北京市育英学校 2020 届高三物理高考全真模拟试题 2020.6答案.pdf

2020 届北京市育英学校高三高考模拟 2020.6 第一部 分 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选．．．．． 项．符合题目要求。 1．下列说法正确的是 A．原子核的质量大于组成它的核子的总质量，这个现象叫做质量亏损 B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 C．在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为λ(λ＞λ0)的单色光 照射该金属，会产生光电效应 D．爱因斯坦提出质能方程 E＝mc2，其中 E 是物体以光速 c 运动时的动能 【答案】B 【解析】原子核的质量小于组成它的核子的总质量，这个现象叫做质量亏损，故 A 错误； 玻尔原子模型：电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的，故 B 正确；光电效应 实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，根据ν＝c λ ，结合光电效应发生的条件可知，若 用波长为λ(λ＞λ0)的单色光做该实验，其频率变小，不能产生光电效应，故 C 错误；E＝mc2 中 E 是与物体相联系的一切能量的总和，既不是单一的动能，也不是单一的核能，故 D 错 误． 2. 分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中错误的是 A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无 规则性 B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D. 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素 【答案】B 【解析】 选 B.布朗运动是液体分子无规则运动的反映，A 正确．分子之间的距离大于 10－10 m 时，分 子间作用力随着分子间距的增大，可能先增大后减小，也可能一直减小，B 错误．当分子间 距从小于 10－10m 变化到大于 10－10 m 时，分子势能先减小后增大，C 正确．由扩散运动知识 可知 D 正确． 3.以下说法正确的是 A．在摆角小于 5°时单摆的周期与振幅无关 B．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象 C．在光导纤维束内传送图像是利用光的衍射现象 D．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 【答案】A【解析】在摆角小于 5°时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项 A 正确； 用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的色散现象，故 B 错误；在光导 纤维束内传送图像是利用光的全反射现象；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的 干涉现象，选项 D 错误； 4．一简谐机械波沿 x 轴正方向传播，周期为 T，波长为λ。若在x = 0 处质点的振动图像如右图所示，则该波在 t = T / 2 时刻的波形 曲线为 答案：A 解析：由振动图像可知，在x = 0 处质点在 t=T/2 时刻处于平衡位置，且要向下振动，又 由于波的传播方向是沿 x 轴正方向传播，根据同侧法可判断出选项 A 是正确的；选项 B 的 x=0 处的质点要向上振动，而选项 CD 说明 x=0 处的质点一个在最低位移处，一个在最高位移处， 故它们都是不对的。 5.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为 实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础. 如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从 a 点无动力滑入大气层，然后经 b 点从 c 点“跳”出，再经 d 点从 e 点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d 点为轨迹最 高点，离地面高 h，已知地球质量为 M，半径为 R，引力常量为 G。则返回器 A. 在 d 点处于超重状态 B. 从 a 点到 e 点速度越来越小 C. 在 d 点时的加速度大小为 2 GM R D. 在 d 点时的线速度小于地球第一宇宙速度 【答案】D 【解析】 【详解】A．d 点处做向心运动，向心加速度方向指向地心，应处于失重状态，A 错误； B、由 a 到 c 由于空气阻力做负功，动能减小，由 c 到 e 过程中只有万有引力做功，机械能 守恒，a、c、e 点时速度大小应该满足 a c ev v v  ，B 错误； C、在 d 点时合力等于万有引力，即  2 d GMm ma R h ＝ 故加速度大小2( )d R GMa h   C 错误； D、第一宇宙速度是最大环绕速度，其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度，D 正确。 故选 D。 6．如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A.其中， A→B 和 C→D 为等温过程，B→C 和 D→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著 名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是 A．A→B 过程中，外界对气体做功 B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增大 C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 【答案】C 【解析】A→B 过程中，体积增大，气体对外界做功，B?C 过程中，绝热膨胀，气体对外做 功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故 B 错误；C?D 过程中，等温压缩， 体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故 C 正确；C?D 过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热；D?A 过程中，绝热压缩， 外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生 变化 7．在如图 8 所示的电路中，电源电动势为 E、内电阻为 r，电容器的电容为 C，灯泡 L 的灯 丝电阻不随温度变化，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关 S，待电路稳定后，缓慢减 小电阻箱 R 接入电路中的阻值，与调节电阻箱之前相比，电压表示数变化量的绝对值为ΔU， 在这个过程中电路中所有器件均不会被损坏，下列说法中正确的是 A．灯泡 L 将变亮 B．电压表和电流表的示数都将变大 C．电源两端电压变化量的绝对值将大于ΔU D．电容器所带电荷量增加，增加量大于 CΔU 【答案】A 【解析】 【详解】A．电阻箱阻值减小，整个电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律： EI R  总 可知干路电流增大，通过灯泡的电流增大，灯泡 L 将变亮，故 A 正确； B．干路电流增大，电流表示数增大，根据闭合电路欧姆定律： E U Ir 路 可知路端电压减小，通过灯泡的电流增大，分压增大，则电阻箱的分压减小，电压表示数减 小，故 B 错误； 图 8 R V A C E r L SC．根据闭合电路欧姆定律，结合数学推理可知： U rI   路 L U r RI    则电源两端电压变化量的绝对值小于电压表示数的变化量的绝对值，故 C 错误； D．根据闭合电路欧姆定律： LE U U Ir   结合数学推理可得： L0 U U Ir     根据方程可知： LU U   ，电容器并联在灯泡两端，所以电压与灯泡的分压相同，所以电 容器的电荷量增加量为： LQ C U C U     8．轻绳一端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ的静 止三角形物块刚好接触，如图所示。现在用水平力 F 向左非常缓慢的推动三角形物块，直 至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。在该过程中，下列说法中正确的是 A．绳中拉力先变小后增大 B．斜面对小球的弹力不做功 C．地面对三角形物块的支持力一直增大 D．水平推力 F 做的功大于小球机械能的增加 【答案】C 【解析】对于选项 A 而言，对小球受力分析，小球受重 力、支持力和拉力，因为支持力的方向总垂直斜面，故它的方向不变，根据作图法知，绳子 的拉力拉到与斜面平行时，逐渐减小，支持力逐渐增大．故 A 错误． 对于 B 选项而言，小球上升，斜面对小球的弹力与小球位移夹角为锐角，故斜面的弹 力做正功，故 C 错误． 对选项 C 来说，由前面分析，斜面对球的支持力逐渐增大，则球对斜面的压力逐渐增 大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大，对 于选项 D 来说，根据能量守恒得 F 做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量．所以 F 做功等于小 球机械能的增量．故 D 正确． 9．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开 始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。下列说法正确的是 A．电流表的示数为 20A B．线圈转动的角速度为 50π rad/s C．t=0.01s 时，穿过线圈的磁通量为零 D．t=0.02s 时，线圈平面与磁场方向垂直 【答案】C 【解析】因为交流电的最大值为 10 2 V，故其有效值为 10V，所以电流表的示数为 10V，选项 A 错误；由图乙可知，交流电的周期为 T=0.02s，故线圈转动的角速度 ω= 2 T  =100πrad/s，选项 B 错误；t=0.01s 时，电流在最大位置处，此时线圈平面与磁场方 向平行，故穿过线圈的磁通量为零，选项 C 正确，D 错误。 10.图 1 和图 2 是教材中演示自感现象的两 个电路图，L1 和 L2 为电感线圈。实验时， 断开开关 S1 瞬间，灯 A1 突然闪亮，随后 逐渐变暗；闭合开关 S2，灯 A2 逐渐变亮， 而另一个相同的灯 A3 立即变亮，最终 A2 与 A3 的亮度相同。下列说法正确的是 A．图 1 中，A1 与 L1 的电阻值相同 B．图 1 中，闭合 S1，电路稳定后，A1 中电流大于 L1 中电流 C．图 2 中，变阻器 R 与 L2 的电阻值相同 D．图 2 中，闭合 S2 瞬间，L2 中电流与变阻器 R 中电流相等 【解析】图 1 为断电自感实验，图 2 为通电自感实验，在通电自感实验中，为了使 A2 和 A3 在通电后的亮度相同，便于比较二者亮的先后，所以要求图 2 中，变阻器 R 与 L2 的电阻值 相同，而不要求图 1 中，A1 与 L1 的电阻值相同；所以 C 正确 A 错误。 此题出得甚好，是教科书上的实验和图，但今年许多学校不重视实验而单纯地搞题海战术，对此类题，就不好做了。 【答案】C 11.麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象 与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁 场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平行板电容器在充、放电的过程中， 板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生 的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是 A. 电容器正在放电 B. 两平行板间的电场强度 E 在增大 C. 该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场 D. 两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场达到最大值 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．电容器内电场强方向向上，下极板带正电，根据电流的方向，正电荷正在流向 下极板，因此电容器处于充电过程； B．电容器的带电量越来越多，内部电场强度越来越大； C．该变化电场产生磁场方向等效成向上的电流产生磁场的方向，根据右手螺旋定则可知， 电场产生的磁场逆时针方向（俯视）； D．当两极板间电场最强时，电容器充电完毕，回路的电流最小，因此产生的磁场最小 12. 风化蚀的产物有可能被风、流水、冰川和海浪携带而离开原位置，地理学家把这种现象 叫做”搬运”。为了讨论水流的搬运作用，设水的流速为 v ，物块的几何线度为 l ，并作如下 简化：物块的体积与 3l 成正比，水流对物块的作用力与 2 2l v 成正比，物块受到的阻力与物 块的重力成正比。已知水的流速为 v 时,能搬运石块的重力为 G。当水的流速为 2v 时，能搬 运石块的重力为（ ） A. 2G B. 4G C. 16G D. 64G 【答案】D 【解析】 不 妨 设 3 1V k l ， 2 2 2F k l v ， 3 3 3 3 1f k G k V k k l     ， 由 受 力 平 衡 F f ， 2 2 3 2 3 1k l v k k l  ，可得 2v 与l 成正比，所以重力与 6v 成正比，带入数据，D 正确。 13．如图，等离子体以平行两极板向右的速度 v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁 感应强度大小为 0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为 10cm，两极板间 等离子体的电阻 r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中 B 点，沿边缘 放一个圆环形电极接电路中 A 点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为 S 极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视 为理想电压表）的示数恒为 2.0V，则 A. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B. 由上往下看，液体做逆时针旋转 C. 通过 R0 的电流为 1.5A D. 闭合开关后，R0 的热功率为 3W 【答案】B 【解析】由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中 心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电 流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可 知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故 A 错误，B 正 确 ； 当 电 场 力 与 洛 伦 兹 力 相 等 时 ， 两 极 板 间 的 电 压 不 变 ， 则 有 UqvB q d  ， 得 = =0.5 0.1 100V=5VU Bdv   ，由闭合电路欧姆定律有 V 0( )U U I r R   ，解得 1AI  R0的热功率 0 2 0 2WRP I R  ，故 C 错误 14．2017 年 10 月 10 日，中国科学院国家天文台宣布，科学家利用被誉为“天眼”的世 界最大单口径射电望远镜——500 米口径球面射电望远镜( 䪠଻洨 )探测到数十个优质脉冲星 候选体，其中两颗已通过国际认证。这是中国人首次利用自己独立研制的射电望远镜发现脉 冲星。脉冲星是中子星的一种，是会发出周期性脉冲信号的星体。与地球相似，脉冲星也在 自转着，并且有磁场，其周围的磁感线分布如图所示。脉冲是由于脉冲星的高速自转形成， 只能沿着磁轴方向从两个磁极区辐射出来；脉冲星每自转一周，地球就接收到一次它辐射的 脉冲。结合上述材料，下列说法正确的是 A.脉冲信号属于机械波 B.脉冲星的磁轴与自转轴重合 C.脉冲的周期等于脉冲星的自转周期 D.若脉冲星是质量分布均匀的球体，那么它表面各处重 力加速度的大小都相等 【答案】C 【解析】脉冲信号能在真空中传播，而机械波的传播需要介质，机械波是不能在真空中 传播的，故脉冲信号不属于机械波，选项 A 正确；如果脉冲星的磁轴与自转轴重合，则脉 冲星每自转一周，地球就不会接收到一次它辐射的脉冲了，选项 B 错误； 由于脉冲是由于脉冲星的高速自转形成，只能沿着磁轴方向从两个磁极区辐射出来,脉 冲星每自转一周，地球就接收到一次它辐射的脉冲，故脉冲的周期等于脉冲星的自转周期， 选项 C 正确； 若脉冲星是质量分布均匀的球体，而脉冲星与地球又很相似，那么由于它的自转会使得它表面各处重力加速度有差异，在赤道附近处重力加速度较小，而在两极处的重力加速度会 较大，并不大小相等，选项错误。 第二部分非选择题(共 58 分) 15．（10 分）如图 11 所示为研学小组的同学们用圆锥摆验证向心力表达式的实验情景。 将一轻细线上端固定在铁架台上，下端悬挂一个质量为 m 的小球，将 画有几个同心圆周的白纸置于悬点下方的水平平台上，调节细线的长度 使小球自然下垂静止时恰好位于圆心处。用手带动小球运动使它在放手 后恰能在纸面上方沿某个画好的圆周做匀速圆周运动。调节平台的高 度，使纸面贴近小球但不接触。 （1）若忽略小球运动中受到的阻力，在具体的计算中可将小球视 为质点，重力加速度为 g。 ①从受力情况看，小球做匀速圆周运动所受的向心力是 （选填 选项前的字母）。 A.小球所受绳子的拉力 B.小球所受的重力 C.小球所受拉力和重力的合力 ② 在某次实验中，小球沿半径为 r 的圆做匀速圆周运动，用秒表记录了小球运动 n 圈 的总时间 t，则小球做此圆周运动的向心力大小 Fn= （用 m、n、t、r 及相关的常量表 示）。用刻度尺测得细线上端悬挂点到画有圆周纸面的竖直高度为 h，那么对小球进行受力 分析可知，小球做此圆周运动所受的合力大小 F= （用 m、h、r 及相关的常量表示）。 ③ 保持 n 的取值不变，改变 h 和 r 进行多次实验，可获取不同时间 t。研学小组的同学 们想用图像来处理多组实验数据，进而验证小球在做匀速圆周运动过程中，小球所受的合力 F 与向心力 Fn 大小相等。为了直观，应合理选择坐标轴的相关变量，使待验证关系是线性 关系。为此不同的组员尝试选择了不同变量并预测猜想了如图 12 所示的图像，若小球所受 的合力 F 与向心力 Fn 大小相等，则这些图像中合理的是 （选填选项的字母）。 （2）考虑到实验的环境、测量条件等实际因素，对于这个实验的操作，下列说法中正 确的是 （选填选项前的字母）。 A. 相同体积的小球，选择密度大一些的球可以减小空气阻力对实验的影响 B. 相同质量的小球，选择体积小一些的球有利于确定其圆周运动的半径 C. 测量多个周期的总时间再求周期的平均值，有利于减小周期测量的偶然误差 D. 在这个实验中必须测量出小球的质量 （3）上述实验中小球运动起来后撤掉平台，由于实际实验过程中存在空气阻力的影响， A O h t B O h t2 C O h t -1 D O h t -2 图 12 图 11所以持续观察会发现小球做圆周运动的半径越来越小。经过足够长时间后，小球会停止在悬 点正下方。若小球在运动中每转动一周的时间内半径变化均可忽略，即每一周都可视为匀速 圆周运动。请分析说明在小球做上述圆周运动的过程中，随着细绳与竖直方向的夹角不断减 小，小球做圆周运动的周期是如何变化的。 （4）小明同学认为：在摆角较小的条件下，单摆的周期和圆周摆的周期可以认为相等， 请推导证明小明的观点是否成立。 15．（10 分）（1）① C ………………（1 分） ② 2 2 2 4π nm rt ， mgr/h ……（2 分） ③ B ……………………………（1 分） （2）ABC…………………………（2 分） （3）设小球做半径为 r 的圆周运动的周期为 T，此时小球距细线上端固定点的竖直高 度为 h，根据受力情况和向心力公式有 mgr/h=m4π2r/T2。可解得 2π hT g  。因半径变 小，绳长不变，h 变大，故小球周期变大。……（2 分） （4）成立 圆锥摆的周期 2 2 4 cos根据 tan Lsin 得T=2 Lmg m gT     ……夹 角较小，cosθ≈1 （2 分） 16.（8 分）（1）在测量电源的电动势 E 及内阻 r 的实验中，按图甲所示的电路图进行实验， 闭合开关，当将滑动变阻器的滑片由 A 端向 B 端逐渐滑动时，下列说法正确的是________。 A.滑动变阻器接人电路的阻值变大 B.电流表的示数变大 C.电压表的示数变大 （2）由于电源的内阻较小，现增加了一个阻值为 ⭨୶୶   的定值电阻 ୶ ，请用笔面线代 替导线，在图乙中完成增加 ୶ 后的实物连线，要求滑动变阻器滑片向左移动时，电流 表示数变大。（3）调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数，将记录的数据描绘在图丙所示的 方格纸上，可求得电动势 E=_______、内阻 ________ 。 结果均保留两位小数 16.（8 分） …（2 分） ⦈ 如图所示：…（2 分） ͵⭨ͳ ； ୶⭨⦈୶ …（4 分） 17.(9 分) 近年来手机更新换代，飞速发展，手机功能越来越强大，除了常规的硬件升级外， 还支持快充和无线充电。图 17 甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已 知线圈匝数 n＝100，电阻 r＝1 Ω，横截面积 S＝1.5×10－3 m2，外接电阻 R＝7 Ω。线圈处 在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化如图 17 乙所示.求： (1)t＝0.01 s 时线圈中的感应电动势 E； (2)0～0.02 s 内通过电阻 R 的电荷量 q； (3)0～0.03 s 内电阻 R 上产生的热量 Q。 【答案】(1)0.6 V (2)1.5×10－3 C (3)2.362 5×10－3 J 图 17【解析】(1)由图乙可知，t＝0.01 s 时刻ΔB Δt ＝4 T/s， 根据法拉第电磁感应定律得 E＝n ΔΦ Δt ＝nSΔB Δt ，（2 分）解得 E＝0.6 V；（1 分） (2)0～0.02 s 内，I＝ E R＋r ＝0.075 A，（1 分）电荷量 q＝IΔt，（1 分）解得 q＝1.5×10－3 C； （1 分） (3)0～0.02 s 内，E＝0.6 V，I＝0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为 Q1＝I2(R＋r)t1＝9×10－4 J；（1 分） 0.02～0.03 s 内，E′＝1.2 V，I′＝0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦 耳热为 Q2＝I′2(R＋r)t2＝1.8×10－3 J；（1 分） 所以 Q 总＝Q1＋Q2＝2.7×10－3 J，而 Q＝ R R＋rQ 总，解得 Q＝2.362 5×10－3 J。（1 分） 18.(9 分) 水平地面上固定一光滑圆弧轨道，轨道下端的水平面与小车 C 的上表面平滑连接 （如图 18 所示），圆弧轨道上有一个小滑块 A，质量为 mA=4 kg，在距圆弧轨道的水平面高 h=1.8 m 处由静止下滑，在小车 C 的最左端有一个质量 mB=2 kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可 看做质点，滑块 A 与 B 碰撞后粘在一起，已知滑块 A、B 与车 C 的动摩擦因数均为μ=0.5， 车 C 与水平地面的摩擦忽略不计。取 g=10 m/s2。 求： （1）滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）若小车长 0.64 米，且滑块 A、B 恰好没有从 小车上滑下，求小车的质量 Cm 。 【答案】（1）4 m/s （2）4 kg 【解析】（1）滑块 A 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 2 A A 1 1 2m gh m v （1 分） 代入数据解得： 1 6m/sv  （1 分） A、B 碰过程系统动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得： A 1 A B 2( )m v m m v  （1 分） 代入数据解得： 2 4m/sv  （1 分） （2）A、B、C 三者组成的系统动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得： A B 2 A B C 3( ) ( )m m v m m m v    （2 分） 由能量守恒定律得： 2 2 A B A B 2 A B C 3 1 1( ) ( ) ( )2 2m m gL m m v m m m v       （2 分） 小车长 0.64mL  ，代入数据解得： 4kgCm  （1 分） 图 1819.(10 分)宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常 可忽略其他星体对它们的引力作用。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式： 一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为 R 的圆轨道上运行；另一 种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆轨道上运行。设 每个星体的质量均为 m，引力常量为 G。 (1)试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期； (2)假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？ 【答案】(1) 5Gm 4R 4πR R 5Gm (2) 3 12 5 R 【解析】(1)三颗星位于同一直线上，如图甲所示，其中一颗星受到另外两颗星的引力的合 力提供向心力，由牛顿第二定律得：Gm2 R2 ＋ Gm2 (2R)2 ＝mv2 R （2 分） 解得线速度 v＝ 5Gm 4R （1 分） 由牛顿第二定律Gm2 R2 ＋ Gm2 (2R)2 ＝m(2π T )2R（2 分） 解得周期 T＝4πR R 5Gm 。（1 分） (2)设第二种情形下星体做圆周运动的半径为 r，如图乙所示，则相邻两星体间距离 x＝ 3r， 相邻两星体之间的万有引力 F＝ Gmm ( 3r)2 ＝Gm2 3r2 （2 分） 由星体做圆周运动可知 3F＝m(2π T )2r（1 分） 由以上各式解得 x＝3 12 5 R。（1 分） 20．(12 分)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，其动量 p=h/λ。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ν0 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 运动原子激光束 原子自发 辐射光子 x 入射光子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？ ③假设光子沿前进方向有自旋，自旋方向满足右手螺旋法则，大姆指指向光子的运动方 向，弯曲的四指指向旋转方向，原子吸收光子后，其旋转方向是逆时针还是顺时针（延入射 方向看）？其角速度如何变化？ 解： （1）由题得：  cNhP  （式中 N 为单位时间照射到玻璃片上的光子数）（1 分） 经过时间 t，以入射的光子为研究对象，由动量定理得：  hNtFt  （1 分） 设 F为光对玻璃板的作用力，由牛顿第三定律： FF  （1 分） 因为玻璃板静止，则有： mgF  联立解得： P=mgc（1 分） （2）①方法 1：在很短的时间 t 内，由动量守恒定律得： 0 1 2mv nth mvc   ，（2 分） v1 和 v2 分别是原子与激光作用前后的速度 即： 1 2 0v v hm nt c   0nha mc 得： （1 分） 方法 2：在很短的时间 t 内，对光子由动量定理得： 0hFt nt c  （2 分） 则 0hF n c  ， 由牛顿第三定律得： FF  所以 m 的加速度为 0F nha m mc   （1 分） ②设吸收一个光子跃迁后，原子的速度大小为 v，第一激发态和基态的能级差为 E 。 由能量守恒定律得： Emvhmv  2 0 2 0 2 1 2 1  （1 分） 由动量守恒定律得： mvchmv  0 0  （1 分）两式联立得： 2 2 0 0 0 2 1(1 ) 2 v hE h c mc     （1 分） ③逆时针、角速度增大（2 分）