即在斜面 1 合外力对小球做的功等于在斜面 2 上合外力对小球做的功,故 C 正确; D.因为水平面上小球不会有重力势能与动能转换的过程,因此运动的更远,故 D 错误。 故选 C。 10.在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动,当它运动到 M 点时,突然向与原运动 相反的方向放出一个不带电的粒子乙,形成一个新的粒子丙.如图所示,用实线表示粒子甲 运动的轨迹,虚线表示粒子丙运动的轨迹.若不计粒子所受重力及空气阻力的影响,则粒子 甲和粒子丙运动的轨迹可能是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 根据 ,可得轨道半径 ,再由动量守恒可知,放出粒子乙后,新粒子丙的 动量大于粒子甲的,故轨道半径变大,所以 B 正确;A、C、D 错误. 11.如图(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图。线圈的 ab 边 连在金属滑环 K 上,cd 边连在金属滑环 L 上,用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上, sina g θ= 0v 2 1 0 10 2W mv= − 2 2 0 10 2W mv= − 1 2W W= 2 Bqv m v r = r mv Bq =线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是(  ) A. 图(a)中,线圈平面与磁感线垂直,磁通量变化率最大 B. 从图(b)开始计时,线圈中电流 i 随时间 t 变化的关系是 C. 当线圈转到图(c)位置时,感应电流最小,且感应电流方向改变 D. 当线圈转到图(d)位置时,感应电动势最大,ab 边感应电流方向为 a→b 【答案】C 【解析】 【详解】A.图(a)中,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大,但磁通量变化率最小为零, 故 A 错误; B.从图(b)开始计时,线圈产生的感应电动势最大,形成的感应电流最大,线圈中电流随 时间变化的关系是 故 B 错误; C.当线圈转到图(c)位置时,线圈位于中性面位置,此时感应电流最小,且感应电流方向 改变,故 C 正确; D.当线圈转到图(d)位置时,感应电动势最大,根据楞次定律可知 ab 边感应电流方向为 ,故 D 错误。 故选 C。 12.如图所示 ABC 为等边三角形,电荷量为+q 的点电荷 Q1 固定在 A 点。先将一电荷量也为+q 的点电荷 Q2 从无穷远处(电势为 0)移到 C 点,此过程中,电场力做功为-W。再将 Q2 从 C 点沿 CB 移到 B 点。下列说法正确的是(  ) m sini I tω= m cosi I tω= b a→A. +q 从无穷远处移到 C 点的过程中,电势能减少了 W B. +q 在移到 B 点后的电势能为 W C. Q2 在 C 点的电势为 D. +q 从 C 点移到 B 点的过程中,所受电场力做负功 【答案】B 【解析】 【详解】A.电荷运动过程中,电场力做的功等于电势能减少量,故+q 从无穷远处移到 C 点 的过程中,电势能增加了 ,故 A 错误; B.ABC 为等边三角形,所以 因此点电荷 Q2 从 C 点到 B 点后的电势能不变,所以+q 在移到 B 点后的电势能为 W,故 B 正 确; C.点电荷 Q2 从无穷远处(电势为 0)移到 C 点,此过程中,电场力做功为-W 故 C 错误; D.+q 从 C 点移到 B 点的过程中,电势能不变,电场力不做功,故 D 错误。 故选 B 13.如图所示,在一端封闭、长约 1m 的玻璃管内注满清水,水中放一个红蜡做的小圆柱体 R (R 视为质点)。现将玻璃管轴线与竖直方向 y 轴重合,在小圆柱体 R 上升刚好到达匀速时的 起点位置记为坐标原点 O,同时玻璃管沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动(不影响 小柱体竖直方向的运动)。小圆柱体 R 依次经过平行横轴的三条水平线上的 A、B、C 位置, 在 OA、AB、BC 三个过程中沿 y 轴方向的高度均相等,则小柱体在 OA、AB、BC 三个过程中, 则下面结论中正确的是(  ) W q − W AB AC= C W q ϕ =A. 水平位移的大小之比为 1:4:9 B. 动能增量之比为 1:2:3 C. 机械能的变化量 1:1:1 D. 合外力的冲量大小之比 1:1:1 【答案】D 【解析】 【详解】A.小圆柱体 R 在 OA、AB、BC 三个过程中沿 y 轴方向的高度均相等,则每个过程 的时间相等,x 轴方向上,R 做初速度为零的匀加速直线运动,则每个过程对应的水平位移的 大小之比为 故 A 错误; B.竖直方向上,三个过程中重力势能变化量相等,水平方向上速度为 动能为 则三个过程中,动能变化量之比为 ,故 B 错误; C.三个过程中重力势能变化量相等,动能变化量之比为 ,无法得出机械能的变化量之 比,故 C 错误; D.根据动量定理可知,合外力的冲量等于动量的变化,R 的合外力不变,三个过程的时间相 等,则冲量相等,故 D 正确。 故选 D。 14.根据生活经验可知,处于自然状态的水都是往低处流的,当水不再流动时,水面应该处于 同一高度。在著名的牛顿“水桶实验”中发现:将一桶水绕竖直固定中心转轴OO′以恒定的角 1 2 3 1:3:5: :x x x∆ ∆ ∆ = 2v ax= 2 k 1 2E mv max= = 1:3:5 1:3:5速度转动,稳定时水面呈凹状,水桶截面图如图所示。这一现象可解释为,以桶为参考系, 其中的水除受重力外,还受到一个与转轴垂直的“力”,其方向背离转轴,大小与到轴的垂直 距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”,在重力和该力的 共同作用下,水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能。根据以上信息可知,下列 说法中正确的是(  ) A. 该“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B. 小水滴沿水面向上移动时,该“势能”不变 C. 小水滴沿水面向上移动时,重力势能的增加量等于该“势能”的减少量 D. 小水滴沿水面向上移动时,受到重力和该“力”的合力大小不变 【答案】C 【解析】 【详解】A.由于该“力”做功与重力做功类似,所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无 关,故 A 错误; B.由于该“力”与转轴垂直,所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小于 90°,该力做正功,该势能减小,故 B 错误; C.由能量守恒可知,小水滴具有的重力势能和该“力”对应的势能之和不变,小水滴沿水面 向上移动时,重力势能增加,该“势能”减小,所以小水滴沿水面向上移动时,重力势能的 增加量等于该“势能”的减少量,故 C 正确; D.以桶为参考系,小水滴处于平衡状态,小水滴受重力,与转轴垂直且背离转轴的力,水面 的支持力,由于水面的支持力方向与水面垂直,所以水面上的小水滴受到重力和该“力”的 合力一定与水滴所在水面垂直,小水滴沿水面向上移动时,加速度向上,处于超重状态,偏 向下的合力减小,即重力和该“力”的合力应该减小,故 D 错误。 故选 C。 二、实验探究题15.张老师在“探究楞次定律”的实验中,如图甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路。其 中图甲是将一节旧电池和电流计通过开关连接,通过试触操作,其实验目的是__________; 完成图甲实验操作后,把电流计与螺线管 B 连接,将图丙中的螺线管 A 插入图乙中的螺线管 B 中,闭合电键 K 的瞬间,图乙中电流计的指针向右偏转,保持电键闭合状态,再观察图乙中 电流计指针_________(填“向左偏”“向右偏”“不偏”);然后将图丙中滑动变阻器的滑片 P 向右滑动的过程中,观察图乙中电流计指针____(填“向左偏”“向右偏”“不偏”)。 【答案】 (1). 判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系 (2). 不偏 (3). 向左偏 【解析】 【详解】[1][2][3]试触目的是判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系;根据楞次定律,电 键保持闭合状态,磁通量不变,感应电流为零,所以电流计指针不偏;图丙中滑动变阻器的 滑片 P 向右滑动,电阻变大,A 中电流变小,穿过线圈磁通量减小,产生感应电流,根据楞 次定律,感应电流方向与闭合电键 K 的瞬间电流方向相反,所以图乙中电流计指针向左偏。 16. (1)如下图所示:某同学对实验装置进行调节并观察实验现象: ①图甲、图乙是光的条纹形状示意图,其中干涉图样是_______________. ②下述现象中能够观察到的是:( ) A.将滤光片由蓝色的换成红色的,干涉条纹间距变宽 B.将单缝向双缝移动一小段距离后,干涉条纹间距变宽 C.换一个两缝之间距离较大的双缝,干涉条纹间距变窄 D.去掉滤光片后,干涉现象消失【答案】①图甲;②AC. 【解析】 试题分析:①干涉图样的条纹间距是相等的,而衍射的条纹间距是不相等的,故甲图是干涉 图样;②由双缝干涉的条纹间距公式△x= ,红光的波长大于蓝光,故红光的干涉条纹间 距较大,选项 A 正确;单缝向双缝移动一小段距离后,干涉条纹间距不变,选项 B 错误;换 一个两缝之间距离较大的双缝,即增大 d,则干涉条纹间距变窄,选项 C 正确;去掉滤光片后, 干涉现象不会消失,将变为彩色干涉图案,选项 D 错误. 考点:光的干涉. 17.某同学欲用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”。实验中砂和砂桶的总质量为 ,小车和砝码的总质量为 M。 (1)实验中,为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,先调节长木板上滑轮的高度, 使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是_______。 A.将长木板水平放置,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,给打点计时器通电,调节 m 的大小,使小车在砂和砂桶的牵引下运动,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B.将长木板的一端垫起适当的高度,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,撤去砂和砂桶, 给打点计时器通电,轻推小车,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C.将长木板的一端垫起适当的高度,撤去纸带以及砂和砂桶,轻推小车,观察判断小车是否 做匀速运动 (2)图乙是实验中得到的一条纸带,O、A、B、C、D、E、F、G 为 8 个相邻的计数点,相邻的 两个计数点之间还有四个点未画出,已知打点计时器的工作频率为 50Hz。该同学计划利用 v—t 图像计算小车的加速度。首先用刻度尺进行相关长度的测量,其中 CE 的测量情况如图丙 所示,由图可知 CE 长为_____cm,依据此数据计算打点计时器打下 D 点时小车的速度为 _______m/s,同理可计算出 A、B、C、E、F 各点小车的速度,描绘出小车的 v—t 图像,由图 线可得出小车的加速度大小。 l d λ m(3)利用控制变量法多次测量,总结得出:当物体质量相同时,加速度跟物体所受合外力成正 比;当____________________。 (4)综合上述实验结论,如何得出牛顿第二定律?(简述得出过程)_______。 【答案】 (1). B (2). (2)10.60(±0.02)cm (3). 0.52~0.54m/s (4). 物体所受合外 力 F 不变时,加速度跟质量 M 成反比 (5). 由实验结论可得出 或 ,可写为 ,规定 则 ,公式简化为 【解析】 【详解】(1)[1]小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合力,则 应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力,可以将长木板的一段垫高,撤去砂和砂桶,轻推小车, 从打出的纸带判断小车是否做匀速运动,故 AC 错误,B 正确。故选 B。 (2)[2][3]刻度尺上的示数为 中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度,故 (3)[4]利用控制变量法多次测量,总结得出:当物体质量相同时,加速度跟物体所受合外力成 正比;当物体所受合外力 F 不变时,加速度跟质量 M 成反比; (4)[5]由实验结论可得出 或 可写为 Fa m ∝ F ma∝ F kma= 21N 1kgm/s= 1k = F ma= 10.60cmx = 0.106 m/s=0.53m/s0.2 xv T = = Fa m ∝ F ma∝ F kma=规定 则 公式简化为 三、论述计算题 18.汽车 A 在水平冰雪路面上行驶,驾驶员发现其正前方停有汽车 B,立即采取制动措施,但 仍然撞上了汽车 B,两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后 B 车向前滑动 了 4.5m,已知 B 车的质量为 1.5×103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.1,在碰撞 后车轮均没有滚动,可近似认为做匀变速直线运动,重力加速度大小 g=10m/s2,求: (1)碰撞后 B 车运动过程中加速度的大小和方向; (2)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小; (3)经查阅车辆的碰撞时间约为 0.03s,请以此数据可求出碰撞过程中 B 车所受的平均作用力。 【答案】(1)1.0m/s2,向左;(2)3.0m/s;(3)F=1.5×105N 【解析】 【详解】(1)B 车碰后水平方向只受滑动摩擦力,由牛顿第二定律得 解得加速度大小为 方向与运动方向相反,向左。 (2)由匀变速公式得 解得 21N 1kgm/s= 1k = F ma= mg maµ = 21.0m/sa gµ= = 2 2v ax=(3)两车碰撞过程以 B 车为研究对象,由于碰撞时间很短,A 车对 B 车的作用力很大,即可忽 略此过程中 B 车所受的滑动摩擦力,由动量定理得 解得 19.图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的 AB 段轨道 与四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点水平相切。点 A 距水面的高度为 4.0m,圆弧轨道 BC 的 半径为 1.8m,圆心 O 恰在水面处。一质量为 60kg 的游客(视为质点)可从轨道 AB 上任意位 置滑下,不计空气阻力,重力加速度大小 g=10m/s2。 (1)若游客从 A 点由静止开始滑下,到 B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面 D 点, , 求游客滑到 B 点时的速度大小及运动过程 AB 段轨道摩擦力对游客所做的功 Wf; (2)若游客从 AB 段某处滑下,恰好停在 B 点,后受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到 P 点后 滑离轨道,以水面为重力势能零点,证明:游客到达 P 点时的重力势能是其动能的 2 倍。 【答案】(1) , ;(2)见解析 【解析】 【详解】(1)游客从 B 点做平抛运动有 解得 从 A 到 B,根据动能定理有 解得 3.0m/sv = Ft = mv 51.5 10 NF = × 2x R= 6m/s 240J− B2x R v t= = 21 2R gt= B 2 6m/sv gR= = ( ) 2 B 1 02fmg H R W mv− + = −(2)证明:设 OP 与 OB 间夹角 θ,游客在 P 点时的速度为 ,受支持力为 N,P 点距水面高度 h。从 B 到 P 由机械能守恒可得 过 P 点时,对游客进行受力分析如下图 2 所示 由牛顿第二定律得 联立解得 可证 20.物理学中将带电粒子的电荷量与其质量之比称为比荷,根据某带电粒子在电场和磁场中受 力及运动情况,可以得出它的比荷。如图是阴极射线管,左端正负极接高压电源可从阴极 K 水平向右发射带电粒子束(也叫阴极射线),当图中金属板 D1、D2 之间未加电场时,粒子束 不偏转,最终运动到屏上 P1 点。按图示方向在 D1、D2 之间施加电场 E 之后,粒子束发生偏 转并运动到屏上 P2 点。 (1)判断该粒子束的电性,简要说明理由。 (2)为了抵消阴极射线的偏转,使它沿水平方向直接运动到 P1,需要在两块金属板 D1、D2 之间 的区域再施加一个大小合适、方向垂直于纸面的磁场。若已知金属板 D1、D2 间距离 d,两板 240JfW = − pv ( ) 2 p 1cos 02mg R R mvθ− = − 2 pcos vmg N m R θ − = 0N = cos h R θ = 2 3h R= 2 p 2 3v gR= 2 p 12 2mgh mv=间的电压 U,磁场的磁感应强度 B。 ①请判断磁场的方向并求出阴极射线速度 v 的表达式。 ②去掉 D1、D2 间的电场,阴极射线经 N 点(图中未画出)离开磁场打到在屏上 P3 点。若已 知 P3 到 N 点水平距离为 D,竖直距离为 h,金属板 D1、D2 的板长为 L,请推导出阴极射线中 粒子的比荷 的表达式。 【答案】(1)负电荷;(2)①v= ,② 【解析】 【详解】(1)粒子束经过电场时受到向下的场力偏转,场强方向向上,场强方向与电场力方向 相反,所以粒子带负电荷。 (2)①磁场力方向与电场力方向相反,由左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向外,由题意可 得出当电场力大小等于磁场力,粒子束所受合力为零,做匀速直线运动,有 联立解得速度的表达式为 ②粒子进入磁场中,在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动,离开磁场后做匀速直线运动,如 下图所示 q m U dB 2 2 2 q Uh m dLB h D = + qE qvB= UE d = v U dB =由牛顿第二定律 又 解得 21.经典理论认为,氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做圆周运动。已知电 子电荷量的大小为 e,质量为 m,静电力常量为 k,取无穷远为电势能零点,系统的电势能可 表示为 ,其中 r 为电子与氢原子核之间的距离。 (1)设电子在半径为 r1 的圆轨道上运动: ①推导电子动能表达式; ②若将电子的运动等效成环形电流,推导等效电流的表达式; (2)在玻尔的氢原子理论中,他认为电子的轨道是量子化的,这些轨道满足如下的量子化条件 ,其中 n=1,2,3……称为轨道量子数,rn 为相应的轨道半径,vn 为电子在该轨 道上做圆周运动的速度大小,h 为普朗克常量。求: ①氢原子中电子的轨道量子数为 n 时,推导轨道的半径及电子在该轨道上运动时氢原子能量 的表达式。 ②假设氢原子甲 核外电子从第 2 轨道跃迁到第 1 轨道的过程中所释放的能量,恰好被量子 数 n=3 的氢原子乙吸收并使其电离,不考虑跃迁或电离前后原子核所受到的反冲,推导氢原 子乙电离出的电子动能表达式。 【答案】(1)① ,② ;(2)① ,② 【解析】 【详解】(1)①电子绕氢原子核做匀速圆周运动时,库仑力提供电子做圆周运动的向心力 的 2vqvB m R = 2 2 sin L h R h D θ = = + 2 2 2 2 2 2 q Eh Uh m LB h D dLB h D = = + + 2 p keE r = − n n 2π hmv r n= 2 k1 12 eE k r = 2 1 12π e kI r mr = 2 2 4 n 2 2 2π k e mE n h = − 2 2 4 k 2 23 18 k e mE h π=所以电子运动的动能为 ②由库仑力提供向心力可得 所以电子运动形成的等效电流 解得 (2)①由库仑力提供向心力可得 又有 联立可以解得 系统总能量为 代入可得 22 1 2 1 1 vek mr r = 1 2 2 k 1 1 1 2 2 eE mv k r = = 2 2 12 2 1 4πek m rr T = eI T = 2 1 12π e kI r mr = 22 n 2 n n vek mr r = n n 2π hmv r n= 2 2 n 2 24π n hr ke m = 2 n 2πkev nh = 2 2 n n n 1 2 eE mv k r = −②由 可得:电子在 n=1,n=2,n=3 轨道上的能量分别为 电子从 n=2 轨道跃迁到 n=1 轨道上时释放的能量为 这个能量被处于 n=3 轨道上的乙电子吸收,发生电离,根据能量守恒得 代入数据解得 2 2 4 n 2 2 2π k e mE n h = − 2 2 4 n 2 2 2π k e mE n h = − 2 2 4 1 2 2 k e mE h π= − 2 2 4 2 2 2 4 k e mE h π= − 2 2 4 3 2 2 9 k e mE h π= − 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 1 2 2 2 2 2 3 4 2 k e m k e m k e mE E E h h h π π π   ∆ = − = − − − =       3 k0E E E∆ + = + 2 2 4 k 2 23 18 k e mE h π=

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