北京市大兴区2020届高三下学期一模物理试题 Word版含解析

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 -‎