北京市20xx屆高三物理下學(xué)期開學(xué)試卷含解析-資料下載頁(yè)
2025-11-03 06:13本頁(yè)面
【導(dǎo)讀】2020-2020學(xué)年北京四中高三（下）開學(xué)物理試卷。一.選擇題，每小題6分。1．下列說(shuō)法正確的是（）。B．液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)稱為布朗運(yùn)動(dòng)。D．物體對(duì)外界做功，其內(nèi)能一定減少。2．一束可見光a由三種單色光m、p、n組成．光束a通過三棱鏡后情況如圖所示，檢測(cè)發(fā)?，F(xiàn)單色光p能使某金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，下列敘述正確的是（）。4．我國(guó)的“神舟七號(hào)”飛船于2020年9月25日晚9時(shí)10分載著3名宇航員順利升空，并。成功“出艙”和安全返回地面．當(dāng)“神舟七號(hào)”在繞地球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)。飛船艙內(nèi)質(zhì)量為m的宇航員站在可稱體重的臺(tái)秤上．用R表示地球的半徑，g表示地球表面。處的重力加速度，g′表示飛船所在處的重力加速度，N表示航天員對(duì)臺(tái)秤的壓力，則下列。上，用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)．若突然撤去力F，則下列說(shuō)法。磁通量φ、磁通量的變化率、棒兩端的電勢(shì)差Uab和通過棒的電荷量q隨時(shí)間變化的。q和m分別為離子的電荷量和質(zhì)量）的關(guān)系式；
【正文】 線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為 a，由牛頓第二定律有： =ma 解得： a= =（ 3）在 t=，小球的位移為： l= = 小球運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做的功為： W=qElsinθ=mg lsinθ tanθ=10 ﹣ 3 J 所以小球電 勢(shì)能的變化量（減少量）為： △E p=10 ﹣ 3 J 答：（ 1）小球所帶的電荷量為 10 ﹣ 6 C，電性為正； （ 2）細(xì)線剪斷后，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 ； （ 3）從剪斷細(xì)線開始經(jīng)過時(shí)間 t=，這一段時(shí)間內(nèi)小球電勢(shì)能的減少量為 10 ﹣ 3 J． 【點(diǎn)評(píng)】本題是帶電體在電場(chǎng)中平衡問題，分析受力情況是解題的關(guān)鍵，并能根據(jù)受力情況判斷此后小球的運(yùn)動(dòng)情況． 12．飛行時(shí)間質(zhì)譜儀可以根據(jù)帶電粒子的飛行時(shí)間對(duì)氣體分子進(jìn)行分析．如圖所示，在真空狀態(tài)下，自脈沖閥 P噴出微量氣體，經(jīng)激光 照射產(chǎn)生不同正離子，自 a板小孔進(jìn)入 a、 b間的加速電場(chǎng)，從 b板小孔射出，沿中線方向進(jìn)入 M、 N板間的方形區(qū)域，然后到達(dá)緊靠在其右側(cè)的探測(cè)器．已知極板 a、 b間的電壓為 U0，間距為 d，極板 M、 N的長(zhǎng)度和間距均為 L．不計(jì)離子重力及經(jīng)過 a板時(shí)的初速度． （ 1）若 M、 N板間無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)，請(qǐng)推導(dǎo)出離子從 a板到探測(cè)器的飛行時(shí)間 t與比荷 k（ k= ，q和 m分別為離子的電荷量和質(zhì)量）的關(guān)系式； （ 2）若在 M、 N間只加上偏轉(zhuǎn)電壓 U1，請(qǐng)論證說(shuō)明不同正離子的軌跡是否重合； （ 3）若在 M、 N間只加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知進(jìn)入 a、 b間的正離子有一價(jià)和二價(jià)的兩種，質(zhì)量均為 m，元電荷為 e．要使所有正離子均能通過方形區(qū)域從右側(cè)飛出，求所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值 Bm． 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【專題】方程法；運(yùn)動(dòng)學(xué)與力學(xué)（一）；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】（ 1）分析帶電離子在平行板 a、 b之間和 M、 N之間的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解． （ 2）帶電離子在平行板 M、 N之間做類平拋運(yùn)動(dòng)，求出軌跡方程判斷． （ 3）當(dāng) MN間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B時(shí)，離子做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí) 和幾何關(guān)系求解． 【解答】解：（ 1）帶電離子在平行板 a、 b之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理有： qU0= mv2 解得： v= ， 即： v= ?① 帶電離子在平行板 a、 b之間的加速度： a1= ， 即： a1= ． 所以帶電離子在平行板 a、 b之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： t1= = ． 帶電離子在平行板 M、 N之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： t2= = ．， 所以帶電離子從 a板到探測(cè)器的飛行時(shí)間為： t=t1+t2= ． （ 2）帶電離子在平行板 M、 N之間水平位移為 x時(shí)，在豎直方向位移為 y， 水平方向滿足： x=vt， 豎直方向滿足： y= a2t2， a2= 聯(lián) 立解得： y= ?② ② 式是正離子的軌跡方程，與正離子的質(zhì)量和電荷量均無(wú)關(guān)系，所以不同正離子的軌跡是重合的． （ 3）當(dāng) MN間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B時(shí)，離子做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足 qvB= ?③ 由 ①③ 兩式解得帶電離子的軌道半徑 R= ?④ 上式表明：在離子質(zhì)量一定的情況下，離子的電荷量越大，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越小，也就越不容易穿過方形區(qū)從右側(cè)飛出．所以，要使所有的一價(jià)和二價(jià)正離子均能通過方形區(qū)從右側(cè)飛出，只要二價(jià)正離子能從方形區(qū)飛出即可．當(dāng)二價(jià)正離子剛好能從方形區(qū)剛好能從方形區(qū)域飛出時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為滿足題目條件的磁 感應(yīng)強(qiáng)度的最大值． 設(shè)當(dāng)離子剛好通過方形區(qū)從右側(cè)飛出時(shí)的軌道半徑為 R，由幾何關(guān)系得： R2=L2+（ R﹣ ） 2 解得 ： R= L?⑤ 將二價(jià)正離子的電荷量 2e代人 ④ 得， R= ?⑥ 由 ⑤⑥ 式得： B= ． 此值即為所求的所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值 Bm． 答：（ 1）離子從 a板到探測(cè)器的飛行時(shí)間 t是 ， （ 2）若在 M、 N間只加上偏轉(zhuǎn)電壓 U1，正離子的軌跡方程，與正離子的質(zhì)量和電荷量均無(wú)關(guān)系，所以不同正離子的軌跡是重合的．； （ 3）要使所有正離子均能通過方形區(qū)域從右側(cè)飛出，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值是． 【點(diǎn) 評(píng)】本題考查了電荷的加速與電荷的偏轉(zhuǎn)，關(guān)鍵將電荷的偏轉(zhuǎn)進(jìn)行分解，知道在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律． 解決該題關(guān)鍵要把動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)結(jié)合解答． 13．一傾角為 θ=45176。 的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度 h0=1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板．在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量 m=（視為質(zhì)點(diǎn)）．小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ= ．設(shè)小物塊與擋板碰撞過程中無(wú)能量損失．重力加速度g=10m/s2． （ 1）求小物塊第一次與擋板碰撞前的速度； （ 2）求小物 塊運(yùn)動(dòng)的總路程； （ 3）求停止運(yùn)動(dòng)前，小物塊對(duì)擋板的總沖量． 【考點(diǎn)】動(dòng)量定理；動(dòng)能定理；功能關(guān)系． 【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；功能關(guān)系 能量守恒定律． 【分析】（ 1）先根據(jù)動(dòng)能定理求解出第一次碰撞前的速度； （ 2）對(duì)全程由動(dòng)能定理可求得小物塊運(yùn)動(dòng)的總路程； （ 3）根據(jù)動(dòng)量定理得到第一次碰撞過程的沖量；再根據(jù)動(dòng)能定理求解出第一次碰撞后上升的高度和返回后的速度；根據(jù)動(dòng)量定理得到第二次碰撞過程的沖量；發(fā)現(xiàn)規(guī)律，則可得出總的沖量． 【解答】解：（ 1）設(shè)小物塊從高為 h處由靜止開始沿斜面 向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v． 由功能關(guān)系得 mgh0= mv2+μmgcosθ 解得： v=4m/s （ 2）全程由動(dòng)能定理： mgh1﹣ fs=0 解得： s=5 m/s=； （ 3）以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向．按動(dòng)量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量 I=mv﹣ m（﹣ v） 設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為 h′ ，則 mv2=mgh′=μmgcosθ 同理，有 mgh′= mv′ 2+μmgcosθ I′=mv′ ﹣ m（﹣ v′ ） 式中， v’ 為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度， I′ 為再次碰撞過 程中擋板給小物塊的沖量．得 I′=KI 式中 k= = 第 n次碰撞后，給擋板的沖量為： In=knI1 則停止運(yùn)動(dòng)前，小物塊對(duì)擋板的總沖量為 I= 代入數(shù)據(jù)得 I=（ 3+ ） NS=?s 答：（ 1）小物塊第一次與擋板碰撞前的速度為 4m/s； （ 2）小物塊運(yùn)動(dòng)的總路程為 ； （ 3）停止運(yùn)動(dòng)前，小物塊對(duì)擋板的總沖量為 ?s． 【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后根據(jù)動(dòng)能定理、動(dòng)量定理列式求解出總沖量，最后化解出最簡(jiǎn)形式．注意數(shù)學(xué)歸納法的正確應(yīng)用．
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