资料简介
北京市东城区 2019 一 2020 学年度第二学期高三综合练习（一）物理解析 2020．4
本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分，共 100 分。考试时长 90 分钟。考生
务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
第一部分（选择题，共 42 分）
本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．下列实验中能证实光具有粒子性的是
A．光电效应实验 B．光的色散实验 C．光的圆孔衍射实验 D．光的双缝干涉实验
【答案】A
【解析】光电效应能证实光具有粒子性，选项 A 正确；而光的色散、衍射实验与干涉实验说明的都是
光的波动性，故选项 BCD 错误。
2．关于分子动理论，下列说法正确的是
A．气体扩散的快慢与温度无关 B．分子间同时存在着引力和斥力
C．布朗运动是液体分子的无规则运动 D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【答案】B
【解析】气体扩散的快慢与温度有关，不是无关，温度越高，则气体扩散越快，选项 A 错误；分子间
同时存在着引力和斥力，选项 B 正确；布朗运动不是液体分子的无规则运动，它看到的花粉不是分子，但
是它反映了液体分子是运动的，故选项 C 错误；分子间的引力和引力都是随分子间距增大而减小的，只不
过在分子间距小于平衡位置时，随着分子间距离的增大，分子的作用力的合力是减小的，在分子间距大于
平衡位置时，随着分子间距的增大，分子的作用力的合力会增大，但当分子间距离很大时，分子间的作用
力就变得十分微弱了，选项 D 错误。
3．根据玻尔的原子模型，当氢原子吸收一个光子后
A．氢原子的电势能增大 B．氢原子的总能量减小
C．电子绕核运动的动能增大 D．电子绕核运动的半径减小
【答案】A
【解析】当氢原子吸收一个光子后，原子的总能量会增大，电子会从低能级跃迁到高能级，在跃迁的
过程中，轨道半径变大，电场力做负功，故电势能增大，选项 A 正确；B 错误；当电子绕核运动的轨道半
径增大时，其动能会减小，故选项 CD 错误。
4．下列说法正确的是
A．电磁波需要介质才能传播 B．机械波只能在空气中传播
C．在空气中传播的声波是横波 D．光在真空中的传播速度与光的频率无关
【答案】D
【解析】电磁波的传播不需要介质，如卫星的信号传到地球上来可以在真空中进行，选项 A 错误；
机械波的传播需要介质，故它既可以在空气中传播，也可以在其他的介质中传播，选项 B 错误；
在空气中传播的声波是纵波，不是横波，选项 C 错误；
光在真空中的传播速度与光的频率无关，选项 D 正确，当光从空气进入水中后，光的颜色不变，说明光的频率不变，但是光速变小了，故光的波长也变小了。
5．水平面上有质量均为 1kg 的两个小物块 a、b。物块 a 在水平恒力 F1=2N 的作用下由静止开始运动
4s，物块 b 在水平恒力 F2=2N 作用下由静止开始运动 4m。两物块与水平面间的摩擦均可忽略不计。两物
块在上述运动过程中
A．物块 a 的加速度比物块 b 的加速度大
B．物块 a 的末速度比物块 b 的末速度小
C．力 F1 做的功比力 F2 做的功多
D．力 F1 的冲量比力 F2 的冲量小
【答案】C
【解析】对 a、b 两个物体而言，其质量相等，而他们受到的作用力分别为 F1=1N 和 F2=2N，故产生
的加速度 b 大于 a，故选项 A 错误；
对 a 运用动量定理：F1t=mv1-0，解得 v1=8m/s，对 b 运用动能定理：F2x= mv22-0，解得 v2=4m/s，故
v1>v2，选项 B 错误；
根据动能定理，F1 做的功 W1= mv12=32J，根据功的公式得 F2 做的功 W2=F2x=8J，故 W1>W2，选项 C
正确；
由冲量的定义得，F1 的冲量 I1=F1t=8Ns，由动量定理得，F2 的冲量 I2=mv2=4Ns，故 I1>I2，选项 D 错
误。
6．用如图所示的装置探究影响感应电流方向的因素。实验时将线圈放在水平桌面上，使磁铁的 N 极
进入线圈或移出线圈。下列说法正确的是
A．感应电流的方向与 N 极进人线圈的快慢有关
B．N 极从线圈中匀速移出的过程中有感应电流产生
C．N 极进人线圈与移出线圈过程中感应电流方向相同
D．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向始终相同
【答案】B
【解析】感应电流的方向应该与 N 极进人线圈的方向有关，与进入的快慢无关，感应电流的大小才与
进入的快慢有关，故选项 A 错误；
N 极从线圈中匀速移出的过程中，穿过线圈的磁通量在变化，故线圈中有感应电流产生，选项 B 正确；
N 极进入线圈与移出线圈过程中，穿过线圈中磁通量的变化不一样，进入时是磁场增强，移出时是磁
场减弱，根据楞次定律可知，它们产生的感应电流方向不相同，选项 C 错误；
1
2
1
2楞次定律中总结的感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场的磁通量变化相反，即原磁通量如
果是增加的，则感应电流的磁场与原磁场就会相反，如果原磁场的磁通量是减小的，则感应电流的磁场与
原磁场的方向就会相同，不是二者方向始终相同，选项 D 错误。
7．如图所示，电容器上标有“80V 1000μF”字样。下列说法正确的是
A．电容器两端电压为 0 时其电容为零
B．电容器两端电压为 80V 时才能存储电荷
C．电容器两端电压为 80V 时储存的电荷量为 0．08C
D．电容器两端电压低于 80V 时其电容小于 1000μF
【答案】C
【解析】电容是反映电容器贮存电荷能力大小的物理量，电容器造好后，其大小就不变了，故其两端
电压为 0 时，其电容不变，其两端的电压仍为 0，故选项 A 错误；
电容器上标号“80V 1000μF”的含义是：电容器的耐压是 80V，不是电容器两端电压为 80V 时才能
存储电荷，后面的 1000μF 是电容器的电容大小，故选项 B 错误；
当电容器两端电压为 80V 时，根据 Q=CU=1000×10-6F×80V=0.08C，故选项 C 正确；
电容器的电容大小与其两端电压无关，故电容器的两端电压低于 80V 时其电容仍然是 1000μF，选项 D
错误。
8．2019 年 12 月 27 日，长征五号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，将实践二十号卫星
送人预定轨道。已知地球的质量为 M、半径为 R，卫星质量为 m，引力常量为 G。某阶段卫星围绕地球做
半径为 r 的匀速圆周运动时
A．卫星的运行周期为 B．卫星具有的动能为
C．卫星运行的角速度为 D．卫星的向心加速度为
【答案】A
【解析】因为卫星在绕地球做匀速圆周运动，此时万有引力等于向心力，如果想得到周期，就用周期
表示向心力，即 ，故卫星的运行周期 T= ，选项 A 正确；
想得到动能，动能就应该有速度，故应用 ，故卫星具有的动能 Ek= mv2= ，故
选项 B 错误；
2 34 r
GM
π
2
GMm
R
3
Gm
r 2
GM
R
2
2 2
4GMm m r
r T
π×=
2 34 r
GM
π
2
2
GMm m v
r r
×= 1
2 2
GMm
r想得到角速度，就用 ，故卫星运行的角速度 ω= ，选项 C 错误；
想得到卫星的向心加速度，应该用 ，故卫星的向心加速度为 a= ，选项 D 错误。
9．如图甲所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端与一个带孔小球连接，小球穿在水平固定的
光滑杆上。O 点为小球的平衡位置，并以其为坐标原点建立 x 轴。小球可在 a、b 两点之间做简谐运动。
图乙为小球的振动图像。下列说法正确的是
A．t1 时刻小球运动到 b 点
B．t2 时刻小球的速度为零
C．从 t1 到 t2 时间内小球的回复力变大
D．从 t3 到 t4 时间内小球的加速度变小
【答案】D
【解析】由于规定向右为正方向，而在图乙中，t1 时刻是在负方向的最大位移处，即向左最大位移处
的 a 点，选项 A 错误；
t2 时刻小球正处在平衡位置处，故此进小球的速度最大，这个也可以通过图乙看出来，因为 t2 时刻的
图线的斜率最大，故此蛙速度最大，选项 B 错误；
从 t1 到 t2 时间内，小球到平衡位置间的距离越来越小，故它的回复力逐渐减小，选项 C 错误；
从 t3 到 t4 时间内，小球到平衡位置间的距离也越来越小，故它的回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，
选项 D 正确。
10．如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间
产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷人电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负
电，油滴的大小、质量、所带电荷量各不相同，油滴进人电场时的初速度及油滴间的相互作用忽略不计。
下列说法正确的是
A．若观察到某油滴悬浮不动，该油滴的质量一定比其他油滴小
B．若观察到某油滴悬浮不动，该油滴一定没有受到电场力作用
C．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴的电势能一定不断减小
D．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴所受电场力一定做负功
2
2
GMm m rr
ω= 3
GM
r
2
GMm mar
= 2
GM
r【答案】D
【解析】若观察到某油滴悬浮不动，说明该油滴受到的重力与电场力相等，而油滴所带的电荷量不相
等，故它受到的电场力也可能不相等，所以油滴的质量也不能确定与其他油滴的大小关系，选项 A 错误；
若观察到某油滴悬浮不动，该油滴一定受到了电场力的作用，且可以判断出重力等于电场力，故选项
B 错误；
由于有的油滴会悬浮不动，说明电场力是竖直向上的，若观察到某油滴向下加速运动时，说明油滴的
运动方向与电场力的方向相反，即电场力做了负功，故油滴的电势能一定增大，选项 C 错误；
若观察到某油滴向下加速运动时，而电场力的方向是向上的，说明该油滴所受电场力一定做负功，选
项 D 正确。
11．如图所示，圆心角为 90º 的扇形区域 MON 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P 点为半径 OM
的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子 a、b，以不同的速度先后从 P 点沿 ON 方向射入磁场，并分别
从 M、N 两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。粒子 a、b 在磁场中运动过程，下列说法
正确的是
A．粒子 a 带正电，粒子 b 带负电
B．粒子 a 在磁场中的运动时间短
C．粒子 a、b 的加速度大小之比为 1：5
D．粒子 a、b 的速度大小之比为 5：1
【答案】C
【解析】由题意可得，粒子 a 从 M 点射出，说明它受到向上的洛仑兹力，由左手定则可以判断出它带
负电，反过来则粒子 b 一定带正电，选项 A 错误；
由于磁场和粒子的比荷相同，因为粒子在磁场中的运动周期为 T= ，故它们的周期相等，过 M
点的 a 粒子的圆心角较大，故它在磁场中的运动时间较长，选项 B 错误；
2 m
Bq
π设磁场的半径为 R，则 a 粒子的偏转半径 r1= ，再根据如图所示的几何关系，设 b 粒子的偏转半径
为 r2，则（r2- ）2+R2=r22，故 r2= ；又因为带电粒子在磁场中运动时：Bqv=m ，即 v= ，故两
个粒子的速度之比为 ，故选项 D 错误；再由 F 洛=Bqv 得， ，故粒子 a、b 的加
速度大小之比为 1：5，选项 C 正确。
12．从地而竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。取地而为重力势能
零点，该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。取重力加速度 g=10m/s2。分析图中数据
可得
A．物体的质量为 1kg
B．离开地面时物体的速度大小为 20m/s
C．离开地面 2m 过程中物体克服阻力做功 40J
D．离开地面 4m 过程中物体的动能减少 100J
【答案】D
【解析】由图可知，当 h=0 时，重力势能 Ep=0，故 E 总=Ek= mv2=100J，当 h=4m 时，Ep=E 总=80J，
说明此时 Ek=0，即物体运动的最高高度是 4m，此时 mgh=80J，故解得 m=2kg，选项 A 错误；
再将质量代入动能的公式中得，v=10m/s，选项 B 错误；
当 h=2m 时，物体的机械能为 90J，故根据功能关系得，物体克服阻力做功为 100J-90J=10J，选项 C
错误；
由于物体到 h=4m 时，动能为 0，故物体的动能减少 100J-0=100J，选项 D 正确。
13．一定质量理想气体从初始状态 A 经状态 B、C、D 再回到状态 A，其体积 V 与温度 T 的关系如图
所示。下列说法正确的是
4
R
2
R 5
4
R 2v
r
Bqr
m
1
2
1
5
a
b
v r
v r
= = a a a
b b b
F Bq v
F Bq v
=洛
洛
1
5
a a
a a a
b bb b
b
Bq v
a m v
Bq va v
m
= = =
1
2A．从状态 A 到状态 B 的过程中，气体内能减小
B．从状态 B 到状态 C 的过程中，气体向外放热
C．从状态 C 到状态 D 的过程中，气体对外做功
D．从状态 D 到状态 A 的过程中，气体压强增大
【答案】B
【解析】由图像可知，AB 过程是个等容过程，体积不变，故气体做功 W=0，温度升高，故气体的内
能增加，选项 A 错误；
由 B 到 C 的过程是个等温过程，气体的内能不变，而体积减小，说明外界对气体做功，再由热力学第
一定律得，气体一定向外放热才能保持内能不变，故选项 B 正确；
由 C 到 D 的过程，其体积在减小，说明外界对气体做功，故选项 C 错误；
从 D 到 A 的过程中，图线是过原点的直线，说明体积与温度成正比，所以由理想气体状态方程
可知，这是个等压过程，气体的压强不变，故选项 D 错误。
14．关于宇宙的演化问题一直得到物理学家们的高度关注。2019 年的诺贝尔物理学奖得主之一詹姆
斯·皮布尔斯对宇宙大爆炸理论的发展做出了巨大贡献。
宇宙大爆炸理论认为：宇宙起源于 137 亿年前的一次大爆炸。在演化至今的大部分时间内，宇宙是膨
胀的。宇宙是否会一直膨胀下去与宇宙物质平均密度有关。假如平均密度小于某个值，宇宙就将永远膨胀
下去。假如平均密度大于某个值，宇宙膨胀后可能又会收缩。这个值被称为宇宙的临界密度，临界密度的
计算公式为和：ρ0= ，其中 G 为引力常量，H 为哈勃常数。根据所学知识可以判断
A．哈勃常数只是一个数值，没有单位
B．哈勃常数与质量有关，其国际单位是 kg
C．哈勃常数与时间有关，其国际单位是 s-1
D．哈勃常数与长度有关，其国际单位是 m
【答案】C
【解析】由于密度是 ρ= ，故它的单位是 kg/m3，万有引力公式 F= ，故引力常量 G 的单位
是 ，所以哈勃常数的平方即 H2 的单位是 kg/m3× = ，又因为 F=ma，故 1N=1kg×m/s2，所
pV CT
=
23
8 HGπ
m
V
1 2
2
Gm m
r
2
2
Nm
kg
2
2
Nm
kg
N
kg m×以将其代入后得 = ，故哈勃常数 H 的单位就是 ，即 s-1，故它是一个与时间有关的
物理量，选项 C 正确。
第二部分（非选择题，共 6 题，共 58 分）
15．（10 分）实验小组的同学们在做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验时，采用如图甲
所示的实验装置，让重物（砝码和托盘）通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。
（1)为了减小误差，实验前需要做好以下两项准备：
①调整垫片的位置，使小车在不受拉力作用时能拖动纸带在木板上做匀速直线运动。这样做是为了消
除摩擦力的影响，使小车所受合外力 F 等于_______________________。
②挑选合适的重物（砝码和托盘），使小车质量 M 远大于重物（砝码和托盘）质量 m。这样做是为了
使小车匀加速运动时，小车所受拉力近似等于_______________________。
（2）实验过程中，下列操作正确且必要的是__________。
A．调节滑轮的高度，使牵引重物的细绳与长木板保持平行
B．先放开小车再接通打点计时器的电源
C．改变小车质量时，重新调节垫片的位置
（3）正确操作后，甲同学挑选出的一条纸带如图乙所示。图中 A、B、C、D、E 是按打点先后顺序依
次选取的计数点，两个相邻的计数点之间的时间间隔均为 0.10s。现测出 AB=2.20cm，AC=6.40cm，
AD=12.58cm，AE=20.80cm，则打 C 点时小车的速度大小为_________m/s。（结果保留两位有效数字）
（4）甲、乙两同学各自保持小车质量 M 不变，改变重物质量 m，进行实验。他们根据各自测得的实
验数据画出了如图丙所示的加速度与物体所受合力关系的 a—F 图像。但他们得到了两条不同图线，其原
因是他们选取的_____________不同。他们可以得到的相同结论是_________________________________。
【答案】（1）①细绳对小车的拉力；②重物的重力 mg；（2）A；（3）0.52；（4）小车质量；当小
车质量一定时，小车的加速度与小车所受的合外力成正比。
【解析】（1）①若消除摩擦力的影响后，小车所受合外力 F 等于细绳对小车的拉力大小；
N
kg m×
2
2
1
mkg s
kg m s
×
=×
1
s②挑选合适的重物（砝码和托盘），使小车质量 M 远大于重物（砝码和托盘）质量 m。这样做是为了
使小车匀加速运动时，小车所受拉力近似等于重物的重力 mg；因为当小车加速运动时，重物也在加速运
动，故对小车由牛顿第二定律列方程得：F=Ma，对重物也由牛顿第二定律列方程得：F-mg=ma，二者联
立消掉 a，可得：F= ，故当 M>>m 时，才可以认为 F≈mg；
（2）实验时，需要调节滑轮的高度，使牵引重物的细绳与长木板保持平行，这样小车在运动时受到
的拉力的方向始终不变，故选项 A 正确；实验时应该先接通打点计时器的电源再放开小车，如果先放小车
再接通打点计时器的电源，则小车的运动会有一部分计录不上，选项 B 错误；由于平衡摩擦力时，满足力
的关系 mgsinθ=μmgcosθ（式中 θ 为斜面与水平面的夹角，它是通过调节垫片的位置来确定的），等式两边
的小车质量可以约掉，所以改变小车质量时，不必重新调节垫片的位置，选项 C 错误；
（3）打 C 点时小车的速度大小为 vC= =0.52m/s；
（4）由图丙可知，在拉力相同时，甲对应的加速度大，说明物体甲的质量小，同理说明乙的质量大；
故说明他们选取的小车的质量不同；其结论是：当小车质量一定时，小车的加速度与小车所受的合外力成
正比。
16．（8 分）实验室的多用电表可以用来测量直流电流、直流电压、交变电压以及电阻。
（1）某同学用表盘如图甲所示的多用电表测量电阻。
①他调整指针定位螺丝，使指针指到零刻度后，将选择开关调到电阻挡的“×10”位置，将红、黑表笔
分别插入“+”、“一”插孔，把两表笔尖相互接触，调节___________（选填“S”或“T”），使多用电表的指针指
向电阻挡的_________（选填“0”或“∞”）刻线。
②之后他将红、黑表笔的笔尖分别与待测电阻两端接触，发现指针偏转角度过大，他应将选择开关调
到电阻挡的____________（选填“×1”或“×100”）位置。
③正确操作后，多用电表的指针位置如图乙所示。则该电阻的测最值为__________Ω。
（2）他进一步了解了多用电表的原理后，找来了一块毫安表（满偏电流 Ig=1mA、内阻 Rg=120Ω），
两个定值电阻（R1=1Ω，R2=880Ω），按照如图丙所示电路将毫安表改装成多用途的电表。
①开关 S 断开时，改装后的毫安表可以作为量程是________V 的电压表使用。
②若开关 S 闭合，毫安表指针达到满偏时，通过两表笔的电流为__________A。
【答案】（1）①T；0；②×1；③15；（2）①1；②1.001。
【解析】（1）①欧姆表使用前进行欧姆调零时，需要旋转的是“T”旋钮，旋钮“S”是机械调零用的；旋
M mgM m+
12.58 2.20
2 2 2 0.10
BDx AD AB cm cm
T T s
− −= = ×转“T”，使指针指在电阻档的“0”刻度线处；
②如果发现指针偏转角度过大，表示偏向阻值较小的一侧，如读数为“2”，则对应的电阻约为 20Ω，而
指针在偏角过大或过小时误差都是比较大的，指针在中央刻度线附近时才比较准确，而中央的刻度大小约
是“20”，故要想指针指在“20”位置，应该选“×1”档；
③因为所选的档位是“×1”，而刻度值又是“15”，故被测电阻的大小为 15Ω×1=15Ω；
（2）①当开关 S 断开时，电路为毫安表与电阻 R2 串联，总电阻为 R 总=R2+Rg=880Ω+120Ω=1000Ω，
而毫安表的满偏电流为 Ig=1mA，所以总电压为 U=Ig×R 总=1mA×1000Ω=1V，此时的毫安表所改装的量程是
1V；
②当开关 S 闭合时，若毫安表满偏，则电路中的电压为 1V，此时通过电阻 R 的电流为 I1=
=1A，故干路电流为 1A+1mA=1.001A, 即通过两表笔的电流为 1.001A。
17．（9 分）2022 年冬季奥林匹克运动会将在我国举办。跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。比
赛所用的跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图甲所示。
我们将助滑道简化为图乙所示轨道，长直滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10m，C
是半径 R=20m 圆弧的最低点。质量 m=50kg 的运动员从 A 处山静止开始匀加速下滑，加速度 a=4.5m/s2，
到达 B 点时速度 vB=30m/s。取重力加速度 g=10m/s2。
（1)求长直滑道 AB 的长度 L；
（2）求运动员在 AB 段所受合外力的冲量 I 的大小；
（3）若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN 的大小。
【答案】（1）L=100m；（2）I=1500Ns；（3）受力图如答图 1 所示；FN=3250N。
【解析】（1）对于 AB 段，运动员做匀加速直线运动，初速度为 0，加速度和末速度又已知，
故根据匀变速直线运动公式，有 L= =100m；
1
1
1
U V
R
= Ω
2 2
2
B Av v
a
−（2）根据动量定理，在 AB 段，有 I=mvB-mvA=50kg(30m/s-0)=1500Ns；
（3）运动员经 C 点时的受力分析如答图 1 所示；
根据动能定理，运动员在 BC 段运动的过程中，有 mgh= mvC2- mvB2；
在 C 点根据牛顿第二定律，有 FN-mg=m ，得 FN=3250N。
18．（9 分）我们的生产和生活中离不开交变电流。
（1)如图甲所示，KLMN 是一个单匝竖直的矩形导线框，KL 边水平，线框面积为 S，全部处于磁感应
强度为 B 的水平匀强磁场中，线框绕竖直固定轴按俯视的逆时针方向以角速度 ω 匀速转动。在 KL 边与磁
场方向夹角为 30º（图示位置）时：
①导线框产生的瞬时电动势的大小为_____________。
②导线框中的电流方向是______________（选填"KNMLK”或"KLMNK”）。
（2）交变电流可以从发电站输送到用户，但输电线的电阻不可忽略，因此在输电线上会损失一部分
功率。某发电厂利用总电阻 R=100Ω 的线路向外输送电能，输送功率 P=300kW，输电电压 U=10kV，请你
求出导线上损失的功率。
（3）如图乙所示电路中，L 是标有“12V 12W”字样的小灯泡，R 是标有“10Ω 1A”字样的滑动变阻器。
交流电源的电压瞬时值表达式 u=28sin100πt（V）。请你通过计算说明，能否通过调节滑动变阻器使小灯泡
正常工作。
【答案】（1）①e= BSω；②KNMLK；（2）P 损=90kW；（3）能通过调节滑动变阻器使小灯泡
正常工作。
【解析】（1）当线圈平面与磁场方向平行时，线圈转动，两边均切割磁感线，故其电动势的大小为 E
总=2B×KN×v=2B×KN×ω× =BωS，
1
2
1
2
2
Cv
R
3
2
2
KL若以线圈平面与磁场方向平行为计时起点，则瞬时电动势的表达式为 e=E 总 cosωt=BωS cosωt；
故当 θ=ωt=30º 时，电动势的瞬时值为 e= BSω；
②由右手定则可知，线圈中的电流方向为 KNMLK；
（2）因为输送功率 P=300kW，输电电压 U=10kV，由公式 P=UI 可得，
输电电流 I= ，故导线上损失的功率为 P 损=I2R=90kW；
（3）由交流电源的电压瞬时值表达式 u=28sin100πt（V）可知，
电源电压的有效值 U= =14 V，小灯泡正常工作时两端电压 UL=12V；故 IL= =1A；
此时滑动变阻器接入电路的阻值 R= ；
小灯泡正常工作时，滑动变阻器接入电路的阻值小于其最大电阻，所以能通过调节滑动变使小灯泡正
常工作。（其他方法正确同样给分）
19．（10 分）在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与
磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象被称为霍尔效应，所产生的电势差被称为霍尔电势
差或霍尔电压。
（1）如图甲所示，将厚度为 d 的矩形薄片垂直置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，薄片上有四个电
极 E、F、M、N，在 E、F 间通以电流强度为 I 的恒定电流。已知薄片中自由电荷的电荷量为 q，单位体积
内自山电荷的数量为 n。请你推导出 M、N 间霍尔电压的表达式 UH。（推导过程中需要用到、但题目中没
有的物理量，要做必要证明）
（2）霍尔元件一般采用半导体材料制成。目前广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是“空穴”（相
当于带正电的粒子）导电的 P 半导体，另一类是电子导电的 N 型半导体。若图甲中所示为半导体薄片，请
你简要说明如何判断薄片是哪类半导体？
（3）利用霍尔效应可以制成多种测量器件。图乙是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴
上，圆盘的周边等距离地嵌装着 N1 个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附
近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图丙所示。若在时间 t 内，霍尔元件输出的
脉冲电压数目为 N2，请你导出圆盘转速 N 的表达式。
3
2
30P AU
=
28
2
V 2 L
L
P
U
14 2 12L
L
U U
I
− = − Ω（ ）【答案】（1）UH= ；（2）如果 φN>φM，薄片材料是 P 型半导体材料。如果 φM>φN，薄片材料是
N 型半导体材料；（3）N= = 。
【解析】（1）设 M、N 间的宽度为 L，薄片中通有恒定电流 I 时，自由电荷定向运动的速率为 v，
设时间为 t，则有 I= =nqdLv；
当电荷受力平衡时，霍尔电场处于稳定状态，即 F 洛=F 电，
而霍尔电场 EH= ，故 qEH=qvB，
联立可得霍尔电压 UH= ；
（2）可以根 M、N 两点的电势高低来判断导体材料的类型。
如果薄片材料是 P 型半导体材料，则其自由移动的电荷是带正电的，根据左手定则可以判定正电荷偏
向 N 极，即 φN>φM；反之如果 φM>φN，则可以判定薄片材料是 N 型半导体材料；
（3）由于在时间 t 内，霍尔元件输出的脉冲数目为 N2，
而圆盘转一圈会输出 N1 个脉冲，若圆盘转动的周期为 T，则有如下关系式：
故圆盘转速 N= = （其他方法正确同样给分）
20，（12 分）目前地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的核能。
（1)如果将太阳聚变时的核反应简化为 4 个氢核（ ）聚变生成 1 个氦核（ ）和 2 个正电子。
请你写出此核反应方程。
（2）目前太阳能已被广泛利用。如图所示的太阳能路灯的额定功率为 P，光电池的光电转换效率为
η，用 P0 表示太阳辐射的总功率，用 r 表示太阳与地球间的距离。太阳光传播到达地面的过程中大约有
30％的能量损耗。某段时间内，电池板接收太阳垂直照射的等效面积为 S。求这段时间内路灯正常工作时
间 t 与日照时间 t0 之比。
（3）天文学家估测：太阳已有 50 亿年的历史了。有人认为：50 亿年来，因释放核能而带来的太阳质
量变化几乎可以忽略。请你通过计算说明这种观点的合理性。
可能用到的数据：太阳的质量约为 M0=2×1030kg
太阳辐射的总功率为 P0=4×1026W
1 年≈3×107 秒
BI
nqd
1
T
2
1
N
N t
Q nqdLvt
t t
=
HU
L
BI
nqd
1 2
T t
N N
=
1
T
2
1
N
N t
1
1 H 4
2 He【答案】（1）4 → +2 ；（2） ；（3）说法是合理的。
【解析】（1）核反应方程为：4 → +2 ；
（2）由于太阳辐射的总率为 P0，故 t0 时间内辐射的总功为 W=P0t0，
故电池板接收的能量为 = ；
转换成太阳能路灯的能量为 ×η，
故路灯消耗的能量 Pt= ×η，
所以路灯正常工作时间 t 与日照时间 t0 之比
（3）50 亿年太阳辐射的总能量△E=p0t=4×1026W×50×108×3×107s=6×1043J，
根据△E=△mc2 可知，50 亿年太射损失的总质量△m= = = ×1027kg；
损失的总质量与太阳质量之比 = ≈0.03%；
所以这种说法合理。（其他方法正确同样给分）
1
1 H 4
2 He 0
1e 0
2
0
7
40
P St
t r P
η
π=
1
1 H 4
2 He 0
1e
0 02 1 30%4
S Ptrπ × × −（ ） 0 0
2
7
40
SPt
rπ
0 0
2
7
40
SPt
rπ
0 0
2
7
40
SPt
rπ
0
2
0
7
40
P St
t r P
η
π=
2
E
c
∆ 43
8 2
6 10
3 10
J×
×（ m/ s）
2
3
0
m
M
∆ 27
30
2 103
2 10
kg
kg
×
×
查看更多
Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4
天天资源网声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记