2024届高考物理一轮复习第十五章原子物理学案

这是一份2024届高考物理一轮复习第十五章原子物理学案，共89页。学案主要包含了光电效应，爱因斯坦的光电效应理论，光的波粒二象性与物质波，天然放射现象和原子核等内容，欢迎下载使用。

第十五章 原子物理
第1讲　光电效应　波粒二象性

一、光电效应
1．光电效应现象
(1)定义：在光的照射下，金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子。
(2)产生条件：入射光的频率大于或等于金属的极限频率。
2．光电效应的三条规律
(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于或等于这个极限频率才能产生光电效应。
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。
(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s。
二、爱因斯坦的光电效应理论
1．光子说
(1)在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫作一个光子，光子的能量ε＝hν。
(2)普朗克常量：h＝6.63×10－34 J·s。
2．爱因斯坦光电效应方程
(1)表达式：Ek＝hν－W0。
(2)各量的意义：
①ν：照射光的频率。
②W0：为逸出功，指使电子脱离某种金属所做功的最小值。
③Ek ：为光电子的最大初动能，指发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值。
(3)公式的意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后光电子的最大初动能Ek＝mev。
三、光的波粒二象性与物质波
1．光的波粒二象性
(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性。
(2)光电效应说明光具有粒子性。
(3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性。
2．物质波
(1)概率波：光的干涉现象是大量光子的运动遵循波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率大的地方，暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波。
(2)物质波
任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长λ＝，p为运动物体的动量，h为普朗克常量。

微点判断　
(1)光子和光电子都是实物粒子。(×)
(2)只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应。(×)
(3)要想在光电效应实验中测到光电流，入射光子的能量必须大于金属的逸出功。(√)
(4)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比。(×)
(5)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性。(√)
(6)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律。(×)
(7)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性。(√)

(一) 光电效应规律的理解及应用
1．与光电效应有关的五组概念对比
(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子。光子是因，光电子是果。
(2)光电子的动能与光电子的最大初动能：只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功的情况，才具有最大初动能。
(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。
(4)入射光强度与光子能量：入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量，而光子能量E＝hν。
(5)光的强度与饱和光电流：频率相同的光照射金属产生光电效应，入射光越强，饱和光电流越大，但不是简单的正比关系。
2．光电效应的研究思路
(1)两条线索

(2)两条对应关系
①入射光强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；
②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
3．光电效应中三个重要关系
(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。
(2)光电子的最大初动能Ek与遏止电压Uc的关系：Ek＝eUc。
(3)逸出功W0与极限频率νc的关系：W0＝ hνc。

[多维训练]
1．[光电效应的理解]硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是(　 )
A．硅光电池是把光能转化为电能的一种装置
B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出
C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关
D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应
解析：选A　硅光电池是把光能转化为电能的装置，A正确；硅光电池中吸收了光子能量大于逸出功的电子才能逸出，B错误；在发生光电效应的情况下，入射光的频率越高，逸出的光电子的最大初动能越大，C错误；只有大于极限频率的入射光照到硅光电池上才能产生光电效应，D错误。
2．[光电效应规律的研究](多选)利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　 )

A．改用紫外线照射阴极K，电流表中没有电流通过
B．只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大
C．若将滑动变阻器的滑片滑到A端，电流表中一定无电流通过
D．若将滑动变阻器的滑片向B端滑动，电流表示数可能不变
解析：选BD　由题意知，该可见光的频率大于或等于阴极材料的极限频率，紫外线的频率大于可见光的频率，故用紫外线照射阴极K，也一定能发生光电效应，电流表中有电流通过，A错误；只增加可见光的强度，单位时间内逸出金属表面的光电子数增多，电流表中通过的电流将变大，B正确；滑动变阻器的滑片滑到A端，光电管两端的电压为零，但光电子有初动能，故电流表中仍有电流通过，C错误；滑动变阻器的滑片向B端滑动时，若电流已达到饱和光电流，则电流表示数可能不变，D正确。
3．[极限频率的求解]用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(　 )
A．1×1014 Hz　　　　　 B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
解析：选B　设单色光的最低频率为νc，由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0＝hν－hνc，又ν＝，整理得νc＝－，代入数据解得νc≈8×1014 Hz。
4．[爱因斯坦光电效应方程的应用]如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是(　 )
A．带正电，ν0＋ B．带正电，ν0＋
C．带负电，ν0＋ D．带负电，ν0＋
解析：选C　以最大初动能入射至电容器的电子经板间电场到达右侧极板速度刚好为0，说明电场力做负功，电场强度方向向右，右侧极板带负电，且－eU＝0－Ek0，由电容器电压与电荷量的关系知U＝，由光电子的最大初动能与入射单色光频率的关系知Ek0＝hν－hν0；联立可得ν＝ν0＋，故C正确，A、B、D错误。


(二) 光电效应的图像及应用
光电效应四类图像对比
图像名称
图线形状
读取信息
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线

①截止频率(极限频率)：横轴截距
②逸出功：纵轴截距的绝对值W0＝|－E|＝E
③普朗克常量：图线的斜率k＝h
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线

①截止频率νc：横轴截距
②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大
③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即 h＝ke
颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系

①遏止电压Uc：横轴截距饱和
②光电流Im：电流的最大值
③最大初动能：Ek＝eUc
颜色不同时，光电流与电压的关系

①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和光电流
③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2

[多维训练]
1．[Ek-ν图像](多选)如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，由图像可知(　 )
A．该金属的逸出功为E
B．入射光频率为时，产生的光电子的最大初动能为
C．入射光频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
D．该图线的斜率表示普朗克常量h
解析：选AD　根据爱因斯坦的光电效应方程hν－W＝Ek，由图像可知，纵坐标的截距表示W，该图线的斜率表示普朗克常量h，所以该金属的逸出功为E，A、D正确；由图像可知，金属的极限频率为ν0，所以入射光频率为时，不能发生光电效应，B错误；由于hν0＝W＝E，入射光频率为2ν0时，代入公式解得Ek＝h·2ν0－W＝h·ν0＝E，则产生的光电子的最大初动能为E，C错误。
2．[Uc-ν图像]用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。则下列说法中正确的是(　 )

A．欲测遏止电压，应选择电源左端为正极
B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大
C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大
D．如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝1.2×10－19 J
解析：选D　用题图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率ν，光电管左端是阳极，则电源左端为负极，A错误；当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，刚开始电压增大，光电流增大，当光电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，B错误；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，C错误；根据题图乙可知，铷的截止频率νc＝5.15×1014 Hz，根据hνc＝W0，该金属的逸出功大小W0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时，则最大初动能为Ek＝6.63×10－34×7.0×1014 J－3.41×10－19 J≈1.2×10－19 J，D正确。
3．[同频率入射光的I-U图像]红外测温仪的原理是：任何物体的温度在高于绝对零度(－273 ℃)时都会向外发出红外线，额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，计算出温度数据。已知人的体温正常时能辐射波长为10 μm 的红外线，如图甲所示，用该红外线照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，实验得到的电流随电压变化的图像如图乙所示，已知h＝6.63×10－34 J·s，e＝1.6×10－19 C，则(　 )

A．波长为10 μm的红外线在真空中的频率为3×1014 Hz
B．将图甲的电源反接，一定不会产生电信号
C．由图乙数据可知，该光电管的阴极金属逸出功约为0.1 eV
D．若人体温度升高，则辐射红外线的强度减弱，光电管转换成的光电流减小
解析：选C　波长为10 μm的红外线在真空中的频率为ν＝＝3×1013 Hz，故A错误；由题图甲可知，当电源反接时，电子受到的力向右，因为电子有一定的初动能，当所加电压小于遏止电压时，就会有电子到达A极板，此时有电信号，故B错误；当加的反向电压大于遏止电压时，没有电信号，由题图乙可知，遏止电压为0.02 V，故最大初动能Ek＝eUc＝0.02 eV，由光电效应方程，有Ek＝hν－W逸，可得W逸≈0.1 eV，故C正确；若人体温度升高，则辐射红外线的强度增强，光电管转换成的光电流增大，故D错误。
4．[不同频率入射光的I-U图像比较]用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知(　 )

A．单色光a和c的频率相同，且a光更弱些，b光频率最大
B．单色光a和c的频率相同，且a光更强些，b光频率最大
C．单色光a和c的频率相同，且a光更弱些，b光频率最小
D．单色光a和c的频率不同，且a光更强些，b光频率最小
解析：选B　a、c两单色光照射后遏止电压相同，根据Ek＝eUc，可知产生的光电子最大初动能相等，则a、c两单色光的频率相等，光子能量相等，由于a光的饱和光电流较大，则a光的强度较大，单色光b照射后遏止电压较大，根据Ek＝eUc，可知b光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程Ek＝hν－W0得，b光的频率大于a光的频率，故A、C、D错误，B正确。
(三) 对波粒二象性、物质波的理解
[题点全练通]
1．[粒子性与康普顿效应]实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法正确的是(　 )
A．相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度变大
B．若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大
C．散射后电子的速度一定变大
D．散射后电子的能量一定变大
解析：选B　光在介质中的传播速度只与介质本身有关，而与其他因素无关，散射前后的介质不变，所以散射光在介质中的传播速度保持不变，故A错误；根据题意，在逆康普顿散射中，能量从电子转移到光子，所以，散射后电子的速度和能量变小，光子的能量变大，光子的频率变大，故C、D错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，h和W0为定值，ν越大，E越大，因此若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大，故B正确。
2．[粒子性与波动性的理解]用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明(　 )

A．光只有粒子性没有波动性
B．光只有波动性没有粒子性
C．少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性
D．少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性
解析：选D　光具有波粒二象性，这些照片说明少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性，故D正确。
3．[波粒二象性的理解](多选)关于光的波粒二象性，正确的说法是(　 )
A．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著
B．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著
C．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性
D．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性
解析：选ABD　光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同，频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子显示波动性，A、B、D正确。
4．[德布罗意波长的计算](2021·浙江6月选考)已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子的质量为9.11×10－31 kg，一个电子和一滴直径约为4 μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为(　 )
A．10－8 B．106
C．108 D．1016
解析：选C　根据德布罗意波长公式λ＝，p＝，解得λ＝，由题意可知，电子与油滴的动能相同，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有
＝，m油＝ρ·πd3＝0.8×103××3.14×(4×10－6)3 kg≈2.7×10－14 kg，代入数据解得＝≈1.7×108，故C正确，A、B、D错误。

[要点自悟明]
1．对光的波粒二象性的理解
从数量上看
个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性
从频率上看
频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，越不容易看到光的干涉和衍射现象，贯穿本领越强
从传播与作用上看
光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现出粒子性
波动性与粒子性的统一
由光子的能量ε＝hν、光子的动量表达式p＝也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾，表示粒子性的能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ

2．物质波
(1)定义：任何运动着的物体都有一种波与之对应，这种波叫做物质波，也叫德布罗意波。
(2)物质波的波长：λ＝＝，h是普朗克常量。
[课时跟踪检测]
1．(2020·江苏高考)“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点。它是根据黑体辐射规律设计出来的，能将接收到的人体热辐射转换成温度显示。若人体温度升高，则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情况是(　 )
A．I增大，λ增大 B．I增大，λ减小
C．I减小，λ增大 D．I减小，λ减小
解析：选B　根据黑体辐射规律，可知随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故人体热辐射强度I随温度的升高而增大，其极大值对应的波长减小，B正确。
2．(2021·辽宁高考)赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的电极如果受到光照，就更容易产生电火花。此后许多物理学家相继证实了这一现象，即照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出。最初用量子观点对该现象给予合理解释的科学家是(　 )
A．玻尔 B．康普顿
C．爱因斯坦 D．德布罗意
解析：选C　玻尔引入量子化的观念解释了氢原子光谱，A错误；康普顿提出康普顿效应，发现了光子不仅具有能量，还具有动量，证明了光具有粒子性，B错误；爱因斯坦提出光子说，从理论上解释了光电效应的实验现象，C正确；德布罗意提出一切物质都具有波粒二象性，D错误。
3.(2022·河南南阳期末)利用如图所示的装置观察光电效应现象，将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开。欲使验电器指针张开，可(　 )
A．改用逸出功更大的金属板材料
B．改用频率更大的入射光束
C．增加该光束的照射时间
D．增大该光束的强度
解析：选B　改用逸出功更大的金属板材料，更不可能发生光电效应现象，验电器指针不能张开，故A错误；发生光电效应现象的条件是入射光的频率要大于或等于金属的极限频率，与入射光的强度和入射光的照射时间无关，则改用频率更大的入射光束，可以使验电器指针张开，故B正确，C、D错误。
4.如图所示，用频率为ν1和ν2的甲、乙两种光分别照射同一光电管，对应的遏止电压分别为U1和U2。已知ν1<ν2，则(　 )

A．遏止电压U1 B．用甲、乙两种光分别照射时，金属的截止频率不同
C．增加乙光的强度，遏止电压U2变大
D．滑动变阻器滑片P移至最左端，电流表示数为零
解析：选A　根据爱因斯坦光电效应方程有Ekm＝hν－W0，遏止电压与最大初动能的关系为－eUc＝0－Ekm，联立解得eUc＝hν－W0，所以入射光频率越大，遏止电压越大，遏止电压与入射光的强度无关，故A正确，C错误；金属的截止频率与入射光无关，取决于金属，因甲、乙两种光分别照射同一光电管，所以金属的截止频率相同，故B错误；滑动变阻器滑片P移至最左端，所加的反向电压为零，能发生光电效应，所以电流表示数不为零，故D错误。
5．(2023·浙江1月选考)截至2022年7月，被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有η(η<1)倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为ν的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为ν光子的功率为(　 )
A.　 B.　 C.　 D.
解析：选A　设该天体发射频率为ν，则在t＝1 s内，该天体辐射的能量为Pt·η＝Nhν，故P＝，A正确，B、C、D错误。
6.如图为a、b、c三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。由a、b、c组成的复色光通过三棱镜时，下述光路图中正确的是(　 )

解析：选C　由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0和动能定理－eU＝0－Ek得eU＝hν－W0，知遏止电压大，则光的频率大，由题图可知νb>νc>νa，由光的色散现象知频率越大，折射率越大，光的偏折角越大。C正确。
7．(2021·江苏高考)如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1<ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是(　 )


解析：选C　根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值Ekm＝eU＋hν－hν截止，可知Ekm-U图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因ν1<ν2，则图像C正确，A、B、D错误。




第2讲　原子结构　原子核

一、原子的核式结构模型
1．电子的发现：英国物理学家汤姆孙发现了电子。
2．α粒子散射实验
(1)装置：1909—1911年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验，实验装置如图所示。

(2)现象：实验发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞”了回来。(如图所示)
3．原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在核里，带负电荷的电子在核外空间绕核旋转。
二、氢原子光谱
1．光谱：用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱。
2．光谱分类

3．氢原子光谱的实验规律：巴耳末系是氢光谱在可见光区的谱线，其波长公式＝R，(n＝3,4，5，…，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1)。
4．光谱分析：利用每种原子都有自己的特征谱线可以用来鉴别物质和确定物质的组成成分，且灵敏度很高。在发现和鉴别化学元素上有着重大的意义。
三、玻尔的原子模型
1．玻尔原子模型的三条假设
定态假设
原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量
跃迁假设
原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝En－Em。(m 轨道假设
原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应。原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的

2．氢原子的能量和能级跃迁
(1)氢原子的能级图：如图所示。

(2)能级和半径公式：
①能级公式：En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV。
②半径公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态轨道半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m。

四、天然放射现象和原子核
1．天然放射现象
(1)发现：由贝克勒尔发现。
(2)概念：元素自发地发出射线的现象。
(3)意义：天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构。
2．原子核的组成
(1)原子核由质子和中子组成，质子和中子统称为核子。质子带正电，中子不带电。
(2)原子核的符号：X，其中A表示质量数，Z表示核电荷数。
(3)基本关系
①核电荷数(Z)＝质子数＝元素的原子序数＝原子的核外电子数。
②质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数。
3．原子核的衰变、半衰期
(1)原子核的衰变
①概念：原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变。
②分类：
α衰变：X―→Y＋He；β衰变：X―→Y＋e。
[注意]　γ射线是伴随原子核发生α衰变或β衰变而产生的。
③规律：a.质量数守恒；b.电荷数守恒。
(2)半衰期
①定义：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。
②影响因素：放射性元素的半衰期是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。
(3)公式：N余＝N原·，m余＝m原·。
4．放射性同位素
(1)放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同。
(2)应用：射线测厚仪、放射治疗、培优保鲜、示踪原子等。
(3)防护：防止放射性对人体组织的伤害。
5．核力和核能
(1)核力
①概念：原子核内部，核子间所特有的相互作用力。
②特点：核力是强相互作用力、短程力，只发生在相邻的核子间。
(2)核能
①质能关系：E＝mc2
②核能的释放：核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其释放的能量ΔE＝Δmc2。
③核能的吸收：原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2。
6．裂变反应和聚变反应
(1)重核裂变
①定义：质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成几个质量数较小的原子核的过程。
②典型的裂变反应方程：
U＋n―→Ba＋Kr＋3n。
③链式反应：重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程。
④临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积及其相应的质量。
⑤裂变的应用：原子弹、核反应堆。
⑥反应堆构造：核燃料、减速剂、镉棒、防护层。
(2)轻核聚变
①定义：两个轻核结合成质量较大的核的反应过程。轻核聚变反应必须在高温下进行，因此又叫热核反应。
②典型的聚变反应方程：H＋H―→He＋n＋17.6 MeV。
微点判断　
(1)原子中绝大部分是空的，原子核很小。(√)
(2)按照玻尔理论，核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上。(×)
(3)如果某放射性元素的原子核有100个，经过一个半衰期后还剩50个。(×)
(4)质能方程表明在一定条件下，质量可以转化为能量。(×)
(5)核式结构学说是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的。(√)
(6)人们认识原子核具有复杂结构是从卢瑟福发现质子开始的。(×)
(7)人们认识原子具有复杂结构是从英国物理学家汤姆孙研究阴极射线发现电子开始的。(√)

(一) 原子的核式结构
[题点全练通]
1．[α粒子散射实验现象]如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是(　 )

A．该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据
B．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性
C．α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转
D．绝大多数的α粒子发生大角度偏转
解析：选A　卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，A正确；卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否定了汤姆孙原子模型的正确性，B错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，几乎仍沿原方向前进，D错误。
2．[卢瑟福的原子核式结构模型]卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在(　 )
A．电子 B．中子
C．质子 D．原子核
解析：选D　卢瑟福在α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子穿过金箔后几乎不改变运动方向，只有极少数的α粒子发生了大角度的偏转，说明在原子的中央存在一个体积很小的带正电荷的物质，将其称为原子核，D正确。
3．[α粒子散射实验分析]1909年，英国物理学家卢瑟福和他的学生盖革、马斯顿一起进行了著名的“α粒子散射实验”，实验中大量的粒子穿过金箔前后的运动模型如图所示。卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子结构模型。下列关于“α粒子穿过金箔后”的描述中，正确的是(　 )
A．绝大多数α粒子穿过金箔后，都发生了大角度偏转
B．少数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进
C．通过α粒子散射实验，确定了原子核半径的数量级为10－15 m
D．通过α粒子散射实验，确定了原子半径的数量级为10－15 m
解析：选C　绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进。少数α粒子穿过金箔后，发生大角度偏转，A、B错误；通过“α粒子散射实验”卢瑟福确定了原子核半径的数量级为10－15 m，C正确；原子半径的数量级为10－10 m，不是通过α粒子散射实验确定的，D错误。

[要点自悟明]
分析原子的核式结构模型所用的规律
(1)库仑定律：F＝k，可以用来确定电子和原子核、α粒子和原子核间的相互作用力。
(2)牛顿运动定律和圆周运动规律：可以用来分析电子绕原子核做匀速圆周运动的问题。
(3)功能关系及能量守恒定律：可以分析由于库仑力做功引起的带电粒子在原子核周围运动时动能、电势能之间的转化问题。
(二) 氢原子能级及能级跃迁
研清微点1　氢原子的能级跃迁问题　
1.(2022·广东湛江模拟)氢原子的能级图如图所示，当氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级时，能够辐射出a、b、c三种频率的光子，设a、b、c三种频率光子的频率和能量分别是νa、νb、νc和Ea、Eb、Ec，下列说法正确的是(　 )
A．Eb＝E1－E3　　 B．Ea＝Eb－Ec
C．νa＝νb＋νc D．νa＝νc－νb
解析：选B　由玻尔理论可知，Eb＝E3－E1，Ea＝E2－E1，Ec＝E3－E2，则Ea＝Eb－Ec，故A错误，B正确；由E＝hν可知，hνa＝hνb－hνc，可得νa＝νb－νc，故C、D错误。

一点一过
定态间的跃迁——满足能级差
(1)―→
(2)―→
研清微点2　谱线条数的确定　
2．(多选)氢原子各个能级的能量如图所示，氢原子由n＝1能级跃迁到n＝4能级，在它回到n＝1能级过程中，下列说法中正确的是(　 )

A．可能激发出频率不同的光子只有6种
B．可能激发出频率不同的光子只有3种
C．可能激发出的光子的最大能量为12.75 eV
D．可能激发出的光子的最大能量为0.66 eV
解析：选AC　氢原子由n＝4能级跃迁到n＝1能级，可能发出的谱线条数为C，即6种频率或能量不同的光子，A正确，B错误；能激发出的光子的最大能量为从n＝4能级跃迁到n＝1能级所对应的，为(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV，C正确，D错误。
一点一过
谱线条数的确定方法
(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)。
(2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法。
①用数学中的组合知识求解：N＝C＝。
②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。

研清微点3　受激跃迁与电离　
3．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　 )

A．42.8 eV(光子)　　 B．43.2 eV(电子)
C．41.0 eV(电子) D．54.4 eV(光子)
解析：选A　入射光子使原子跃迁时，其能量应正好等于原子的两能级间的能量差，而电子使原子跃迁时，其能量大于等于原子两能级间的能量差即可，发生电离而使原子跃迁时入射光子的能量要大于等于54.4 eV，故选A。

一点一过
1．受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量
(1)光照(吸收光子)：光子的能量必须恰等于能级差，hν＝ΔE。
(2)碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥ΔE。
2．电离：由基态或低能级→电离态
(1)基态→电离态：E吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV电离能。
(2)n＝2能级→电离态：E吸＝0－E2＝3.4 eV
(3)如吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能。
(三) 原子核的衰变及半衰期
研清微点1　三种射线的性质和特点　
1．如图所示，某放射性元素衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强磁场和匀强电场中，关于三种射线，下列说法正确的是(　 )

A．①④表示α射线，其速度最慢、电离能力最弱
B．②⑤表示γ射线，其穿透能力和电离能力都很强
C．②⑤表示γ射线，是原子核内释放出的高频电磁波
D．③⑥表示β射线，是高速电子流，可以穿透几毫米厚的铝板
解析：选C　α射线是高速粒子流，粒子带正电，β射线为高速电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，结合题图及左手定则可知：①④为β射线，②⑤为γ射线，③⑥为α射线。α射线的速度最小但电离能力最强，γ射线是由原子核内释放出的高频电磁波，其穿透能力很强，但电离能力很弱，故C正确，A、B、D错误。
一点一过
三种射线的成分和性质
名称
构成
符号
电荷量
质量
电离作用
穿透能力
α射线
氦核
He
＋2e
4 u
最强
最弱
β射线
电子
e
－e
u
较强
较强
γ射线
光子
γ
0
0
最弱
最强

研清微点2　α、β衰变及衰变次数的确定　
2．(多选)由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列论断中正确的是(　 )
A.Bi的原子核比Np的原子核少28个中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
解析：选BC　Bi的中子数为209－83＝126，Np的中子数为237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错。

一点一过
衰变次数的两种确定方法
(1)根据质量数和电荷数守恒列方程组求解
若X―→Y＋nHe＋me
则A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m
解以上两式即可求出m和n。
(2)因为β衰变对质量数无影响，可先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数。
研清微点3　半衰期的理解与计算　
3．(2023·浙江1月选考)宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：N＋n―→C＋H，产生的C能自发进行β衰变，其半衰期为5 730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是(　 )
A.C发生β衰变的产物是N
B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子
C．近年来由于地球的温室效应，引起C的半衰期发生微小变化
D．若测得一古木样品的C含量为活体植物的，则该古木距今约为11 460年
解析：选D　由C―→e＋N，故A错误；β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核内部，B错误；半衰期与温度无关，C错误；根据m余＝m0＝m0，解得t＝2T＝11 460年，D正确。

一点一过
对半衰期的理解
(1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对个别或少量原子核，无半衰期可言。
(2)根据半衰期的概念，可总结出公式N余＝N原，m余＝m原。式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期。





研清微点4　磁场中的原子核衰变与动量守恒的综合问题
4．(多选)静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值的判断中正确的是(　 )
A.Bi―→Tl＋He B.Bi―→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：选BC　由动量守恒定律可知0＝mv1－Mv2，由左手定则可知此核衰变为β衰变，故A错误，B正确；由qvB＝m可知R＝，所以R1∶R2＝84∶1，故C正确，D错误。
一点一过
原子核在磁场中衰变后运动分析
静止原子核在匀强磁场中自发衰变，如果产生的新核和放出的粒子的速度方向与磁场方向垂直，则它们的运动轨迹为两相切圆，α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，又r＝，则半径小的为新核，半径大的为α粒子或β粒子，其特点对比如下表：
α衰变
X―→Y＋He
匀强磁场中轨迹：

两圆外切，α粒子半径大
β衰变
X―→Y＋e
匀强磁场中轨迹：

两圆内切，β粒子半径大

(四) 核反应方程
1．核反应的四种类型
类型
可控性
核反应方程典例
衰变
α衰变
自发
U―→Th＋He
β衰变
自发
Th―→Pa＋e
人工转变
人工控制
N＋He―→O＋H
(卢瑟福发现质子)
He＋Be―→6C＋n
(查德威克发现中子)
Al＋He ―→P＋n
约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子
P―→Si＋e
重核裂变
比较容易进行人工控制
U＋n―→ Ba＋Kr＋3n
U＋n―→Xe＋Sr＋10n
轻核聚变
很难控制
H＋H―→He＋n

2．核反应方程的书写
(1)掌握核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律。
(2)掌握常见的主要核反应方程式，并知道其意义。
(3)熟记常见的基本粒子的符号，如质子、中子、α粒子等。

[多维训练]
1．[核反应生成物的分析](2021·江苏高考)用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的 N产生C和另一种粒子X，则X是(　 )
A．质子 B．α粒子 C．β粒子 D．正电子
解析：选A　该核反应方程为N＋n―→C＋H，可知X是质子。故A正确。
2．[核反应类型分析](2021·浙江6月选考)(多选)对四个核反应方程：(1) U―→Th＋He；(2) Th―→Pa＋e；(3) N＋He―→ O＋H；(4)H＋H―→He＋n＋17.6 MeV。下列说法正确的是(　 )
A．(1)(2)式核反应没有释放能量
B．(1)(2)(3)式均是原子核衰变方程
C．(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程
D．利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一
解析：选CD　(1)式是α衰变，(2)式是β衰变，均有能量放出，故A错误；(3)式是人工核转变，故B错误；(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程，故C正确；利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一，故D正确。
3．[放射性同位素及其衰变方程](多选)1934年，约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al―→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X―→Y＋e。则(　 )
A．X的质量数与Y的质量数相等
B．X的电荷数比Y的电荷数少1
C．X的电荷数比Al的电荷数多2
D．X的质量数与Al的质量数相等
解析：选AC　根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al―→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X―→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，A、C正确，B、D错误。

(五) 核能的计算
1．应用质能方程解题的流程图
―→―→
(1)根据ΔE＝Δmc2计算时，Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算时，Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”。
2．根据核子比结合能计算核能
原子核的结合能＝核子比结合能×核子数。


[多维训练]
1．[质能方程的应用]
(2021·海南高考)1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为Li＋H―→Be―→2X。已知H、Li、X的质量分别为m1＝1.007 28 u、m2＝7.016 01 u、m3＝4.001 51 u，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中(　 )
A．质量亏损Δm＝4.021 78 u
B．释放的核能ΔE＝c2
C．铍原子核内的中子数是5
D．X表示的是氚原子核
解析：选B　根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为Li＋H―→Be―→2He，则Z＝4，A＝8，铍原子核内的中子数是4，X表示的是氦核，故C、D错误；核反应质量亏损为Δm＝m1＋m2－2m3＝0.020 27 u，则释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－2m3)c2，故A错误，B正确。
2．[质能方程与动量守恒定律综合]
现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能。已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　 )
A．核反应方程为H＋H―→He＋H
B．核反应前后不满足能量守恒定律
C．新粒子的动能约为3 MeV
D.He的动能约为4 MeV
解析：选C　由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知H＋H―→He＋n，则新粒子为中子n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u≈3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有pHe－pn＝0由Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)≈1 MeV，Ekn＝·(2E0＋ΔE)≈3 MeV，所以C正确，D错误。
3．[根据比结合能曲线分析结合能]
(多选)原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有(　 )

A.He核的结合能约为14 MeV
B.He核比Li核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放能量
D.U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
解析：选BC　由题图可知，He的比结合能为7 MeV，因此它的结合能为7 MeV×4＝28 MeV，A错误；比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合题图可知B正确；两个比结合能小的H核结合成比结合能大的He时，会释放能量，C正确；由题图可知，U的比结合能(即平均结合能)比Kr的小，D错误。

[课时跟踪检测]
1．(2021·湖南高考)核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是(　 )
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
解析：选D　根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期后，还剩余原来的未衰变，故A错误；原子核衰变时满足电荷数守恒、质量数守恒，故B错误；放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的，而与物理环境如压力、温度或浓度无关，与化学状态无关，故C错误；过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害，故D正确。
2．20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原子弹试爆成功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是(　 )
A．原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B．原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C．原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的
D．原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的
解析：选C　原子弹是根据重核裂变研制的，而氢弹是根据轻核聚变研制的，故A、B、D错误，C正确。
3．银河系中存在大量的铝同位素26Al。26Al核β＋衰变的衰变方程为Al―→Mg＋e，测得26Al核的半衰期为72万年。下列说法正确的是(　 )
A．26Al核的质量等于26Mg核的质量
B．26Al核的中子数大于26Mg核的中子数
C．将铝同位素26Al放置在低温低压的环境中，其半衰期不变
D．银河系中现有的铝同位素26Al将在144万年后全部衰变为26Mg
解析：选C　26Al核发生β＋衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释放，发生质量亏损，所以26Al核的质量大于26Mg核的质量，故A错误；26Al核的中子数n1＝26－13＝13，而26Mg核的中子数n2＝26－12＝14，所以26Al核的中子数小于26Mg核的中子数，故B错误；半衰期是原子核固有的属性，与物理环境和化学状态无关，故C正确；铝同位素26Al的半衰期为72万年，所以经过144万年也就是两个半衰期后还剩下没有衰变，故D错误。


4．(2021·北京等级考)硼(B)中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一。治疗时先给病人注射一种含硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子。这个核反应的方程是(　 )
A.B＋n―→Li＋He
B.B＋He―→N＋n
C.N＋He―→O＋H
D.N＋n―→C＋H
解析：选A　由题知，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子，而α粒子为氦原子核，则这个核反应方程为B＋n―→Li＋He，故选A。
5．(2023·浙江1月选考)(多选)氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图乙和图丙所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是(　 )

A．图甲中的Hα对应的是Ⅰ
B．图乙中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
解析：选CD　氢原子从能级6跃迁到能级2：E6－E2＝hνⅠ＝，从能级3跃迁到能级2：E3－E2＝hνⅡ＝，因为E6－E2＞E3－E2，故νⅠ＞νⅡ，λⅠ＜λⅡ，题图1中的Hα为红光，波长长，频率小，应为Ⅱ，A错误；题图2中的干涉条纹间距小，波长小，对应的是Ⅰ，B错误；光子动量p＝，得pⅠ＞pⅡ，C正确；P向a移动，当电流表示数为零时，对初动能最大的光电子，由动能定理得eU＝hν－W，则U＝ν－，由于νⅠ＞νⅡ，则UⅠ＞UⅡ，D正确。
6．(2021·全国甲卷)如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为(　 )

A．6 B．8 C．10 D．14
解析：选A　X的中子数为146，质子数为92，质量数为146＋92＝238，Y的中子数为124，质子数为82，质量数为124＋82＝206，质量数减少238－206＝32，发生α衰变的次数为32÷4＝8，发生β衰变的次数为82－(92－2×8)＝6，即在此过程中放射出电子的总个数为6，A正确。
7．(2021·福建高考)核污水中常含有氚(H)等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚β衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为
H―→He＋e＋e，其中e是质量可忽略不计的中性粒子，Z＝________，A＝________。若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩__________m(用分数表示)。
解析：根据电荷数守恒和质量数守恒可得Z＝2，A＝3，经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为m′＝m＝m。
答案：2　3　

阶段综合检测(五)　[考查范围：振动和波动 光学 热学 原子物理]
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.如图，一汽缸开口向右、固定于水平地面，一活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内。汽缸中间位置有小挡板。开始时，外界大气压为p0，活塞紧压于小挡板右侧。缓慢升高封闭气体温度T，封闭气体压强p随T变化图像可能正确的是(　 )

解析：选B　当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜的直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线。故选B。
2．手持软长绳的一端O点，在竖直平面内连续向上、向下抖动软绳(可视为简谐运动)，带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点。t＝0时O点由平衡位置开始振动，至t1时刻恰好完成次全振动，绳上OQ间形成如图所示的波形(Q点之后未画出)，则(　 )

A．t1时刻之前Q点始终静止
B．t1时刻P点刚好完成一次全振动
C．t＝0时O点运动方向向上
D．若手上下振动加快，该波的波长将变大
解析：选B　由题意可知该简谐波的周期为T＝，由题图可知质点P的平衡位置到波源平衡位置的距离为四分之三个波长，质点Q的平衡位置到波源平衡位置的距离为四分之五个波长，所以质点P、Q起振的时刻分别为tP＝T＝t1，tQ＝T＝t1，所以t1时刻前Q点已经开始振动，且t1时刻P点刚好完成一次全振动，故A错误，B正确；由题图及上面分析可知P点的起振方向为向下，由于绳子上所有质点的起振方向都和波源的起振方向相同，所以t＝0时O点运动方向向下，故C错误；手上下振动加快后，简谐波的频率增大，但波速不变，所以波长变小，故D错误。
3．如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源S，它发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光圆形区，周围为环状区域，且为a光的颜色(见图乙)。设b光的折射率为nb，则下列说法正确的是(　 )

A．在水中，a光的波长比b光小
B．水对a光的折射率比b光大
C．在水中，a光的传播速度比b光小
D．复色光圆形区域的面积为S＝
解析：选D　a光的照射面积大，知a光的临界角较大，根据sin C＝知a光的折射率较小，所以a光的频率较小，波长较大，根据v＝知，在水中，a光的传播速度比b光大，同一种色光在真空中和在水中频率相同，由v＝λf可知，在水中，a光的波长比b光大，A、B、C错误；设复色光圆形区域半径为r，复色光圆形区域边缘，b光恰好发生全反射，依据sin C＝ 结合几何关系，可知sin C＝，而复色光圆形区域的面积S＝πr2，联立解得S＝，D正确。
4．如图所示，某轧钢厂的热轧机上安装了一个射线测厚仪，该仪器探测到的射线

强度与钢板的厚度有关，已知车间采用放射性同位素Ir作为放射源，通过β衰变放出γ射线，半衰期为74天，适合透照钢板厚度10～100 mm，下列说法正确的是(　 )
A．若衰变产生的新核用X表示，则Ir的衰变方程为Ir→X＋2e
B．若有4 g放射性同位素Ir，经过222天有1.0 g没有衰变
C．若已知钢板厚度标准为20 mm，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于20 mm，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙
D．衰变时遵循能量守恒且生成物的质量等于反应物的质量
解析：选C　β衰变的实质是原子核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，衰变方程为Ir→X＋e，A错误；若有4 g放射性同位素Ir，经过222天(3个半衰期)有0.5 g没有衰变，B错误；探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度増大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，C正确；放射性同位素发生衰变时，因遵循能量守恒，放岀能量后发生质量亏损，D错误。
5．如图所示为氢原子的能级图。现有两束光，a光由图中跃迁①发出的光子组成，b光由图中跃迁②发出的光子组成，已知a光照射x金属时刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是(　 )
A．x金属的逸出功为2.86 eV
B．a光的频率大于b光的频率
C．氢原子发生跃迁①后，原子的能量将减小3.4 eV　
D．用b光照射x金属，发出的光电子的最大初动能为10.2 eV
解析：选A　a光子的能量为Ea＝E5－E2＝2.86 eV，a光照射x金属时刚好能发生光电效应，则x金属的逸出功为2.86 eV，A正确；b光子的能量为Eb＝E2－E1＝10.2 eV，a光子的能量值小，则a光的频率小，B错误；氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小了Ea＝E5－E2＝2.86 eV，C错误；用b光照射x金属，发出的光电子的最大初动能为Ekm＝Eb－W0＝7.34 eV，D错误。
6．我国首辆火星车——祝融号采用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的元素Pu是 Pu，其发生α衰变的半衰期为87.7年。下列说法中正确的是(　 )
A．α衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子
B. Pu发生α衰变的核反应方程为Pu＋n→U＋He
C．经过263.1年，大约还有12.5%的Pu原子核没有发生衰变
D．当气温和引力环境发生改变时，Pu 的半衰期可能会发生变化
解析：选C　α衰变是原子核放出一个α粒子，形成一个新核，A错误；Pu发生α衰变的核反应方程为Pu→U＋He，B错误；＝3，所以大约还有3＝＝12.5%的Pu原子核还未发生衰变，C正确；放射性元素的半衰期只与原子核自身的因素有关，与外界环境无关，D错误。
7.图为研究光电效应的电路图，测得遏止电压为Uc，已知电子的电荷量为e，则下列说法正确的是(　 )
A．光电子的最大初动能为eUc
B．测量遏止电压时，开关S应与b连接
C．光电管两端电压为零时，光电流也为零
D．开关S接b，调节滑动变阻器，电压表示数增大时，电流表示数一定增大
解析：选A　当光电管两端电压达到遏止电压Uc时，从阴极K射出的具有最大初动能Ekm的光电子恰好不能到达阳极，根据动能定理有0－Ekm＝－eUc，解得Ekm＝eUc，故A正确；测量遏止电压时，应使光电管阴极与电源正极相连，阳极与电源负极相连，故开关S应与a连接，故B错误；光电管两端电压为零时，若光电子能够到达阳极，则光电流就不为零，故C错误；开关S接b，调节滑动变阻器，电压表示数增大时，若此时光电流已经达到饱和值，则电流表示数不再增大，故D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．下列说法中正确的是(　 )

A．图甲中分子并不真的是球形，把它们当做球形处理是一种估算方法
B．图乙是布朗运动实验的观测记录，图为三颗微粒的运动轨迹
C．图丙说明悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则撞击造成的
D．图丁中两分子间分子力的合力为零的位置分子势能最小
解析：选ACD　题图甲中分子并不真的是球形，把它们当作球形处理是一种估算方法，故A正确；题图乙是三颗微粒在不同时刻位置的连线，而不是微粒的运动轨迹，故B错误；题图丙说明悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则撞击造成的，故C正确；题图丁中两分子间分子力的合力为零的位置分子势能最小，故D正确。
9．太阳辐射的总功率约为4×1026 W，其辐射的能量来自聚变反应，在聚变反应中，一个质量为1 876.1 MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核(H)和一个质量为2 809.5 MeV/c2的氚核(H)结合为一个质量为3 728.4 MeV/c2的氦核(He)，并放出一个X粒子，同时释放大约17.6 MeV的能量。下列说法正确的是(　 )
A．X粒子是中子
B．X粒子的质量为939.6 MeV/c2
C．太阳每秒因为辐射损失的质量约为4×106 kg
D．地球每秒接收到太阳辐射的能量约4×1026 J
解析：选AB　由质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，则X为中子，A正确；根据能量关系可知mnc2＝1 876.1＋2 809.5－3 728.4－17.6(MeV)，解得mn＝939.6MeV/c2，B正确；太阳每秒放出的能量E＝Pt＝4×1026 J，损失的质量Δm＝≈4.4×109 kg，C错误；太阳每秒放出的能量E＝4×1026 J，而地球每秒接收到太阳辐射的能量小于4×1026 J，D错误。
10．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是(　 )

A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．位移满足函数式x＝4sin(cm)
D．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
解析：选ACD　玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；由题意得振幅A＝4 cm，振动周期为0.5 s，故ω＝＝4π rad/s，由题图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin(cm)，故C正确；由题图乙可知，t1～t2时间内玻璃管在靠近平衡位置，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)利用如图甲装置验证气体等温变化实验规律，用一个带两根细管的橡皮塞塞紧烧瓶的瓶口，压强传感器通过其中一根不带阀门的细管连通烧瓶中的空气，另一根带阀门的细管连通注射器。开始时阀门处于关闭状态，注射器针筒的最大刻度线到阀门之间充满了水。实验时打开阀门，缓慢推动注射器活塞向烧瓶内注入水。根据注射器刻度记录注入水的体积V，同时记录对应气体的压强p值，得到多组实验数据。利用图像法处理数据得到乙图。


(1)图乙中的纵坐标为________(填“V”或“”)，利用图乙中的数据可得烧瓶的体积为________；
(2)通过对实验装置的不断完善，可准确测出气体的体积V′，做出p ­V′图像如图丙，图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义是　
________________________________________________________________________；
(3)某同学在处理数据时发现pV′乘积随压强p增大而变小，导致这个现象的原因是　
________________________________________________________________________。
解析：(1)设烧瓶的根据理想气体状态方程p(V0－V)＝nRT，可得V＝V0－nRT·，则一定质量的理想气体发生等温过程，V­图像构成线性函数，则题图乙中的纵坐标为注入的体积V；V­图像的纵截距表示烧瓶的体积，则V0＝b；
(2)由功的计算公式可知W＝Fl＝pSl＝pV，即pV的乘积表示气体体积变化时所做的功，图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示气体体积从V2减小到V1过程中外界对气体做的功的大小；
(3)某同学在处理数据时发现pV′乘积随压强p增大而变小，即nRT变小，导致这个现象的原因是①装置出现漏气，②环境温度降低。
答案：(1)V　b　(2)气体体积从V2减小到V1过程中外界对气体做的功的大小　(3)①装置出现漏气，②环境温度降低
12．(9分)某同学利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度，实验步骤如下：

A．按装置图安装好实验装置；
B．用游标卡尺测量小球的直径d；
C．用米尺测量悬线的长度L；
D．让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F．计算出每个悬线长度对应的t2；
G．以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2­L图线。
结合上述实验，回答下列问题：
(1)用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图乙所示，读出小球直径d为________cm。


(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2­L图线如图丙所示。根据图线拟合得到方程t2＝404.0L＋3.07，由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2。(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
(3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是________。
A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数
C．不应作t2­L图线，而应作t­L图线
D．不应作t2­L图线，而应作t2­图线
解析：(1)游标卡尺主尺的示数是1.5 cm＝15 mm，游标尺示数是2×0.1 mm＝0.2 mm，故小球的直径为d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm＝1.52 cm。
(2)根据单摆周期公式T＝2π 得＝2π ，
又l＝L＋，则t2＝400π2＋，故t2­L图像的斜率表示的大小，由题意知斜率k＝404.0，则＝404.0，代入π2＝9.86得g≈9.76 m/s2。
(3)应该在小球运动到过最低点开始计时，这样可减小由于计时位置不准确而带来的误差，故A错误；记录小球经过最低点的次数，每两次为一个振动周期，不影响实验结果，故B错误；根据单振的振动周期公式，应作出t2­L图线，故C错误；线长不等于摆长，摆长应是线长与半径相加，即l＝L＋，忽略了半径，斜率不变，不影响计算加速度，但图像不过坐标原点。故D正确。
答案：(1)1.52　(2)9.76　(3)D
13．(11分)简谐运动的振动图像可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，绘图笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像。取弹簧振子水平向右的方向为小球离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图像如图乙所示。

(1)为什么必须匀速拖动纸带？
(2)刚开始计时时，小球处在什么位置？t＝17 s时小球相对平衡位置的位移是多少？
(3)若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图像上1 s处和3 s处对应纸带上两点间的距离是多少？
解析：(1)纸带匀速运动时，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间。
(2)由题图乙可知，t＝0时小球在平衡位置左侧最大位移处，周期T＝4 s，可得t＝17 s时位移为0。
(3)纸带匀速运动，所以振动图像上1 s处和3 s处对应纸带上两点的间距x0＝2 cm/s×2 s＝4 cm。
答案：(1)见解析　(2)平衡位置左侧最大位移处　0
(3)4 cm
14.(12分)“天问一号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”型管带往火星表面。“U”型管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。
参数
地球
火星
重力加速度
g
0.38g
环境温度
T地＝300 K
T火＝280 K
大气压强
p地＝76.0 cmHg
p火
封闭气柱长度
l地＝19.0 cm
l火＝56.0 cm
水银柱高度差
h地＝73.0 cm
h火
求：(结果保留2位有效数字)
(1)火星表面高1 m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103 kg/m3，ρ水＝1.0×103 kg/m3。
(2)火星表面的大气压强p火。
解析：(1)根据液体压强公式p1＝ρgh得
ρ水银×0.38g×h0＝ρ水gh
代入数据解得h≈5.2 m。
(2)封闭气体在地球表面的压强p1＝p地－ρ水银gh地＝3 cmHg，V1＝l地S，T1＝300 K
在火星表面封闭气体的压强p2＝p火－ρ水银×0.38g×h火，V2＝l火S，T2＝280 K
又由于h地＝h火＋2(l火－l地)
根据理想气体状态方程有＝
联立解得p火＝0.57 cmHg
即火星表面的大气压强p火＝0.57 cmHg。
答案：(1)5.2 m　(2)0.57 cmHg
15．(16分)某精密光学仪器上有一块玻璃砖是由一块长方体的匀质玻璃下部分挖掉一个半径为R的半圆柱形成的，其截面如图所示，CD为半圆柱体的直径，O为圆心，AD长为 R。一束单色光从AD边的中点E垂直射入玻璃砖，经过折射后从玻璃砖中射出，已知玻璃砖对该单色光的折射率为 ，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖时的折射角；
(2)该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所经历的时间。

解析：(1)作出光路如图所示
据几何关系可得sin α＝＝＝，解得α＝60°，该光在玻璃中的临界角C满足sin C＝＝可得α>C，故光线在F点发生全反射，由图中几何关系可得γ＝β＝30°，由G点光线第一次射出介质，由折射定律得n＝，解得θ＝60°。
(2)光在玻璃中传播速度为v＝，由几何关系可得EF＝R－Rsin β＝R，FG＝R，FO＝R，所以光在介质中传播的时间为t＝，代入数据解得t＝。
答案：(1)60°　(2)
一模考前热身卷(一)
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．用中子轰击 U原子核产生裂变反应，可能的裂变方程为U＋n→Y＋Kr＋3n，方程中的单个原子核U、Y、Kr及单个中子n的质量分别为m1、m2、m3、m4，U 的半衰期为T，U原子核的比结合能比Y原子核的小，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是(　 )
A．Y原子核中含有56个中子
B．若提高U的温度，U的半衰期将会小于T
C．方程中的核反应释放的能量为(m1－m2－m3－2m4)c2
D. U原子核比Y原子核更稳定
解析：选C　由质量数和电荷数守恒可得：Y原子核的质量数A＝235＋1－89－3＝144，核电荷数Z＝92－36＝56，故中子数N＝144－56＝88，故A错误；半衰期的大小与温度、压强等因素无关，由原子核内部因素决定，故B错误；根据爱因斯坦质能方程知，裂变时释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m4－m2－m3－3m4)c2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，故C正确；U 原子核的比结合能小于Y原子核的比结合能，故Y原子核比U原子核更稳定，故D错误。
2．陆游在诗作《村居书喜》中写道“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”。从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是(　 )
A．气体分子之间存在着空隙
B．气体分子在永不停息地做无规则运动
C．气体分子之间存在着相互作用力
D．气体分子组成的系统具有分子势能
解析：选B　从物理视角分析，“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动，B正确。
3.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　 )
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压减为原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
解析：选D　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得 －qEd＝0－mv，所以d＝，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，所以x＝ ，A错误；使M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的，粒子将打到N板上，B错误；使M、N间电压提高到原来的4倍，所以x＝，C错误；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的，所以x＝，D正确。
4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(　 )
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 　 D．2.7 m/s，a负、b正
解析：选A　由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断电极a带正电，电极b带负电。血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0求解，即qvB＝qE，得v＝＝≈1.3 m/s，A正确。
5．假设远距离输电线路的简化图如图所示，发电机输出电压有效值不变(为U)的正弦式交流电，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶k，降压变压器原、副线圈匝数比为n∶1，均为理想变压器。若用户负载发生变化，电流表A的示数增大了ΔI，已知输电线的总电阻为R，则(　 )

A．电压表V的示数减小了R
B．输电线上损失的电压增大了nRΔI
C．输电线上损耗的功率增大了R
D．发电机的输出功率增大了
解析：选A　电流表A的示数增大了ΔI，则输电线上的电流增大了，经过发电机的电流增大了，则输电线上损失的电压增大了R，则电压表V的示数减小了R，输电线上损失的功率增大了ΔP＝(I′2－I2)R≠R，发电机的输出功率增大了，综上可知A正确。
6.宇宙中有两颗相距无限远的恒星S1、S2，半径均为R0。图线1、2分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与半径r3的图像，则(　 )
A．恒星S1的密度小于恒星S2的密度
B．恒星S1的质量大于恒星S2的质量
C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度
D．距两恒星表面高度相同的行星，S1的行星向心加速度较大
解析：选A　由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期较大，由万有引力提供向心力有G＝mr，解得M＝，周期越大，则质量越小，B错误；两颗恒星的半径相等，则体积相等，所以恒星S1的密度小于恒星S2的密度，A正确；根据万有引力提供向心力，则G＝解得v＝，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度，C错误；距两恒星表面高度相等的行星，如图当他们轨道半径相等时，绕恒星S1运动的周期大于绕恒星S2运动的周期，他们的向心加速度a＝r，所以S1的行星向心加速度较小，D错误。
7．如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接，小球b的质量是小球a的2倍。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ＝30°(细绳中张力大小视为不变)。小球a与细杆间的动摩擦因数为μ＝。则拉力F的大小(　 )
A．一直增大　　　　　 B．一直减小
C．始终不变 D．无法确定



解析：选A　设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T＝2mg保持不变。以a为研究对象，a受到重力、细绳的拉力T、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如图所示。设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN＝2mgsin θ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小，水平方向F＝f＋2mgcos θ，又f＝μFN，联立求得F＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg，因为μ＝，利用数学知识可得(cos θ＋μsin θ)＝sin (60°＋θ)，即F＝mgsin(60°＋θ)－μmg，θ从90°减小到30°，则sin(60°＋θ)逐渐增大，所以F将一直增大。故选A。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．如图甲所示，a、b为一列简谐横波上平衡位置之间相距6 m的两个质点，两质点的振动图像如图乙所示，实线为a质点的振动图像，虚线为b质点的振动图像。已知两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长。关于该简谐波，下列说法正确的是(　 )

A．波长最大值为24 m
B．波长最大值为4.8 m
C．波速最大值为1.2 m/s
D．波速最大值为6.0 m/s
解析：选BC　当波向右传播时，由题图乙可知，a、b两质点的振动时间差为Δt＝s，(n＝0,1,2…)，则a、b两质点的距离为6＝λ，(n＝0,1,2…)，由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长，则波长的最大值为λmax＝m≈3.43 m，最大波速为vmax＝≈0.86 m/s，当波向左传播时，由题图乙可知，a、b两质点的振动时间差为Δt＝ s，(n＝0,1,2…)，则a、b两质点的距离为6＝λ，(n＝0,1,2…)，同理λmax＝m＝4.8 m，最大波速为vmax＝＝1.2 m/s，故B、C正确，A、D错误。




9．传送带是广泛应用于运送货物的工具，大量应用于工厂、车站、机场等，机场里有一条水平匀速运行的传送带，传送带的速度为v，且足够长。一个质量为m的箱子无初速度地放在传送带一端，箱子与传送带间的动摩擦因数为μ，当箱子的速度与传送带刚好相等时，由于停电，传送带立即停止运转，则下列说法正确的是(　 )
A．箱子在传送带上的运动总时间为
B．由于运送箱子，传送带多消耗的电能为mv2
C．箱子与传送带间产生的内能为mv2
D．箱子相对传送带的位移为零
解析：选CD　箱子的合外力为滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，箱子加速度大小a1＝μg，经过一段时间t1，箱子和传送带刚好速度相等，解得t1＝。停电后，传送带停止，箱子在摩擦力作用下继续向前匀减速且加速度依旧为μg，所以减速时间t2＝，所以箱子在传送带上运动总时间为t＝t1＋t2＝，A错误；根据能量守恒定律，多消耗的电能等于全程产生的内能，即为mv2，B错误；全程箱子与传送带间的相对路程为x＝2s＝，所以全过程产生的内能Q＝μmg·x＝μmg·＝mv2，C正确；箱子在加速过程和减速过程中，箱子相对传送带的位移大小均为s＝＝，但方向相反，所以箱子相对传送带的位移为零，D正确。
10．如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α＝30°。P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中(　 )
A．P、Q组成的系统机械能不守恒
B．下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C．弹簧弹性势能最大值为(2－1)mgL
D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg
解析：选AD　P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，因此P、Q组成的系统机械能不守恒，A正确；两物体在沿着杆的方向上速度相等，因此可得vPcos α＝vQsin α，当α<45°时vP45° 时vP>vQ，B错误；P下降到最低点时，弹性势能最大，整个系统机械能守恒，因此弹簧弹性势能最大值为Ep＝2mgL(cos 30°－cos 60°)＝(－1)mgL，C错误；P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，因此Q受到地面的支持力大小为3mg，D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒定律。频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置。
(1)操作时比较合理的做法是________。
A．先打开频闪仪再释放钢球
B．先释放钢球再打开频闪仪
(2)频闪仪闪光频率为f，拍到整个下落过程中的频闪照片如图甲所示，结合实验场景估算f的可能值为________。

A．0.1 Hz B．1 Hz
C．10 Hz D．100 Hz
(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及钢球直径，重力加速度为g。用游标卡尺测出钢球实际直径D，如图乙所示，则D＝________cm。已知实际直径与照片上钢球直径之比为k。

(4)选用以上各物理量符号，验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs5＝________________________________________________________________________。
解析：(1)为了记录完整的过程，应该先打开频闪仪再释放钢球，A正确。
(2)天花板到地板的高度约为3 m，小球做自由落体运动，从图中可知经过8次闪光到达地面，故有g×(8T)2＝3 m，解得T≈0.1 s，即f＝＝10 Hz，C正确。
(3)游标卡尺的读数为D＝45 mm＋5×0.1 mm＝4.55 cm。
(4)钢球运动到A点的速度为vA＝＝，根据比例关系可知，到A点的实际速度为v＝，小球下落实际高度为H＝ks5，代入mgH＝mv2可得，2gs5＝kf2(s6－s4)2。
答案：(1)A　(2)C　(3)4.55　(4)kf2(s6－s4)2
12.(9分)一金属线材电阻未知且电阻分布不均匀，为了测量其阻值并将其截为阻值相等的两段，实验研究小组设计了如图所示电路，实验器材如下：
未知电阻，阻值约为4.8 Ω；
微安表(零刻度在表盘中间)；
定值电阻R1，阻值为10 Ω；
电阻箱R2，阻值0～99.9 Ω；
电流表，量程0～0.6 A，内阻RA＝1 Ω；
电压表，量程0～3.0 V，内阻约为3 000 Ω；
滑动变阻器，0～10 Ω；
电源，电动势为3 V；
开关，导线若干。
实验过程如下：
(1)按图连接电路，闭合开关之前，将滑动变阻器的滑片滑到最________端(填“左”或“右”)。
(2)将电阻箱R2的阻值调整到________Ω，闭合开关。
(3)将滑动变阻器R3的滑片调节到合适位置，连接微安表的表笔与未知电阻试触，防止微安表电流过大，不断改变表笔在未知电阻上的接触位置，直到____________时，记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置。
(4)保持表笔与记录的接触位置的接触，读出此时电流表和电压表的读数分别为________A和________V。

(5)通过两表读数可以得到未知电阻的阻值为________Ω(计算结果保留两位有效数字)。
解析：(1)按图连接电路，闭合开关之前，要保护电路，则将滑动变阻器的滑片滑到最右端，让阻值最大。
(2)由题意可知需将电阻箱R2的阻值调整与定值电阻R1相等，调为10 Ω。
(3)利用了串联电阻的分压作用，当两电阻阻值相等时，电势降低相同，则两触点的电势相等，流过微安表的电流为零，所以为了等分电阻，只需要调节表笔在未知电阻上的接触位置，直到流过微安表的电流为零时，记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置。
(4)电流表的最小刻度为0.02 A，读数时，只需要同位估读，所以电流表的读数为0.50 A。电压表的最小刻度为0.1 V，读数时，需要估读到下一位，所以电压表的读数为2.50 V。
(5)并联电阻的阻值为R并＝－RA＝4 Ω，根据并联电路电阻关系有＝＋代入数据解得Rx＝5 Ω。
答案：(1)右　(2)10　(3)流过微安表的电流为零　
(4)0.50　2.50　(5)5
13．(11分)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使截面平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n＝，光在真空中的速度为c。

(1)请通过计算判断该光线能否从CD边射出；
(2)若＝l，求光在“道威棱镜”内部传播的时间。
解析：(1)光在棱镜中传播光路如图所示。由折射定律n＝，解得r＝30°，而sin C＝，解得C＝45°，光线到达CD边时，θ＝75°>C，将会在CD边发生全反射，故光线无法从CD边射出。
(2)光线在棱镜内传播速率v＝，设光在棱镜中的入射点和出射点分别为E、F，由正弦定理＝，解得＝ ，由对称性可知，＝ ，所以光在棱镜内部传播的路程s＝ ，而t＝，所以t＝。
答案：(1)光线无法从CD边射出　(2)
14．(12分)如图所示，长为L1＝2 m的细线拴一质量为m＝1 kg 的小球在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，摆线与竖直方向的夹角为α＝37°，不计空气阻力，当小球运动到P点时细线断了，一段时间后小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径R＝ m，θ＝53°，小球经圆弧运动到B点时与停在光滑地面的质量为M＝2 kg的物块发生弹性正碰，物块运动到C后沿顺时针转动的倾斜的传送带CD运动，传送带CD与地面的倾角α＝37°，速度为v＝2 m/s，不计物块在C处的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：

(1)小球到达圆弧B点时(碰撞前)的速度大小；
(2)小球与物块M碰后物块M的速度大小；
(3)物块M若能够到达D端，传送带CD部分L2最长是多少。
解析：(1)设小球做匀速圆周运动的速度为v1，由牛顿第二定律得Fn＝mgtan α＝m
解得：v1＝3 m/s在A点，设速度为v2，根据运动合成与分解：v2＝＝5 m/s
从A到B，设碰前速度为v3，根据动能定理得
mv－mv＝mgR(1－cos θ)
解得：v3＝6 m/s。
(2)两物体弹性相碰，设M碰后速度为v′，m碰后速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv3＝mv4＋Mv′，mv＝mv＋Mv′2
解得：v′＝v3＝4 m/s。
(3)物块M滑上传送带后，开始减速，到与传送带速度相同：a1＝＝10 m/s2
x1＝＝0.6 m
因为Mgsin α>μMgcos α，所以共速后，不能一起匀速，物块M继续减速，a2＝＝2 m/s2
减速到零：x2＝＝1 m
所以传送带最长L2＝x1＋x2＝1.6 m。
答案：(1)6 m/s　(2)4 m/s　(3)1.6 m
15．(16分)如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m、带电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°，不考虑电子所受的重力。

(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；
(2)若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；
(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同，请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式。
解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1所示。由速度关系可得：＝cos θ，解得：v＝v0
由速度关系得：vy＝v0tan θ＝v0，在竖直方向：vy＝at＝t，而水平方向上t＝，解得：E＝。
(2)由几何关系得电子做匀速圆周运动的半径R＝L，根据牛顿第二定律：qvB＝，解得：B＝，根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为。
(3)电子在磁场中最简单的情景如图2所示。
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨迹半径为r，运动的周期为T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r；
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′＝2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r。
综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn＝2L(n＝1,2,3，…)而：r＝
解得：B0＝(n＝1,2,3，…)
应满足的时间条件为：(T0＋T′)＝T
而：T0＝，T′＝
解得T＝(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)v0　　(2)　
(3)B0＝　T＝(其中n＝1,2,3，…)
一模考前热身卷(二)
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．我国是茶的故乡，茶在我国已有4 000多年的历史。在现代喝茶也是不少人的爱好，下列说法正确的是(　 )
A．用温水泡茶比用开水泡茶更易闻到茶香
B．液体的表面张力使茶杯盖上的水滴呈球形
C．茶水中茶叶的沉浮可视为布朗运动
D．半满的装有热茶的茶杯的杯盖拧紧，过一段时间较难打开的原因可能是扩散作用
解析：选B　茶香是茶叶中的一些分子扩散到水中，然后又随着水分子扩散到空气中，温度越高，扩散得越快，A错误；液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，因此小水滴呈球形，B正确；茶叶的体积较大不属于微粒，C错误；茶杯内的气体降温后，压强较外界大气压小，因内外气压差，杯盖较难打开，D错误。
2.如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是(　 )
A．用能量为13.0 eV的电子激发n＝1能级的大量氢原子，可以使氢原子跃迁到高能级
B．n＝2能级的氢原子可以吸收能量为3.3 eV的光子而发生电离
C．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态放出的所有光子中，n＝2能级跃迁到n＝1能级释放的光子的粒子性最显著
D．大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后，只可以放出两种频率的光子
解析：选A　n＝1能级与n＝2能级的能量差为10.2 eV，由于13.0 eV>10.2 eV，因此用能量为13.0 eV的电子激发n＝1 能级的大量氢原子，可以使氢原子跃迁到高能级，A正确；n＝2能级的氢原子的能量为－3.4 eV，因此欲使其发生电离，吸收的能量至少为3.4 eV，B错误；光子的波长越长波动性越显著，光子的频率越高，粒子性越显著，由玻尔理论可知，从n＝4能级跃迁到n＝1能级的粒子能量最大，由E＝hν 可知，该光子的频率最高，粒子性最显著，C错误；大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后，由跃迁规律可知，可以跃迁到n＝3能级，则放出的光子数为C＝3，D错误。
3．长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力 Ff随角度θ的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是(　 )

A．木块与木板间的动摩擦因数μ B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝
C．木板与地面的夹角为θ2 时，木块将做自由落体运动
D．木板由θ1转到θ2的过程中，速度变化越来越快、加速度越来越小
解析：选A　木块受到的静摩擦力在开始到刚要滑动的过程为静摩擦力有f＝mgsin θ，故为正弦变化，而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力为f＝μmgcos θ，为余弦变化，而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，当夹角为θ1时，最大静摩擦力为Ff2，而滑动摩擦力为Ff1，根据滑动摩擦力的公式则有μmgcos θ1 4．如图甲所示，单匝线圈L1与螺线圈L2绕在水平铁芯上并固定，L2中通有图乙所示的正弦交变电流。下列说法正确的是(　 )

A．t1时刻，L1中电流最大
B．t2时刻，L1、L2间的作用力最大
C．在t1～t2与t2～t3时间内，L1中的电流方向相反
D．在0～t1与t2～t3时间内，L1与L2间的作用力均为斥力
解析：选D　t1时刻，L2中电流的变化率为零，此时L1中电流为零，A错误；t2时刻，L2中电流为零，则此时L1、L2间的作用力为零，B错误；在t1～t2与t2～t3时间内，L2中电流先是正向减小，后是反向增大，则在L1中产生的感应电流方向相同，C错误；在0～t1与t2～t3时间内，L2中电流均是增加的，根据楞次定律可知，L1与L2间的作用力均为斥力，D正确。
5．2022年1月26日7时44分，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号丙运载火箭成功将L－SAR 01组A星发射升空。假设该卫星在赤道平面内沿圆轨道绕地球做匀速圆周运动，与地球自转方向相同，与赤道上的接收站B进行通讯，AB与BO垂直时，∠BAO＝θ，如图所示。已知引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，自转周期为T1。当卫星A与接收站B间没有地球遮挡时能进行通讯，则卫星A与接收站B能进行连续通讯的最长时间为(　 )
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　由数学知识可知该卫星的轨道半径为r＝，设该卫星绕地球运行的周期为T0，由万有引力定律有＝m2r，在地球表面有＝g，卫星相对地球表面的角速度为ω＝－，接收站B与卫星A能进行连续通讯时，卫星相对地球转过的最大角度为α＝π－2θ，则卫星A与接收站B能进行连续通讯的最长时间为t＝，C正确。
6．某学校设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v­t图像如图所示。此次投掷中，下列说法中正确的是(　 )

A．冰壶减速运动的加速度大小为1.25 m/s2
B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s
C．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m
D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
解析：选C　根据v­t图像可得冰壶减速运动的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.125 m/s2，即减速过程中的加速度大小为0.125 m/s2，A错误；根据匀变速直线运动的规律，冰壶在9 s 末的速度为v＝v0＋at＝6 m/s－0.125×(9－3) m/s＝5.25 m/s，B错误；在v­t图像中，机器人与冰壶减速阶段图线所围三角形的面积表示冰壶与机器人的相对位移，则7 s末时Δx＝(t2－t1)＝×(7－3) m＝7 m，C正确；同理可得9 s末时冰壶与机器人的距离Δx1＝×(9－3) m＝15.75 m，即此时二者的距离大于8 m，机器人不能获取冰壶的信息，D错误。
7．如图所示，磁流体发电机的通道是一长度为L的矩形管道，通道的左、右两侧壁是导电的，其高为h，间隔为a，而通道的上、下壁是绝缘的，所加匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与通道的上、下壁垂直且向上。等离子体以速度v沿如图所示的方向射入，已知等离子体的电阻率为ρ，负载电阻为R，不计等离子体的重力，不考虑离子间的相互作用力。下列说法不正确的是(　 )

A．该发电机产生的电动势为Bva
B．若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大
C．闭合开关后，流过负载R的电流为
D．为了保持等离子体恒定的速度v，通道两端需保持一定的压强差Δp＝
解析：选D　等离子体通过管道时，在洛伦兹力作用下，正、负离子分别偏向右、左两壁，由此产生的电动势等效于金属棒切割磁感线产生的电动势，其值为E＝Bav，A正确；电源的效率为η＝＝＝，若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大，B正确；闭合开关后，流过负载R的电流为I＝＝＝，C正确；令气流进出管时的压强分别为p1、p2，则气流进出管时压力做功的功率分别为p1Sv和p2Sv，其功率损失为p1Sv－p2Sv＝ΔpSv，此损失的功率完全转化为回路的电功率，即ΔpSv＝，将S＝ha，r＝ρ代入上式中得Δp＝，D错误。


二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8.如图所示，用f表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中(　 )

A．f先增大后减小
B．Ep不断减小
C．Ep先增大后减小
D．f对分子一直做正功
解析：选ABD　如图所示，分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，两个分子间的距离由10r0变为r0的过程中，f先增大后变小至0，Ep则不断减小，A、B正确，C错误；该过程中，分子力始终表现为引力，做正功，D正确。
9．如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是(　 )

A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos(ωt)
B．当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数和电流表示数都变大
C．当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，电压表示数增大
D．当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大
解析：选AB　矩形线圈产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，从图示位置开始计时，线圈的磁通量为零，线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos(ωt)＝NBSωcos(ωt)，故A正确；当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，线圈产生的电动势增大，则电压表示数U1变大，根据原、副线圈的电压比等于匝数比＝，可知副线圈的输出电压U2变大，根据欧姆定律可知通过R的电流I2变大，根据变压器电流与匝数关系＝，可知电流表示数I1变大，故B正确；当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，线圈产生的电动势不变，则电压表示数不变，故C错误；当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U1不变，根据原、副线圈的电压比等于匝数比＝，由于原线圈匝数n1变大，可知副线圈的输出电压U2变小，根据欧姆定律可知通过R电流I2变小，根据变压器电流与匝数关系＝，可知电流表示数I1变小，故D错误。
10.如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带正电的点电荷，下列说法中正确的是(　 )
A．A、A′两点的电场强度相同
B．将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点，其电势能先减小后增大
C．平行于底面且圆心为O1的截面为等势面
D．若B′点的电势为φB′，A′点的电势为φA′，则BA连线中点C处的电势φC小于
解析：选BD　A、A′两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；将带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点过程中，静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，B正确；O处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以O为圆心的球面，不是圆心为O1的截面，C错误；由于CB间的场强小于AC间的场强，由U＝d得CB间的电势差小于AC间的电势差，又因为A、A′到O点的距离相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C为AB中点，则有φC＜，D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)小鸣同学组装了一套实验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着小钢球，钢球底部固定有遮光片，拉力传感器正下方安装有光电门，钢球经过最低点时遮光片恰能通过光电门。已知当地的重力加速度大小为g。小鸣进行了下列实验步骤：

(1)用游标卡尺测遮光片宽度d，如图乙所示，读数为__________mm；
(2)拉起钢球使细线与竖直方向成不同的角度，钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F；根据记录数据描绘出如图丙所示的F-图像，a是已知量。通过图丙中的信息可以求哪个物理量？____________；该物理量的表达式为___________(用题目中所给符号表示)。
解析：(1)由题图乙可得d＝5 mm＋4×0.05 mm＝5.20 mm。
(2)根据题意可知，在小钢球摆到最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，其中v＝，化简可得F＝mg＋·，结合题图丙，可得a＝mg，通过题图丙中的信息可以求出小钢球和遮光片的总质量，即m＝。
答案：(1)5.20　(2)小钢球和遮光片总质量　
12．(9分)小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。
他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图甲的电路图：
a．电流表A1(量程0.6 A，内阻很小)；电流表A2(量程300 μA，内阻rA＝1 000 Ω)；
b．滑动变阻器R(0～20 Ω)；
c．两个定值电阻R1＝1 000 Ω，R2＝9 000 Ω；
d．待测电阻Rx；
e．待测电源E(电动势约为3 V，内阻约为2 Ω)；
f．开关和导线若干。

(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为__________(填“R1”或“R2”)。
(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图乙所示。根据图线可得电源电动势E＝______V；电源内阻r＝___________Ω。(计算结果均保留两位有效数字)
(3)小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id，后断开S1；
③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为__________。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
解析：(1)电流表A2与R2串联，可改装为量程为U＝Ig(rA＋R2)＝3 V的电压表，故选R2。
(2)由题图乙可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E＝3.0 V；内阻r＝＝ Ω≈2.1 Ω。
(3)由题意可知：IaR＝Ib(rA＋R2)，Ic(R＋Rx)＝Id(rA＋R2)；联立解得Rx＝(rA＋R2)；由以上分析可知，若考虑电流表A1内阻的影响，则表达式列成：Ia(R＋rA1)＝Ib(rA＋R2)，Ic(rA1＋R＋Rx)＝Id(rA＋R2)，最后求得的Rx表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。
答案：(1)R2　(2)3.0　2.1　
(3)③(rA＋R2)　相等
13．(11分)如图，一潜水员在距海岸A点45 m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长4 m的皮划艇。皮划艇右端距B点4 m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和βsin α＝；sin β＝，水的折射率为，皮划艇高度可忽略。

(1)潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度；
(2)求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。
解析：(1)设潜水员下潜深度为h，水的折射率为，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，sin θ＝
得临界角正弦为sin θ＝＝
解得：h＝15 m。
(2)潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯时，灯塔指示灯的光恰好被皮划艇挡住。设入射角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，
则＝，＝
根据几何关系可知sin α′＝，sin β′＝，解得：h1＝ m，h2＝ m。故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围～ m。
答案：(1)15 m　(2)～ m
14.(12分)如图所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d。现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若A、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时(此时B与C未接触，弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增加量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。
解析：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgdsin θ＝mv，解得：v0＝。
(2)A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律得：mv＝mv＋mv，解得：v1＝0，v2＝，从碰撞后到B速度为零的过程，对B与弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：
Ep＝mv＋mgxsin θ，解得：x＝－d。
(3)A、B碰撞前弹簧的压缩量：x1＝
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝2mv3，解得：v3＝
C恰好离开挡板时，弹簧的伸长量：x2＝
在B开始沿斜面向下运动到C刚要离开挡板过程中，弹簧弹性势能的改变量为零，由机械能守恒定律得：·2mv＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ
解得：k＝。
答案：(1)　(2)－d　(3)
15．(16分)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－α2。求：

(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
解析：(1)通过速度选择器离子有qE＝qvB
则离子的速度v＝
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝
由牛顿第二定律有＝qvB
得＝＝。
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离
x1＝··2，tan θ＝
离开电场后，离子在x方向偏转的距离
x2＝Ltan θ＝，x＝x1＋x2＝＝
位置坐标为。
(3)离子进入磁场后做圆周运动的半径r＝，sin α＝
经过磁场后，离子在y方向偏转距离
y1＝r(1－cos α)≈

离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2＝Ltan α≈，y＝y1＋y2≈，位置坐标为。
(4)注入晶圆的位置坐标为
电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
答案：(1)　　(2)　(3)　(4)见解析
一模考前热身卷(三)
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．核废水不妥善处理可能会造成严重的核污染，污染的主要来源之一是核反应生成的放射性同位素Cs。据检测，国外某核电站附近淡水湖发现“铯137”的含量超标527(≈29)倍。已知该种Cs的同位素可以发生衰变生成Ba，如图是反映Cs衰变特性的曲线，则下列说法正确的是(　 )

A.Cs的衰变是β衰变
B.Cs衰变释放的β粒子来源于Cs原子的核外电子
C．据图像，上述淡水湖中Cs的含量需约270年才能回落到正常标准
D．据图像，若有8个Cs原子核，经过60年，将还剩下2个
解析：选A　根据核反应方程满足质量数电荷数守恒定律可得Cs→Ba＋e，所以Cs的衰变是β衰变，A正确；Cs衰变释放的β粒子不是来源于Cs原子的核外电子，β衰变实质是原子核内的一个中子变成质子时产生的电子，B错误；据图像可知，上述淡水湖中Cs的半衰期为30年，则其含量270年后回落到，C错误；半衰期是对大量微观粒子才适用，D错误。
2．打印机在正常工作的情况下，进纸系统能做到每次只进一张纸。进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动并带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法错误的是(　 )

A．第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向左
B．第10张纸与第11张之间的摩擦力大小可能为μ2(F＋10mg)
C．第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为μ2(F＋mg)
D．若μ1＝μ2，则进纸系统不能进纸
解析：选B　第2张纸相对第3张纸向右运动，所以第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向左，A正确；工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F，第1张纸对第2张纸的压力为F＋mg，所以第2张以下的纸没有运动，只有运动趋势，所以第2张以下的纸之间以及第20张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，大小均为μ2(F＋mg)，B错误，C正确；若μ1＝μ2，搓纸轮与第1张纸之间的摩擦力为μ1F，第1张纸受到第2张纸的滑动摩擦力为μ2(F＋mg)，则有μ1F<μ2(F＋mg)，搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动，不会进纸，打印机不会正常工作，D正确。


3.小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是(　 )
A．三个石子在最高点时速度相等
B．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小
C．沿轨迹1运动的石子在空中运动时间最长
D．沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大
解析：选B　设任一石子初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，上升的最大高度为h，运动时间为t，取竖直向上方向为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝－g，由0－v＝－2gh，得vy＝，h相同，vy相同，则三个石子初速度的竖直分量相同。根据0－vy＝－gt1，从抛出到最高点所用时间相同，但水平位移不同，所以水平速度不同，在最高点，竖直速度为零，只有水平速度，所以三个石子在最高点时速度不相等，v3x 4．一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为10 m/s，t＝0时刻的波形如图所示。下列说法正确的是(　 )

A．0～0.6 s时间内，质点P运动的路程为18 cm
B．t＝0.6 s时刻，质点P相对平衡位置的位移是6 cm
C．t＝1.2 s时刻，质点Q加速度最大
D．t＝1.4 s时刻，质点M沿y轴负方向运动
解析：选A　简谐横波的周期为T＝＝0.8 s,0～0.6 s时间内，质点P运动的路程为3A＝18 cm，A正确；t＝0.6 s 时刻，质点P到达平衡位置，则此时相对平衡位置的位移是0，B错误；因为t＝1.2 s＝1T，该时刻质点Q在平衡位置，则此时加速度为零，C错误；经过1.4 s波向前传播x＝vt＝14 m＝1 λ，则此时刻，质点M在平衡位置以下沿y轴正方向运动，D错误。
5.对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图像，下列说法中正确的是(　 )
A．电流大小变化，方向不变，是直流电
B．电流大小、方向都变化，是交流电
C．电流最大值为0.2 A，周期为0.02 s
D．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电
解析：选A　由图像可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化变，所以是直流电，电流最大值为0.2 A，周期为0.01 s，A正确，B、C、D错误。
6．如图为北京2022年冬奥会跳台滑雪场地“雪如意”的示意图，跳台由助滑区AB、起跳区BC、足够长的着陆坡DE组成，运动员起跳的时机决定了其离开起跳区时的速度大小和方向。某运动员在“雪如意”场地进行训练，忽略运动员在空中飞行时的空气阻力，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　 )

A．若运动员跳离起跳区时速度方向相同，则速度越大在空中的运动时间越长
B．若运动员跳离起跳区时速度方向相同，则飞行的最大高度均相同
C．若运动员跳离起跳区时速度大小相等，则速度方向与竖直方向的夹角越小，飞行的最大高度越低
D．若运动员跳离起跳区时速度大小相等，则速度方向与竖直方向的夹角越小，着陆点距D点的距离越远
解析：选A　运动员从起跳到落地过程中做斜抛运动，设初速度为v0，方向与竖直方向夹角为α，则竖直方向上有vy0＝v0cos α，水平方向上有vx0＝v0sin α，v0增大时，vx0、vy0均增大，根据运动学规律可知，运动员在空中的运动时间增大，A正确。飞行的最大高度H＝＋hc，初速度大小一定时，与竖直方向的夹角α越小，H越大；与竖直方向的夹角α一定时，初速度越大，H越大，B、C错误。根据极限法，当起跳速度与竖直方向夹角为零时，运动员落回原地，D错误。
7.如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是(　 )

解析：选A　设线框运动的速度为v，总电阻为R，当时间t<时，只有最右侧的两个短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I＝；当≤t<时，从右侧中间短边进入磁场至左侧长边进入磁场，感应电流方向为逆时针方向，大小为I＝；当≤t<时，从左侧长边进入磁场至右侧的中间短边离开磁场，感应电流方向为顺时针方向，大小为I＝；当≤t<时，从右侧中间短边离开磁场至左侧长边离开磁场，感应电流方向为顺时针方向，大小为I＝，故A正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球半径为R，引力常数为G，则下列说法正确的是(　 )
A．地球同步卫星距地表的高度为R
B．地球的质量为
C．地球的第一宇宙速度为
D．地球密度为
解析：选AB　在两极，重力等于万有引力mg0＝G，解得M＝，对赤道上随地球自转的物体mg0－mg＝mR，对同步卫星G＝m′(R＋h)，解得h＝R，A正确，B正确；近地卫星是万有引力提供向心力G＝m，解得v＝，C错误；由M＝，M＝ρ·πR3，解得地球的密度ρ＝，D错误。
9.如图是不平行玻璃砖的截面，a、b两束单色光从空气垂直玻璃砖上表面射入，在下表面上反射和折射情况如图所示，则a、b两束光(　 )
A．在同种均匀介质中传播时，b光的传播速度大
B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较大
C．在真空中，a光的波长大于b光波长
D．让b光以入射点为轴，逆时针转动，则b光会在玻璃砖的下表面发生全反射
解析：选ABD　由图可知，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，即a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，由sin C＝可知b光的折射率较小，即na>nb，根据n＝可知vanb，所以fa>fb，由c＝λf可知λa<λb，C错误；当b光逆时针转动时，b光在玻璃砖下表面的入射角会增大，当该角大于b光的临界角时，b光就会发生全反射，D正确。
10．如图所示，绝缘固定擦得很亮的金属板A水平放置，其下方水平放置接地的铜板B。两板间距为d，两板面积均为S。正对面积为S′且S′ A．带电液滴带负电
B．增大正对面积S′或增大两板间距d，带电液滴仍然处于静止状态
C．再用紫色光源照射金属板A上表面一段时间后，液滴将一定向上运动
D．再用红色光源照射金属板A上表面一段时间后，液滴将一定向上运动
解析：选AC　用黄光灯照射金属板A上表面，A板发生光电效应，电子逸出，A板剩余正电荷，A、B板间形成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态可知Eq＝mg，故带电液滴带负电，A正确；增大正对面积，根据平行板电容器决定式C＝可知，电容C变大，根据U＝可极板间电压U变小，根据E＝可知电场强度减小，带电液滴受到的电场力减小，带电液滴向下运动，由以上各式可得E＝，仅增大两极板间距d，极板间的电场强度不变，带电液滴受到的电场力不变，故带电液滴仍然静止，B错误；再用紫色光源照射金属板A上表面，由于紫光的频率大于黄光的频率，所以能发生光电效应，从金属板A逸出更多的光电子，则金属板A所带电荷量增大，由E＝知电场强度变大，电场力变大，所以液滴将一定向上运动，C正确；再用红色光源照射金属板A上，由于红光的频率比黄光的频率低，所以不一定能使金属板A发生光电效应，金属板A所带电荷量不一定改变，所以液滴不一定向上运动，D错误。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)(1)小明用多用电表测量一小段2B铅笔芯的电阻Rx，正确的操作顺序是__________(填字母)。

A．把选择开关旋转到交流电压最高挡
B．调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点
C．把红、黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
D．把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
E．把红、黑表笔分别插入多用电表“＋”、“－”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
(2)小明正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则Rx＝________Ω。
(3)小张认为用多用电表测量小电阻误差太大，采用伏安法测量。
现有实验器材如下：电源(电动势3 V，内阻可忽略)，电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，多用电表(2.5 mA挡、25 mA 挡和250 mA挡，对应的内阻约40 Ω、4 Ω和0.4 Ω)，滑动变阻器RP(0～10 Ω)，定值电阻R0(阻值10 Ω)，开关及导线若干。
测量铅笔芯的电阻Rx，下列电路图中最合适的是________(填字母)。多用电表选择开关应置于________挡。

解析：(1)操作步骤先机械调零，再欧姆调零，再测量，再复位打OFF挡或交流电压最大挡，所以顺序为EDBCA。
(2)读数挡位为×1挡，表盘读数为2.9，所以读数为2.9 Ω。
(3)由题意可知被测电阻比较小，用R0串联后能起到保护作用。被测电阻是小电阻，故需要用电流表外接法，故选B电路。估测电流最大值为I＝＝230 mA，故要选250 mA挡。
答案：(1)EDBCA　(2)2.9　(3)B　 250 mA
12.(9分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置来“探究碰撞中的不变量”。将一段不可伸长的轻质细绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，在小钢球A最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有滑块B(滑块B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)，当地的重力加速度为g。
某同学按如图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球A自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰。让小钢球A从某位置由静止释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短。
(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________。
A．小钢球A的质量mA
B．绳长L
C．小钢球A从M到N运动的时间
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________(用题中已给的物理量符号来表示)。
(3)实验中的不变量的表达式是：____________________________(用题中已给的物理量符号来表示)。
解析：滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝，根据牛顿第二定律得F1－mAg＝mA，F2－mAg＝mA，根据动量守恒定律得mAv1＝mAv2＋mBvB，整理得实验中的不变量表达式为＝＋mB，所以还需要测量小钢球A的质量mA，以及绳长L，故A、B正确。
答案：(1)AB　(2)
(3) ＝＋mB
13．(11分)现代瓷器烧制通常采用电加热式气窑。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27 ℃，压强为p0，需要的烧制温度为927 ℃。为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，单向排气阀变为开通状态(排气过程窑内气体压强视为保持2p0不变)。窑内气体温度均匀且逐渐升高。求：
(1)单向气阀开始排气时，窑内气体温度(摄氏温度)；
(2)本次烧制过程中排出的气体占原有气体质量的比例。
解析：(1)对封闭在气窑内的气体，排气前体积不变
T1＝t1＋273(K)＝300 K
由查理定律有＝　
可得T2＝600 K，即t2＝327 ℃。
(2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，
T3＝t3＋273(K)＝1 200 K
对气窑内气体和放出的气体整体由盖－吕萨克定律有＝，得V3＝2V0，则＝＝。
答案：(1)327 ℃　(2)
14．(12分)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
解析：(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mg
R2两端的电压U2＝Ed
根据欧姆定律得U2＝·R2
联立解得E0＝。
(2)带电小球在电磁场中运动轨迹如图所示。

设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系得(r－d)2＋(d)2＝r2，解得r＝2d
根据qvB＝m，解得B＝。
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcos 60°，解得E′＝。
答案：(1)　(2)　(3)
15．(16分)如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝，mB＝m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝2m，车长 L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙动摩擦因数μ＝0.5，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为s，且s＝R。小车运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车。两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g。求：

(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；
(3)滑块B在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功W。
解析：(1)由题意，以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，则mAg＝mA，解得vAD＝
滑块A在半圆轨道运动过程中
－mAg·2R＝mAv－mAv，
解得：vA＝，滑块A在半圆轨道最低点：
FN－mAg＝mA，解得：FN＝3mg。
(2)在A、B爆炸过程，动量守恒，则mBvB＋mA(－vA)＝0，解得：vB＝ vA＝。
(3)假设滑块B滑上小车后能与小车共速，设共同速度为v共，整个过程中，由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v共，解得：v共＝vB＝
滑块B在小车上运动时的加速度大小为a＝μg
滑块B从滑上小车到共速时的位移为
sB＝＝R
小车从开始运动到共速过程中，
由牛顿第二定律得μmBg＝MaC
小车从开始运动到共速时的位移为sC＝＝R 两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为：
Δs＝sB－sC＝R，Δs<2R，即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车，滑块B和小车先达到相对静止，然后一起匀速向前运动，直到小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，设小车停止后滑块B的位移为 s′，s′＝＝R，因为Δs＋s′＝R －W＝0－mBv，解得W＝mgR。
答案：(1)3mg　(2) 　(3)mgR
一模考前热身卷(四)
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．2022年1月1日，我国自主三代核电“华龙一号”中核集团福清核电6号机组首次并网成功，开始向电网送出第一度电，成为全球第三台、我国第二台“华龙一号”并网发电机组。核反应堆中一种典型的核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋yn，下列说法正确的是(　 )
A．方程中x＝56，y＝4
B．铀核的链式反应中可用重水吸收中子控制反应速度
C．一个U原子核中中子数比质子数多143个
D．三种原子核的结合能从大到小的顺序为U、Ba、Kr
解析：选D　根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒可知x＝56，y＝3，A错误；铀核的链式反应中，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，用镉棒吸收中子控制反应速度，B错误；一个U原子核中核子总数为235个，质子数为92个，可知中子数为143个，中子数比质子数多51个，C错误；质量数越大，原子核的结合能越大，所以三种原子核的结合能从大到小的顺序应为 U、Ba、Kr，D正确。
2．嫦娥五号返回器进入大气层后，实施两次气动减速。在降至距地面约10公里高度时，返回器打开降落伞完成最后减速并保持姿态稳定，随后在预定区域平稳着陆。假设返回器从打开降落伞的M处沿直线下降，其下降位移x与运动速度的倒数的关系如图所示，则返回器从M点运动的x0时间为(　 )
A．x0v0 B. C. D.
解析：选C　由于Δt＝可知在x-图像中，图像与横轴围成的面积等于所用的时间，因此所用时间为t＝x0·＝，故选C。
3.一种“光开关”如图虚线框区域所示，其主要部件由两个相距非常近的截面为半圆形的圆柱棱镜构成，两半圆柱棱镜可以绕圆心O点旋转。单色光a从左侧沿半径射向半圆柱棱镜的圆心O，若光线能从右侧射出，则为“开”，否则为“关”。已知棱镜对光a的折射率为1.5，光a与半圆柱棱镜的直径MN夹角为45°。下列说法正确的是(　 )
A．单色光a在棱镜中的频率是在真空中的1.5倍
B．单色光a在棱镜中的波长是在真空中的1.5倍
C．顺时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能
D．逆时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能
解析：选D　频率由光源决定，不会改变频率，故A错误；根据n＝，v＝λf，可知单色光a在真空中的波长是在棱镜中的1.5倍，故B错误；此时入射角为45°，根据题意可知sin C＝＝<，临界角小于45°，所以此时为关状态，顺时针旋转两半圆柱棱镜，入射角变大，则发生全发射，出现“关”功能，故C错误；根据以上分析可知，逆时针旋转两半圆柱棱镜，入射角减小，不发生全反射，可实现“开”功能，故D正确。
4．如图所示，在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练时，设轮胎做匀速直线运动，运动过程中两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为θ＝60°，所构成的平面与水平面间的夹角恒为α＝30°，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为(　 )
A.Ff　　　　　　　 .Ff
C.Ff D．G－Ff
解析：选C　设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcos ，方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为α，受力分析如图所示，对轮胎，由平衡条件得F合cos α＝Ff解得F＝，代入数据解得F＝Ff，故选C。
5．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端系于墙上，另一端连接在质量为m的物体A上，用大小相同的物体B推A使弹簧压缩，A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB且μA<μB，将A、B由静止释放后，A、B向右运动一段距离后会分离，则A、B即将分离时(　 )

A．弹簧形变量为零
B．弹簧的压缩量为
C．弹簧的伸长量为
D．弹簧的压缩量为
解析：选C　弹簧压缩时A、B一起运动不会分离，A、B分离时弹簧处于伸长状态，当A、B刚好分离时A、B间的弹力为零，加速度仍相同，对B根据牛顿第二定律可得μB mg＝ma对A根据牛顿第二定律可得μA mg＋kx＝ma，解得x＝，故选C。
6．我国天文学家通过“天眼”在武仙座球状星团M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点各自做匀速圆周运动，经观测可知恒星B的运行周期为T。若恒星A的质量为m，恒星B的质量为2m，引力常量为G，则恒星A与O点间的距离为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　设A、B间的距离为L，A、B做圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，则r1＋r2＝L，根据万有引力定律和牛顿第二定律有G＝m2r1、G＝2m2r2，联立可得L＝ 、r1＝L＝ ，故A正确，B、C、D错误。
7．如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小方块(可视为质点)系在一伸直的轻绳一端，绳的另一端固定在摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平面上，绳长r＝1 m。给小方块一沿垂直轻绳的初速度v0＝ m/s，小方块将在该水平面上以绳长为半径做圆周运动，重力加速度为g＝10 m/s2，当小方块恰好运动一周时，绳子拉力为(　 )

A．π N B．0.8π N
C．0.4π N D．0.2π N
解析：选D　小方块转动一周，由动能定理－μmg·2πr＝mv2－mv，此时由牛顿第二定律可知T＝m，解得T＝0.2π N，故选D。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．在开展研究性学习活动中，某校同学来到一有微风的湖边通过钓鱼工具来观察振动和波，在其钓鱼过程中，他发现湖中钓鱼的浮标上下浮动。他根据所学知识认为浮标上下浮动可简化成竖直方向的简谐运动，他通过观测绘制出浮标的振动图像如图甲所示，接着他又根据湖面的波纹绘制出水的波动图像如图乙所示。假设图乙是一列沿x轴正方向传播的水波在t＝0.5 s时的波形图，图甲是图乙中离原点0～4 m范围内某质点的振动图像，则下列说法正确的是(　 )

A．浮标上下振动的周期为T＝2 s
B．该列波的波速为v＝2 m/s
C．再经0.5秒x＝4 m处的质点到达波谷位置
D．图甲是x＝2 m处质点的振动图像
解析：选ABD　由图甲可得周期T＝2 s，A正确；由图乙可得波长λ＝4 m，故波速v＝＝2 m/s，B正确；再经0.5秒(即四分之一周期)x＝4 m处的质点到达波峰位置，C错误；由图甲可得t＝0.5 s时刻，质点在平衡位置向下振动，那么，根据波向右传播，由图乙可得：图甲所示振动和图乙中x＝2 m处质点振动相符，D正确。
9．如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮筐的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮筐中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮筐中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　 )

A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒
B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C．篮球的水平初速度大小为(L－r)
D．若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球中心经过篮筐中心，应使碰撞点更高
解析：选BD　由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A错误；以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小l＝m·kv0－(－mv0)＝(1＋k)mv0，B正确；篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得L－r＝kv0t，h＝gt2，联立可得v0＝ ，C错误；若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，篮球弹回的速度kv0减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，D正确。
10.如图所示，处在匀强电场中的正三棱锥ABCD，O点为其底面ABC的中心，F为BC棱的中点，G点和F点关于O点对称，在三棱锥的A点固定一正点电荷，则O点场强变为零，则关于各点场强大小和电势高低，下列判断正确的是(　 )
A．EG＝EF　　　　　 B．EB＝ED
C．φB>φD D．φG>φF
解析：选CD　在三棱锥的A点固定一正点电荷，则O点场强变为零。所以匀强电场的方向沿FA方向。根据几何关系可知AG＝GO＝OF，令AG＝GO＝OF＝L，则根据点电荷场强公式可知k＝E，故EG＝－E，EF＝E－，所以EF≠EG，点电荷在D点的场强大小和在B点的场强大小相等，但由于点电荷在D点的场强和匀强电场的夹角与点电荷在B点的场强和匀强电场的夹角不相等，所以B和D点的场强大小不相等，A、B错误；B和D点处在点电荷的同一等势面上，而在匀强电场中，由于场强方向是由F指向A，所以在匀强电场中φB>φD，根据电势的叠加原则可知φB>φD，C正确；令O点的电势为零，则根据点电荷电势公式可知正点电荷在O点产生的电势为φ＝，所以匀强电场在O点对应的电势为φ＝－而UFO＝UOG＝EL＝，故匀强电场在F和G点的电势为φF＝－，φG＝－，而正点电荷在F和G点的电势为φF′＝，φG′＝，由电势的叠加原则可知F点的电势低于G点的电势，D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)如图甲是实验室测定小物块和水平面之间动摩擦因数的实验装置，将带有遮光条的物体由曲面的顶端无初速度释放，物体经过光电门瞬间可通过数字计时器记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物体停在水平面上的A点，重力加速度大小为g。

(1)实验需用游标卡尺(50分度)测量遮光条的宽度d，如图乙所示，d＝________ mm；
(2)为了完成本实验，还需要测量A点到光电门的距离s与遮光条通过光电门的时间t，则动摩擦因数的表达式为μ＝________；(用所测得物理量的符号和重力加速度g表示)
(3)为了减小实验误差，实验小组从曲面的不同位置释放物体，得到多组数据，采用图像法来处理实验数据，下列图像正确的是________。

解析：(1)游标卡尺读数为：主尺读数＋游标尺的读数×分度值＝6 mm＋40×0.02 mm＝6.80 mm；
(2)遮光条通过光电门的速度为v＝，由动能定理可得－μmgs＝0－mv2，联立解得μ＝＝；
(3)根据μ＝，整理可得＝s，故选B。
答案：(1)6.80　(2)　(3)B

12．(9分)为精确测量某一个电压表的内阻，实验探究小组从实验室找来了以下仪器。
a．电源E，具有一定内阻，电动势为3.0 V；
b．待测电压表V1，量程为0～1.5 V，内阻r1约为1 200 Ω；
c．标准电压表V2，量程为0～3 V；
d．标准电流表A，量程为0～0.6 A，内阻小于1 Ω；
e．电阻箱R′(0～9 999 Ω)；
f．定值电阻R0(1 500 Ω)；
g．滑动变阻器R1(0～2 000 Ω)；
h．单刀单掷开关S，导线若干。

(1)某同学根据找来的器材，设计了如图1所示的电路图进行测量，请判断这样设计的实验电路是否合理并简述理由　。
(2)经过小组讨论后，根据提供的器材，该小组设计一个能够多次测量的实验电路，如图乙所示，请选择正确的元件将电路图完善起来。其中，甲处应连接______(填“R0”“R′”或“R1”)；乙处应连接________(填“V1”“V2”或“A”)；丙处应连接________(填“V1”“V2”或“A”)。
(3)用U1表示V1的示数，用U2表示V2的示数，用I表示A的示数，用R表示甲处所选电阻的阻值，则电压表的内阻r1＝________。
(4)在按照图2电路进行实验时，________系统误差(填“存在”或“不存在”)。
解析：(1)电流表和电压表串联，E1＝3 V，r1≈1 200 Ω，则电流为I＝＝2.5 mA，而电流表的量程为0～0.6 A，不能测2.5 mA的电流，故不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数。(2)将V1、R0串联，再用V2测它们的电压；而U2－U1得R0的电压，再用该电压除以R0得出电流，再用欧姆定律可求出V1的内阻r1；故甲处应连接R0；乙处应连接V2；丙处应连接V1。
(3)V1的电流为I＝，则电压表V1的内阻r1＝＝。(4)根据欧姆定律可知，电压和电流均为准确值，则可知电压表的内阻不存在系统误差。
答案：(1)不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数　(2)R0　V2　V1　(3)　(4)不存在

13．(11分)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：

(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
解析：(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0
此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有
ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝。
(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1＝p0＋ρgH
鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，
设该部分气体在压强为p1时体积为V1
根据玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝V
又温度不变，则有＝，解得m1＝m。
答案：(1)　(2)m
14．(12分)如图所示，两足够长直轨道间距d＝1.6 m，轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量M＝2 kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径R＝1 m的半圆，圆心分别为O、O′。有5个完全相同的小滑块，质量均为m＝0.5 kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0＝1.5 m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O 冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：

(1)滑板P与轨道间的动摩擦因数μ2；
(2)O′O的长度L；
(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。
解析：(1)对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图甲和乙所示

由几何关系可得sin α＝＝0.8，解得α＝53°
由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得Mgcos θ＝2N′cos α，Mgsin θ＝2μ2N′，联立解得μ2＝0.45。
(2)第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒mv0＝(m＋M)v1
设滑块相对滑板的位移OO′为L，由系统的动能定理，
得mgLsin θ－μ1mgcos θ·L＝(m＋M)v－mv
联立方程，解得L＝2.25 m。
(3)第四个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有4mv0＝(4m＋M)v4，第五个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有5mv0＝(5m＋M)v5，设第五个滑块相对滑板的位移OO′为L5，由系统的动能定理，得mgL5sin θ－μmgcos θL5＝(5m＋M)v－mv－(4m＋M)v
则由于摩擦产生的热量Q＝μ1mgL5cos θ＝2 J。
答案：(1)0.45　(2)2.25 m　(3)2 J
15．(16分)如图所示，xOy平面内，在坐标原点O处有一电子源，它能在纸面内向各个方向发射质量为m、速度为v0的电子，电子电荷量的绝对值为e、以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内，有垂直平面向里的匀强磁场B1＝。x轴下方有一虚线ab，虚线ab与x轴相距为d，x轴与虚线ab之间的区域内，有平行于y轴的匀强电场E＝。在虚线ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，虚线ab与MN之间的区域内有垂直于纸平面向外的匀强磁场。不计电子重力。
(1)求进入圆形磁场区域内的电子，在圆形磁场内运动的最长时间；
(2)若MN与虚线ab间的最小距离h1＝3d，要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，求虚线ab与MN间磁场的磁感应强度大小B2；
(3)若虚线ab与MN之间磁场的磁感应强度大小保持(2)中不变，要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，求MN与虚线ab间的最大距离h2。
解析：(1)进入圆形磁场区域内的电子，满足ev0B1＝m，解得r＝2R电子在圆形磁场区域中做圆周运动的圆弧对应的弦越长，则在磁场中运动的时间越长，最长弦长为2R，对应圆周运动的圆心角为60°，则运动的最长时间为t＝·＝。
(2)如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，轨迹如图，设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道半径为r1沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则有：

eEd＝mv2－mv，cos θ＝，解得v＝2v0，θ＝60°
感光板与ab间的最小距离为3d＝r1＋r1cos θ
解得r1＝2d，由e(2v0)B2＝m，解得B2＝。
(3)如果电子在O点以速度v0沿x轴正方向射入电场，经电场和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上，轨迹如图，则感光板与ab间的最大距离h2＝r1－r1cos θ，解得h2＝d。

答案：(1)　(2)　(3)d
一模考前热身卷(五)
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列说法正确的是(　 )

A．检验工件平整度的操作中，如图甲所示，上面为标准件，下面为待检测工件，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处
B．图乙为光照射到小圆孔得到的衍射图样
C．图丙海市蜃楼是光的全反射现象，原因是由于海面的上层空气的折射率比下层空气折射率小
D．图丁的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是相同的
解析：选C　薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知Q处凸起，A错误；题图乙为光线通过小圆板得到的衍射图样，若用光照射很小的不透明圆板时，后面会出现一亮点，B错误；海市蜃楼是光的全反射现象，原因是下层温度低，空气下沉，折射率大，上层空气薄折射率小，C正确；立体电影是光的偏振，与镜头表面涂上增透膜是利用光的干涉，它们的原理不相同，D错误。
2．海阳核电站有效缓解了山东电力不足的情况，为建设生态山东做出了贡献。核电站核反应堆中，用中子轰击U原子核的核反应方程为U＋n→Ba＋X＋3n，U、n、Ba、X的质量分别为m1、m2、m3、m4，其中Ba是不稳定的，其衰变的周期为T，真空中的光速为c，以下说法正确的是(　 )
A．X原子核中含有的中子数为50
B．该反应属于人工转变核反应
C．该反应中释放的能量为(m1－2m2－m3－m4)c2
D．经过2T，一定质量的Ba原子核衰变了的质量占开始时的
解析：选D　根据核反应方程中质量数、电荷数守恒可写出该核反应方程为U＋n→Ba＋X＋3n可知X原子核中含有的中子数为53，A错误；该核反应为重核裂变反应，B错误；该核反应中释放的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1－2m2－m3－m4)c2，C错误；根据半衰期公式m余＝m可知，经过2T，＝2＝，所以一定质量的Ba原子核衰变了的质量占开始时的，D正确。
3．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法错误的是(　 )
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为
C．四颗星表面的重力加速度均为
D．四颗星的周期均为2πa
解析：选B　四星系统中任一颗星体均在其他三颗星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何知识可得轨道半径均为a，A正确，B错误；在星体表面，根据万有引力等于重力，可得G＝m′g，解得g＝，C正确；由万有引力定律和向心力公式得＋＝m·，T＝2πa ，D正确。
4．如图所示，质量为4 kg，半径为0.5 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为v1＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　 )
A．2 m/s　　　　　　 B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：选C　对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28 N，设B球对环的力为FB，由环的受力平衡可得FB＋28 N＋m环g＝－56 N，解得FB＝－124 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝6 m/s故选C。
5．某公园广场上新建的彩色喷泉，启动一段时间稳定后可保持如图所示的迷人风姿。已知中心的水柱高达5 m，其喷嘴横截面积为1.2×10－3m2，喷嘴位置与池中水面持平，且喷水方向稍偏离竖直，使上升与下落的水流不重合。水的密度为1.0×103 kg/m3，不计竖直方向的空气阻力，则(　 )
A．此喷嘴的出水速度为 5 m/s
B．此喷嘴的出水流量为1.2×10－3 m3/s
C．此喷嘴所接水泵的功率至少为600 W
D．此水柱在空中的水体积为6.0×10－2 m3
解析：选C　根据v2＝2gh解得v＝＝10 m/s，A错误；流量为Q＝Sv＝1.2×10－2 m3/s，B错误；此喷嘴所接水泵的功率至少为P＝＝＝＝ρQgh＝600 W，C正确；水上升和下落的总时间t＝＝s＝2 s，该水柱在空中的水体积V＝Q·t＝1.2×10－2×2 m3＝2.4×10－2 m3，D错误。
6.如图所示，正方形ABCD四边的中点分别为a、b、c、d，在a、d位置分别放置电荷量为－q和＋q的点电荷，为使O点处的电场强度为零，则可以(　 )
A．在A处放置一个电荷量为－q的点电荷
B．在B处放置一个电荷量为－2q的点电荷
C．在C处放置一个电荷量为＋2q的点电荷
D．在D处放置一个电荷量为－2的点电荷
解析：选D　设正方形边长为2r，在a、d位置的点电荷产生的电场在中心O处的合电场强度大小为E＝，方向沿OB。在A处放置的电荷量为－q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为EA＝，方向沿OA，A错误；在B处放置的电荷量为－2q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为EB＝，方向沿OB，B错误；在C处放置的电荷量为＋2q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为EC＝，方向沿OA，C错误；在D处放置的电荷量为－2q的点电荷产生的电场在中心O处的电场强度大小为ED＝，方向沿OD，D正确。




7.如图，篮球从某一高度处自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上。空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是(　 )

解析：选B　篮球自由落下到与地面接触前，只受重力作用，加速度(向下，为正)保持不变；篮球与地面接触到反弹离开地面的过程中，受地面向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力F1＝mg－N，开始阶段地面的弹力N小于重力，合力向下，篮球继续向下加速运动，随着地面的弹力N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下、为正)减小的加速运动；当弹力N增大到超过重力大小时，合力方向变为竖直向上，其大小为F2＝N－mg，随着N增大，加速度a逐渐增大，篮球向下做加速度(向上、为负)增大的减速运动直到速度为零；篮球开始向上运动的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是先向上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B正确，A、C、D 错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。)
8．如图所示，匀强电场与圆所在平面平行，圆的圆心为O，半径为R＝5 cm，圆上有A、B、C三点，∠BOC＝37°。A、O、C三点的电势分别为4 V、8 V、13 V，沿着圆周移动一个电子，其电荷量为e，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　 )
A．匀强电场的电场强度大小为100 V/m
B．匀强电场的电场线与CO垂直
C．电子的最大电势能为13 eV
D．从B点到C点，电场力对电子做正功
解析：选AD　如图所示，作出直径CD，过A点作CD的垂线AE，则φC－φO＝φO－φD＝5 V，所以φD＝3 V，根据几何关系得OE＝AOcos 37°＝4 cm，则＝，所以φE＝4 V，则AE是匀强电场的一条等势线，电场线沿CO方向，匀强电场的电场强度大小为E＝＝100 V/m，A正确，B错误；在圆周上D点电势最低，电子的最大电势能为－3 eV，C错误；圆上各点中C点电势最高，电子在C点的电势能最小，从B点到C点电场力对电子做正功，D正确。

9．平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量为＋q，初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从MN间飞出，下列说法正确的是(　 )
A．粒子的竖直偏转距离与成正比
B．滑片P向左滑动的过程中，从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐增大
C．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝
D．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝ 2
解析：选BC　在平行金属板PQ之间，根据动能定理有qU1＝ mv，粒子在F点的速度为vF＝ ，设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为t＝，粒子的加速度为a＝，所以粒子的竖直偏转距离为y＝at2＝，所以粒子的竖直偏转距离与成反比，A错误；滑片P向右滑动的过程中式的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离y逐渐减小，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐减小，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐减小，B正确；飞出偏转电场的粒子的最大动能为mv＝qU1＋qU2，因为U1＋U2＝E，可得vm＝ ，C正确，D错误。
10．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块。0～t1时间内升降机停在某楼层处，从t1时刻开始运动，电流表中电流随时间变化的情况如图所示，下列判断正确的是(　 )

A．t1～t2时间内，升降机可能先加速下降后减速下降
B．t2～t3时间内，升降机处于静止状态
C．t3～t4时间内，升降机处于超重状态
D．t3～t4时间内，升降机的加速度大小先增大后减小
解析：选CD　0～t1时间内升降机停在某楼层处，受力平衡，t1～t2 时间内电路中电流比升降机静止时小，说明压敏电阻增大，压力减小，重物处于失重状态，则此过程升降机一直加速下降，A错误； t2～t3时间内电路中电流等于升降机静止时的电流，由于t1～t2时间内升降机在加速运动，所以t2～t3时间内处于匀速运动状态，B错误；t3～t4时间内电路中的电流大于升降机静止时的电流，说明压敏电阻减小，压力增大，重物处于超重状态，C正确；由图可知t3～t4时间内，电流先增大后减小，得压敏电阻是先减小后增大，可知压力是先增大后减小，可得加速度是先增大后减小，D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)学校创客活动中心的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作(弹簧始终处于弹性限度内)：

(1)用刻度尺测出弹簧的自由长度L0。
(2)如图甲所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。
(3)如图乙所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，测出两弹簧的长度分别为L2、L3，若要验证力的平行四边形定则，则L1、L2、L3需满足的条件是________。(用关系式表示)
(4)如图丙所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L4、L5，若要验证力的平行四边形定则，则L1、L4、L5和L0需满足的条件是________。(用关系式表示)
(5)在实际进行该方案的操作中，本实验设计的误差来源可能是__________________。(至少写出2条)
解析：(3)当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为120°，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量相同，长度相同，即L1＝L2＝L3。
(4)当两个分力相互垂直时，由勾股定理知F2＝F＋F，即(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2。
(5)本实验设计的误差来源可能是：弹簧有自重；长度测量的误差；角度测量的误差。
答案：(3)L1＝L2＝L3　(4)(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2　(5)弹簧有自重；长度测量的误差；角度测量的误差
12．(9分)在“测量金属丝的电阻率”实验中，选择一根粗细均匀的合金丝来进行测量。

(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图甲所示的部件________(选填“A”“B”“C”或“D”)，合金丝的直径的测量值为________mm；
(2)某次测量中，若测出合金丝接入电路部分的长度为L，直径为d，合金丝两端电压为U，电流为I，则该合金电阻率的表达式ρ＝________(用上述字母和通用数学符号表示)；
(3)在本实验中，为了减少实验过程中的偶然误差，在物理量测量时都进行了多次测量。伏安法测电阻时，要用每一组的电压值与电流值求电阻，然后求电阻的平均值。如果将电压值和电流值分别求平均值，然后再用它们的平均值来计算电阻，这样计算________(选填“正确”或“不正确”)；
(4)利用测出的电阻率可以帮助我们解决实际问题。有一根细长而均匀的该金属材料管线样品，其截面为外方内圆，如图乙所示。正方形边长为a，而管线内径d′太小无法直接测量。已知此样品长度为L′，电阻率为ρ′。为了测出内径d′，有位同学想出一个方法，他只测出了电阻R′，就计算出了内径d′，请写出内径d′的计算式d′＝________；
(5)该实验中滑动变阻器是要消耗电能的。某同学利用图丙电路完成实验后，又进一步研究了滑动变阻器消耗电功率P的变化规律，并画出了P随灵敏电流计G的示数IG或电流表A的示数I的关系图线，下列图线中可能正确的是________。

解析：(1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B。螺旋测微器的固定刻度读数为0 mm，可动刻度的读数为d＝0.01 mm×41.0＝0.410 mm，故合金丝的直径为d＝0.410 mm；
(2)电阻丝的电阻R＝，根据电阻定律得
R＝ρ＝ρ，解得电阻率为ρ＝；
(3)如果将电压值和电流值分别求平均值，然后再用它们的平均值来计算电阻，这样计算是不正确的，因为欧姆定律中导体两端电压与导体中的电流是瞬时对应的；
(4)由电阻定律可得R＝ρ＝ρ′，
则d′＝2 ；
(5)如图丙所示电路由P＝UI可得P＝(U－IRx)I或P＝(U－IGR0)IG，图线为开口向下的二次函数，故选A、D。
答案：(1)B　0.410　(2)　(3)不正确　
(4)2 　(5)AD
13．(11分)一列简谐横波在x轴上传播，在t1＝0和t2＝0.5 s时，其波形分别用如图所示的实线和虚线表示。

(1)求这列波可能具有的波速；
(2)当波速为28 m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x＝8 m处的质点从t1开始计时，s内通过的路程是多少？
解析：(1)若波沿x轴正向传播，则
Δx＝Δx1＋nλ＝(2＋8n)(n＝1、2、3…)
v＝＝＝(4＋16n) m/s(n＝1、2、3…)
若波沿x轴负向传播，则
Δx＝Δx2＋nλ＝(6＋8n)(n＝1、2、3…)
v＝＝＝(12＋16n) m/s(n＝1、2、3…)。
(2)当波速为28 m/s时，有28 m/s＝(12＋16n) m/s，n＝1
所以波向x轴负向传播，周期T＝＝s＝s
则处x＝8 m的质点从开始计时，s内通过的路程
s＝×4A＝6 cm。
答案：(1)(4＋16n) m/s(n＝1、2、3…)、(12＋16n) m/s(n＝1、2、3…)　(2)向x轴负方向传播　6 cm
14．(12分)如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ。一质量为m的小物块(可视为质点)从D处以v0水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定。不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)D点与A点高度差h；
(2)小物块从第一次经过B点到第二次经过B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量；
(3)若小球恰好能回到A点，凹槽与小物块的质量之比。
解析：(1)小物块从D到A过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋ mv＝mv，将小物块在A点的速度分解可得v0＝vAcos 60°，联立可得h＝。
(2)从D到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＋mg＝mv，解得vB＝，方向水平向右，根据机械能守恒可知小物块第二次经过B点速度大小与vB大小相等，方向相反，即vB′＝－，故此过程凹槽对小物块的冲量为I＝mvB′－mvB＝－2m，负号表示方向水平向左。所以小物块对凹槽的作用力的水平方向的分力的冲量大小为I′＝I＝2m，方向水平向右。
该过程中，凹槽始终不动，所以小物块对凹槽的作用力的水平方向的分力对凹槽的冲量与竖直墙壁对凹槽的冲量大小相等，为2m，方向水平向左。
(3)若小球恰好能回到A点，则此时小物块和凹槽具有共同速度速度，从第一次经过B点到达A点的过程动量守恒、机械能守恒，有mvB＝(M＋m)v共，mv＝(M＋m)v＋mg×，联立并将vB＝代入解得＝。
答案：(1)　(2)2m，方向水平向左　(3)
15．(16分)如图甲所示，虚线是Ⅰ区域和Ⅱ区域的边界，Ⅰ区域中竖直面内存在一光滑弯曲轨道，端点N 的切线与水平方向的夹角为53°，M、N两点的竖直距离为h；虚线与y轴间为Ⅱ区域，区域中有一水平向左的匀强电场，区域宽度为1.08h；Ⅲ区域是边长为h的正方形区域OPQR，区域内存在竖直向上的场强大小为E0＝的匀强电场。一质量为m，电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)从M点静止下滑，通过Ⅱ区域，恰好从坐标原点O沿着y轴负方向进入Ⅲ区域时，在Ⅲ区域加垂直纸面的磁场，以小球到达坐标原点O为计时起点，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，规定垂直纸面向里为正，小球最终从Q点y轴负方向离开Ⅲ区域。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)小球到达轨道端点N时的速度大小v0；
(2)Ⅱ区域内电场强度的大小E 以及Ⅲ区域内磁感应强度的大小B0；
(3)磁感应强度随时间变化的周期T。
解析：(1)小球在Ⅰ区域中从 M 点至 N 点过程，机械能守恒，有mgh＝mv，得v0＝。
(2)由题意，小球在Ⅱ区域中沿水平方向做匀减速直线运动，由运动学公式有
0－(v0cos 53°)2＝－2(1.08h)
得E＝，设小球到达O点所用时间为t，
则有1.08 h＝t
小球在Ⅱ区域中沿竖直方向做竖直上抛运动，设小球在O点速度大小为v，则有v＝－v0sin 53°＋gt，
因为qE0＝mg所以小球在Ⅲ区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB0＝m，经分析可知，小球在Ⅲ区域中的运动轨迹如图所示
由几何关系得2h＝(2n)r(n＝1,2,3，…)
联立可得B0＝ (n＝1,2,3，…)。
(3)小球在Ⅲ区域中的运动的周期为T0＝＝
由运动的周期性可知，磁感应强度随时间变化的周期 T满足＝，联立可得T＝ (n＝1,2，3，…)。
答案：(1)　(2)　 (n＝1,2,3，…)
(3) (n＝1,2,3，…)