北京市大兴区2020届高三下学期一模物理试题 Word版含解析

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

北京市大兴区2020届高三下学期一模物理试题 Word版含解析

‎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a衰变方程 B. 是b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a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 - 23 -‎ 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.‎ - 23 -‎ ‎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 - 23 -‎ 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】‎ - 23 -‎ ‎【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;‎ - 23 -‎ 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 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(  )‎ - 23 -‎ 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 - 23 -‎ 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 - 23 -‎ 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 - 23 -‎ 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 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(  )‎ - 23 -‎ 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(  )‎ - 23 -‎ 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′‎ - 23 -‎ 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 - 23 -‎ ‎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 - 23 -‎ ‎【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。‎ - 23 -‎ ‎(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 - 23 -‎ 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 - 23 -‎ ‎(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 - 23 -‎ ‎(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 - 23 -‎ ‎,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 - 23 -‎ 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 - 23 -‎ 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 - 23 -‎ ‎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 - 23 -‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档