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C．（選修模塊3-5）
（1）下列說(shuō)法中正確的是

 

．
A．隨著溫度的升高，一方面各種波長(zhǎng)的輻射強(qiáng)度都有增加，另一方面輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng)
B．在康普頓效應(yīng)中，當(dāng)入射光子與晶體中的電子碰撞時(shí)，把一部分動(dòng)量轉(zhuǎn)移給電子，因此光子散射后波長(zhǎng)變短
C．根據(jù)海森伯提出的不確定性關(guān)系可知，不可能同時(shí)準(zhǔn)確地測(cè)定微觀粒子的位置和動(dòng)量
D．4個(gè)放射性元素的原子核經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期后一定還剩下2個(gè)沒(méi)有發(fā)生衰變
（2）在《探究碰撞中的不變量》實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)采用如圖所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．把兩個(gè)小球用等長(zhǎng)的細(xì)線懸掛于同一點(diǎn)，讓B球靜止，拉起A球，由靜止釋放后使它們相碰，碰后粘在一起．實(shí)驗(yàn)過(guò)程中除了要測(cè)量A球被拉起的角度θ₁，及它們碰后擺起的最大角度θ₂之外，還需測(cè)量

 

（寫出物理量的名稱和符號(hào)）才能驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒．用測(cè)量的物理量表示動(dòng)量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式是

 

．
（3）2008年10月7日，日美科學(xué)家分享了當(dāng)年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)．他們?cè)�就特定�?duì)稱性破缺的起源給出了解釋，并預(yù)言了一些當(dāng)時(shí)還未發(fā)現(xiàn)的夸克．夸克模型把核子（質(zhì)子和中子）看做夸克的一個(gè)集合體，且每三個(gè)夸克組成一個(gè)核子．已知質(zhì)子和中子都是由上夸克u和下夸克d組成的．每種夸克都有對(duì)應(yīng)的反夸克．一個(gè)上夸克u帶有+

2

3

e的電荷，而一個(gè)下夸克d帶有-

1

3

e的電荷，因此一個(gè)質(zhì)子p可以描述為p=uud，則一個(gè)中子n可以描述為n=

 

．一個(gè)反上夸克

.

u

帶有-

2

3

e的電荷，一個(gè)反下夸克

.

d

帶有+

1

3

e的電荷，則一個(gè)反質(zhì)子p可描述為

.

p

=

 

．

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（1）判斷以下說(shuō)法的正誤，在相應(yīng)的括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”
A．普朗克在研究黑體輻射問(wèn)題中提出了能量子假說(shuō)

 

B．康普頓效應(yīng)說(shuō)明光子有動(dòng)量，即光具有有粒子性

 

C．玻爾建立了量子理論，成功解釋了各種原子發(fā)光現(xiàn)象

 

D．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子的核式結(jié)構(gòu)

 

（2）氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器．它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可視為沒(méi)有摩擦．我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊A和B來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（彈簧的長(zhǎng)度忽略不計(jì)），采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下：
A．用天平分別測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量m_A、m_B；
B．調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平；
C．在A和B間放入一個(gè)被壓縮的輕彈簧，用電動(dòng)卡銷鎖定，靜止地放置在氣墊導(dǎo)軌上；
D．用刻度尺測(cè)出A的左端至C板的距離L₁．
E．按下電鈕放開(kāi)卡銷，同時(shí)使分別記錄滑塊A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)時(shí)器開(kāi)始工作．當(dāng)A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時(shí)停止計(jì)時(shí)，記下A、B分別到達(dá)C、D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₁和t₂．
本實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測(cè)量的物理量是

 

，利用上述測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是

 

．
（3）2008年北京奧運(yùn)會(huì)場(chǎng)館周圍 80%～90% 的路燈將利用太陽(yáng)能發(fā)電技術(shù)來(lái)供電，奧運(yùn)會(huì)90%的洗浴熱水將采用全玻真空太陽(yáng)能集熱技術(shù)．科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)太陽(yáng)發(fā)光是由于其內(nèi)部不斷發(fā)生從氫核到氦核的核聚變反應(yīng)，即在太陽(yáng)內(nèi)部4個(gè)氫核（

1 1

H）轉(zhuǎn)化成一個(gè)氦核（_4He）和兩個(gè)正電子（_0e）并放出能量．已知質(zhì)子質(zhì)量m_P=1.0073u，α粒子的質(zhì)量m_α=4.0015u，電子的質(zhì)量m_e=0.0005u． 1u的質(zhì)量相當(dāng)于931．MeV的能量．
①寫出該熱核反應(yīng)方程；
②一次這樣的熱核反應(yīng)過(guò)程中釋放出多少M(fèi)eV的能量？（結(jié)果保留四位有效數(shù)字）

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                       高考真題

1．【解析】本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過(guò)c點(diǎn)的合場(chǎng)方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的結(jié)構(gòu)可知，離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，所以選項(xiàng)A正確；因在盒內(nèi)洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場(chǎng)中獲得能量，故選項(xiàng)D正確．

【答案】AD

3．【解析】由安培定則判斷在水平直導(dǎo)線下面的磁場(chǎng)是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉(zhuǎn)動(dòng)

【答案】C

4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，又根據(jù)左手定則得選項(xiàng)A正確．

【答案】A

5．【解析】因?yàn)閠anα=板間距離/板長(zhǎng)，并可用荷質(zhì)比表示，由左手定則可以判斷負(fù)外；不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

【答案】不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

6．【解析】(1)質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點(diǎn)飛離磁場(chǎng)時(shí)，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質(zhì)點(diǎn)軌跡與x軸的交點(diǎn)為A，過(guò)A點(diǎn)作與A點(diǎn)的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關(guān)系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設(shè)圓弧的半徑為R，則有

                            R=dsinj                     

     由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得                                         

將①式代入②式，得                             

(2)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度為v₀，在電場(chǎng)中的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有

v₀＝vcosj                           vsinj＝at                            d=v₀t聯(lián)立發(fā)上各式得

設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，由牛頓第二定律得    qE＝ma         聯(lián)立得

【答案】（1）    （2）

7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得，

  mgy=mv²           ……①

得  v=            ……②

（2）設(shè)在最大距離y_m處的速率為v_m,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)有，

qv_mB-mg=m             ……③

且由②知         ……④

由③④及R=2y_m

得                  ……⑤

（3）小球運(yùn)動(dòng)如圖所示，

由動(dòng)能定理 （qE-mg）|y_m|=       ……⑥　

由圓周運(yùn)動(dòng)  qv_mB+mg-qE=m         ……⑦   

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）     （2）   （3）

8．【解析】⑴做直線運(yùn)動(dòng)有：                     

          做圓周運(yùn)動(dòng)有：

          只有電場(chǎng)時(shí)，粒子做類平拋，有：

                  解得：

          粒子速度大小為：

          速度方向與x軸夾角為：

          粒子與x軸的距離為：

        ⑵撤電場(chǎng)加上磁場(chǎng)后，有：

                          解得：                    

          粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關(guān)系得C點(diǎn)坐標(biāo)為：

           過(guò)C作x軸的垂線，在ΔCDM中：

                          解得：

           M點(diǎn)橫坐標(biāo)為：

【答案】（1）    （2）

9．【解析】方法1：（1）設(shè)粒子在0～t₀時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為s₁

                                                   ①

                                        ②

又已知

聯(lián)立①②式解得

                                           ③

（2）粒子在t₀~2t₀時(shí)間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場(chǎng)方向垂直，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)速度大小為v₁，軌道半徑為R₁，周期為T，則

                                          ④

                                 ⑤

聯(lián)立④⑤式得

                                         ⑥

又                                    ⑦

即粒子在t₀~2t₀時(shí)間內(nèi)恰好完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在2t₀~3t₀時(shí)間內(nèi)，粒子做初速度為v₁的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移大小為s₂

                             ⑧

解得                               ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀時(shí)間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v₂，半徑為R₂

                                   ⑩

                                 11

解得                              12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在4t₀～5t₀時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)到正極板（如圖所示）。因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑

（3）粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。                   

方法2：由題意可知，電磁場(chǎng)的周期為2t₀，前半周期粒子受電場(chǎng)作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

                方向向上

        后半周期粒子受磁場(chǎng)作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T

        粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動(dòng)。至第n個(gè)周期末，粒子位移大小為s_n

        又已知 

        由以上各式得      

        粒子速度大小為    

       粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為     

       解得      

       顯然       

   【答案】（1）粒子在0～t₀時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值  

      （2）粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑  

      （3）粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖見(jiàn)解法一中的圖。

10．【解析】（1）由于粒子在P點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。                                         

設(shè)入射粒子的速度為，由洛侖茲力的表達(dá)式和牛頓第二定律得

             ………… ①

由上式解得           ………… ②

（2）設(shè)是粒子在磁場(chǎng)中圓弧軌道的圓心。連接，設(shè)。  

如圖所示，由幾何關(guān)系得     ………… ③

                     ………… ④

由余弦定理得

                ………… ⑤

聯(lián)立④⑤式得

                     ………… ⑥

設(shè)入射粒子的速度為，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁場(chǎng)中的半徑滿足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）               

⑵t=2.8×10^-2s兩次穿越磁場(chǎng)總時(shí)間恰好是一個(gè)周期，在磁場(chǎng)外的時(shí)間是，代入數(shù)據(jù)得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）    （2）t=2.8×10^-2s

                   名校試題

1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場(chǎng)方向，并求出其合磁場(chǎng)是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場(chǎng)力垂直R，指向y軸負(fù)方向

【答案】A

2．【解析】 電子在飛行過(guò)程中受到地磁場(chǎng)洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運(yùn)動(dòng)的速率不發(fā)生改變；又因?yàn)殡娮釉谧晕飨驏|飛向熒光屏的過(guò)程中所受的地磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓周。

【答案】CD

3．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得，故電源的電動(dòng)勢(shì)為Bvd

【答案】BC

4．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢(shì)，所以選項(xiàng)A正確；，所以選項(xiàng)C也正確．

【答案】AC

5．【解析】設(shè)D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動(dòng)能由qvB=m得E_km==,由此式得選項(xiàng)AC正確．

【答案】AC

6．【解析】無(wú)磁場(chǎng)時(shí)，小球隊(duì)在C點(diǎn)由重力提供向心力，，臨界速度。

從A至C由機(jī)械能守恒定律得：，有

加磁場(chǎng)后，小球在C點(diǎn)受向上的洛侖茲力，向心力減小，

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機(jī)械能守恒

因，所以，故選項(xiàng)C正確。

【答案】C

7．【解析】(1)電場(chǎng)中加速，由                   

∴                           

磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得  

∴                      

可見(jiàn)在兩磁場(chǎng)區(qū)粒子運(yùn)動(dòng)半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O₁O₂O₃是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為2r www.ks5u.com                                

∴   

(2)電場(chǎng)中，        中間磁場(chǎng)中，             

右側(cè)磁場(chǎng)中，             則           

【答案】（1）    （2）

8．【解析】（1）磁場(chǎng)中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，故有

     --------------①

同時(shí)有   -----------②

粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)知， 

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝，        ------------ ③

故，C點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）。         ----------- ④

（2）設(shè)粒子從A到C的時(shí)間為t₁，設(shè)粒子從A到C的時(shí)間為t₁，由題意知

                        ------------ ⑤

設(shè)粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到返回C的時(shí)間為t₂，其在電場(chǎng)中做勻變速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，有                      ------------⑥

及  ，       ------------⑦

聯(lián)立⑥⑦解得       ------------⑧

設(shè)粒子再次進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₃，由題意知

            ------------ ⑨

故而，設(shè)粒子從A點(diǎn)到第三次穿越x軸的時(shí)間為

    ------------ ⑩

（3）粒子從第三次過(guò)x軸到第四次過(guò)x軸的過(guò)程是在電場(chǎng)中做類似平拋的運(yùn)動(dòng)，即沿著v₀的方向（設(shè)為x′軸）做勻速運(yùn)動(dòng)，即

     ……①              …………② 

沿著qE的方向（設(shè)為y′軸）做初速為0的勻變速運(yùn)動(dòng)，即

    ……③             ……④  

設(shè)離子第四次穿越x軸時(shí)速度的大小為v，速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為α.

由圖中幾何關(guān)系知

      ……⑤             ……⑥

       ……⑦

綜合上述①②③④⑤⑥⑦得

        ……⑧            

【答案】（1）C點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）     （2）       （3）        

9．【解析】 ⑴由電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，微粒能從P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)，應(yīng)滿足 

其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為或。

設(shè)圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶當(dāng)n取奇數(shù)時(shí)，微粒從P到Q過(guò)程中圓心角的總和為

，

，其中n =1、3、5、……

當(dāng)n取偶數(shù)時(shí)，微粒從P到Q過(guò)程中圓心角的總和為

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B  （2）    （3）當(dāng)n取奇數(shù)時(shí)，

當(dāng)n取偶數(shù)時(shí)，

10．【解析】（1）粒子源發(fā)出的粒子，進(jìn)入加速電場(chǎng)被加速，速度為v₀，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：                                           

要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域，

則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場(chǎng)力大小相等，

   得到                                      　　

將②式代入①式，得                        

（2）粒子從O₃以速度v₀進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)．粒子將以半徑R在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)一周后打到ab板的下部．由于不計(jì)板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間，即一個(gè)周期T．

由和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得                     

粒子在磁場(chǎng)中共碰到2塊板，做圓周運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間為            

粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中，在v₀方向的總位移s=2Lsin45°，時(shí)間為         

則t=t₁+t₂=

   【答案】 （1）     （2）     

11．【解析】設(shè)速度為v₀時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r

有                 得r==                           

設(shè)速度為2v₀時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r′

得r′==L                                         

設(shè)其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ                     

由圖中的幾何關(guān)系有：cosθ==                              

得θ＝45°或θ＝135°                                         

（2）為使粒子進(jìn)入電場(chǎng)后能垂直打在擋板上，則要求粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向

與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進(jìn)入電場(chǎng)后由動(dòng)能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)²   得v′=          

當(dāng)θ₁=45°時(shí)，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₁=r－r′sin45°=(－1)L                                 

當(dāng)θ₂ =135°時(shí)，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L                                 

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135°    （2）當(dāng)θ₁=45°時(shí)，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）設(shè)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心位于MN中點(diǎn)O′，

由幾何關(guān)系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m

又Bqv =  

所以

設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂，總時(shí)間為t。

t₁ =      t₂ =

聯(lián)立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則：

lsin45 = at₂²   a =    解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1）  2.07×10^-4（s）   （2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得：

 ①        解得v₀ = 1.0×10⁴m/s   

（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：  ，  

飛出電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：

    ②    解得  θ = 30^o   

（3）進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)微粒的速度是：     ③

軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有：  ④   

洛倫茲力提供向心力：