2023北京高三一模物理匯編：第三道計算題（第19題）

2023北京高三一模物理匯編

第三道計算題（第19題）

1.（2023?北京東城?統(tǒng)考一模）平行板電容器是一種常用的電學(xué)元件。

（1）如圖甲所示，電源與平行板電容器，定值電阻，開關(guān)組成閉合電路。已知平行板電容器的電容為C,

電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，不考慮極板邊緣效應(yīng)，請在圖乙中畫出充電過程中電容器兩板電壓"隨其所

帶電荷量g變化的圖像，并類化直線運(yùn)動中由UT圖像求位移的方法，求充電完畢時電容器儲存的電能

綜。

（2）如圖丙所示，N是平行板電容器的兩個極板，板間距離為心用絕緣細(xì)線把一個質(zhì)量為“，電荷

最為4的帶電小球懸掛在兩極板問，已知開關(guān)S閉合后，且小球靜止時，絕緣細(xì)線與豎直方向夾角為。，

電源電動勢為E,內(nèi)阻不計。三個定值電阻的阻值分別為凡、R2、&,重力加速度為g,忽略小球的電荷

量對極板間電場的影響。

a.求夾角。與定值電阻阻值的關(guān)系式；

b.若某時刻燒斷細(xì)線，同時斷開開關(guān)S,通過分析定性說明小球在兩極板間可能出現(xiàn)的運(yùn)動情況（假設(shè)小

球的電荷量保持不變，且始終未與極板發(fā)生碰撞）。

甲乙丙

2.（2023?北京西城?統(tǒng)考一模）動量守恒定律的適用范圍非常廣泛，不僅適用于低速、宏觀的問題，也適

用于近代物理研究的高速（接近光速）、微觀（小到分子、原子的尺度）領(lǐng)域.

（1）質(zhì)量為3加、速度為V的A球跟質(zhì)量為加的靜止B球發(fā)生彈性正碰.求碰后A球的速度大小.

（2）核反應(yīng)堆里的中子速度不能太快，否則不易被鈾核“捕獲”，因此，在反應(yīng)堆內(nèi)要放“慢化劑”，讓中子

與慢化劑中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下來.若認(rèn)為碰撞前慢化劑中的原子核都是靜止的，且將

中子與原子核的碰撞看作彈性正碰，慢化劑應(yīng)該選用質(zhì)量較大的還是質(zhì)量較小的原子核？請分析說明理

由.

（3）光子不僅具有能量，而且具有動量.科學(xué)家在實驗中觀察到，一個電子和一個正電子以相同的動能

對心碰撞發(fā)生湮滅，轉(zhuǎn)化為光子.有人認(rèn)為這個過程可能只生成一個光子，也有人認(rèn)為這個過程至少生成

兩個光子.你贊同哪個觀點？請分析說明理由.

3.（2023?北京朝陽?統(tǒng)考一模）密立根油滴實驗將微觀量轉(zhuǎn)化為宏觀量進(jìn)行測量，揭示了電荷的不連續(xù)

性，并測定了元電荷的數(shù)值。實驗設(shè)計簡單巧妙，被稱為物理學(xué)史上最美實驗之一。該實驗的簡化裝置如

圖所示。水平放置、間距為"的兩平行金屬極板接在電源上，在上極板中間開一小孔，用噴霧器將油滴噴

入并從小孔飄落到兩極板間。已知油滴帶負(fù)電。汕滴所受空氣阻力f=6R77v,式中〃為已知量，廠為油滴

的半徑，V為油滴的速度大小。已知油的密度為P，重力加速度為g。

(1)在極板間不加電壓，由于空氣阻力作用，觀測到某一油滴以恒定速率緩慢下降距離L所用的時間為

t↑,求該油滴的半徑r；

(2)在極板間加電壓U,經(jīng)過一段時間后，觀測到(1)問中的油滴以恒定速率緩慢上升距離L所用的時

間為弓。求該油滴所帶的電荷量0;

(3)實驗中通過在兩極板間照射X射線不斷改變油滴的電荷量。圖是通過多次實驗所測電荷量的分布

圖，橫軸表示不同油滴的編號，縱軸表示電荷量。請說明圖中油滴所帶電荷量的分布特點，并說明如何處

理數(shù)據(jù)進(jìn)而得出元電荷的數(shù)值。

噴霧器

QxA=

T顯微鏡

電荷量。/10氏

20.605-...--------—.....w----------------------

19.020^--fc-

17.4357--λ----r-n———

15.85O7-?-?λ-≡

14.265^--a-

12.680^--?--

11.095：-*…----*-?-???<

9.510；

7.925/--→-―?-??--

6.340一?~~?—

3.1701.8.

]585------~Φ-.-??—.?--■----■--―----

0000O20406080IOO120

4.(2023?北京延慶?統(tǒng)考一模)如圖所示，小球A質(zhì)量為〃?，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在。點,

繩AO長為L,。點到光滑水平面的距離為L。物塊B和C的質(zhì)量分別是3m和2"z,B與C用輕彈簧拴

接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于。點正下方?，F(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)

動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的高度為小小球與

物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g,求：

(1)小球A運(yùn)動到最低點與B碰撞前細(xì)繩拉力廠的大小;

(2)碰撞過程B物塊受到的沖量大小I：

(3)物塊C的最大速度的大小%,并在坐標(biāo)系中定量畫出B、C兩物塊的速度隨時間變化的關(guān)系圖像。

（畫出一個周期的圖像）

5.（2023?北京豐臺?統(tǒng)考一模）跑酷不僅可以強(qiáng)健體質(zhì)，也可使得自身反應(yīng)能力更加迅速?，F(xiàn)有一運(yùn)動員

在圖示位置起跳，運(yùn)動過程姿勢不變且不發(fā)生轉(zhuǎn)動，到達(dá)墻面時鞋底與墻面接觸并恰好不發(fā)生滑動，通過

鞋底與墻面間相互作用可以獲得向上的升力。已知運(yùn)動員起跳時速度為%,%與水平方向夾角為仇到達(dá)

墻壁時速度方向恰好與墻面垂直，運(yùn)動員鞋底與墻面的動摩擦因數(shù)為〃（4M>tan6）,最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，重力加速度為g,全過程忽略空氣阻力影響。

（1）求運(yùn)動員起跳時的水平分速度匕與豎直分速度v,;

（2）運(yùn)動員與墻發(fā)生相互作用的時間為r,蹬墻后速度豎直向上，不再與墻發(fā)生相互作用，求蹬墻后運(yùn)動

員上升的最大高度H-

（3）若運(yùn)動員蹬墻后水平方向速度大小不變，方向相反，為了能夠到達(dá)起跳位置的正上方，且距離地面

高度不低于蹬墻結(jié)束時的高度，求運(yùn)動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間小。

6.（2023?北京平谷?統(tǒng)考一模）一籃球質(zhì)量〃?=0.50kg,一運(yùn)動員將其從距地面高度Λ?=1.25m處以水平速

度％扔出，籃球在距離拋出點水平距離X=LOm處落地，落地后第一次彈起的最大高度∕?=0?80m.若運(yùn)

動員使籃球從距地面高度俏=l?3m處由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，運(yùn)動員對球的作用時間

f=0.20s,球落地后反彈的過程中運(yùn)動員不再觸碰球，球反彈的最大高度為=L6m。若該籃球與該區(qū)域內(nèi)地

面碰撞時的恢復(fù)系數(shù)e恒定（物體與固定平面碰撞時的恢復(fù)系數(shù)e指：物體沿垂直接觸面方向上的碰后速

度與碰前速度之比）。為了方便研究，我們可以假設(shè)運(yùn)動員拍球時對球的作用力為恒力，取重力加速度

?=10m∕s2,不計空氣阻力。求：

（1）運(yùn)動員將籃球水平扔出時速度%的大??；

（2）運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功W-,

（3）運(yùn)動員拍球時籃球所受的合外力與籃球自身重力的比值認(rèn)

7.（2023?北京石景山?統(tǒng)考一模）1913年，玻爾建立氫原子模型時，仍然把電子的運(yùn)動看做經(jīng)典力學(xué)描述

下的軌道運(yùn)動。他認(rèn)為，氫原子中的電子在庫侖力的作用下，繞原子核做勻速圓周運(yùn)動。已知電子質(zhì)量為

m,電荷量為-e,靜電力常量為左，氫原子處于基態(tài)時電子的軌道半徑為4。不考慮相對論效應(yīng)。

（1）氫原子處于基態(tài)時，電子繞原子核運(yùn)動，求電子的動能。

（2）氫原子的能量等于電子繞原子核運(yùn)動的動能、電子與原子核系統(tǒng)的電勢能的總和。已知當(dāng)取無窮遠(yuǎn)

處電勢為零時，點電荷電場中距場源電荷。為/?處的各點的電勢9求處于基態(tài)的氫原子的能量。

r

（3）許多情況下光是由原子內(nèi)部電子的運(yùn)動產(chǎn)生的，因此光譜研究是探索原子結(jié)構(gòu)的一條重要途徑。利

用氫氣放電管可獲得氫原子光譜。1885年，巴爾末對當(dāng)時已知的在可見光區(qū)的四條譜線做了分析，發(fā)現(xiàn)這

些譜線的波長能夠用巴爾末公式表示，寫做;=（〃=3,4,5…），式中R叫做里德伯常量。玻

爾回憶說：“當(dāng)我看到巴爾末公式時，我立刻感到一切都明白了?！案鶕?jù)玻爾理論可知，氫原子的基態(tài)能量

為用，激發(fā)態(tài)能量為EZl=與，其中片2,3,4…。用〃表示普朗克常量，C表示真空中的光速，請根據(jù)玻

n^

爾理論推導(dǎo)里德伯常量凡

8.（2023?北京豐臺?統(tǒng)考一模）如甲圖所示，有一邊長/的正方形導(dǎo)線框而cd,質(zhì)量m=O.Olkg,電阻

R=0?2Ω,由高度力處自由下落，直到其上邊Cd剛剛開始穿出勻強(qiáng)磁場為止，導(dǎo)線框的VY圖像如乙圖所

示。此勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾纫彩?,磁感應(yīng)強(qiáng)度3=1.0T,重力加速度g取IOm/S?。求：

（1）線框自由下落的高度加

（2）導(dǎo)線框的邊長/；

（3）某同學(xué)認(rèn)為，增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8,保持其它條件不變，導(dǎo)線框速度隨時間變化圖像與乙圖相

同，你是否同意該同學(xué)的說法，請分析說明。

甲

參考答案

U

EqER

2

?.（?）,-CE;（2）a.tan。=前樓7Q;b.某時刻燒斷細(xì)線，同時斷開開

OQq

關(guān)，細(xì)線對小球的拉力為零。在豎直方向上，小球只受重力作用，加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動；在水

平方向上，小球只受電場力作用，由于平行板電容器會通過電阻放電，使得小球所受電場力減小，加速度

減小，做加速度減小的加速運(yùn)動。若放電時間比較長，小球做加速度減小的曲線運(yùn)動。若放電時間比較

短，在放電完畢前，小球做加速度減小的曲線運(yùn)動；放電完畢后，小球只在重力作用下做勻變速曲線運(yùn)

動。

【詳解】（1）“-4圖像如圖所示

充電完畢時電容器兩端電壓等于電源電動勢￡,電容器所帶電荷量為Q,圖線與橫軸所圍面積即為電容器

儲存的電能

Ep=*Q,Q=CE

聯(lián)立可得

E=-CE2

p2

（2）a.小球在電場中靜止時受到重力、電場力及細(xì)線的拉力，小球所受電場力為

兩極板之間電場強(qiáng)度

E場吟

根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得兩極板間的電勢差

根據(jù)平衡條件有

F=mgtox?θ

聯(lián)立可得

qER1

tan0=

Zngd(R[+Λ2)

b.某時刻燒斷細(xì)線，同時斷開開關(guān)，細(xì)線對小球的拉力為零。在豎直方向上，小球只受重力作用，加速度

不變，做勻加速直線運(yùn)動；在水平方向上，小球只受電場力作用，由于平行板電容器會通過電阻放電，使

得小球所受電場力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動。若放電時間比較長，小球做加速度減小

的曲線運(yùn)動。若放電時間比較短，在放電完畢前，小球做加速度減小的曲線運(yùn)動；放電完畢后，小球只在

重力作用下做勻變速曲線運(yùn)動。

2.(1)p(2)慢化劑應(yīng)該選用質(zhì)量較小的原子核；(3)贊成“這個過程至少生成兩個光子”的觀點

【詳解】(1)兩球發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后A球速度為匕，B球速度為B,則

3mv=3ιn??+mv2

22

3mv_3∕nv1

2~2~

得

1

V=-V

12

(2)設(shè)中子質(zhì)量為機(jī)，碰前速度為%,碰后速度為匕，原子核質(zhì)量為〃，碰后速度為匕，中子與原子核

發(fā)生彈性正碰，則

tnv0=∕nvl+Mv2

1212102

—∕nvθ=—mv]+-Mv2

得

Jn-M(2mA

『即LFt-E%

可見，原子核質(zhì)量M越小，碰后中子速度W越小，因此，慢化劑應(yīng)該選用質(zhì)量較小的原子核；

(3)我贊成“這個過程至少生成兩個光子”的觀點，正負(fù)電子對撞過程遵循動量守恒定律.對撞前正負(fù)電子

組成的系統(tǒng)總動量為0,若只生成一個光子，則對撞后動量不可能為0,只有生成兩個及兩個以上的光子

時系統(tǒng)總動量才有可能為0,因此“這個過程至少生成兩個光子”的觀點正確。

3.(1)r=3(2)Q=粵空_；(3)電荷量的分布呈現(xiàn)出明顯的不連續(xù)性，見解析

VW1UMt2)?2pgtl

【詳解】(1)板間未加電壓時，油滴的速度為匕，根據(jù)平衡條件有

mg=6πηrvs

其中

m^p--πrs

3

L

v'"Γ

得

r=3戶

V2pgt]

(2)板間加電壓時，油滴的速度為匕，根據(jù)平衡條件有

Q—=mg+bπηrv

d2

其中

L

嶺工

得

UU,r2JVW,

(3)電荷量的分布呈現(xiàn)出明顯的不連續(xù)性，這是量子化的表現(xiàn)；

根據(jù)圖中數(shù)據(jù)分布的特點，可將電荷量數(shù)值近似相等的數(shù)據(jù)分為一組，求出每組電荷量的平均值；再對各

平均值求差值。在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若發(fā)現(xiàn)各平均值及差值均為某一最小數(shù)值的整數(shù)倍，則這個最小

數(shù)值即為元電荷的數(shù)值。

4.(1)3mg;(2)也殛；(3)型蛇，見解析

25

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，小球A運(yùn)動到最低點過程中機(jī)械能守恒，設(shè)小球A運(yùn)動到最低點的速度為

“，由機(jī)械能守恒定律有

rI2

mgL=-mv?

解得

VA=?∣2gL

在最低點，由牛頓第二定律有

F-tng=tn,

解得

F=3mg

(2)根據(jù)題意可知，小球A與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，則碰撞過程A、B組成的系統(tǒng)動量守

恒，設(shè)碰撞后小球A的速度為小，物塊B的速度為PB,規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律有

mvκ=3∕zzvβ-/nv?

由機(jī)械能守恒定律有

1.2L

聯(lián)立解得

對物塊B,由動量定理有

,a3my∣2gL

I=3∕WVB=-----?-----

（3）根據(jù)題意可知，B與C用輕彈簧拴接，開始時，物塊B壓縮彈簧，B做加速度增大的減速運(yùn)動，C做

加速度增大加速運(yùn)動，當(dāng)B、C速度相等時，彈簧壓縮最短，由動量守恒定律有

3mvβ=（3m+2∕w）v/

解得

3屈

之后C的速度大于B的速度，彈簧開始恢復(fù)，則C做加速度減小的加速運(yùn)動，B做加速度減小的減速運(yùn)

動，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長，C的速度最大，B的速度最小，由動量守恒定律和能量守恒定律有

3WVB=3∕WVB+2mvm

-3mvl=γ3mv^+~2mvl

聯(lián)立解得

=3屈

%-5

■√?∑

之后C拉開彈簧，開始做加速度增大的減速運(yùn)動，B做加速度增大的加速運(yùn)動，當(dāng)速度相等時，彈簧伸長

最長，之后C的速度小于B的速度，C做加速度減小的減速運(yùn)動，B做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)彈簧恢

復(fù)原長，B的速度最大為且?,C的速度最小為0,之后重復(fù)開始，即完成一個運(yùn)動周期。由上述分析可

2

知，B、C兩物塊的速度隨時間變化的關(guān)系圖像，如圖所示

v=vsin(9.(2)“=(〃%cos6*-g。；()?=F(4〃CoSe-Sine)

5.(1)匕=VOCOs，,v03ι

【詳解】（1）水平方向分速度

Vr=V0COSθ

豎直方向分速度

vv=v0sinΘ

(2)設(shè)墻對運(yùn)動員平均彈力大小為M平均最大靜摩擦力為/,蹬墻后運(yùn)動員獲得豎直向上的速度為山，

人質(zhì)量為機(jī)，設(shè)水平向右為正方向，由動量定理得

Nt=O-{-mvttcos

設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得

ft-mgt-mvH-0

其中

f=μN(yùn)

聯(lián)立得

VH=μvucosθ-gt

運(yùn)動員蹬墻結(jié)束后豎直方向做勻減速直線運(yùn)動至速度為零，由

H=蟲

2g

得

(〃%cos，-gr『

LL-

2g

(3)設(shè)墻對運(yùn)動員平均彈力大小為N',平均最大靜摩擦力為廣，蹬墻后運(yùn)動員獲得豎直向上的速度為

V,與墻發(fā)生相互作用的時間為「，人的質(zhì)量為，”，設(shè)水平向右為正方向，由動量定理得

N't'=mv0cosθ-(-∕nv0cos

設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得

fi'-mgt'=mv-0

其中

f'=μN(yùn)'

聯(lián)立得

V=2μv0cosθ-gt'

設(shè)運(yùn)動員起跳位置離墻面水平距離為X,到達(dá)墻面所需時間為4,離墻后到達(dá)起跳位置正上方的運(yùn)動時間

為G，起跳后水平方向做勻速直線運(yùn)動，得

運(yùn)動員離墻后水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做初速度為V,加速度為g的勻變速直線運(yùn)動，當(dāng)豎直

位移為0時，水平位移不小于X。根據(jù)上述分析，得

Iv

t2=-VóX

gf2

聯(lián)立式

/≤^-(4∕zCOSe-Sin。)

作用的最長時間為

tm=$(4〃CoSe-Sine)

6.(1)v0=2.0m∕s；(2)W=6.0J;⑶3.0

【詳解】(1)籃球水平拋出后，做平拋運(yùn)動，在水平方向則有

在豎直方向則有

%=如

聯(lián)立解得

v0=2.0m∕s

(2)由題意可得

Vlv=λ∕?ξ=5m∕s

V2>?=7?Λ2=4m∕s

由恢復(fù)系數(shù)定義可得

e=%=0.8

拍球后籃球落地時的速度為

匕='=匣=5√∑m∕s

ee

由動能定理可得

W+mghi??/nvj

代入數(shù)據(jù)解得

W=6.0J

(3)由牛頓第二定律，可得

F+mg=ma

在拍球時間內(nèi)籃球的位移

又有

W=Fs

聯(lián)立解得

F=10.0N

可得

Z=工^?=3.0

mgmg

k2ke1

7.(1)—e—；(2)—；(3)見解析

2424

【詳解】(1)電子繞原子核做勻速圓周運(yùn)動，則有

e2V2

K—=m—

電子的動能為

F12

Δ,=—mv

k2

解得

ke2

Ek=——

2不

(2)電勢能

_