2024届新疆乌鲁木齐地区高三下学期三模考试物理试题

2024年新疆乌鲁木齐市高考物理三模试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求.第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．（6分）在α粒子散射实验的基础上提出的原子结构模型是（　　） A．枣糕模型 B．波尔模型 C．电子云模型 D．核式结构模型 2．（6分）神舟十七号载人飞船有一段时间在绕地球的椭圆轨道上运动，在飞船的加速度减小的过程中，飞船的（　　） A．速度减小，离地高度减小 B．速度减小，离地高度增大 C．速度增大，离地高度减小 D．速度增大，离地高度增大 3．（6分）如图所示为某汽车消声器的结构原理图，发动机排气发出的频率为f的噪声声波自入口进入后分成两列波，两列波分别通过通道a、b传播。在出口会聚时因声波的干涉而相互抵消（　　） A． B． C． D． 4．（6分）如图所示，一束单色光a沿半径方向射入折射率为1.6的半圆形玻璃砖。下列关于反射光b的强度I随入射角θ的变化关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（6分）如图甲所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L。一带电粒子（重力不计）0从两极板中心O点水平射入两板间，粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为k1。若将上极板水平向右移动，其他条件不变，该粒子仍以初速度v0从O点水平射入两极板间，如图乙所示，粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为k2。不考虑电容器的边缘效应，则k2：k1为（　　） A．1：1 B．1：2 C． D． （多选）6．（6分）将正弦交流电每个周期T中只保留第一个的电流，形成如图所示的电流i随时间t变化的图像。已知电流的最大值为Im，则该周期性变化的电流的有效值I有与平均值I平分别为（　　） A．I有＝Im B．I有＝Im C．I平＝Im D．I平＝Im （多选）7．（6分）如图所示，“比亚迪”圆盘形试车场可以对汽车进行不同速度的操控特性测试。一汽车在倾角一定的倾斜路面上做水平面内的匀速圆周运动，当该汽车速度大小为v1时倾斜路面对汽车的支持力大小为F1、摩擦力大小为f1；当该汽车速度大小为v2（v2＞v1）时倾斜路面对汽车的支持力大小为F2、摩擦力大小为f2。已知汽车分别以速度大小v1、v2运动时的轨道半径相等，则（　　） A．f2一定大于f1 B．f2可能小于f1 C．F2一定大于F1 D．F2一定等于F1 （多选）8．（6分）如图所示，三个粗细均匀的光滑金属棒AC、DE、PQ的长度均为L，电阻均为R，A、E间和C、D间的距离分别为L和、C、D间用不计电阻的导线接一阻值为R0＝2R的电阻，将棒PQ平行于CD放在棒AC、DE上，在A、C、D、E围成的等腰梯形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。现使棒PQ从靠近CD端开始以垂直于PQ方向的水平速度v向右匀速滑动，则棒PQ从CD端滑动到AE端的过程中（　　） A．回路中的感应电流逐渐增大 B．棒PQ受到的安培力逐渐增大 C．棒PQ两端的电压为BLv时，其产生的感应电动势为BLv D．棒PQ产生的焦耳热的功率为时，其产生的感应电动势为BLv 二、非选择题：共52分。 9．（6分）用如图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，已知打点计时器的打点周期为T，当地的重力加速度的大小为g。 （1）实验室有两个质量差不多的重物，实验时应选体积较 　 　（填“大”或“小”）的重物。 （2）若实验时所选重物的质量为m、某次实验中打出的纸带如图2所示，把纸带上的第1个点记作O，另选4个连续的计时点A、B、C、D作为测量点1、h2、h3、h4，则从打下O点到打下C点的过程中，测得重物重力势能的减少量为 　 　，动能的增加量为 　 　。 10．（12分）某称重传感器的工作原理简化如下：当水平放置的称重传感器受到竖直向下的压力F时，其内部的4个金属应变片因受力发生如图所示的形变，被拉伸的应变片的电阻R1和R4阻值增大，被压缩的应变片的电阻R2和R3阻值减小，再通过A、B两端输出的电压值得出称重传感器受到的压力F。已知应变片未发生形变时，其阻值均为R＝400Ω，其中k＝5Ω/N，电路中电源电动势E＝8.0V （1）称重传感器未发生形变时，输出电压UAB＝　 　V；该称重传感器受到向下的压力时，A端的电势 　 　（选填“高于”或“低于”）B端的电势。 （2）A、B两端的输出电压为2.0V时，R2的阻值为 　 　Ω；该称重传感器受到的压力的大小为 　 　N。 （3）该称重传感器工作时，桥式电路消耗的电功率为 　 　W；在温度较高的环境中使用该称重传感器，传感器未受压力时，若k值不变，则用该称重传感器测出的压力值 　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）其真实值。 11．（10分）小梁同学为家里的蔬菜大棚设计了一个气体温度计。在一个空易拉罐中插入一根两端开口、粗细均匀的透明玻璃管，接口用蜡密封，在玻璃管内有一小段油柱，将“温度计”竖直放置，当外界温度为t1＝27℃时，油柱在A位置，当外界温度缓慢降低到t2＝24℃时，油柱降低到B位置。已知外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，A、B间的高度差为Δh＝20cm，玻璃管内部的横截积面积S＝0.25cm2。该过程中油柱与易拉罐间封闭的气体放出的热量为Q＝2.44J。封闭气体可视为理想气体，不计油柱的重力，易拉罐导热性能良好。求： （1）油柱在A位置时封闭气体的体积V； （2）该过程中封闭气体的内能的变化量ΔU。 12．（14分）光刻机是制造芯片的重要设备，光刻机需要的极紫外光源可通过同步加速器辐射产生，其简化原理图如图所示。加速腔外部存在方向垂直于纸面向外的环形匀强磁场（初速度可视为0），加速腔a、b两端电势差恒为U，当电子被加速后从a端离开加速腔进入磁场时，磁场必须相应地变化，同时加速电场的频率与电子的回旋频率始终保持同步。已知电子质量为m、电荷量为﹣e1，同步轨道的半径远大于加速腔a、b间的距离，加速腔外无电场，腔内无磁场 （1）求该电子运动第一圈过程中的磁感应强度的大小B1和同步轨道的半径R； （2）电子沿圆轨道高速运动时会产生电磁辐射，电子运动一圈向外辐射的能量为其动能的，且辐射的光子的频率为电子回旋频率的k倍。已知普朗克常量为h 13．（20分）如图所示，一倾角为θ的斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，两个质量相等的长方体物块A、B分别放在斜面上并使它们保持静止，先释放物块A，当物块A的下端刚要运动到Q点时，两物块碰撞后，A、B的下端分别到达图中N点时的速度相等。已知A、B的长度均为L＝0.75m，P、Q两点间的距离为s＝2.25m，B与挡板间碰撞过程时间极短且无机械能损失2，不计空气阻力，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8。 （1）求物块A在斜面上下滑时的加速度的大小a下及A、B第一次碰撞前瞬间A的速度大小v0； （2）求A、B第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小v1、v2； （3）A、B第二次碰撞前瞬间的速度大小是否可能相等？若可能，请求出A、B第一次碰撞后与第二次碰撞前的时间间隔；若不可能 2024年新疆乌鲁木齐市高考物理三模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求.第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．（6分）在α粒子散射实验的基础上提出的原子结构模型是（　　） A．枣糕模型 B．波尔模型 C．电子云模型 D．核式结构模型 【分析】卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构。 【解答】解：卢瑟福根据α粒子散射实验的现象，分析得出原子的全部正电荷和几乎全部的质量都集中在很小的核上，提出了原子的核式结构，ABC错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查了原子的核式结构，通过α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构，比较基础，较简单。 2．（6分）神舟十七号载人飞船有一段时间在绕地球的椭圆轨道上运动，在飞船的加速度减小的过程中，飞船的（　　） A．速度减小，离地高度减小 B．速度减小，离地高度增大 C．速度增大，离地高度减小 D．速度增大，离地高度增大 【分析】根据飞船的加速度变化情况，判断飞船的运动情况，从而得到正确答案。 【解答】解：飞船的加速度减小，说明飞船做离心运动，飞船的速度将减小，故B正确； 故选：B。 【点评】学生在解答本题时，应注意对卫星变轨问题的理解，能够根据加速度变化分析飞船的运动情况是解题的关键。 3．（6分）如图所示为某汽车消声器的结构原理图，发动机排气发出的频率为f的噪声声波自入口进入后分成两列波，两列波分别通过通道a、b传播。在出口会聚时因声波的干涉而相互抵消（　　） A． B． C． D． 【分析】两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱。根据振动加强和振动减弱的条件列方程求解。 【解答】解：两列波分别通过通道a、b传播，即振动减弱，即Δt＝、5、5..），BCD错误。 故选：A。 【点评】本题考查了波的干涉原理，知道振动加强区和减弱区的条件是解决本题的关键。 4．（6分）如图所示，一束单色光a沿半径方向射入折射率为1.6的半圆形玻璃砖。下列关于反射光b的强度I随入射角θ的变化关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据全反射的临界条件结合反射光的强度变化规律进行分析求解。 【解答】解：当折射角刚达到90°时，光线恰好发生全反射，此后一直保持这个最大值不变＝0.625＜sin45°，故符合题意的是C，C正确； 故选：C。 【点评】考查光的全反射问题，会根据题意进行准确的分析和解答。 5．（6分）如图甲所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L。一带电粒子（重力不计）0从两极板中心O点水平射入两板间，粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为k1。若将上极板水平向右移动，其他条件不变，该粒子仍以初速度v0从O点水平射入两极板间，如图乙所示，粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为k2。不考虑电容器的边缘效应，则k2：k1为（　　） A．1：1 B．1：2 C． D． 【分析】分别对两极板改变前后根据牛顿第二定律列式表示加速度，根据电场强度与电势差的关系表示电场强度，根据电容的定义式表示电势差，根据平行版电容器电容的决定式表示电容，根据运动学公式求解时间，最后根据几何关系求解粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值，最后求解k2：k1的比值。 【解答】解：带电粒子在电场中做类平抛运动，设两板间的距离为d 根据电场强度与电势差的关系有 根据电容的定义式有 根据平行版电容器电容的决定式有 根据运动学公式有 粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为 联立解得 ； 若将上极板水平向右移动，其他条件不变，根据平行版电容器电容的决定式有 根据电容的定义式有 根据电场强度与电势差的关系有 根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 粒子射出极板时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为 联立解得 故有 ，故A正确。 故选：A。 【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。 （多选）6．（6分）将正弦交流电每个周期T中只保留第一个的电流，形成如图所示的电流i随时间t变化的图像。已知电流的最大值为Im，则该周期性变化的电流的有效值I有与平均值I平分别为（　　） A．I有＝Im B．I有＝Im C．I平＝Im D．I平＝Im 【分析】根据焦耳定律和有效值的定义求解有效值，对于正弦交变电流最大值是有效值的倍，根据计算平均值平均值。 【解答】解：AB、设最大值为Im正弦交变电流有效值为I1，则，则有：，故A正确； CD、正弦交流电的最大值为Im，根据线框在磁场中转动形成正弦交流电流的规律可知，所以正弦交流电流的的变化6个周期内通过电阻R的电荷量为：周期内通过的电荷量为，故C错误。 故选：AD。 【点评】本题考查交变电流有效值和平均值的计算，根据交流电的定义计算即可，注意正弦式交流电的时间只是四分之一周期。 （多选）7．（6分）如图所示，“比亚迪”圆盘形试车场可以对汽车进行不同速度的操控特性测试。一汽车在倾角一定的倾斜路面上做水平面内的匀速圆周运动，当该汽车速度大小为v1时倾斜路面对汽车的支持力大小为F1、摩擦力大小为f1；当该汽车速度大小为v2（v2＞v1）时倾斜路面对汽车的支持力大小为F2、摩擦力大小为f2。已知汽车分别以速度大小v1、v2运动时的轨道半径相等，则（　　） A．f2一定大于f1 B．f2可能小于f1 C．F2一定大于F1 D．F2一定等于F1 【分析】汽车受到重力、支持力、摩擦力作用，三个力的合力提供向心力，将三个力沿水平竖直两个方向进行分解，竖直方向合力为0，水平方向合力为向心力。 【解答】解：如图所示，汽车在路面上受到重力、摩擦力f的作用，由几何关系可知可知，Fx＝Fsinθ，Fy＝Fcosθ，fx＝fcosθ，fy＝fsinθ，根据受力分析可知，Fy+fy＝mg，Fx﹣fx＝F合，假设汽车做圆周运动的轨道半径为r，根据牛顿第二定律可知，F合＝ma＝，当v增大时，F合增大，综上可得Fx﹣fx＝Fsinθ﹣fcosθ＝mgtanθ﹣（tanθsinθ+cosθ）f增大，因此摩擦力f将减小或反向增大1、f2大小关系无法判断，又因Fcosθ+fsinθ＝mg，F均随之增大2一定大于F1，故AD错误，BC正确。 故选：BC。 【点评】通过对汽车进行受力分析，结合牛顿第二定律及圆周运动相关知识以解决此类问题。 （多选）8．（6分）如图所示，三个粗细均匀的光滑金属棒AC、DE、PQ的长度均为L，电阻均为R，A、E间和C、D间的距离分别为L和、C、D间用不计电阻的导线接一阻值为R0＝2R的电阻，将棒PQ平行于CD放在棒AC、DE上，在A、C、D、E围成的等腰梯形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。现使棒PQ从靠近CD端开始以垂直于PQ方向的水平速度v向右匀速滑动，则棒PQ从CD端滑动到AE端的过程中（　　） A．回路中的感应电流逐渐增大 B．棒PQ受到的安培力逐渐增大 C．棒PQ两端的电压为BLv时，其产生的感应电动势为BLv D．棒PQ产生的焦耳热的功率为时，其产生的感应电动势为BLv 【分析】先根据几何关系推导回路的中的总电阻和棒PQ有效切割磁感线的长度与其位移的关系，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律分析感应电流的变化；根据安培力的计算公式分析安培力的变化；根据闭合电路欧姆定律求出棒PQ两端的电压与感应电动势的关系；根据焦耳定律与功率公式求出棒PQ产生的焦耳热的功率与感应电动势的关系。 【解答】解：AB、设金属棒AC、PQ的单位长度的电阻均为r 由几何关系可得下图中的角θ满足：sinθ＝＝，可得：cosθ＝ 当棒PQ的位移大小为x时，则有： 有效切割磁感线的长度为：L5＝+2x•tanθ＝+ 回路的中的总电阻为：R总＝R0+（L7+2•）r＝+）•7• 回路的中的感应电动势为：E＝BL0v 回路的中的感应电流为：I＝＝ 可见回路的中的感应电流恒定，棒PQ受到的安培力为：F＝BIL7，L0逐渐增大，则棒PQ受到的安培力逐渐增大；B正确； C、当棒PQ的位移大小为x时 U＝E﹣IRPQ＝E﹣IL0•＝BL5v﹣•L0•＝•BL0v 当U＝BLv时，即0v＝BLv0v＝，即感应电动势E＝； D、当棒PQ的位移大小为x时 P＝I3RPQ＝•L5• 当棒PQ产生的焦耳热的功率为时，即•L4•＝，解得：L0＝L 可得此时E＝BL0v＝BLv。 故选：BCD。 【点评】本题是电磁感应与电路知识的综合，关键式推导感应电流的表达式，得到PQ棒切割磁感线产生的感应电流不变，明确电路的连接关系，运用闭合电路欧姆定律、功率公式进行动态分析。 二、非选择题：共52分。 9．（6分）用如图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，已知打点计时器的打点周期为T，当地的重力加速度的大小为g。 （1）实验室有两个质量差不多的重物，实验时应选体积较 　小　（填“大”或“小”）的重物。 （2）若实验时所选重物的质量为m、某次实验中打出的纸带如图2所示，把纸带上的第1个点记作O，另选4个连续的计时点A、B、C、D作为测量点1、h2、h3、h4，则从打下O点到打下C点的过程中，测得重物重力势能的减少量为 　mgh3　，动能的增加量为 　　。 【分析】（1）根据实验注意事项分析答题； （2）根据下降的高度求出重力势能的变化量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度，从而得出动能的变化量。 【解答】解：（1）为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大； （2）从打O点到C点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝mgh3 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打C点时重物的速度大小v＝ 该过程中，重物动能增加量ΔEk＝mv2＝ 故答案为：（1）小；（2）mgh3， 【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的变化量。 10．（12分）某称重传感器的工作原理简化如下：当水平放置的称重传感器受到竖直向下的压力F时，其内部的4个金属应变片因受力发生如图所示的形变，被拉伸的应变片的电阻R1和R4阻值增大，被压缩的应变片的电阻R2和R3阻值减小，再通过A、B两端输出的电压值得出称重传感器受到的压力F。已知应变片未发生形变时，其阻值均为R＝400Ω，其中k＝5Ω/N，电路中电源电动势E＝8.0V （1）称重传感器未发生形变时，输出电压UAB＝　0　V；该称重传感器受到向下的压力时，A端的电势 　高于　（选填“高于”或“低于”）B端的电势。 （2）A、B两端的输出电压为2.0V时，R2的阻值为 　300　Ω；该称重传感器受到的压力的大小为 　20　N。 （3）该称重传感器工作时，桥式电路消耗的电功率为 　0.16　W；在温度较高的环境中使用该称重传感器，传感器未受压力时，若k值不变，则用该称重传感器测出的压力值 　小于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）其真实值。 【分析】（1）当测力钩不受力拉力时，应变片的阻值均为R＝400Ω，根据串联电路电流的特点结合U＝IR可知：U1＝U3，U2＝U4，所以AB两点的电势差：UAB＝0； 该称重传感器受到向下的压力时，R1、R4值增大，R3、R2值减小，根据欧姆定律U＝IR可知，U1＞U3，所以从电源正极出发，经R1电势降低的多，即φA＞φB，所以UAB＞0； （2）若电压表的示数为2.0V，串并联电路特点和欧姆定律求解ΔR，根据每个应变片阻值的变化量ΔR与拉力F的变化规律均为ΔR＝kF，其中k＝5Ω/N即可求解压力F； （3）根据功率的公式计算功率，再结合实际情况分析误差。 【解答】解：（1）当测力钩不受力拉力时，四个应变片的阻值均为R＝400，电势降低相同A＝φB，所以，UAB＝φA﹣φB＝0。 该称重传感器受到向下的压力时，R3、R7阻值减小，R1、R4阻值增大，根据欧姆定律可知U＝IR可知，U3＞U3所以从电源正极出发，经R1电势降低得多，即φB＜φA，所以UAB＞6，A端的电势高于B端的电势； （2）若电压表的示数为2.0V，则弹性体向上施加拉力2和R2为400+ΔR、则R1和R3阻值为400﹣ΔR，由串并联电路特点可得：I（400﹣ΔR）﹣I（400+ΔR）＝2 由欧姆定律得：I＝＝5.01A 联立以上解得：ΔR＝10Ω，而每个应变片阻值的变化量ΔR与拉力F的变化规律均为ΔR＝kF，则得到：F＝20N； （3）根据P＝得，由于两并联电路的总电阻为400ΩW＝0.16W 若温度升高，则R变大（一路电阻大于800Ω）电流I变小（小于0.01A）但是设定时按3. 01A设定，所以对于确定UAB，从而F测量值小于真实值， 故答案为：（1）0、高于、30、小于。 【点评】本题考查欧姆定律的应用和影响电阻大小的因素，关键知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，难点是根据题目所给信息结合我们所学知识解题。 11．（10分）小梁同学为家里的蔬菜大棚设计了一个气体温度计。在一个空易拉罐中插入一根两端开口、粗细均匀的透明玻璃管，接口用蜡密封，在玻璃管内有一小段油柱，将“温度计”竖直放置，当外界温度为t1＝27℃时，油柱在A位置，当外界温度缓慢降低到t2＝24℃时，油柱降低到B位置。已知外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，A、B间的高度差为Δh＝20cm，玻璃管内部的横截积面积S＝0.25cm2。该过程中油柱与易拉罐间封闭的气体放出的热量为Q＝2.44J。封闭气体可视为理想气体，不计油柱的重力，易拉罐导热性能良好。求： （1）油柱在A位置时封闭气体的体积V； （2）该过程中封闭气体的内能的变化量ΔU。 【分析】（1）根据盖﹣吕萨克定律列式即可解答； （2）根据热力学第一定律列式解答。 【解答】解：（1）因不计油柱的重力，所以封闭气体的变化过程为等压变化过程； 设 t1、t2 对应的热力学温度分别为 T2、T2 由盖﹣吕萨克定律得 T1＝t5+273KT2＝t2+273K 联立解得：V＝500cm3； （2）设该过程中外界大气压力对封闭气体做的功为W，根据热力学第一定律得 W＝p3SΔh ΔU＝W﹣Q 联立解得：ΔU＝﹣1.94J 即该过程中封闭气体的内能减少了1.94J； 答：（1）油柱在A位置时封闭气体的体积V为500cm6； （2）该过程中封闭气体的内能的变化量ΔU为1.94J。 【点评】该题考查盖﹣吕萨克定律以及热力学第一定律的综合应用，解答该类题型的关键是明确气体做何种变化，找准对应的气体实验定律，题目难度不大。 12．（14分）光刻机是制造芯片的重要设备，光刻机需要的极紫外光源可通过同步加速器辐射产生，其简化原理图如图所示。加速腔外部存在方向垂直于纸面向外的环形匀强磁场（初速度可视为0），加速腔a、b两端电势差恒为U，当电子被加速后从a端离开加速腔进入磁场时，磁场必须相应地变化，同时加速电场的频率与电子的回旋频率始终保持同步。已知电子质量为m、电荷量为﹣e1，同步轨道的半径远大于加速腔a、b间的距离，加速腔外无电场，腔内无磁场 （1）求该电子运动第一圈过程中的磁感应强度的大小B1和同步轨道的半径R； （2）电子沿圆轨道高速运动时会产生电磁辐射，电子运动一圈向外辐射的能量为其动能的，且辐射的光子的频率为电子回旋频率的k倍。已知普朗克常量为h 【分析】（1）根据动能定理求解粒子经过加速电场加速后的速度，再根据周期公式求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，最后根据牛顿第二定律求解该电子运动第一圈过程中的磁感应强度的大小； （2）根据动能定理求解粒子经过n次加速后的动能，根据圆周运动的规律求解粒子经过n次加速后做匀速圆周运动的频率，根据题意中辐射的光子的频率为电子回旋频率的k倍列式求解光子的频率，即可求解每个光子的能量，再根据题意电子运动一圈向外辐射的能量为其动能的 列式，联立求解该电子经过n次电场加速后运动圈辐射的光子数。 【解答】解：（1）由题意知，电子在加速腔加速后，设电子第一次经加速腔加速后的速度为v1，根据动能定理有 粒子在磁场中运动的周期为 根据牛顿运动定律有 联立解得 ，； （2）设电子第n次经加速腔加速后的速度、动能和电子回旋频率分别为vn、Ekn和f，此时辐射的光子的频率为ν5，根据动能定理和量子力学规律得 由匀速圆周运动规律得 由题意可知，辐射的光子的频率为电子回旋频率的k倍，即 ν＝kf 每个光子的能量为 E0＝hν 由题意可知，电子运动一圈向外辐射的能量为其动能的 ，即 联立解得 。 答：（1）该电子运动第一圈过程中的磁感应强度的大小B6为，同步轨道的半径R为； （2）该电子经过n次电场加速后运动圈辐射的光子数N为。 【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。 13．（20分）如图所示，一倾角为θ的斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，两个质量相等的长方体物块A、B分别放在斜面上并使它们保持静止，先释放物块A，当物块A的下端刚要运动到Q点时，两物块碰撞后，A、B的下端分别到达图中N点时的速度相等。已知A、B的长度均为L＝0.75m，P、Q两点间的距离为s＝2.25m，B与挡板间碰撞过程时间极短且无机械能损失2，不计空气阻力，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8。 （1）求物块A在斜面上下滑时的加速度的大小a下及A、B第一次碰撞前瞬间A的速度大小v0； （2）求A、B第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小v1、v2； （3）A、B第二次碰撞前瞬间的速度大小是否可能相等？若可能，请求出A、B第一次碰撞后与第二次碰撞前的时间间隔；若不可能 【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式计算； （2）根据动量守恒定律结合运动学公式计算即可； （3）先假设两物块碰撞前速度大小相等，然后根据牛顿定律和运动学公式分别计算碰撞后两物块的速度，根据位移差计算出碰撞的时间，进而判断碰撞后的速度。 【解答】解：（1）由牛顿运动定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma下 解得 a下＝2m/s2 解得 v7＝3m/s （2）规定向下的方向为正方向，对物块A mv0＝mv7+mv2 物块A、B第一次碰撞后加速度相同，则碰撞后，运动至物块B的初始位置1 变为物块B碰撞后的速度大小v7之后完全重复物块B的运动。由运动学公式得 解得 v8＝1m/s，v2＝4m/s （3）假设物块A、B第二次碰撞前瞬间的速度大小相等、碰挡板前的速度为v2'，该过程物块A的末速度为v1，物块A、B的位移差为Δx：物块B与挡板碰撞后沿斜面向上运动的加速度为 a上，且向上运动 t5 的时间与物块A碰撞。根据牛顿运动定律和运动学规律可得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma上 v1'＝v1+aFt2 v2'＝v2+aFt4 v2'﹣a上t2＝v3'+aFt2 解得 下滑过程中物块A、B的加速度相同、B下滑过程的位移差为 Δx＝（v2﹣v1）t2 解得 物块A、B第一次与第二次碰撞的时间间隔 而物块A从第一次碰撞后到运动至物块B的初始位置的过程中，物块A的速度从 v1 加速到v2，用时 代入数据解得Δt＝0.5s＞t总 可见A、B第二次碰撞前瞬间A。 答：（1）物块A在斜面上下滑时的加速度的大小a下为2m/s2，A、B第一次碰撞前瞬间A的速度大小v5是3m/s； （2）A、B第一次碰撞后瞬间A1、v8分别是1m/s和2m/s； （3）A、B第二次碰撞前瞬间的速度大小不可能相等。 【点评】熟悉发生物理现象的物理过程，掌握在物理过程中物体所遵守的物理规律是解题的基础，一定要注意过程分析。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/11 15:40:06；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$