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电磁学及近代物理部分综合
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2019·宁夏石嘴山三中一模)下列说法正确的是(　　)
A.U衰变为Rn要经过4次α衰变和2次β衰变
B．一束光照射到某金属表面上产生了光电效应，增大光的强度可以增加光电子的最大初动能
C．铋210的半衰期是5天，1克铋210经过10天全部衰变为其他原子核
D．查德威克发现中子的反应方程式是：He＋Al→P＋n
答案　A
解析　根据质量数守恒和电荷数守恒知U衰变为Rn，需经过＝4次α衰变和＝2次β衰变，A正确；根据光电效应方程，光电子的最大初动能与光的强度无关，B错误；铋210的半衰期是5天，经过10天，即2个半衰期，有克的铋210发生了衰变，即还有克铋210还没有衰变，C错误；查德威克发现中子的核反应方程是：Be＋He→C＋n，D错误。
2．(2019·江苏通州、海门、启东高三上学期期末三县联考)如图所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻。当R1受到的光照强度减弱时(　　)
A．电阻R2上的电流增大
B．光敏电阻R1上的电压减小
C．电源两端电压减小
D．电容器C所带电荷量减小
答案　D
解析　当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流I减小，即流过R2的电流减小，A错误；电流I减小，E、r不变，则路端电压U＝E－Ir增大，R2两端电压U2减小，所以光敏电阻R1上的电压增大，B、C错误；由于电容器与R2并联，R2两端电压U2减小，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU2可知，电容器所带电荷量减小，D正确。
3．(2019·江苏无锡高三上学期期末)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接的电路如图甲所示。灯泡标有“36 V　40 W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36sinπt (V)
B．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次
C．灯泡L恰好正常发光
D．理想变压器输入功率为20 W
答案　D
解析　由图乙可知，周期为0.02 s，ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故线框产生的电动势的瞬时值表达式为e＝72sin100πt(V)，A错误；交流电的频率为50 Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，B错误；变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝36 V，由原、副线圈的匝数比为2∶1可知，副线圈两端电压的有效值U2＝18 V，灯泡L不能正常发光，C错误；灯泡电阻为R＝＝32.4 Ω，该变压器的输出功率为P2＝＝ W＝20 W，由输入功率等于输出功率得，该理想变压器的输入功率为20 W，D正确。
4．(2019·辽宁盘锦辽河油田二中高三上学期期末)图示为氢原子能级示意图，已知大量处于n＝2能级的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光子，下列说法中正确的是(　　)
A．n＝2能级的氢原子受到照射后跃迁到n＝5能级
B．这6种光子有3种可以让逸出功为10 eV的某金属发生光电效应
C．频率最高的光子是氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级放出的
D．波长最大的光子是氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级放出的
答案　B
解析　根据C＝6可知，n＝2能级的氢原子受到照射后跃迁到n＝4能级，A错误；根据能级差公式可得：从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射的光子的能量为E2－E1＝10.2 eV，从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射的光子的能量为：E3－E1＝12.09 eV，从n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射的光子的能量为：E4－E1＝12.75 eV，只有以上3种光子可以让逸出功为10 eV的某金属发生光电效应，B正确；氢原子由n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，C错误；氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，能级差最小，放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，D错误。
5．(2019·南京市、盐城市高三第三次调研)如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是(　　)
A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B．只增大加速电压U，H粒子获得的最大动能增大
C．只增大加速电压U，H粒子在回旋加速器中运动的时间变短
D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子
答案　C
解析　D形盒缝隙间电场变化周期T＝，此加速器对H粒子进行加速，所以为了能加速质子，应进行参数调节，改变B和T，A错误；粒子离开回旋加速器的最大速度v＝，所以只增大加速电压U，H粒子获得的最大动能不会增大，B错误；粒子在回旋加速器中回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，可得n＝，所以粒子运动总时间t＝nT＝·＝，只增大加速电压U，H粒子在回旋加速器中回旋的次数会变小，运动时间会变短，C正确；回旋加速度既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D错误。
6．(2019·广东广州二模)如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个点电荷a、b和c分别固定于正三角形的顶点上。已知a、b带电量均为＋q，c带电量为－q，则(　　)
A．a、b连线中点的场强为零
B．三角形中心处的场强为零
C．a所受库仑力方向垂直于a、b连线
D．a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶
答案　D
解析　在a、b连线的中点处，a、b两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于电荷c在该点的场强，大小不为零，A错误；在三角形的中心处，a、b两电荷在该点的场强大小相等，方向夹角为120°，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处的场强不为零，B错误；a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向为斜向左下方与a、b连线成60°角，C错误；a、b所受库仑力大小相等，均为Fa＝Fb＝2cos60°＝；c受库仑力：Fc＝2·cos30°＝，则a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶，D正确。
7．(2019·安徽黄山二模)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向，以大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是(　　)
A．若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从BC边射出磁场
B．若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AC边射出磁场
C．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中的运动时间长
D．若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AB边射出磁场
答案　B
解析　若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中的运动时间为T；若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，可知圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为T；若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中的运动时间为T。若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AB边射出磁场，A错误；若该粒子在磁场中的运动时间为T，即小于T，则它一定从AC边射出磁场，B正确；若该粒子在磁场中的运动时间为T，即大于T小于T，则它一定从BC边射出磁场，D错误；若速率不同的带电粒子都从AB边射出磁场，可知圆心角都为240°，粒子在磁场中的运动时间都为T，C错误。
8. (2019·江苏高考)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(　　)
A．均向左 B．均向右
C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
答案　CD
解析　如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。

若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也能静止，C、D符合题意，故选C、D。
9. (2019·四川自贡高三一诊)如图的矩形虚线框abcd所在的区域内存在着沿a指向b方向的匀强电场，ab＝L，bc＝2L，有一电荷量为q的粒子(重力不计)从a点沿ad方向以速度v0垂直于电场射入，恰好从虚线框的c点射出，下列说法正确的是(　　)
A．射出速度方向与bc夹角为θ＝45°
B．粒子电势能减少mv
C．粒子离开c点时的动能为mv
D．匀强电场的场强为
答案　AD
解析　粒子沿ad方向做匀速直线运动，沿ab方向做匀加速直线运动，恰好从c点射出，有2L＝v0t，L＝at2，解得a＝，t＝，射出速度方向与bc夹角为tanθ＝＝＝1，即θ＝45°，A正确；电场力对粒子做正功，电势能减小，ΔEp＝mv2－mv＝m(v0)2－mv＝mv，B错误；粒子离开c点时的动能为m(v0)2＝mv，C错误；由EqL＝W＝mv，解得E＝，D正确。
10．(2019·海南高三上学期期末)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(　　)
A. B. C. D.
答案　AB
解析　由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝·(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3，…)，A、B正确，C、D错误。
11．(2019·天津高三上学期期末七校联考)在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有(　　)
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
答案　AB
解析　根据左手定则，载流子受力的方向指向N板，载流子向N板偏转，又因为载流子为正电荷，则N板电势高于M板电势，A正确；设左、右两个表面相距为L，上、下两个表面相距为d，材料单位体积内载流子的个数为n，材料沿电流方向的横截面积为S，则＝evB，I＝neSv，S＝dL，得：UH＝，令k＝，则UH＝＝k，所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感应强度B成正比，B正确；将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子不会受到洛伦兹力，因此M、N板之间不存在电势差，C错误；若磁场和电流分别反向，依据左手定则，载流子受力的方向指向N板，则N板电势仍高于M板电势，D错误。
12．(2019·全国卷Ⅲ) 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)
答案　AC
解析　导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培力F作用，速度v1减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度v2变大，如图所示，
感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(2019·成都高新区一模)(6分)某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用米尺测出接入电路部分的金属丝长度为L＝0.7200 m，用螺旋测微器测出金属丝直径(刻度位置如图所示)，用伏安法测出金属丝的电阻(阻值大约为5 Ω)，然后计算出该金属材料的电阻率。在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
A．直流电源(输出电压为3 V)；
B．电流表A(量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)；
C．电压表V(量程0～3 V，内阻3 kΩ)；
D．滑动变阻器R(最大阻值20 Ω)；
E．开关S、导线等。
(1)从图中读出金属丝的直径为________ mm。
(2)根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图。
　　　
(3)若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx＝4.0 Ω，则这种金属材料的电阻率为________ Ω·m(保留两位有效数字)。
答案　(1)0.600　(2)图见解析　(3)1.6×10－6
解析　(1)从图中读出金属丝的直径为d＝0.5 mm＋10.0×0.01 mm＝0.600 mm。
(2)因测量金属丝的电阻时，电路中电流不能太大，由I＝并结合电流表读数原理，电流表应满足偏转一半以上，故总电阻小于10 Ω大于5 Ω，可见滑动变阻器可以用限流式；由于待测电阻的阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示。
(3)根据电阻定律，有：Rx＝ρ，其中：S＝πd2，所以ρ＝≈1.6×10－6 Ω·m。
14．(2019·山东潍坊二模)(8分)某同学利用如图1所示的电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：
A．待测表头G1，内阻r1约为300 Ω，量程5.0 mA；
B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300 Ω，量程1.0 mA；
C．定值电阻R＝1200 Ω；
D．滑动变阻器R1总阻值为20 Ω；
E．滑动变阻器R2总阻值为2000 Ω；
F．电源，电动势E＝3.0 V，内阻不计；
G．开关S，导线若干。
(1)在如图2所示的实物图上将导线补充完整；
(2)滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________(填“a”或“b”)端；
(3)实验中某次待测表头G1的示数如图3所示，读数为________ mA；
(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线。已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝________ Ω。
(5)该同学接入电阻R的主要目的是__________________________________。
答案　(1)图见解析　(2)D　a　(3)3.00　(4)270　
(5)保护G2，使两表均能达到接近满偏
解析　(1)实物连线如图。
(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择总阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端。
(3)待测表头G1的示数为3.00 mA。
(4)由欧姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝I1，则＝k＝0.18，解得r1＝270 Ω。
(5)该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏。
三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
15. (2018·湖北省高三下学期冲刺物理试卷)(10分)在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，静止的原子核X发生衰变，放出的粒子与反冲核Y都做匀速圆周运动，两个圆的半径之比为27∶2，如图所示。
(1)写出衰变方程；
(2)已知，X、Y和放出的粒子的质量分别为mX、mY和m0，光在真空中的速度为c，若X衰变的同时放出能量为Eγ的γ光子，且衰变放出的光子的动量可忽略，求放出的粒子的动能。
答案　(1)X→Y＋He
(2)[(mX－mY－m0)c2－Eγ]
解析　(1)由于新核和放出的粒子的轨迹是外切圆，说明放出的粒子带正电，是α衰变，衰变后，α粒子和反冲核Y获得的动量大小相等，方向相反，二者都在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，得r＝∝，故α粒子与反冲核Y的电荷数分别为2、27，其核反应方程为：X→Y＋He。
(2)上述衰变过程的质量亏损为Δm＝mX－mY－m0，放出的能量为ΔE＝Δmc2，
该能量是Y的动能EY、α粒子的动能E0和γ光子的能量Eγ之和：ΔE＝EY＋E0＋Eγ，
设衰变后的Y核和α粒子的速率分别为vY和v0，
则由动量守恒有：mYvY＝m0v0，
又由动能的定义可知：
EY＝mYv，
E0＝m0v，
解得：E0＝[(mX－mY－m0)c2－Eγ]。
16．(2019·山东潍坊二模)(12分)如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，间距为L，左端接有阻值为R的电阻。两导轨间匀强磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B。质量为m，阻值为r的金属棒垂直于导轨放置。现对棒施加水平向右的恒定拉力F，使棒由静止开始向右运动。若棒向右运动距离为x时速度达到最大值，不计导轨电阻，忽略棒与导轨间的摩擦，求：
(1)棒运动的最大速度vm；
(2)在棒运动位移x的过程中，电阻R产生的焦耳热。
答案　(1)
(2)
解析　(1)当棒受到的安培力F安与拉力F相等时，棒运动的速度最大，此时棒中的感应电动势：Em＝BLvm
棒中的电流：Im＝
根据平衡条件，有：BImL＝F
解得：vm＝。
(2)设回路中产生的热量为Q，由动能定理得：
Fx－WA＝mv
其中WA是克服安培力做的功，WA＝Q
电阻R产生的热量：
QR＝＝。
17．(2019·全国卷Ⅲ)(12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2)
解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a，O、P两点的高度差为h，水平距离为x。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
h＝a2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh④
且有
x＝v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)。⑦
18．(2019·江苏高考)(14分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d(1)求粒子运动速度的大小v；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t。
答案　(1)　(2)d
(3)或
解析　(1)洛伦兹力提供向心力，qvB＝m
r＝d
解得v＝。
(2)如图所示，当粒子第一次与薄板碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切时，入射点到M的距离最大。
由几何关系得：dm＝d(1＋sin60°)
解得：dm＝d。
(3)粒子做圆周运动的周期T＝
设粒子从最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则
t＝n＋t′(n＝1,3,5，…)。
(a)当L＝nd＋d时，粒子斜向上射出磁场
t′＝T
解得：t＝
(b)当L＝nd＋d时，粒子斜向下射出磁场
t′＝T
解得：t＝。

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