【文档说明】【精准解析】北京一零一中2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题.doc，共(21)页，1.041 MB，由小赞的店铺上传

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北京一零一中2019－2020学年度第二学期期末考试高二物理一、单项选择题1.下列说法正确的是（）A.布朗运动反映了微粒中分子运动的不规则性B.对于一定质量的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内

的分子数所占的百分比是不确定的C.能量的耗散是从能量的转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D.只要有足够高的技术条件，绝对零度是可以达到的【答案】C【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，间接反映了液体分子运动的不规则性，选项

A错误；B．对于一定种类的大量气体分子存在统计规律，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的，故B错误；C．由热力学第二定律可知，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故C正确；D．绝对零度是低温的极

限，是不可以达到的，选项D错误。故选C。2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体()A

.对外做正功，分子的平均动能减小B.对外做正功，内能增大C.对外做负功，分子的平均动能增大D.对外做负功，内能减小【答案】A【解析】【分析】根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外

界做功，即气体对外界做负功，故W＜0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．【详解】密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W

＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A正确；故选A．点评：热力学第一定律的

公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．3.卢瑟福α粒子散射实验的结果（）A.证明了质子的存在B.证明了原子核是由质子和

中子组成的C.证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里D.证明了原子中的电子只能在某些轨道上运动【答案】C【解析】【详解】卢瑟福α粒子散射实验的结果证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里，并没有证明原子核是由质子和中子组成的，也不能证明质子的存在。故选C

。4.天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知A.②来自于原子核外的电子B.①的电离作用最强，是一种电磁波C.③的电离作用较强，是一种电磁波D.③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子

【答案】D【解析】试题分析：因为射线的穿透本领最强，射线的穿透本领最弱，由图可知①为射线，②为射线，③为射线；射线的电子来自原子核内的中子转变为质子时放出的，选项A错误；射线电离作用最强，但它不是电磁波，选项B错误；射线的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子

，是一种电磁波，选项C错误，D正确；故选D.考点：放射性三种射线.5.根据爱因斯坦的“光子说”可知（）A.“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”B.光的波长越大，光子的能量越小C.一束单色光的能量可以连续变化D.只有光子数很多时，光才具有粒子性【答案】B【解析】爱因斯坦的“

光子说”认为光是一份一份的不连续的它并不否定光的波动性，而牛顿的“微粒说”与波动说是对立的，因此A不对由爱因斯坦的“光子说”中光子的能量；CEhh可知波长越长，光子的能量越小，因此B正确．某一单色光，波长恒定，光子的能量也是恒定的，因此C不对大量光

子表现为波动性，而少数光子才表现为粒子性，因此D不对．6.图甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱。已知谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子（）A.从n=3的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光B.从n=5的

能级跃迁到n=2的能级时的辐射光C.从n=4的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光D.从n=2的能级跃迁到n=1的能级时的辐射光【答案】B【解析】【详解】氢原子从高能级向低能级跃迁，能量以光子的形式向外辐射，根据c可知两种谱线的频率大小关系为ab所以

两种光子的能量关系为aabbhh根据题意可知42aahEE因为a和b时邻近的谱线，所以只有从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射的光子能量大于a光的光子能量且与a光的光子能量最接近，ACD错误，B正确。故选B。7.用图甲所示的电路研究光电效

应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的颜色（频率）等物理量间的关系．电流计G测得的光电流I随光电管两端电压U的变化如图乙所示，则()A.通过电流计G的电流方向由d到cB.电压U增大,光电流I一定增大C.用同频率的光照射K极，光电子的最大初动能与光的强弱无关D.

光电管两端电压U为零时一定不发生光电效应【答案】C【解析】A、电流方向与逃逸出来的电子运动方向相反，所以通过电流计G的电流方向由c到d，故A错误；B、光电流的大小与光的强弱有关，遏止电压与光的频率有关，光电流的大小与光的频率无关，故B错误；C、用同频率的光照射K极，根据爱因斯坦光电效应方程kE

hW，光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强弱无关，故C正确；D、光电管两端电压U为零时，光电效应照样发生，打出来的电子沿各个方向飞去，故D错误；故选C．8.下列关于物质波的说法正确的是（）A.实物粒子具有粒子性，在任何条件下都不可能表现出波

动性B.宏观物体不存在对应波的波长C.电子在任何条件下都能表现出波动性D.微观粒子在一定条件下能表现出波动性【答案】D【解析】【详解】AB．任何一个运动着的物体，小到电子质子大到行星太阳，都有一种波与之对应，这种波称为物质波，所以物体要运动时才有物质波。故AB错误；CD．电子由波动性，但

在一定条件下才能表现出来。电子的衍射，是把电子束照到晶体上才发生的。晶格很小，只有数千埃甚至数百埃，跟电子的物质波长差不多，这时才表现出来。故C错误，D正确。故选D。9.关于电磁波谱，下列说法中正确的是（）A.电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无

线电波B.红外线、紫外线、可见光、伦琴射线是原子的外层电子受激发后产生的C.伦琴射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的D.红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线【答案】A【解析】【详解】A．电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无

线电波，因为无线电波的波长较长，波动性强，A正确；B．红外线、紫外线、可见光、是原子的外层电子受激发后产生的，而伦琴射线是原子的内层电子受激发后产生的，B错误；C．伦琴射线是原子的内层电子受激发后产生

的，而射线是原子核受激发产生的，C错误；D．红外线的波长比红光波长长，它的显著作用是热作用，温度较低的物体也能辐射红外线，D错误。故选A。10.关于狭义相对论的说法，不正确的是（）A.狭义相对论认为在不

同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的B.狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c，与光源的运动无关C.狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系D.狭义相对论认为任何情况下物体的质量不变【答案】D【解析】【详解】A．根据狭义相对论的两个基本假设可知：在不同的惯性参考系中，一切

物理规律都是相同的，故A不符合题意；B．光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一，故B不符合题意；C．狭义相对论两个基本假设：一是在不同惯性参考系中，一切物理定律都是相同的，只涉及无加速运动的惯性系，故C不符合题

意；D．相对论认为，物体的质量随速度的增大而增大，故D符合题意。故选D。11.如图所示，用灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”和“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息。已知在图甲中，电流计指针向左偏转

。以下说法正确的是（）A.在图乙所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转B.在图丙所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转C.在图丁所示实验过程中，电流计指针应该向右偏转D.实验中，若磁铁在线圈上方静止不动，电流表的指针将不再偏转【答案】D【解析】【详解】在

图甲中，当穿过线圈的磁通量向下增加时，产生的感应电流流过电流计，电流计指针向左偏转，则：A．在图乙所示实验过程中，穿过线圈的磁通量向上增加时，则电流计指针应该向右偏转，选项A错误；B．在图丙所示实验过程中，穿过线圈的

磁通量向下减弱，则电流计指针应该向右偏转，选项B错误；C．在图丁所示实验过程中，当穿过线圈的磁通量向上减小，与向下增加等效，则电流计指针应该向左偏转，选项C错误；D．实验中，若磁铁在线圈上方静止不动，穿

过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，则电流表的指针将不再偏转，选项D正确。故选D。12.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向向上为正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是（）A.B.C.

D.【答案】A【解析】【详解】均匀变化的磁场产生恒定的电流，在01s内，磁场方向竖直向下，并且均匀减小，根据楞次定律得感应电流方向为正；12s:内磁场方向竖直向上，并且均匀增大，根据楞次定律得感应电流方向为正，23s:内磁场方向竖直向上，并且均匀减小，根据楞次定律得感应电流

方向为负；在34s内，磁场方向竖直向下，并且均匀增大，根据楞次定律得感应电流方向为负；45s内的变化与01s内一致，即电流方向为正，因此选项A正确。故选A。13.如图所示电路为演示自感现象的电路图，其中0R为定值电阻，电源电动势为E、内阻为r，小灯泡的灯丝电阻为R（可视为不变）

，电感线圈的自感系数为L、电阻为LR．电路接通并达到稳定状态后，断开开关S，可以看到灯泡先是“闪亮”（比开关断开前更亮）一下，然后才逐渐熄灭．为了观察到断开开关S时灯泡比开关断开前有更明显的“闪亮”现象，下列措施中一定可行的是（）A.撤去电

感线圈中的铁芯，使L减小B.更换电感线圈中的铁芯，使L增大C.更换电感线圈，保持L不变，使LR增大D.更换电感线圈，保持L不变，使LR减小【答案】D【解析】【详解】AB．是阻碍电流的变化，撤去电感线圈中的铁芯，使L减小，阻碍作用减小

，闪亮的时间缩短，反之闪亮的时间延长，并不影响亮度，AB错误；CD．L保持不变，感应电动势不变，减小LR，则通过小灯泡的电流增大，故实验现象会更明AB显，C错误D正确;故选D。14.如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线

圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5∶1.电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（）A.电流表的示数为2.5AB.电压表的示数约为442VC.原线圈的输入功率为22WD.原线圈交电电流

的频率为0.5Hz【答案】C【解析】【详解】B．分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为2202V，有效值为220V，则原线圈输入电压U1=220V，根据变压比可知，副线圈输出电压221144VnUUn

则电压表的示数为44V，故B错误；A．根据欧姆定律可知，副线圈输出电流220.5AUIR根据变流比可知，原线圈输入电流21210.1AnIIn故A错误；C．副线圈输出功率P2=U2I2=44×0.5W=22W根据变压器的输入功率

等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确；D．原线圈交电电流的频率为11Hz50Hz0.02fT故D错误。故选C。15.如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向

转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω。则当线圈转至图示位置时，下列说法不正确的是（）A.线圈中感应电流的方向为abcdaB.线圈中的感应电流为2nBlRC.穿过线圈的磁通量为0D.穿过某匝线圈磁通量的变化率为Bl2ω【答案】A【解析】【

详解】A．图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为a→d，bc中电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba，故A符合题意；B．线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBl2ω线圈中的感应电流为2nBlIR故B不符合题意；CD．

图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，磁通量的变化率为Bl2ω，故CD不符合题意。故选A。16.图为远距离输电的示意图，已知发电机的输出电压保持恒定不变，而且输电线路及其设备均正常，变压器为理想变压器，只考虑远距离输

电线上的电阻，其他导线电阻不计。由于用电高峰时，用户的总功率变大，则对应着（）A.升压变压器的输入电流减小B.升压变压器的输出电压减小C.降压变压器的输出电压变大D.远距离输电线上的损耗变大【答案】D【解析】【详解

】AD．当电高峰时，用户的总功率变大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，升压变压器的输出电流变大，则升压变压器的输入电流也变大，故A不符合题意，D符合题意；B．升压变压器原副线圈匝数不变，输入电压不变，

故输出电压不变，故B不符合题意；C．当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压不变，则升压变压器输出电压不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压减小，故C不符合题意。故选D。1

7.麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平

行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是（）A.电容器正在充电B.两平行板间的电场强度E在减小C.该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场

D.两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场达到最大值【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电容器内电场强方向向上，下极板带正电，根据电流的方向，正电荷正在流向下极板，因此电容器处于充电过程，A正确；B．电容器的带电量越来越多，内部电场强度越来越大，B错误；C．该变化电场产生磁场方向等效成向上的

电流产生磁场的方向，根据右手螺旋定则可知，电场产生的磁场逆时针方向（俯视），C错误；D．当两极板间电场最强时，电容器充电完毕，回路的电流最小，因此产生的磁场最小，D错误。故选A。18.如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强

磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。若对金属棒施加一个水平向右的外力F使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c。若导轨与金属棒的电阻不计，a到b与b到c的距

离相等，则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是（）A.金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2B.金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1∶2C.在从a到b与从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶1D.在从a到b与从b到c的两个过程中，通过金属棒

的横截面的电量之比为1∶2【答案】A【解析】【详解】A．金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：2，根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：2，根据2EPR知，电

阻R的电功率之比为1：2．故A正确。B．电动势之比为1：2，所以电流比为1：2，根据FA=BIL，则安培力之比为1：2，根据牛顿第二定律，有F-FA=maF=FA+ma所以外力F的大小之比不等于1：2．故B错误。C．根据能量守恒定律，热量211·222ababbababababQFxmvFxm

axFxmax＝同理Qbc=Fxbc-maxbc加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等。故C错误。D．由qR△Φab=△Φbc则qab=qbc故D错误。故选A。19.光滑平行金属导轨M、N水平放置，导轨上放

置着一根与导轨垂直的导体棒PQ。导轨左端与由电容为C的电容器、单刀双掷开关和电动势为E的电源组成的电路相连接，如图所示。在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出）。先将开关接在位置a，使电容

器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b。导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够长。已知磁感应强度大小为B，两水平轨道间距为L，导体棒质量为m，则以下说法中正确的是（）A.空间存在的磁场方向为垂直纸面向外B.导体棒向右运动的最大速

度为EBLC.金属棒稳定后电容器两端的电压为2222ECBLmCBLD.导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量为22ECBLmCBL【答案】C【解析】【详解】A．开关拨到a时，电容器上极板带正电；开关拨向b时，通

过导体棒的电流从P到Q，导体棒向右运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；B．导体棒向右做加速运动时要切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器两端电压相等时，回路电流为零，此时安培力为零，加速度为零，速度最大，以后导体棒做匀速运动，即U

=BLv，因U<E，则最大速度小于EBL，选项B错误；CD．设稳定时的速度为v，此时电容器两端电压为U，则由动量定理BILtmvItqU=BLvqCECU联立解得2222ECBLUmCBL22

ECmqmCBL选项C正确，D错误。故选C。二、实验题20.“用油膜法估测分子的大小”实验体现了构建分子模型的物理思想，应用了通过对宏观量的测量来间接测量微观量的方法。(1)某同学进行了下列操作：A．取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液。测量一滴油酸

酒精溶液中纯油酸的体积VB．将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜C．向浅盘中倒入约2cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上D．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算出油酸膜的面积SE．将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸膜的轮廓画在玻璃板上正确合理的操作顺序是___

__。(2)若该同学计算出滴在水面上油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，测得单分子油膜的面积为S，则油酸分子的直径D=_____。【答案】(1).ACBED(2).VS【解析】【详解】（1）[1]要先配置油酸酒精溶液，测量好1滴油酸酒精溶液的体积，接着算出1滴溶液中纯油酸的体积V，再用浅盘装入约2cm

深的水，然后把滑石粉均匀地撒在水面上，然后再用注射器将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油滴散开、油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜形状描画在玻璃板上；最后将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，用数学方法估算出油膜的面积S，故

正确顺序应为ACBED；（2）[2]酒精油酸溶液中油酸的体积为V，而酒精油酸溶液在水面上形成的油酸薄膜轮廓面积S，所以油酸分子直径为VdS21.如图甲所示，在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距0.20mmd的双缝屏．从仪器注明的

规格可知，像屏与双缝屏间的距离700mmL．然后，接通电源使光源正常工作．①已知测量头上主尺的最小刻度是毫米，副尺（游标尺）上有20分度．某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，使分划板中心刻度线与某条纹A中心对齐，如图乙所示，此时测量头上主尺和副尺的示数情况如图丙所示，此示数为_____

_____mm；接着再转动手轮，使分划板中心刻度线与某条纹B中心对齐，测得A到B条纹间的距离为8.40mm．利用上述测量结果，经计算可得经滤光片射向双缝的色光的波长__________m（保留2位有效数字）．②另一同学按实验装置安装好仪器后，观察

到光的干涉现象效果很好．若他对实验装置作了一下改动后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加．以下改动可能实现这个效果的是__________．A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间B．仅将单缝远离双缝移动少许C．仅将单缝与双缝的位置互换D．仅将

红色滤芯光片换成绿色的滤芯光片【答案】(1).0.25mm(2).-74.810m(3).D【解析】【详解】（1）[1][2]．图中游标卡尺的主尺的刻度为0，游标尺的第5刻度与上边对齐，则读数为：0mm+0.05×5=0.25mm，A到B条纹间的距离为8

.40mm，由图可知A到B条纹间的距离为5个条纹宽度，则8.40mm=1.68mm5x根据公式Lxd得70.201.68mm4.810m700dxL（2）[3]．对实验装置作了一下改动后，在

像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知各条纹的宽度减小．由公式dxL得：LxdA．仅将滤光片移至单缝和双缝之间，λ、L与d都不变，则x不变．故A错误；B．仅将单缝远离双缝移动少许，

λ、L与d都不变，则x不变．故B错误；C．仅将单缝与双缝的位置互换，将不能正常观察双缝干涉．故C错误；D．仅将红色滤光片换成绿色的滤光片，λ减小，L与d都不变，则x减小．故D正确．【点睛】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游

标读数，不需估读；单测量相邻两根条纹的间距误差比较大，往往采取测量多条干涉条纹的间距，然后求平均值，减小测量的偶然误差．根据Lxd测量光波的波长．（2）对实验装置作了一下改动后，条纹数目有所增加，可知各条纹的宽度减小，然后

由dxL分析即可．三、计算题22.如图所示，宽度L＝0.40m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1.5Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.50T。一根导

体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻r=0.5Ω，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=10m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空

气阻力可忽略不计，求：（1）通过导体棒的电流I，并说明通过导体棒的电流方向；（2）作用在导体棒上的拉力大小F；（3）电阻R的电功率P。【答案】（1）电流的方向为：NM，大小为1.0A；（2）0.2N；（3）1.5W。【解析】【详解】（1）根据右手定则可知电流

的方向为：NM；导体切割磁感线：EBLv根据闭合电流欧姆定律：EIRr解得：0.1AI；（2）导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件：FF安FBIL解得：0.2NF；（3）电阻上的功率：2PIR解得：1.5WP。23.如图所示为

氢原子最低的四个能级，当一群氢原子处于n=4的能级上向低能级跃迁时∶(1)有可能放出几种能量的光子？(2)在哪两个能级间跃迁时，所放出光子波长最长？(3)已知金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h=6.63×10-34Js。请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程

中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应。【答案】（1）6种；（2）61.8810m；（3）不能发生光电效应【解析】【详解】（1）可能放出246C能量的光子；（2）氢原子由第四能级向第三能级跃迁时，能级差最小，辐射的光子波长最长43hchEE解得61.8810m（3）氢

原子放出的光子能量21EEE带入数据得1.89eVE金属钠的逸出功02.3eVcWhE则不能发生光电效应。24.在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用。在轻核聚变的核反应中，两个氘核（21H）以相同的动能EK0=0.35M

eV做对心碰撞，假设该反应中释放的核能全部转化为氦核（32He）和中子（10n）的动能。已知氘核的质量mD=2.0141u，中子的质量mn=1.0087u，氦核的质量mHe=3.0160u，其中1u相当于931MeV：(1)

在上述轻核聚变的核反应中释放的核能为多少MeV？（结果保留2位有效数字）(2)生成的氦核和中子的动能各是多少MeV？（结果保留1位有效数字）【答案】（1）3.3MeV；（2）kHe1MeVE，kn3M

eVE【解析】【详解】（1）核反应方程式为2311202HHn亏损的质量为22.0141u3.0160u1.0087u0.0035um释放的核能0.0035931MeV3.3MeVE（2）根据核反应中系统的能量守恒kHeknk02EEEE

根据核反应中系统的动量守恒，有Hen0pp可知kHenknHe13EmEm解得kHe01(2)1MeV4EEEkn03(2)3MeV4EEE25.如图甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图乙是其原理

示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电

阻R的电流是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻

不计。已知圆盘半径为a，当其以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势212EBa。(1)圆盘转动方向如图乙所示，求通过电阻R的电流大小，并说明其流向；(2)若各接触点及转轴的摩擦均可忽略不计，圆盘匀速转动一圈，外力需要做多少

功；(3)圆盘匀速转动时，圆盘简化的导体棒的内部电子因棒转动而在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑兹力的分力，其大小f随电子与圆心距离x变化的图像如图丙所示，试从电动势的定义式论证圆盘匀速转动产生的感应电动势2

12EBa。【答案】(1)22()BaRr，由b到a；(2)24π2()BaRr；(3)见解析【解析】【详解】(1)根据欧姆定律可知，通过电阻R的电流22()EBaIRrRr根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向是由b

到a；(2)圆盘匀速转动一圈时间2πt圆盘匀速转动一圈产生的总电能24π2()BaEEItRr电根据功能关系可知，圆盘匀速转动一圈外力需要做功24π=2()BaWERr电(3)电子因棒转动在匀强磁场中受沿棒方向的洛伦兹

力分力为非静电力，对于与圆心距离为x的电子，有f非=Beωx根据f非随电子与圆心距离x变化的图象可知，电子沿杆移动过程中，非静电力做的功为=2faW非非根据电动势的定义，可得WEe非212Ba