北京市朝阳区2023-2024学年高二年级下册期末考试物理试卷（解析版）

北京市朝阳区2023~2024学年度第二学期期末质量检测

高二物理试卷

一、单项选择题（共10个小题，每小题3分。在每小题列出的四个选项中，只有一个选项

符合题意）

1.关于分子动理论，下列说法正确的是（）

A.布朗运动就是液体分子的无规则运动

B.温度是物体分子热运动的平均动能的标志

C.分子间的作用力总是随着分子间距增大而增大

D.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小

K答案XB

（解析XA.布朗运动是固体微粒的无规则运动，间接反映液体分子的无规则运动，故A

错误；

B.温度衡量分子的热运动快慢，是物体分子热运动的平均动能的标志，故B正确；

C.分子间作用力在0~勾随着分子间距增大而逐渐减小，在4分子力随着分子间

距增大先增大后减小，故C错误；

D.当分子力表现为斥力时，分子距离为0~石，随分子间距离的减小分子力做负功，分子

势能逐渐增大，故D错误。

故选B。

2.以下现象能显著说明光具有波动性的是（）

A.肥皂泡在阳光下出现彩色条纹

B.水中的气泡看上去特别明亮

C.白光经过三棱镜后得到彩色图样

D.用紫外线照射锌板，使电子从锌板表面逸出

［答案XA

［解析工A.肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，属于光的薄膜干涉现象，该现象能显著说明

光具有波动性，故A正确；

B.水中的气泡看上去特别明亮，是由于光从水进入气泡时发生了全反射引起的，不能显

著说明光具有波动性，故B错误；

C.白光经过三棱镜后得到彩色图样，属于光的色散现象，不能显著说明光具有波动性，

故C错误；

D.用紫外线照射锌板，使电子从锌板表面逸出，属于光电效应现象，能显著说明光具有

粒子性，不能显著说明光具有波动性，故D错误。

故选Ao

3.如图所示为氢原子能级示意图。现有大量氢原子处于〃=4能级上，已知可见光的光子

能量范围是1.646丫~3.1k丫，下列说法正确的是（）

n£/eV

00--------------0

5-0.54

4----------------0.85

3----------------1.51

2----------------3.4

1---------------13.6

A.这些原子跃迁过程中最多可辐射4种频率的光子

B.从〃=4能级跃迁到“=1能级，氢原子的能量增加

C.从〃=4能级跃迁到77=2能级向外辐射的光是可见光

D.〃=4能级的氢原子电离至少需要吸收13.6eV的能量

（答案》C

K解析》A.大量处于九=4能级的氢原子跃迁过程中最多可辐射

N=C：=6

种频率的光子，故A错误；

B.从较高的〃=4能级跃迁到较低的72=1能级，需要释放能量，氢原子的能量减小，故

B错误；

C.从〃=4能级跃迁到〃=2能级辐射的光子能量为

△E=E「4=2.55eV

属于可见光的光子能量范围，故从〃=4能级跃迁到77=2能级辐射的光为可见光，故C正确;

D.电离〃=4能级的氢原子至少需要吸收

E'=0—E4=0-85eV

的能量，故D错误。

故选C。

4.在光电效应实验中，小明用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间

的关系曲线（甲、乙、丙），如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲光的频率大于乙光的频率

B,甲光的强度大于丙光的强度

C.乙光所对应的截止频率大于丙光的截止频率

D.甲光对应的光电子最大初动能大于乙光的光电子最大初动能

k答案』B

1解析］AD.根据

eUc=Ekmax=hv-W0

根据图像可知，甲光的遏止电压小于乙光的遏止电压，则甲光的频率小于乙光的频率，甲

光对应的光电子最大初动能小于乙光的光电子最大初动能，故AD错误；

B.甲与丙的遏止电压相等，甲丙是同一种光，甲光的饱和电流大于乙光的饱和电流，则

甲光的强度大于丙光的强度，故B正确；

C.截止频率由金属材料本身决定，实验用的是同一光电管，可知，乙光所对应的截止频

率等于丙光的截止频率，故c错误。

5.如图所示，一定质量的理想气体从状态。开始，先后经历等容、等温、等压三个过程，

经过状态b和c,再回到状态a0下列说法正确的是（）

A.状态a的温度比状态b的温度高

B.状态。到状态b的过程中气体的分子数密度增加

C.状态b到状态c的过程中外界对气体做功

D.状态c到状态a的过程中气体向外界放热

（答案』D

K解析XAB.气体由状态a到状态6过程，气体体积不变，压强增大，根据

pyr

T

可知气体温度升高，则状态a的温度比状态b的温度低；由于气体体积不变，状态。到状

态b的过程中气体的分子数密度不变，故AB错误；

C.状态6到状态c的过程中，气体体积变大，所以气体对外界做功，故C错误；

D.状态c到状态。的过程中，气体体积变小，外界对气体做正功，气体压强不变，根据

-p-v-=Cr

T

可知气体温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故D正确。

故选D。

6.如图所示是主动降噪耳机的工作原理图。在耳机内设有麦克风，用来收集环境中的噪声

信号，在此基础上，耳机的处理器产生与环境噪声相位相反的反噪声波来抵消噪声。下列

A.主动降噪利用了声波的衍射

B.反噪声波频率和噪声波频率可以不同

C.理想情况下，反噪声波和噪声波振幅相同

D.主动降噪耳机可以使进入耳膜的声波频率变小

K答案1c

k解析XA.主动降噪利用了声波的干涉，故A错误；

B.反噪声与噪声相抵消，即它们能产生稳定的干涉现象，反噪声波频率和噪声波频率相

同，故B错误；

C.反噪声声波与噪声振幅、频率相同，步调相反，使合成后的声音大大降低，故C正确;

D.声波的频率取决于波源，波源的振动频率不变，被动降噪方式不会改变进入耳膜的声

波频率，故D错误。

7.如图所示，由甲、乙两种单色光组成的一束光，从一根长直的光纤端面以45。射入，两

种单色光均在侧面发生全反射，则可以准确判断出（）

A.光纤对甲光的折射率大于对乙光的折射率

B.在光纤中甲光的速度大于乙光的速度

C.甲光和乙光同时从光纤的另一端面射出

D.用同一双缝干涉装置看到甲光的条纹间距比乙光的小

K答案XB

k解析XAB.根据折射定律可得

sinz

n=———

sinr

由图可知，甲、乙两光的入射角相同，甲光的折射角大于乙光的折射角，则光纤对甲光的

折射率小于对乙光的折射率，即有

O<〃乙

根据

C

v=—

n

可知在光纤中甲光的速度大于乙光的速度，故A错误，B正确；

C.设光纤的长度为光进入光纤的折射角为人根据几何关系可知，光在光纤中传播的

距离为

L

s=------

COST

又

sinzccsinr

n=-----,v=—=---------

sinrnsinz

可知光在光纤中传播的时间为

sLsinz2Lsini

t=—=—；-------=—；----

vcsinrcosrcsin2r

由题意可知

2r<2z=90°

由于乙光的折射角小于甲光的折射角，则有

sin2t<sin2漏

可知乙光光纤中传播时间比甲光长，故C错误；

D.根据

,L.

Ax——A

d

由于光纤对甲光的折射率小于对乙光的折射率，则甲光的频率小于乙光的频率，甲光的波

长大于乙光的波长，则用同一双缝干涉装置看到甲光的条纹间距比乙光的大，故D错误。

故选B„

8.如图甲所示，一单摆做小角度摆动。从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，画出

它的振动图像如图乙所示。忽略空气阻力，g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.此单摆的摆长约为2m

B.此单摆的振幅为4cm

C.从0.5s到1.0s的过程中，摆球的动能逐渐减小

D.从0.5s到1.0s的过程中，摆球所受合力的冲量方向水平向右

k答案》B

k解析RA.根据图乙可知周期为2s,根据周期公式有

解得L«lm

故A错误；

B.根据图乙可知，此单摆的振幅为4cm,故B正确；

C.根据图乙可知，从0.5s到LOs的过程中，摆球位移减小，摆球靠近平衡位置运动，摆

球的动能逐渐增大，故C错误；

D.摆球由左向右通过平衡位置开始计时得到图乙的振动图像，可知，向右为正方向，从

0.5s到1.0s的过程中，摆球位移为正值，位移减小，摆球向左运动，速度逐渐增大，根据

I=Ap

可知，摆球所受合力的冲量方向水平向左，故D错误。

9.在运用动量定理处理二维运动时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。某同学某次

练习乒乓球削球时，乒乓球与竖直方向成37。落下，在与球拍接触时，球拍保持水平且向

右运动，如图所示。己知球与球拍接触时间极短，接触前后球竖直方向速度大小不变，球

与球拍之间的动摩擦因数为0.25,sin37°=0.60球可视为质点，不计空气阻力及球的重

力。则球离开球拍时速度与竖直方向夹角。的正切值为（）

:37/

IU-.n----►

A.0.25B.0.5C.0.75D.1

K答案XA

［解析》设反弹速度为V，根据动量定理，竖直方向，设向上为正方向，则

FNt=mvcos0-（-mvcos37）

水平方向设向右为正方向，则

juFNt=-mvsinsin37）

其中

vcos0=vcos37

解得

tan0=0.25

10.可变差动变压器（LVDT）是一种常用的直线位移传感器，简化模型如图所示。它内部

主要结构包括一个初级线圈和一对匝数相等的次级线圈，初级线圈位于中间，次级线圈则

沿相反方向串联，对称缠绕在初级线圈的两侧；导磁铁芯可以在空心管（图中未画出）中

移动，连接到要测量位移的物体上，初始时铁芯恰好位于空心管的中央，运动中铁芯始终

有一端在副线圈中。在脑端输入有效值为q的正弦式交变电压，4端输出电压的有效值

记为。2,则C）

A.铁芯从中央位置开始向上移动时，3增加

B.铁芯从中央位置开始的移动量越大，U?越小

C.铁芯向上移动一定距离后，若增大。一会减小

D.可变差动变压器无法反映物体的运动方向

（答案XA

［解析X负线圈反向接，当铁芯在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，此时副线圈电压

为零。即铁芯移动时会因铁芯的移动导致的磁通量的变化产生感应电动势。

A.当铁芯向上移动时，它会使得上方的次级线圈中的磁通量增加，下方的次级线圈中的

磁通量减少。由于次级线圈是沿相反方向串联的，所以上方的次级线圈产生的感应电动势

会与下方的次级线圈产生的感应电动势相加，而不是相减。因此，〃端输出电压的有效值

U2会增加，故A正确；

B.当铁芯从中央位置开始的移动量越大时，它改变穿过次级线圈的磁通量也越多，从而

导致次级线圈中产生的感应电动势也越大。因此，仇会越大，而不是越小，故B错误；

c.当铁芯向上移动一定距离后，若增大q,则初级线圈中产生的交变电流会增大，进而

产生的交变磁场也会增强。这个增强的交变磁场会穿过次级线圈，并在次级线圈中产生更

大的感应电动势。因此，。2会增大，而不是减小，故C错误；

D.由于可变差动变压器的输出电压与铁芯的移动方向有关，如果此时输入端的的磁通

量向上增加，磁铁向上移动导致上方的磁通量向上增加而下方的减少，如果此时副线圈的

电压为正，而此时向下移动则会导致副线圈电压为负，即可以通过电压的正负反应物体的

运动方向。

二、多项选择题（共3个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是

符合题意的，全部选对得4分，选对但不全得3分，错选不得分）

11.蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动，某游客身系弹性绳从高空P点自由下落，将

蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，如图所示。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至

最低点的过程中，若忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（）

A.弹性绳对人的冲量始终竖直向上

B.弹性绳恰好伸直时，人的动量最大

C.弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量

D.在最低点时，弹性绳对人的拉力等于人的重力

［答案》AC

［解析XA.弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终向上，故A正

确；

B.弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加

速，此时速度不是最大值，动量也不是最大值，故B错误；

C.从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，动量的变化量方向向上，根

据动量定理，可知弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量，故c正确；

D.当弹性绳的弹力等于人的重力时，人的速度最大，接着人向下运动，向上的弹力大于

人的重力，开始向下做加速度增大的减速运动，到最低点时速度为零，弹性绳对人的拉力

大于人的重力，故D错误。

故选AC。

12.如图所示，理想变压器的原线圈接在220匹sinlOOR（V）的交流电源上，副线圈与滑

动变阻器R相连，原、副线圈匝数之比为4:1,此时滑动变阻器滑片处于中间位置且接入

电路的阻值为55C。若交流电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是（）

◎

uoH©

A.电压表的示数为55V

B.电流表的示数为4A

C.通过R的交变电流的频率是100Hz

D.滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小

K答案XAD

K解析XA.原线圈两端电压

220夜

U.=—^-V=220V

V2

根据电压匝数关系有

U2“2

解得

U2=55V

故A正确；

B.副线圈中的电流

Z2=L=IA

2R

根据电流匝数关系有

A=%

12〃1

解得

4=0.25A

故B错误；

C.根据交流电的表达式有

co=2兀于=100^rad/s

解得

/=50Hz

变压器不改变频率，则通过R的交变电流的频率是50Hz,故C错误；

D.滑动变阻器的滑片向上滑动，接入电阻增大，通过滑动变阻器的电流减小，副线圈两

端电压一定，则变压器输出功率减小，即变压器的输入功率减小，故D正确。

故选ADo

13.如图甲所示，某同学手持细棒抖动彩带的端点。使其在竖直方向上做简谐运动，在彩

带上形成的波可以看成沿尤轴正方向传播的简谐波。在%=0和%=0.9m处的两个质点

。、产的振动图像如图乙所示，贝U（）

A.该波的传播速度大小可能为3m/s

B.波由质点。传到质点尸的时间可能为0.1s

C.在0〜0.6s时间内，质点。通过的路程为24cm

D.质点P振动的位移一时间关系为y=4sin5河（cm）

《答案］AC

k解析IA.由图乙可以得到波从。传到P的时间为图像右移与P图像重合）

3

t=kT+-T=(OAk+O.3)s

距离为0.9m,所以传播速度为

s~m/s

V=一

t0.4k+0.3

其中左取（0、1、2、3…），当左=0,速度为v=3m/s,A正确;

B.由图乙可以得到波从。传到P的时间为（。图像右移与尸图像重合）

z=ytr+1r=(o,4^+o.3)s

其中人取（0、1、2、3-）故B错误;

C.由图像可知，在。〜0.6s时间内，质点。通过的路程为

0.6....

s=---x4A=24cm

0.4

故C正确；

D.质点P振动的位移一时间关系为y=4cos5m(cm),故D错误。

14.在“测量玻璃的折射率”实验中：

(1)在“测量玻璃的折射率”实验中，在白纸上放好玻璃砖，朋’和4/分别是玻璃砖与空

气的两个界面且相互平行，如图1所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针A和鸟，用“+”

表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针鸟和舄。下列说法

B.为减小作图误差，骂和巴的距离应适当大一些

C.为减小实验误差，玻璃枝的宽度应适当大一些

D.光可能在历'发生全发射，导致观察不到耳、鸟的像

(2)在该实验中，根据界面如,测得的入射角4和折射角a的正弦值画出了图2所示图

像，从图像可知该玻璃砖的折射率为o

(3)甲同学用学过的“插针法”测量透明半圆柱玻璃砖折射率。他每次使入射光线跟玻璃砖

的直径平面垂直，。为玻璃砖截面的圆心，片鸟表示入射光线，4巴表示经过玻璃砖后的

出射光线。下列四幅图中，插针合理且能准确测出折射率的是。

P4

(4)乙同学将透明半圆柱玻璃放放在水平面上，如图3所示。用■束激光垂直于玻璃砖直

径平面射入圆心。，以。为转轴在水平面内缓慢转动玻璃砖，当转过角度。时，在玻璃砖

平面一侧恰看不到出射光线。则该玻璃的折射率兀=

(2)15(3)C(4)-------

sin。

K解析R(1)A.舄需挡住鸟及片、鸟的像，故A正确;

B.为减小作图误差，骂和巴的距离应适当大一些，故B正确;

C.为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些，故C正确;

D.光在凶，面的折射角等与光在〃/面上入射角，故不会发生全发射，不会导致观察不到

片、鸟的像，故D错误。

故选ABCo

(2)图像可知该玻璃砖的折射率为

sinq0.6..

n=-----L=——=1.5

sin020.4

(3)A.A图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示

光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误;

B.B图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示

光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误;

C.C图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示

光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可

以比较准确地测定折射率，故c正确；

D.D图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示

光路图中，光线不满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故D

错误。

故选C„

(4)据题意，将玻璃砖缓慢转过。角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说

明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有

i=C=0

根据临界角公式

n

则得

11

n=------=------

sinCsin3

图1图2图3

（1）用游标卡尺测量摆球直径，如图2所示，则摆球的直径d=mm0

（2）甲同学测得摆长为/,记录下摆球"次全振动的时间为可以测得重力加速度g=

（用/、n、t、兀表示）。

（3）为提高测量准确度，乙同学多次改变单摆的摆长/并测得相应的周期T,他根据测量数

据画出如图3所示的72-/图像，根据图线上任意两点A、8的坐标（八叩）、（J（2），

可求得重力加速度g=（用乙、（、，2、/、兀表示）；该图像不过原点的原因可能

是。

A.测周期时，将49次全振动记为50次

B.测周期时，将50次全振动记为49次

C.测摆长时，直接将悬点到小球上端的距离记为摆长

D.测摆长时，直接将悬点到小球下端的距离记为摆长

（4）丙同学为了研究“单摆做简谐运动的周期与重力加速度的定量关系”，在伽利略用斜面

“冲淡”重力思想的启发下，创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图4所示，

在水平地面上固定一倾角。可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的。点，使摆线平行于

斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，测得摆角为a、摆

球的摆动周期为T。多次改变斜面的倾角。，重复实验，记录。、a和T,为了能方便准

确地利用图像处理数据进而获得结论，应绘制_____图像（写出图像的纵坐标一横坐标）。

O

A

_4,/l4/(//)

(答案》(1)10.6(2)(3)—；-/C(4)T2-

rT2-Tt-

K解析工(1)10分度的游标卡尺精度为01mm,则摆球的直径为

J=10mm+6x0.1mm=10.6mm

(2)摆球〃次全振动的时间为£,则周期为

T=-

由单摆的周期公式

联立解得重力加速度为

4芳肩

(3)山根据单摆的周期公式

可得

72=比442”

g

则T?-/图像的斜率为

k_4兀2一T；一T；

8，2-4

求得重力加速度为

…二4/6-4)

s=^

[2]A.测周期时，将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测

量值偏大，但72-/依然过坐标原点，故A错误；

B.测周期时，将50次全振动记为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量

值偏小，但72一/依然过坐标原点，故B错误；

C.测摆长时，直接将悬点到小球上端的距离记为摆长，摆长的测量少了小球的半径，有

r2=^.(Z+1)

则72-/图像不过原点，有正的纵截距，故C正确；

D.测摆长时，直接将悬点到小球下端的距离记为摆长，摆长的测量多了小球的半径，有

则72—/图像不过原点，有负的纵截距，故D错误。

故选C。

(4)根据单摆的原理可知，等效重力加速度为g'=gsin，，与摆角£无关，则有

T°II

T=271I--------

丫gsin8

变形可得

丁2_4/11

gsin。

。1

则为了能方便准确地利用图像处理数据进而测出重力加速度，应绘制——图像，利

sin，

用斜率求出。

16.如图所示，某小型交流发电机内的矩形金属线圈A8CD的面积S=0.In?,匝数

n=100,线圈的总电阻厂=10。，线圈所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小

B=0.1To线圈通过滑环和电刷与阻值H=90。的定值电阻连接。现使线圈绕轴00'匀

速转动，角速度为。=300rad/s。

(1)从中性面开始计时，写出线圈中电流瞬时值的表达式；

(2)求线圈转动Imin过程中电阻R上产生的热量。；

(3)求线圈从中性面位置转过90。的过程中，通过电阻R的电荷量击

R答案U(1)z=3sin300/(A)；(2)24300J；(3)0.01C

K解析X(1)感应电动势最大值

丸=nBcoS=300V

从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值的表达式

300

i=Isina)t=——sina)t=-----sin300%(A)=3sin300%(A)

mR+r90+10

(2)电流有效值

1=4二-A

0点

线圈转动Imin过程中电阻R上产生的热量

2

Q=IRt=(9)2x90x60J=24300J

A/2

(3)线圈从中性面位置转过90。的过程中，通过电阻R的电荷量

-E£必①Hg£100x0.1xQ.l

Aq-/△/=----加=-----=c=00ic

R+rR+rR+r90+10

17.在同一竖直平面内，两个大小相同的小球A,B悬挂于同一高度；静止时小球恰能接

触且悬线平行，如图所示。现将A球从最低点拉起高度〃并由静止释放，在最低点与B球

发生正碰。已知A球的质量为相，重力加速度为g,不计小球半径和空气阻力。

(1)若B球的质量也为m且将左侧涂胶，A、B两球碰后粘在一起。求：

a.碰后瞬间两球的速度大小v；

b.碰撞过程中损失的机械能AE。

(2)若将B球换成质量不同的小钢球，重复上述实验，两球发生弹性碰撞且碰后两球上

升的最大高度相同，求B球的质量MB。

(答案X(1)a.避班，b.-mgh；(2)3m

22

k解析U(1)a.设A球与B球碰撞之前的瞬间速度为匕，由机械能守恒定律得

mgh=；mv^

解得

%=7^

B两球组成的系统碰撞过程动量守恒，则

mvA=2mv

解得

2

b.碰撞过程中损失的机械能

AE=—gx2加F=gmgh

(2)设A、B两球碰撞后的速度分别为匕和为，A、B两球碰撞过程中动量守恒，以A球

的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv=

Amvx+mBv2①

由于两球发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得

+｝电优②

由于碰后两球上升的最大高度相同，设最大高度为九

则根据机械能守恒

12,

万为％=

联立可得

V；=V；③

联立①②③可得

%=31n

18.简谐运动是最简单、最基本的振动，复杂的振动往往可以看作多个简谐运动的叠加。

图1

（1）如图1所示，固定在竖直圆盘上的小球A随着圆盘以角速度。沿顺时针方向做半径

为R的匀速圆周运动。用竖直向下的平行光照射小球A,在圆盘下方的屏上可以观察到小

球A在x方向上的“影子”的运动，开始计时时小球A在圆盘最上端。请根据简谐运动的运

动学特征（即做简谐运动的物体的位移x与运动时间t满足正弦函数规律），证明：小球A

的“影子”以圆盘圆心在屏上的投影点。为平衡位置做简谐运动。

（2）科幻小说《地心游记》中假想凿通一条贯穿地心的极窄且光滑的隧道，人可以通过该

隧道直通地球彼岸。为简化研究，质量为加、半径为R的地球视为质量分布均匀的球体，

已知质量均匀分布的球壳内的质点所受万有引力的合力为零，万有引力常量为G。不计空

气阻力。

a.如图2所示，以地心。为原点，沿隧道方向建立x轴，请根据简谐运动的动力学特征

（即做简谐运动的物体所受的力与它偏离平衡位置的位移的大小成正比，并总是指向平衡

位置）证明：质量为相的质点从静止开始落入隧道后在隧道内做简谐运动；

b.根据（1）中关于匀速圆周运动与简谐运动的关系，计算a问中质点通过隧道所用的时

间如

R

I1答案U(1)见K解析U；(2)a.见K解析%b.t=TTR

QGM

k解析》（1）设经过时间t小球与。点连线转过的角度为小小球A的“影子”的位移为

x-Rsm(p

又因为

(p-cot

解得

所以，小球A的“影子”以圆盘圆心在屏上的投影点。为平衡位置做简谐运动;

（2）a.设质点偏离地心的位移为x

根据万有引力定律得

尸-Mm

F=-G——

x

又因为

M'=-^—--71^

、3

3

解得

°GMm

质点所受的万有引力与它偏离平衡位置的位移的大小成正比，方向与位移方向相反，所以

质点从静止开始落入隧道后在隧道内做简谐运动;

b.根据

〃GMm

「一K

得

,GMm

简谐运动的周期为

T=2万

质点通过隧道所用的时间为

t=­T

°Q2

解得

t0=^7?/—

0NGM

19.碰撞、反冲是十分普遍的现象，通过对这些现象的研究能了解微观粒子的结构与性质。

7。

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M

图1图2

（1）在物理学史上，用口粒子散射实验估测了原子核的半径。如图1所示，一个从很远

处以速度%运动的a粒子与金原子核发生正碰，可认为金原子核始终静止