北京市大兴区2020届高三物理下学期一模试题（解析版） 23页

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. 15 1 12 4 7 1 6 2N H C He   是衰变方程 B. 4 27 30 1 2 13 15 0He Al P n   是衰变方 程 C. 2 1 3 1 1 2H H He γ   是核聚变反应方程 D. 238 234 4 92 90 2U Th He  是核裂变反应 方程 【答案】C 【解析】 【详解】A． 15 1 12 4 7 1 6 2N H C He   该反应是在人为条件下发生的，是人工核反应，故 A 错 误； B． 4 27 30 1 2 13 15 0He Al P n   该反应时在人为条件下发生的，是人工核反应，故 B 错误； C． 2 1 3 1 1 2H H He γ   是重要的轻核聚变反应方程，故 C 正确； D． 238 234 4 92 90 2U Th He  是自然存在的，有氦原子生成，是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 sin sin in r  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 cv n  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 1sinC n  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 0.34 Tt s  ，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 24 / 20 /1.2v m s m sT    ， 选项 D 错误；故选 B. 考点：波的图像. 4.如图所示，注射器下端的开口有橡胶套，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 1 1 2 2pV p V 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 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： 2 2 2 2 2 4Mm vG m r m r m mar T r      得： 3 2 rT GM  ， 3 GM r   ， GMv r  ， 2 GMa r  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，法拉第经历近十年的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】 【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 220 2 sin (V)U t ，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 220 2 sin (V)U t 则原线圈电压的有效值为 1 220 2 220V 2 U   根据 1 1 2 2 U n U n  解得 2 44VU  即电压表示数为 44V ，故 A 错误； B．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 L 2 LP U I 对于电阻，根据欧姆定律可得 1 R UI R  又因为 2 L RI I L  代入数据得 R 2AL  2 3AI  即电流表示数为3A ，故 B 错误； C．根据 1 2 2 1 I n I n  可得 1 0.6AI  因此通过保险丝的电流为 0.6A ，故 C 错误； D．根据公式 R 2 RP U I 代入数据解得 R 88WP  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（ ） 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 v t 图象中，斜率代表物体加速度。在 10 t 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 mg f ma  因此可以得出雨滴受到的阻力逐渐增大，故 B 正确； C．在 v t 图象中，面积代表物体的位移。由图可看出 10 t 时间内的位移小于 1 2t t 时间内 的位移，根据 GW mgh 可知 10 t 时间内重力做的功小于 1 2t t 时间内重力做的功，故 C 错误； D．设 10 t 时间内重力冲量为 1I ， 1 2t t 时间内重力冲量为 2I ，则有 1 1I G t   2 2 1I G t t   又因为 2 12t t 因此 2 1 1t t t  由此可得 1 2I I 即在 10 t 与 1 2t t 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 sinF mg 合 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 sinmg ma  化简可得 sina g  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 0v ，根据动能定理得 2 1 0 10 2W mv  2 2 0 10 2W mv  由此可得 1 2W W 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 2 Bqv m v r  ，可得轨道半径 r mv Bq  ，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， 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 m sini I t 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 m cosi I t 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 b a ，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（ ） 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 W q  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W ，故 A 错误； B．ABC 为等边三角形，所以 AB AC 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 C W q   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（ ） 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 1 2 3 1:3:5: :x x x    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 2v ax 动能为 2 k 1 2E mv max  则三个过程中，动能变化量之比为1:3:5，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1:3:5，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 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= l d  ，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 m ，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。 (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 Fa m  或 F ma ，可写为 F kma ，规定 21N 1kgm/s 则 1k  ，公式简化为 F ma 【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 10.60cmx  中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，故 0.106 m/s=0.53m/s0.2 xv T   (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 Fa m  或 F ma 可写为 F kma 规定 21N 1kgm/s 则 1k  公式简化为 F ma 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 mg ma  解得加速度大小为 21.0m/sa g  方向与运动方向相反，向左。 (2)由匀变速公式得 2 2v ax 解得 3.0m/sv  (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 Ft = mv 解得 51.5 10 NF   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， 2x R ， 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) 6m/s ， 240J ；(2)见解析 【解析】 【详解】(1)游客从 B 点做平抛运动有 B2x R v t  21 2R gt 解得 B 2 6m/sv gR  从 A 到 B，根据动能定理有   2 B 1 02fmg H R W mv    解得 240JfW   (2)证明：设 OP 与 OB 间夹角θ，游客在 P 点时的速度为 pv ，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   2 p 1cos 02mg R R mv   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 2 pcos vmg N m R    0N  cos h R   联立解得 2 3h R 2 p 2 3v gR= 可证 2 p 12 2mgh mv 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 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 q m 的表达式。 【答案】(1)负电荷；(2)①v= U dB ，② 2 2 2 q Uh m dLB h D   【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 qE qvB= UE d  联立解得速度的表达式为 v U dB  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 由牛顿第二定律 2vqvB m R  又 2 2 sin L h R h D     解得 2 2 2 2 2 2 q Eh Uh m LB h D dLB h D     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 2 p keE r   ，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 n n 2π hmv r n ，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假设氢原子甲的核外电子从第 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 k1 12 eE k r  ，② 2 1 12π e kI r mr  ；(2)① 2 2 4 n 2 2 2π k e mE n h   ，② 2 2 4 k 2 23 18 k e mE h  【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 22 1 2 1 1 vek mr r  所以电子运动的动能为 1 2 2 k 1 1 1 2 2 eE mv k r   ②由库仑力提供向心力可得 2 2 12 2 1 4πek m rr T  所以电子运动形成的等效电流 eI T  解得 2 1 12π e kI r mr  (2)①由库仑力提供向心力可得 22 n 2 n n vek mr r  又有 n n 2π hmv r n 联立可以解得 2 2 n 2 24π n hr ke m  2 n 2πkev nh  系统总能量为 2 2 n n n 1 2 eE mv k r   代入可得 2 2 4 n 2 2 2π k e mE n h   ②由 2 2 4 n 2 2 2π k e mE n h   可得：电子在 n=1，n=2，n=3 轨道上的能量分别为 2 2 4 1 2 2 k e mE h   2 2 4 2 2 2 4 k e mE h   2 2 4 3 2 2 9 k e mE h   电子从 n=2 轨道跃迁到 n=1 轨道上时释放的能量为 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                     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 3 k0E E E    代入数据解得 2 2 4 k 2 23 18 k e mE h 