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C．（选修模块3-5）
（1）下列说法中正确的是

 

．
A．随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
B．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变短
C．根据海森伯提出的不确定性关系可知，不可能同时准确地测定微观粒子的位置和动量
D．4个放射性元素的原子核经过一个半衰期后一定还剩下2个没有发生衰变
（2）在《探究碰撞中的不变量》实验中，某同学采用如图所示的装置进行实验．把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起．实验过程中除了要测量A球被拉起的角度θ₁，及它们碰后摆起的最大角度θ₂之外，还需测量

 

（写出物理量的名称和符号）才能验证碰撞中的动量守恒．用测量的物理量表示动量守恒应满足的关系式是

 

．
（3）2008年10月7日，日美科学家分享了当年诺贝尔物理学奖．他们曾就特定对称性破缺的起源给出了解释，并预言了一些当时还未发现的夸克．夸克模型把核子（质子和中子）看做夸克的一个集合体，且每三个夸克组成一个核子．已知质子和中子都是由上夸克u和下夸克d组成的．每种夸克都有对应的反夸克．一个上夸克u带有+

2

3

e的电荷，而一个下夸克d带有-

1

3

e的电荷，因此一个质子p可以描述为p=uud，则一个中子n可以描述为n=

 

．一个反上夸克

.

u

带有-

2

3

e的电荷，一个反下夸克

.

d

带有+

1

3

e的电荷，则一个反质子p可描述为

.

p

=

 

．

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（1）判断以下说法的正误，在相应的括号内打“√”或“×”
A．普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说

 

B．康普顿效应说明光子有动量，即光具有有粒子性

 

C．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象

 

D．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构

 

（2）气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
A．用天平分别测出滑块A、B的质量m_A、m_B；
B．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
C．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上；
D．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L₁．
E．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t₁和t₂．
本实验中还应测量的物理量是

 

，利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是

 

．
（3）2008年北京奥运会场馆周围 80%～90% 的路灯将利用太阳能发电技术来供电，奥运会90%的洗浴热水将采用全玻真空太阳能集热技术．科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部4个氢核（

1 1

H）转化成一个氦核（_4He）和两个正电子（_0e）并放出能量．已知质子质量m_P=1.0073u，α粒子的质量m_α=4.0015u，电子的质量m_e=0.0005u． 1u的质量相当于931．MeV的能量．
①写出该热核反应方程；
②一次这样的热核反应过程中释放出多少MeV的能量？（结果保留四位有效数字）

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                       高考真题

1．【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的结构可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，所以选项A正确；因在盒内洛仑兹力不做功，所以离子从空隙的电场中获得能量，故选项D正确．

【答案】AD

3．【解析】由安培定则判断在水平直导线下面的磁场是垂直于纸面向里，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动

【答案】C

4．【解析】带电粒子在洛仑兹力作用下，作匀速圆周运动，又根据左手定则得选项A正确．

【答案】A

5．【解析】因为tanα=板间距离/板长，并可用荷质比表示，由左手定则可以判断负外；不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

【答案】不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

6．【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。如图所示，设圆弧的半径为R，则有

                            R=dsinj                     

     由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得                                         

将①式代入②式，得                             

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v₀，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

v₀＝vcosj                           vsinj＝at                            d=v₀t联立发上各式得

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得    qE＝ma         联立得

【答案】（1）    （2）

7．【解析】(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得，

  mgy=mv²           ……①

得  v=            ……②

（2）设在最大距离y_m处的速率为v_m,根据圆周运动有，

qv_mB-mg=m             ……③

且由②知         ……④

由③④及R=2y_m

得                  ……⑤

（3）小球运动如图所示，

由动能定理 （qE-mg）|y_m|=       ……⑥　

由圆周运动  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做直线运动有：                     

          做圆周运动有：

          只有电场时，粒子做类平抛，有：

                  解得：

          粒子速度大小为：

          速度方向与x轴夹角为：

          粒子与x轴的距离为：

        ⑵撤电场加上磁场后，有：

                          解得：                    

          粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：

           过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

                          解得：

           M点横坐标为：

【答案】（1）    （2）

9．【解析】方法1：（1）设粒子在0～t₀时间内运动的位移大小为s₁

                                                   ①

                                        ②

又已知

联立①②式解得

                                           ③

（2）粒子在t₀~2t₀时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v₁，轨道半径为R₁，周期为T，则

                                          ④

                                 ⑤

联立④⑤式得

                                         ⑥

又                                    ⑦

即粒子在t₀~2t₀时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t₀~3t₀时间内，粒子做初速度为v₁的匀加速直线运动，设位移大小为s₂

                             ⑧

解得                               ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v₂，半径为R₂

                                   ⑩

                                 11

解得                              12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t₀～5t₀时间内，粒子运动到正极板（如图所示）。因此粒子运动的最大半径

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示。                   

方法2：由题意可知，电磁场的周期为2t₀，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为

                方向向上

        后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

        粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为s_n

        又已知 

        由以上各式得      

        粒子速度大小为    

       粒子做圆周运动的半径为     

       解得      

       显然       

   【答案】（1）粒子在0～t₀时间内的位移大小与极板间距h的比值  

      （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径  

      （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图。

10．【解析】（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。                                         

设入射粒子的速度为，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得

             ………… ①

由上式解得           ………… ②

（2）设是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接，设。  

如图所示，由几何关系得     ………… ③

                     ………… ④

由余弦定理得

                ………… ⑤

联立④⑤式得

                     ………… ⑥

设入射粒子的速度为，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：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两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是，代入数据得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）    （2）t=2.8×10^-2s

                   名校试题

1．【解析】由安培定则判断出P和QR的磁场方向，并求出其合磁场是水平向右，再由左手定则判断出R受到的磁场力垂直R，指向y轴负方向

【答案】A

2．【解析】 电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周。

【答案】CD

3．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极，因最后离子匀速运动，由平衡条件得，故电源的电动势为Bvd

【答案】BC

4．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向后表面的电势，所以选项A正确；，所以选项C也正确．

【答案】AC

5．【解析】设D形盒的半径为R，则粒子可能获得的最大动能由qvB=m得E_km==,由此式得选项AC正确．

【答案】AC

6．【解析】无磁场时，小球队在C点由重力提供向心力，，临界速度。

从A至C由机械能守恒定律得：，有

加磁场后，小球在C点受向上的洛仑兹力，向心力减小，

临界速度v减小。洛仑兹力不做功，由A到C机械能守恒

因，所以，故选项C正确。

【答案】C

7．【解析】(1)电场中加速，由                   

∴                           

磁场中偏转，由牛顿第二定律得  

∴                      

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△O₁O₂O₃是等边三角形，其边长为2r www.ks5u.com                                

∴   

(2)电场中，        中间磁场中，             

右侧磁场中，             则           

【答案】（1）    （2）

8．【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有

     --------------①

同时有   -----------②

粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知， 

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

故，C点坐标为（，0）。         ----------- ④

（2）设粒子从A到C的时间为t₁，设粒子从A到C的时间为t₁，由题意知

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

设粒子从进入电场到返回C的时间为t₂，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有                      ------------⑥

及  ，       ------------⑦

联立⑥⑦解得       ------------⑧

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t₃，由题意知

            ------------ ⑨

故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为

    ------------ ⑩

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v₀的方向（设为x′轴）做匀速运动，即

     ……①              …………② 

沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即

    ……③             ……④  

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.

由图中几何关系知

      ……⑤             ……⑥

       ……⑦

综合上述①②③④⑤⑥⑦得

        ……⑧            

【答案】（1）C点坐标为（，0）     （2）       （3）        

9．【解析】 ⑴由电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足 

其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。

设圆弧的半径为R，则有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，

，其中n =1、3、5、……

当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B  （2）    （3）当n取奇数时，

当n取偶数时，

10．【解析】（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v₀，根据能的转化和守恒定律得：                                           

要使粒子能沿图中虚线O₂O₃进入PQ、MN之间的区域，

则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，

   得到                                      　　

将②式代入①式，得                        

（2）粒子从O₃以速度v₀进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v₀的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．

由和运动学公式，得                     

粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为            

粒子进入磁场中，在v₀方向的总位移s=2Lsin45°，时间为         

则t=t₁+t₂=

   【答案】 （1）     （2）     

11．【解析】设速度为v₀时进入磁场后做圆周运动的半径为r

有                 得r==                           

设速度为2v₀时进入磁场做圆周运动的半径r′

得r′==L                                         

设其速度方向与x轴正方向之间的夹角为θ                     

由图中的几何关系有：cosθ==                              

得θ＝45°或θ＝135°                                         

（2）为使粒子进入电场后能垂直打在挡板上，则要求粒子进入电场时速度方向

与x轴正方向平行，如图所示。粒子进入电场后由动能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)²   得v′=          

当θ₁=45°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为

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

当θ₂ =135°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为

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

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135°    （2）当θ₁=45°时，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，

由几何关系可知，轨道半径r=lcos45=0.2（m

又Bqv =  

所以

设带电粒子在磁场中运动时间为t₁，在电场中运动的时间为t₂，总时间为t。

t₁ =      t₂ =

联立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则：

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）微粒在加速电场中由动能定理得：

 ①        解得v₀ = 1.0×10⁴m/s   

（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：  ，  

飞出电场时，速度偏转角的正切为：

    ②    解得  θ = 30^o   

（3）进入磁场时微粒的速度是：     ③

轨迹如图所示，由几何关系有：  ④   

洛伦兹力提供向心力：