【文档说明】【精准解析】北京市人大附中2020届高三下学期三模物理试题.doc，共(22)页，1.082 MB，由小赞的店铺上传

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人大附中2019-2020学年度高三6月统一练习题物理第一部分本部分共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.下列说法正确的是（）A.晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征B.液体的分子势能与液体的体积无关C.实

际的气体的体积变化时，其内能可能不变D.组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”【答案】C【解析】【详解】A．只有晶体中的单晶体具有规则的形状且有各向异性的特征，选项A错误；B

．液体的分子势能与液体的体积有关，选项B错误；C．气体的体积变化时，气体对外做功，但如果同时气体吸收热量，气体的内能可能不变。故C正确；D．只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”，故D错误。故选C。2.下列说法错误的是A.彩虹是光的衍射现象B

.肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象C.交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘D.液晶显示应用了光的偏振【答案】A【解析】彩虹是光的色散现象，选项A错误；肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象，选项B正确；交通警示

灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，选项C正确；液晶显示应用了光的偏振，选项D正确；此题选择错误的选项，故选A.3.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是．A.射线是高速运动的电子流B.氢原子

辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.21083Bi的半衰期是5天，100克21083Bi经过10天后还剩下50克【答案】B【解析】【详解】射线是光子流，所以A错误；氢原子辐射光子后，从高轨道跃迁到低轨道，其绕核运动的电子速度增

大，动能增大，故B正确；太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，所以C错误；半衰期是大量的统计规律，少数原子核不适应，所以D错误．故选B．4.如图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝

4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则()A.t＝0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大B.t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C.从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴正方向传播了6mD.从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30

cm【答案】AB【解析】由图乙y-t图像知，周期T=0.20s，且在t=0.10s时Q点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；t=0.05s时，质点Q图甲所示正的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加

速度达到负向最大，所以A错（也可直接从图乙y-t图像分析得出）；t=0.10s到t=0.15时间内，Δt=0.05s=T/4，P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴

负方向，所以B对．振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A．本题中从t=0.10s到t=0.25s内，Δt=0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡

位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm，D错．5.如图所示是某笔记本电脑电池上的标注，充满电后正常办公可以使用10小时，电脑主人发现该笔记本还有一个空余的硬盘位，于是又添加了一块500G的固态硬盘，该固态硬盘额定工作电

压3.3V，平均工作电流20mA，那么电池充满电后，该笔记本电脑正常办公使用时间约为（）A.10小时B.9小时C.8小时D.7小时【答案】A【解析】【详解】固态硬盘的功率为3213.32010W=6.610WPUI添加了一块500G的固态硬盘后电脑的总功率为21

072(6.610)W=7.266W10PPP工作时间为72h10h7.266t故A正确，BCD错误。故选A。6.在教室门与地面间缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），能把门卡住不易被风吹动。下列分析正

确的是（）A.门不易被风吹动的原因是因为风力太小B.门被卡住时，将门对木楔的力正交分解，其水平分力大小小于地面给木楔的摩擦力大小C.门被卡住时，将门对木楔的力正交分解，其水平分力大小等于地面给木楔的摩擦力大小D.塞在门下缝隙处的木楔，其顶角无论多大都能将门卡住【答案】C【解

析】【详解】ABC．对木楔受力分析，受重力、支持力、压力和摩擦力，如图所示竖直方向N=Fcosθ+mg水平方向f=Fsinθ则门被卡住时，不是因为风太小，将门对木楔的力正交分解，其水平分力大小等于地面给木楔的摩擦力大小，故AB错误，C正确。D．最大静摩

擦力约等于滑动摩擦力，为fmax=μN=μ（Fcosθ+mg）考虑摩擦自锁情况，不管多大的力F均满足满足fmax≥f即μ（Fcosθ+mg）≥Fsinθ由于m很小，故只要μ≥tanθ即可，题中由于θ很小，故很容易满足自锁条件；即顶角满

足μ≥tanθ才能将门卡住，故D错误。故选C。7.为简单计，把地－月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动，如图所示，虚线为月球轨道。在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点”的特殊点。在这些点，质量极小的物体（如人造卫星）仅在地球和月球引力共同

作用下可以始终和地球、月球在同一条线上，则图中四个点不可能是“拉格朗日点”的是（）A.A点B.B点C.C点D.D点【答案】B【解析】【详解】B点处的物体受到地球与月球的万有引力的方向相同，而B到地球的之间小于月球到地球的距离，根据万有引力提供向心力可

知，B处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能与月球具有相等的角速度，所以也不是拉格朗日点，同理分析，A、C、D可能是拉格朗日点”，故B正确，ACD错误。故选B。8.在探究变压器的两个线圈的电压关系时，某

同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上，如图所示．线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡．他所用的线圈电阻忽略不计．当闭合学生电源的开关时，他发现电源过载（电流过大，超过学生电源允许的最大值）．如果仅从解决电源过载问题的角度考虑，下列采取的措施中，最可能有效的是A.

增大电源电压B.适当增加原线圈a的匝数C.换一个电阻更小的灯泡D.将线圈a改接在学生电源直流输出端【答案】B【解析】【详解】A．若增大电源电压，则次级b的电压变大，则次级电流增大，导致初级a电流变大，故电源更加过载，选项A错误；B．适当增加原线圈a的匝数，

则根据变压器电压和匝数关系可知，次级线圈b电压减小，次级电流减小，故初级电流减小，这时可使电源不过载，选项B正确；C．换一个电阻更小的灯泡，则次级电阻减小，电流变大，则初级电流变大，电源更加过载，选项C错误；D．将线圈a改接在学生电源直流输出端，则

变压器次级将无电压，灯泡不亮，则不是最有效的方法，选项D错误；故选B。9.磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体（含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就

是一个直流电源的两极。稳定时两板间等离子体有电阻。忽略边缘效应，下列判断正确的是（）A.上板为负极B.上、下两极板间的电压U=BvdC.等离子体浓度越高，电动势越大D.该发电机不需要外界提供能量【答案】A【解析】【详解】A．大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时

，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的下极板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到上极板上，故上极板为负极，故A正确。B．根据EqvBqd得E=Bdv磁流体发电机具有内阻，上下极板两端为路端电压，故U＜Bdv，故B错误。C．由表达

式E=Bdv可知，电动势与等离子体的浓度无关，故C错误；D．该发电机需要外界不断的射入等离子体，则也需要外界提供能量，故D错误。故选A。10.如图所示，质量为m的物体从竖直轻弹簧的正上方由静止自由落下，落到弹簧上，将弹簧压缩。经过时间t，物体下落的高度为h，物体的速度为v。在此过

程中，地面对弹簧支持力的冲量大小为I、做功为W。则有（）A.ImgtmvBImgtmvC.212WmghmvD.212Wmghmv【答案】B【解析】【详解】AB．对物块由动量定理可知mgtImv得Imgtm

v由牛顿第三定律可知，弹簧对物块的作用力总是大小相等，方向相反，由IFt可知，地面对弹簧支持力的冲量大小为Imgtmv故A错误，B正确；CD．由于地面对弹簧支持力的作用点没有位移，则地面对弹簧支持力做功为0，故CD

错误。故选B。11.我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的

反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。则（）A.当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时可以探究向心力大小与线速度的关系B.当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮

盘上、质量相等的小球分别放在B、C时可以探究向心力大小与角速度的关系C.当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时可以探究向心力大小与线速度的关系D.当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮

盘上、质量相等的小球分别放在A、C时可以探究向心力大小与角速度的关系【答案】D【解析】【详解】A．研究向心力与线速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；则当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，但是由于放在B、C的两球转动半径不等，则线速度不等，则质量相等的小球分别放

在B、C时不可以探究向心力大小与线速度的关系，选项A错误；B．研究向心力与角速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；则当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，放在B、C的两球转动半径不等，角速度相等，则质量相等的小球分别放

在B、C时不可以探究向心力大小与角速度的关系，选项B错误；C．研究向心力与线速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时半径不相等，则不可以探究向心力大小与线速度的关系，选项C错误；D．研究向心力与角速度的关系时要使得两球的质量和

半径相等；当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在A、C时，半径相等，角速度不等，则可以探究向心力大小与角速度的关系，选项D正确。故选D。12.如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置。有一个可绕固定转轴转动的铜盘

，铜盘的一部分处在蹄形磁体中实验时用导线连接铜盘的中心C。用导线通过滑片与钢盘的边线D连接且按触良好，如图乙所示，若用外力转动手柄使圆盘转动起来，在CD两端会产生感应电动势（）A.如图甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以C为圆心的同心圆环中的磁通量发生了变化B.如图

甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势C.如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自下而上D.如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下【答案】C【解析】【详解

】AB．外力摇手柄使得铜盘转动产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个沿半径方向的铜棒在切割磁感线而产生的，故AB错误；CD．若用外力顺时针(从左边看)转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为C到D(电源内部

)，D端是感应电动势的正极，所以通过R的电流自下而上，故C正确，D错误。故选C。13.某同学按如图1所示连接电路，利用电流传感器研究电容器的放电过程．先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I

-t曲线，如图2所示．定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是（）A.电容器放出的总电荷量B.电阻R两端的最大电压C.电容器

的电容D.电源的内电阻【答案】D【解析】【详解】A.根据QIt可知It图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即QS，故选项A可求；B.电阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压max0UIR，故选

项B可求；C.根据QCU可知电容器的电容为max0QSCUIR，故选项C可求；D.电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即max0EUIR，但内电阻没法求出，故选项D不可求．14.核聚变过程可以释放大量能量。一种

典型的聚变反应就是四个氢原子核（质子）结合成一个氦原子核，大约释放28MeV的能量。太阳内部就时刻发生着核聚变，给我们带来光和热。如果想实现人工核聚变，困难在于原子核都带正电，互相排斥，一般情况下不能相互靠近而发生结合，只有在温度达到极高温度

时，原子核的热运动速度非常大，才能冲破库仑斥力的壁垒，碰撞到一起发生结合，这叫热核反应。根据统计物理学，绝对温度为T时，粒子的平均动能32kEkT，其中k=1.38×10－23J/K，叫做玻尔兹曼常量。理论计算表明，

当质子的平均动能达到约7.2×105eV时，热运动的质子容易发生结合而发生聚变反应。不考虑量子效应及相对论效应，根据以上信息结合经典理论，判断下列说法正确的是（）A.将氦核的核子全部分开，大约需要28MeV的能量，氦核

的比结合能约为14MeVB.若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，则一个质子从远处以初动能2E0与另一个静止的质子发生正碰，也能恰好结合C.若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，则一个质子从远处以初动能4E0与另一个静止的质子发生正碰，也能恰好结合D.由以上信息可

以计算出发生热核反应时的温度约为107K量级【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，将氦核的核子全部分开，大约需要28MeV的能量，则氦核的比结合能约为28MeV7MeV4E故A错误；BC．若两个质子以相同初动能E0相向运动正碰而恰好结合，由动量和能量守恒可

知，质子结合能为2E0，则一个质子从远处以初动能4E0与另一个静止的质子发生正碰，也能恰好结合，故B错误，C正确；D．由题意有5192337.2101.6101.3810T2得95.610KT故D

错误。故选C。第二部分本部分共6题，共58分。15.某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。(1)下列各项要求中，属于本实验必须要做到的是_________。A．在等温条件下操作B．注射器的密封性良好C．测量所封闭气体的质量D．气体的压强和体积必须用国际单位(2)某小组某次实验只记录了如下面

表格所示的两组数据。小王认为，这两组数据很好地体现了玻意耳定律的规律，因为两组数据p和V的乘积几乎相等，说明p跟V成反比；小李却认为，如果把这两组数据在纵坐标轴为p、横坐标轴为1V的坐标系中描点，这两点连线的延

长线将不经过坐标原点，因此这两组数据没有反映玻意尔定律的规律。对此你有什么看法？________________。数据序号均匀玻璃管内空气柱长度l/cm空气柱的压强p/105Pa139.81.024240.30.998【答案】(1).A

B(2).以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p-V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出1pV图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比，因此小李的看法正确。【解析】【详解】(1)［1］ABC．气体状态方程的使用条件是一定质量的气体，因此要求注射器的密封性良好，但

不需要测量所封闭气体的质量，在研究温度不变时的气体压强与体积的关系时，气体的温度要保持不变，故AB符合题意，C不符合题意；D．本实验研究的是气体压强与体积的比例关系，单位无需统一为国际单位，故D不符合题意。

故选AB。(2)［2］两组数据的乘积近似相等，因此可能会出现不过原点的情况，两位同学的方法都有问题，应取多组数据，在数据乘积近似相等的情况下描绘1pV图像，在图像误差范围内过原点直线即可验证。16.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求

尽量减小实验误差。(1)应该选择的实验电路是图中的_____（选填“甲”或“乙”）。(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线________。序号123456电压U/V1.451.401.301.251.2

01.10电流I/A0.060.120.240.260.360.48(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω。（均保留2位有效数字）(4)选修3－1教材写道：用水果电池做这个实验的优点是它的内阻比较大，容易测

量。那么，如果测定水果电池的电动势和内阻，则测量电路选择甲还是乙？简要说明理由____________________。(5)某同学进一步用如图丙所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中R是电阻箱，定值电阻R0=3000Ω，G是理想电流计。改变R的阻值分别读出电流计的读数，做

出11RI图像如图丁所示，由图可求得电源的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω。（均保留2位有效数字）【答案】(1).甲(2).见解析(3).1.5(4).0.83(5).乙，说明见解析(6).3.0(7).1.0【解析】

【详解】(1)[1]甲图中测量的电动势和内电阻都偏小，但接近真实值，而乙图虽然电动势测量准确，但测量的内电阻等于电源内阻与电流表内阻之和，相对误差较大，因此选用甲电路图测量较准确。(2)[2]描点、连线画出—UI图象，如图所示(3)[3][4]由于

图象的表达式为UEIr可知图象在纵轴的截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于内阻，因此可得1.5VE1.51.0Ω0.83Ω0.6r(4)[5]如果水果电池的内阻较大，当内电阻远大于电流表内阻时，若选用甲图测得的内电阻等于内电阻与电压表内阻并联之后总电阻，误

差较大；而选用乙图时，测得的内电阻等于电源内阻与电流表串联电阻之和，误差较小。并且乙图测量的电动势是准确的，因此选用乙图更准确。(5)[6][7]根据0EIRRRr整理得0111ERRrIr可得011000

EkRr，11.0r代入数据，整理得3.0VE，1.0Ωr17.机械能包括动能、重力势能和弹性势能，如图所示的实验装置中，力传感器一端固定在固定铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂重物，把重物向下拉开适当距离由静止释放，使其在竖直方向上下运动，弹簧不超

过弹性限度，不计空气阻力。实验测得的弹力大小随时间变化规律如图所示，最大拉力为Fm，最小拉力为0，周期为2T。已知重力加速度g。(1)求重物的质量m；(2)以运动过程的最低点为重力势能零点，定性作出重力势能随时间变化的图线；(3)定性作

出重物的动能随时间变化的图线；【答案】(1)m2Fg；(2)见解析；(3)见解析【解析】【详解】(1)根据简谐振动的对称性，在最高点和最低点所受合力大小相等，方向相反，因此mFmgmg因此物体的质量m2Fmg(2

)由于重物体在竖直方向做简谐振动，初始时刻在最高点，重力势能最大，重力势能随时间变化的周期也是2T，图线如图所示(3)由于初始时刻在最高点，动能为零，由于动能没有方向性，因此动能变化的周期为T，图象如图所示18.如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在方向垂直于纸面向里、磁感应

强度大小分别为2B与B的范围足够大的匀强磁场。一个质量为m、电量为q的带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，不计重力。求射出后：(1)该粒子第一次通过y轴时的纵坐标；(2)该粒子第三次通过y轴时的纵坐标；(3)若将

x>0区域的磁场更换为沿x轴正方向的匀强电场，求该粒子第三次通过y轴时的纵坐标。【答案】(1)mvqB；(2)0；(3)2mvqB【解析】【详解】(1)由左手定则可知，粒子洛伦兹力做顺时针方向圆周运动，轨迹如图所示，由22vqvBm

R得2mvRqB则第一次通过y轴时的纵坐标为2mvyRqB(2)由2vqvBmr可知，粒子在x>0区域做圆周运动的半径为2R，由图可知，粒子第三次通过y轴的纵坐标为0；(3x>0区域改为电场后，粒子第一次通过y轴后向右匀减速到速度为0，后反向加速第二次通过y轴上同一点进入

磁场做圆周运动，则第三次通过y轴时，其纵坐标为24mvyRqB19.(1)有一条横截面积S=1mm2的铜导线，通过的电流I=1A，已知铜的密度=8.9×103kg/m3、摩尔质量M=6.4×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol－1

，电子的电量e=1.6×10－19C。在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子。求铜导线中自由电子定向移动的速率?（保留1位有效数字）(2)由上述计算结果可知：自由电子靠定向移动通过一条1m长的导线需要很长时间。可是电灯开关闭合时，

电灯瞬间就亮了，感觉不到延迟。如何解释这个现象？(3)进一步研究表明：金属内自由电子在常温下热运动的速率为105m/s这个量级，其动能用Ek0表示。考虑这个动能之后，光电效应方程应该是Ek0+h=W0+Ekm，可是教材上光电效应方程并没有

Ek0这一项。试通过定量计算说明其原因。（已知电子质量m=9.1×10－31kg，铜的截止频率为1.061015Hz，普朗克常量h=6.6310－34Js，某次实验中单个光子能量约75eV=1.2

10－17J）【答案】(1)5810m/sv；(2)见解析；(3)见解析【解析】【详解】(1)设自由电子在导线内定向移动的速率为v，单位体积内自由电子数目n，对导线某截面，设t时间内通过导体截面的

电量为q，由电流强度定义有qneSvtIneSvtt由题意，自由电子数目为ANnM代入得AMIvSeN代入数据解得5810m/sv(2)闭合开关的瞬间，电路中的各个位置迅速建立了恒定电场，在恒定电场的作用下，电路中各处

的自由电子几乎同时开始定向移动，整个电路也就几乎同时形成了电流，所以电灯瞬间就亮，感觉不到延迟；(3)电子热运动的动能为2315221k0119.110(10)J4.610J22Emv铜的逸出功为341519006.63101.0610

J7.010JWh自由电子热运动动能与铜的逸出功相比小2个数量级，与入射光子能量相比，小3到4个数量级，故在光电效应方程中可以忽略k0E。20.可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。

而均匀带电薄球壳在内部任意点产生的电场强度为零，由以上信息结合叠加原理解决下列问题。已知静电力常量为k。(1)写出电场强度大小的定义式，并结合库仑定律求真空中点电荷Q产生电场中，距离该电荷r处场强大小；(2)一半径为R、带正电荷Q且均匀分布的实心球

体，以球心O为原点建立坐标轴Ox，如图甲所示。求Ox轴上电场强度大小E与坐标x的关系并在答题纸上定性作出函数图象；(3)根据汤姆生的原子模型，我们可以把原子看成是一个半径为R=10－10m的电中性的球体，正电荷均匀分布在整个球内，电子像

枣糕里的枣子一样镶嵌在原子里。在粒子散射实验中，某粒子沿着原子边缘以速度v射向金原子，如图乙所示。不考虑电子对粒子的作用。为简单计，认为该粒子接近金原子时（即rR，图中两条平行虚线范围内）才受金原子中正电荷的静电作用，作用

力为恒力，大小为F=2QqkR（Q和q分别为金原子正电荷电量和粒子电量）、方向始终与入射方向垂直，作用时间的数量级为2Rv，粒子的偏转角度。（k=9.0×109Nm2/C2，金原子序数79，α粒子动能约Ek=5MeV=810－13J，电子电量e=1.6×10－19C，保留

1位有效数字）【答案】(1)FEq，2kQEr；(2)；(3)454.5510【解析】【详解】(1)场强大小的定义式为FEq，由库仑定律2kQqFr结合定义得，点电荷Q产生的电场中2kQ

Er；(2)由题意和(1)的结果可知，在xR的区域，带电球体产生的场强大小2kQEr，在xR的区域，可以将带电球体分成两部分，半径为x的带电球体和外面的球壳(xR的部分可以看成无数层薄球壳)，由题意，xR的

部分在x处产生的场强为0，整体带电球体在x处产生的电场和半径为x的球体在x处产生的电场相同，半径为x的球体带电量为3''3334π43π3QxQQVxRR由(1)知'23QkQEkxxR则函数关系式为32kQxxRREkQxRx

…………其图象如图所示(3)借用教材必修2圆周运动的图来说明，如图所示，粒子入射速度为Av，受金属原子的作用为垂直于速度的恒力，其速度变化v的方向与Av垂直，由动量定理Ftmv得v与入射速度v的比值为

vmvFtvmvmv将2kQqFr和2Rtv代入得2k2vmvFtkQqkQqvmvmvmwRER代入数据得44.5510vv保留一位有效数字结果为4510vv结果表进，α粒子速度变化非常小，变化后的速度可用图中的Bv表示，图中三角形为直角三角

形，也可看成角度很小的等腰三角形，偏转角454.5510vv