北京师大附中2020届高三下学期临模测试物理试题 Word版含解析 18页

‎2020 年北京师大附中高三临模测试试卷（物理）‎ 第一部分 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.关于花粉颗粒在液体中的布朗运动，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 液体温度越低，布朗运动越显著 B. 花粉颗粒越大，布朗运动越显著 C. 布朗运动是由液体分子的无规则运动引起的 D. 布朗运动是由花粉颗粒内部分子无规则运动引起的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.液体温度越低，布朗运动越不显著，故A错误；‎ B. 花粉颗粒越大，表面积越大，同一时刻撞击颗粒液体分子数越多，所受的颗粒所受的冲力越平衡，则布朗运动越不明显,故B错误；‎ CD. 布朗运动的是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒的碰撞不平衡导致的，它间接反映了液体分子的无规则运动,故C正确D错误 ‎2.如图所示，两束可见单色光A和B射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后合为一束可见光OC。下列判断正确的是（　　）‎ A. 在玻璃中A光的速率小于B光的速率 B. 在玻璃中A光的折射率大于B光的折射率 C. A光的光子能量小于B光的光子能量 D. A光的频率大于B光的频率 ‎【答案】C - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，根据光路是可逆的原理，A光和B光的入射角相等，而A光的折射角大于B光的折射角，根据可知，玻璃对A光折射率小于对B光的折射率，由公式可知，在玻璃中A光的速率大于B光的速率，故AB错误；‎ CD．折射率越小，光的频率越小，所以A光的频率小于B光的频率，由可知，A光的光子能量小于B光的光子能量，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.下列核反应方程中，表示β衰变的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ β衰变生成电子，新原子核的质量数不变，而核电荷数增加1个；由此分析可知，A是β衰变，B有α粒子产生，是α衰变，C是核聚变方程，D是核裂变方程，故A正确，BCD错误．‎ ‎4.平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波 A. 频率是30Hz B. 波长是3m C. 波速是1m/s D. 周期是0.1s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】木块的上下运动反映了所在位置水面质点的振动情况，即波传播方向上的质点每分钟完成30次全振动，因此其周期为：T＝s＝2s，故选项D错误；频率为：f＝＝0.5Hz，故选项A错误；又因为甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，所以sAB＝，解得波长为：λ＝＝2m，故选项B错误；根据波长、波速、周期间关系可知，这列水面波的波速为：v＝＝m/s＝1m/s，故选项C正确．‎ ‎5.如图所示，在水平面上有一个U形金属框架和一条跨接其上的金属杆ab - 18 -‎ ‎，二者构成闭合回路且处于静止状态．在框架所在的空间内存在匀强磁场（图中未画出）．下面说法正确的是 A. 若磁场方向水平向右，当磁场增强时，杆ab受安培力向上 B. 若磁场方向水平向右，当磁场减弱时，杆ab受安培力向上 C. 若磁场方向竖直向上，当磁场增强时，杆ab受安培力向左 D. 若磁场方向竖直向上，当磁场减弱时，杆ab受安培力向左 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、磁场方向水平向右时，穿过线框的的磁通量的零，故不能产生感生电动势，也就没有感应电流，则棒ab不受安培力；故A、B错误.‎ C、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆ab所受的安培力方向向左；故C正确.‎ D、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆ab所受的安培力方向向右；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎6.如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场未画出）．现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力．以下说法不正确的是 A. 带电粒子M、N的电性一定相同 B. 带电粒子M、N的电量一定相同 C. 撤去电场仅保留磁场，M、N做圆运动的半径一定相等 D. 撇去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等 ‎【答案】ABC - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】无论正或负粒子穿过速度选择器时，满足做匀速直线运动，则不选电性和电量，而选择了入口和速度v的大小，故AB错误．粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有，可得，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误．撤去磁场后，在电场中做类平抛运动，若能穿过电场则水平方向做匀速直线运动有：，可知两粒子的运动时间相同，故D正确；此题选择不正确的选项，故选ABC．‎ ‎7.体育课上某同学做引体向上．他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颚超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上．下列说法正确是（ ）‎ A. 在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力 B. 在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力 C. 若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大 D. 若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在上升和下降过程中，人都是从静止开始，最终又回到静止状态，故上升时是先超重后失重，下降时是先失重后超重，而超重时是单杠对人的用力大于人的重力，失重时是单杠对人的作用力小于人的重力，故选项AB均错误；若增大两手间的距离，由于两手的合力等于人的重力，而重力不变，故两个分力的夹角越大，则需要分力也就越大，故选项C正确，D错误．‎ 考点：超重与失重，力的合成．‎ ‎8.航天员王亚平曾经在天宫一号实验舱内进行了中国首次太空授课，通过几个趣味实验展示了物体在完全失重状态下的一些物理现象。其中一个实验如图所示，将支架固定在桌面上，细绳一端系于支架上的O - 18 -‎ 点，另一端拴着一颗钢质小球。现轻轻将绳拉直但未绷紧，小球被拉至图中a点或b点。根据所学的物理知识判断出现的现象是（　　）‎ A. 在a点轻轻放手，小球将竖直下落 B. 在a点沿垂直于绳子的方向轻推小球，小球将做圆周运动 C. 在b点轻轻放手，小球将沿圆弧做往复摆动 D. 在b点沿垂直于绳子的方向轻推小球，小球将沿圆弧做往复摆动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在空中处于完全失重状态，故在a点放手时，小球不会竖直下落，故A错误；‎ B．在a点沿垂直于绳子的方向轻推小球时，小球受到绳子拉力作用充当向心力，故小球做匀速圆周运动，故B正确；‎ C．小球在空中处于完全失重状态，故在b点放手时，小球不会运动，故C错误；‎ D．在b点沿垂直于绳子的方向轻推小球时，小球受到绳子拉力作用充当向心力，故小球做匀速圆周运动，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是（　　）‎ A. 在过程ab中，气体向外界放出热量，气体的内能减小 B. 在过程ca中，外界对气体做功，气体的内能减小 C. 在过程bc中，气体对外界做功，气体的内能增大 - 18 -‎ D. 在过程bc中，气体从外界吸收热量，气体的内能增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A错误；‎ B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度降低，则内能减小，故B正确；‎ C．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变，故C错误；‎ D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.小芳同学利用手边的实验器材设计了如图所示的电路，电阻R的阻值以及电源的电动势和内阻均未知，电压表另一端的接线位置待定。通过改变滑动变阻器接入电路的阻值获得多组数据，并描绘出U-I关系图像（U、I分别为电压表和电流表的示数）。不计电表对电路的影响。下列说法正确的是 A. 若接a，利用该图像可得到电阻R的阻值 B. 若接b，利用该图像可得到电阻R的阻值 C. 若接a，利用该图像可得到电源的电动势和内阻 D. 若接b，利用该图像可得到电源的电动势和内阻 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若接a，电压表并联在变阻器的两端，则可得到变阻器的阻值，不可能得到电阻R - 18 -‎ 的阻值，选项A错误；‎ C．利用图像可得到电动势与电阻R和电源内阻的和，故选项C错误；‎ B．若接b，电压表并联在变阻器和电阻R两端，故得到是变阻器和电阻R的阻值，或者利用图像可得到源和内阻，故选项B错误；‎ D．利用该图像还可得到电源的电动势，故选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。B和D点是弧线ABC和ADC的中点，下列说法正确的是（　　）‎ A. 卫星在C点的速度最大、加速度最小 B. 卫星在C点的引力势能最大、机械能最小 C. 卫星从A经D到C点的运动时间为 D. 卫星从B经A到D点的运动时间为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知A是近地点，C点是远地点，故在A的速度最大，在C的速度最小，根据牛顿第二定律与万有引力定律有 可知在A点的加速度最大，在C点的加速度最小，故A错误；‎ B．卫星从A到C过程中，引力做负功，引力势能增大，即C点引力势能最大，由于只有引力做功，则机械能守恒，故B错误；‎ C．卫星从A经B到C的速度一直减小，从A经D到C的速度也一直减小，两种情况下路程一样，根据对称性规律可知，卫星从A经D到C点的运动时间为，故C正确；‎ D．卫星从B经A到D的速度一直大于从B经C到D - 18 -‎ 的速度，两种情况下的路程一样，所以可知卫星从B经A到D点的运动时间小于，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎12.如图所示是某区域的电场线分布情况，A、B、C是电场中的三个点。对它们有下列判断，其中正确的是（　　）‎ A. 场强EA>EB，电势φA<φB B. 场强EA>EC，电势φA<φC C. 将带正电的小球由A移动到B，电势能增加 D. 用绝缘杆将带正电的小球由B沿直线移动到C，小球的加速度逐渐减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据电场线疏密表示电场强度大小可知，B处电场线最密，C处电场线最疏，则 沿电场线方向电势降低则 故AB错误；‎ C．由于，则带正电的小球在A点的电势能小于B点的电势能，所以将带正电的小球由A移动到B，电势能增加，故C正确；‎ D．要使小球从B沿直线运动到C，说明小球除受重力与电场力外还应受杆的作用力，由于电场力方向和大小均变化，则无法确定加速度大小的变化，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.示波器是一种常见电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．图1为示波器的原理结构图．当不加电压时，电子恰好打在荧光屏的正中心，在那里产生一个亮斑；当极板YY'间加高频偏转电压Uy、极板XX'间加高频偏转电压Ux，偏转电压随时间变化规律分别如图2所示时，荧光屏上所得的波形是图中的 - 18 -‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将粒子的运动沿着XX'方向、YY'方向和初速度方向进行正交分解，沿初速度方向不受外力，做匀速直线运动；由于电极XX'加的是扫描电压，电极YY'之间所加的电压信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B．‎ ‎14.托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示．环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈．当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度．再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度．同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行．已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是 - 18 -‎ A. 托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的 B. 极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体 C. 欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变 D. 为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；‎ B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；‎ C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确．‎ D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则，由洛伦兹力提供向心力，则，则有，故D错误．‎ 第二部分 本部分共6题，共58分。‎ ‎15.某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中,先将白纸平铺在木板上并用图钉固定,玻璃砖平放在白纸上,然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'.O为直线AO与aa'的交点.在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针.‎ - 18 -‎ ‎ ‎ ‎(1)该同学接下来要完成的必要步骤有________．‎ A.插上大头针P3,使P3仅挡住P2的像 B.插上大头针P3,使P3挡住P1的像和P2的像 C.插上大头针P4,使P4仅挡住P3的像 D.插上大头针P4,使P4挡住P3和P1、P2的像 ‎(2)过P3、P4作直线交bb'于O',过O'作垂直于bb'的直线NN',连接OO'．测量图1中角α和β的大小,则玻璃砖的折射率n=_________.‎ ‎(3)该同学在实验中将玻璃砖界面aa'和bb'的间距画得过宽．若其他操作正确,则折射率的测量值__________(填“大于”、“小于”或“等于”)准确值.‎ ‎【答案】 (1). BD (2). (3). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡住P1、P2的像，则P3必定在出射光线方向上．所以确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡住P1、P2的像．确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P1、P2P3的像，故选BD．‎ ‎(2)测定玻璃砖折射率的原理是折射定律，则得该玻璃砖的折射率为.‎ ‎(3)作图时，玻璃砖应与所画的边界相齐．该同学的做法中，出射光线的侧向偏移距离小于理论的侧向偏移距离，测量出的折射角要小于真实的折射角，导致测量值偏小．‎ ‎16.某同学要用伏安法测量一个定值电阻Rx的阻值除Rx外可用的器材有：‎ 多用电表（仅可使用欧姆档） 电流表（量程0—10mA，内阻约为50Ω）电压表（量程0—3V，内阻约为5KΩ） 电池组（电动势3V，内阻约为1Ω） 滑动变阻器（阻值0—15Ω，允许最大电流1A）开关一个，导线若干 ‎（1）为了设计电路，需用多用电表的欧姆档粗测Rx阻值，将选择开关置于欧姆档的“×10”档，先______再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为_____Ω；‎ - 18 -‎ ‎（2）在设计实验电路时，该同学在甲、乙两图中确定只能用乙图所示电路进行实验，原因是_________；‎ ‎（3）在实物图中，已正确连接了部分电路，请按照该同学的选择完成余下实物图的连接______。‎ ‎（4）在图乙所示电路中，有同学认为滑动变阻器的总阻值相对待测电阻的阻值越小，电压表的示数随滑片移动距离变化就越接近均匀变化。你的观点是怎样的？请加以论述____。‎ ‎【答案】 (1). 欧姆调零 (2). 100 (3). 见解析 (4). (5). 见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]欧姆表测量前要先欧姆调零，欧姆调零的具体操作为：将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮至指针指在欧姆档零刻度线上；‎ ‎[2]图1所示指针读数为10.0Ω，又有欧姆档倍率为“×10”，故测量结果为10.0Ω×10=100Ω；‎ ‎(2)[3]图甲中滑动变阻器为限流式接法，但是滑动变阻器阻值较小，根据欧姆定律可得：滑动变阻器调节作用几乎没有，且无论滑片P置于何处，电路电流都会超过电流表量程；‎ - 18 -‎ ‎(3)[4]由图乙得到电流走向，即可根据电流走向连接实物图，如图所示 ‎(4)[5]电压表的示数为待测电阻两端电压，也是滑动变阻器与待测电阻并联后的电压，当滑动变阻器的总阻值相对待测电阻的阻值越小，滑动变阻器与待测电阻并联值越接近滑动变阻器并联部分的电压，则总电阻越接近滑动变阻器的总电阻，则串联电路中电压分配可知，电压表的示数随滑片移动距离变化就越接近均匀变化 ‎17.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，每边电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：‎ ‎（1）线框中电流I的大小和方向；‎ ‎（2）拉力所做的功W；‎ ‎（3）ab边产生焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）；方向由a到d；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于ad边向左切割磁感线，故产生的感应电动势为 E=BLv 故线框中的电流、‎ 由右手定则判断出电流的方向是由a到d；‎ ‎（2）由于线框匀速运动，故拉力 - 18 -‎ F=F安=BIL=‎ 拉力做的功 ‎（3）拉力做功全部转化为电流产生的焦耳热，则ab边产生的焦耳热 ‎18.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A静止在圆弧轨道的最低点．小滑块B在A的右侧l=3.0m处以初速度v0=5.0m/s向左运动，B与A碰撞后结合为一个整体，并沿圆弧轨道向上滑动．已知圆弧轨道光滑，且足够长；A和B的质量相等；B与桌面之间的动摩擦因数m=0.15．取重力加速度g =10m/s2．求：‎ ‎（1）碰撞前瞬间B的速度大小v；‎ ‎（2）碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v¢；‎ ‎（3）A和B整体在圆弧轨道上所能到达的最大高度h．‎ ‎【答案】（1）4.0m/s（2）2.0m/s（3）0.20m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对B应用动能定理可以求出碰撞前B的速度大小．（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度．（3）A、B碰撞后一起运动过程中系统机械能守恒，系统上升到最大高度时速度为零，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度．‎ ‎（1）设小滑块的质量为m．根据动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（2）根据动量守恒定律有：‎ 解得：‎ ‎（3）根据机械能守恒定律有：‎ - 18 -‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与 机械能守恒定律可以解题．‎ ‎19.如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为R，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且，两盒间电压为U.A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝．通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量.已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q.‎ ‎(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响.‎ ‎①求粒子可获得的最大速度vm；‎ ‎②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第1次进入D2盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比.‎ ‎(2)根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析：‎ ‎①在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时间；‎ ‎②实验发现：通过该回旋加速器，加速的带电粒子能量达到25~30MeV后，就很难再加速了．这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大．结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了．‎ ‎【答案】(1)① ② (2)① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①由牛顿第二定律有：‎ 可知最大速度 - 18 -‎ ‎②设带电粒子在两盒间加速的次数为N，由和 可得 所以 ‎（2）①带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度 在电场中加速的总时间为 带电粒子运动一圈加速2次，设粒子在磁场中的运动圈数为n 依据动能定理有：‎ 带电粒子运动一圈的时间 则带电粒子在磁场中运动的总时间为 由于，可知，所以可忽略．‎ ‎②由和、‎ 可得：‎ 从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，但加速电场周期不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速．‎ ‎20.北京时间2019年4月10日晚9时许，全球多地天文学家同步公布首张黑洞真容。‎ ‎(1)已知M87星系黑洞的质量为M=1.05´1040kg，万有引力常量为G =6´10-11，取距黑洞无穷远处为零势能面，引力势能表达式为。‎ a．某探测器质量为m，以速度v于距离黑洞中心为R处发射，此时恰能脱离黑洞引力场，求R的表达式；‎ b - 18 -‎ ‎．施瓦西半径（即视界半径）指光子在某天体引力作用下的逃逸半径，黑洞的施瓦西半径往往大于其内部天体的半径。已知光速为c=3´108m/s，请根据R的表达式直接写出M87星系黑洞的施瓦西半径Rs的表达式，并计算出Rs的值。‎ ‎(2)根据海森堡不确定原理，真空中的任意位置均有概率发生一对正粒子与反粒子的创生，这对粒子被称为虚粒子对，虚粒子对会在极短时间内相撞湮灭而“归还”能量，宏观上该区域没有能量变化。假设在黑洞视界表面的虚粒子对均为正反光子，若光子能量为E，当E>E0时，反光子会落入视界，而光子会逃逸，产生霍金辐射。已知黑洞视界半径为Rs，在黑洞视界表面单位面积单位时间上发生光子创生的次数为n，发生创生的光子的频率为从ν1到ν2的任意频率，且每种频率的光子发生创生的几率均等。已知普朗克常量h，hν1