2020届北京市延庆区高三下学期3月模拟考试物理试题(解析版)

延庆区2020届高三模拟考试物理试题
2020.3
一、单项选择题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 一个热力学系统吸收热量后，其内能一定增加
B. 一个热力学系统对外做功后，其内能一定减少
C. 理想气体的质量一定且体积不变，当温度升高时其压强一定增大
D. 理想气体的质量一定且体积不变，当温度升高时其压强一定减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB ．一个热力学系统内能增量等于气体从外界吸收的热量与外界对它所做的功的和，所以AB 错误；
CD
．理想气体的质量一定且体积不变，当温度升高时，根据PV C T
=可知，压强一定增大，故C 正确，D 错误。

故选C 。

2.如图所示，两束单色光a 、b 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P ，下列说法正确的是（ ）
A. a 光一个光子的能量小于b 光一个光子的能量
B. a 光的折射率大于b 光的折射率
C. 实验条件完全相同的情况下做双缝干涉实验，b 光比a 光条纹间距大
D. 若用b 光照射某种金属时能发生光电效应现象，则用a 光照射该金属也一定能发生光电效应现象
【答案】A
【解析】
【详解】AB ．从图中我们可以看出，a 光的入射角要比b 光的入射角要大，它们的折射角相同。

根据1
2
sin sin n θθ=
（此处θ1指的是折射角，θ2指的是入射角）可知b 的折射率大，所以b 的频率大，根据公式=εh υ，可知a 光光子的能量小于b 光光子的能量，故A 正确，B 错误；
C ．因为b 的频率大于a 的频率，所以b 的波长小，根据条纹间距公式Δl x d λ=
可知b 光比a 光条纹间距小，故C 错误；
D ．光的频率越大光子能量越大就越容易发生光电效应，因为b 光的频率大于a 光的频率，所以b 光照射某种金属时能发生光电效应现象，a 光不一定能发生光电效应现象，故D 错误。

故选A 。

3.下面列出的是一些核反应方程，针对核反应方程下列说法正确的是（ ）
①238
234
9290U Th+X →
②234
112H+H He+Y →
③9210
415Be+H B+K →
④235190
136
9203854U+n Sr+Xe+10M →
A. 核反应方程①是重核裂变，X 是α粒子
B. 核反应方程②是轻核聚变，Y 是中子
C. 核反应方程③是太阳内部发生的核聚变，K 是正电子
D. 核反应方程④是衰变方程，M 是中子
【答案】B
【解析】
【详解】A ．①不是重核裂变方程，是典型的衰变方程，故A 错误；
B ．②是轻核聚变方程，
2341
1120H+H He+n →
所以Y 是中子，故B 正确；
C ．太阳内部发生的核聚变主要是氢核的聚变，
92101
4150Be+H B+n →
K 是中子，不是正电子，故C 错误；
D ．④不是衰变方程，是核裂变方程，故D 错误。

故选B 。

4.一列简谐横波沿x 轴正向传播，波形如图所示，波速为10m/s 。

下列说法正确的是（ ）
A. 该波的振幅为0.5m ，频率为2Hz
B. 此时P 点向y 轴负方向运动
C. 再经0.9s ，Q 点有沿y 轴正方向的最大加速度
D. 再经1.05s ，质点P 沿波传播方向迁移了10.5m
【答案】C
【解析】
【详解】A ．从图中可以看出振幅为0.5m ，波长为4m ，所以周期为 40.4s 10
λT v =
== 则频率为 1 2.5Hz f T =
= 故A 错误；
B ．因为波沿x 轴正向传播，所以P 点下一步会成为波峰，应该向y 轴正方向运动，故B 错误；
C ．因为周期是0.4s ，简谐横波沿x 轴正向传播，所以经过0.9s 后，相当于Q 点经过0.1s 到达波谷，此时加速度最大，并且沿着y 轴正方向，故C 正确；
D ．质点P 只会上下振动，不会沿波传播方向迁移，故D 错误。

故选C 。

5.嫦娥四号探测器（以下简称探测器）经过约110小时奔月飞行后，于2018年12月12日到达且月球附近
进入高度约100公里的环月圆形轨道Ⅰ， 如图所示：并于2018年12月30日实施变轨，进入椭圆形轨道Ⅱ。

探测器在近月点Q 点附近制动、减速，然后沿抛物线下降到距月面100米高处悬停，然后再缓慢竖直下降到距月面仅为数米高处，关闭发动机，做自由落体运动，落到月球背面。

下列说法正确的是（ ）
A. 不论在轨道还是轨道无动力运行，嫦娥四号探测器在P 点的速度都相同
B. 嫦娥四号探测器在轨道I 无动力运行的任何位置都具有相同的加速度
C. 嫦娥四号探测器在轨道II 无动力运行的任何位置都具有相同动能
D. 嫦娥四号探测器在轨道II 无动力运行从P 点飞到Q 点的过程中引力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A ．嫦娥四号探测器在Ⅰ轨道P 点处的速度大于在Ⅱ轨道P 点处的速度，故A 错误；
B ．因为加速度是矢量，有方向，加速度的方向时刻都在变化，故B 错误；
C ．因为轨道II 是椭圆形轨道，所以嫦娥四号探测器在轨道II 无动力运行的速度大小一直在变化，所以不是任何位置都具有相同动能，故C 错误；
D ．因为嫦娥四号探测器在轨道II 无动力运行从P 点飞到Q 点的过程中，引力与速度的方向夹角小于2
，所以做正功，故D 正确。

故选D 。

6.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t 0时刻为笛音雷起飞时刻、DE 段是斜率大小为g 的直线。

则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（ ）
A. “笛音雷”在t 1时刻加速度最小
B. “笛音雷”在t 2时刻改变运动方向
C. “笛音雷”在t 3时刻彻底熄火
D. t 3~t 4时间内“笛音雷"做自由落体运动
【答案】C
【解析】
【详解】A ．t 1时刻的斜率不是最小的，所以t 1时刻加速度不是最小的，故A 错误；
B ．t 2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B 错误；
C ．从图中看出，t 3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t 3时刻彻底熄火，故C 正确；
D ．t 3~ t 4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D 错误。

7.如图所示的电路中，电源的电动势为E内电用为r。

闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列结论正确的是（）
A. 电容器C上的电荷量增加
B. 电源的总功率变小
C. 电压表读数变大
D. 电流表读数变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．与变阻器并联的电容器两端电压变小，电容不变，则由
Q
C
U
=知电容器C上电荷量减小，故
A错误；
B．电源的总功率P EI
=，与电流的大小成正比，则知电源的总功率变大，故B错误；
CD．当滑片向左滑动的过程中，其有效阻值变小，所以根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则电流表读数变大，电压表读数变小，故C错误，D正确。

故选D。

8.如图甲所示MN是一条电场线上的两点，从M点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线M点运动到N点，其运动速度随时间t的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）
A. M点场强比N的场强小
B. M点的电势比N点的电势高
C. 从M点运动到N点电势能增大
D. 从M点运动到N点粒子所受电场力逐渐地大
【答案】C
【详解】AD．从v-t图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律F ma
=，则说明受到的电场力越来越大，根据公式F qE
=，说明电场强度越来越大，所以M点场强比N的场强小，故AD正确；
B．因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以M点的电势比N点的电势高，故B正确；
C．从M点运动到N点动能增加，电势能应该减小，故C错误。

故选C。

9.如图所示，正方形区域内有匀强磁场，现将混在一起的质子H和α粒子加速后从正方形区域的左下角射入磁场，经过磁场后质子H从磁场的左上角射出，α粒子从磁场右上角射出磁场区域，由此可知（）
A. 质子和α粒子具有相同的速度
B. 质子和α粒子具有相同的动量
C. 质子和α粒子具有相同的动能
D. 质子和α粒子由同一电场从静止加速
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力得
2
mv
qvB
R
=
qBR
v
m
=
设质子的比荷为q
m
，则α粒子的比荷为
2
4
q
m
，质子的半径是α粒子的一半，所以二者的速度相同，故A正
确；
B．他们具有相同的速度，但是质量不同，所以动量不同，故B错误；
C ．他们具有相同的速度，但是质量不同，所以动能不同，故C 错误；
D ．如果由同一电场从静止加速，那么电场力做的功应该相同，即动能相同，但是他们的动能不相同，所以不是从同一电场静止加速，所以D 错误。

故选A 。

10. 对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”．
人们假定，在N 极上聚集着正磁荷，在S 极上聚集着负磁荷．由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律．例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等．
在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同．若用H 表示磁场强度，F 表示点磁荷所受磁场力，q m 表示磁荷量，则下列关系式正确的是（ ）
A. F=
B. H=
C. H=Fq m
D. q m =HF 【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据题意在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，所以有
m
F H q = 故选B 。

【名师点睛】磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，运用类比思想，类比电场强度的定义公式F E q
=列式分析即可． 11.如图所示是某同学荡秋千的一种方式： 人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳：当他从最高点A 向最低点B 运动时，他就向下蹲：当他从最低点B 向最高点C 运动时，他又站立起来；从C 回到B 他又向下蹲……这样荡，秋千会越荡越高。

设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。

则下列说法中，正确的是（ ）
A. 人在最低点B时处于失重状态
B. 在最高点A时，人和秋千受到的合力为0
C. 若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低
D. 在题干所述摆动过程中，整个系统机械能守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．人在最低点时加速度竖直向上指向圆心，人处于超重状态，故A错误；
B．在最高点A时，人和秋千受到的合力为他们自身的重力，故B错误；
CD．由于荡秋千过程中不可避免存空气阻力，如果没有能量补充，则系统机械能就越来越小，即秋千荡起最大高度越来越低，故C正确，D错误。

故选C。

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.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如图所示，一块宽为a、长为
c的矩形半导体霍尔元元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流I时，电子的定向移动速度v，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。

则元件的（）
A. 前表面
的电势比后表面的低。

B. 前、后表面间的电压U=Bve C. 前、后表面间的电压U与I成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eU c【答案】C 【解析】【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，
则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
B．由电子受力平衡可得
U
e evB
a
=
解得U Bva
=，电流越大，电子的定向移动速度v越大，所以前、后表面间的电压U与I成正比，所以故B 错误，C正确；
D．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
U
F eE e
a
==
故D错误。

故选C。

14.2019年北京时间4月10日21时，人类历史上首张黑洞照片被正式披露，引起世界轰动。

黑洞是一类特殊的天体，质量极大，引力极强，在它附近（黑洞视界）范围内，连光也不能逃逸，并伴随着很多新奇的物理现象。

传统上认为，黑洞“有进无出”，任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来，但霍金、贝肯斯坦等人经过理论分析，认为黑洞也在向外发出热辐射，此即著名的“霍金辐射”，因此可以定义一个“ 黑洞温度"T”。

T=
3
8
hc
KGM
π
其中T为“黑洞”的温度，h为普朗克常量，c为真空中的光速，G为万有引力常量，M为黑洞的
质量。

K是一个有重要物理意义的常量，叫做“玻尔兹曼常量”。

以下几个选项中能用来表示“玻尔兹曼常量”
单位的是（）
A.J K
B. 2Kg m K S g g
C. 2Kg m K S g g
D. W K S g【答案】A 【解析】【详解】根据38hc T KGM=π得38hc k TGMπ=，h的单位为2J s= N m s= kg g m/s g g g g g c的单位是m/s，G的单位是2232N m/kg=kg m/s g g M的单位是kg，T的单位是K，代入上式可得k的单位是22kg m J=K s K g g故A正确，BCD错误。

故选A。

二实验题
15.某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。

他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。

(1)实验需要以下哪种电源_________；
A.低压直流电源
B.高压直流电源
C.低压交流电源
D.高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数：再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。

分别测出相应的原、副线圈电压值。

由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的___值（填“有效或“最大”）。

其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为___________；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成____ （填“正比”" 或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般____ （填“大于" “小于”或“等于"）原线圈与副线圈的匝数之比。

【答案】 (1). C (2). 有效 (3). 7.2 (4). 正比 (5). 大于 【解析】
【详解】(1) [1]因为探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，必须用交流电，又因为安全起见必须用低压电，所以用低压交流电，故选C 。

(1) [2]多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；
[3]多用电表选用的档位是交流电压的10V 档位，所以应该在0~10V 档位读数，所以读数应该是7.2V ； (4)[4] 根据
11
2
2
U n U n 可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。

[5]实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压U 2减小，所以导致
11
22
U n U n ＞，故填大于。

16.某学习小组利用如图1所示的装置验证机械能守恒
(1)下列实验器材中，不必要的是_____ ； A.刻度尺 B.交流电源 C.秒表
(2)实验中，小白先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点0的距离分别为h A 、h B 、h C 。

已知当地重力加速度为g 。

打点计时器打点的周期为T 。

设重物的质量为m 。

从打0点到打B 点的过程中，重物的重力势能减少量ΔE p =__________动能增加
量ΔE k =_________；
(3)小白同学通过比较得到，在误差允许范围内ΔE p 与ΔE k 近似相等他又在纸带选取多个计数点。

测量它们到起始点0的距离；计算出各计数点对应的速度v ，画出v 2—h 图像，则该图像斜率的物理意义是_________； (4)小白同学又从纸带上读出计数点B 到起始点O 的时间t ，根据v =gt ，计算出动能的变化ΔE k ＇，则ΔE k ＇、ΔE p 、ΔE k 的大小关系是__________。

A. ΔE p >ΔE k >ΔE k ＇ B. ΔE p >ΔE k ＇>ΔE k C. ΔE k >ΔE p >ΔE k ＇ D. ΔE k ＇>ΔE p >ΔE k
【答案】 (1). C (2). mgh B (3).
()2
2
8C A m h h T - (4). 2g (5). D 【解析】
【详解】(1) [1]因为打点计时器有计时功能，所以不需要秒表，故选C 。

(2)[2]根据重物的重力势能减少量即为重力做的功p 2ΔE mgh =； [3]B 点速度为
2C A
B h h v T
-=
根据动能公式
()2
312
2
2Δ121=228==
C A k B mv m h h h h m E T T -⎛⎫ -⎪⎝⎭ (3)[4]根据动能定理
2
12
mgh mv =
得22v g h
=，所以图像斜率的物理意义是2g 。

(4)[5]根据
()2
''22211122Δ2
k mv m gt mg t E ===
可以看出，影响ΔE k ＇的只有时间t ，时间是通过打点计时器打的点输出来的，相对准确，所以ΔE k ＇的计算最准确，误差最小。

ΔE p 是根据下落的高度计算出来的，由于受到阻力等影响，实际下落高度会略小于ΔE k ＇中对应的下落高度。

根据
()2
312
2
2Δ121=228==
C A k B mv m h h h h m E T T -⎛⎫ -⎪⎝⎭ 可知，影响ΔE k 有h 3和h 2两个数据，所以导致误差比ΔE p 更大，从而ΔE p >ΔE k ，所以综上得到ΔE k ＇>ΔE p >ΔE k ，故ABC 错误，
D 正确。

故选D 。

三.计算论证题
17.穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流，电路中就一定会有电动势，这个电动势叫做感应电动势。

感应电动势的大小可以用法拉第电磁感应定律确定。

(1)写出法拉第电磁感应定律的表达式；
(2)如图所示，把矩形线框放在磁感应强度为B 的匀强磁场里，线框平面 跟磁感线垂直。

设线框可动部分MN 的长度为L 。

它以速度v 向右运动。

请利用法拉第电磁感应定律推导E =BLv 。

【答案】(1)ΔΔE n t
Φ
=；(2)见解析 【解析】
【详解】(1)法拉第电磁感应定律
Δ ΔΦ
E n
t
= (2)Δt 时间内回路增加的面积
ΔΔS Lv t =
由法拉第电磁感应定律
ΔΔΔΔΔΔΦS vL t
E B B
t t t
=
== E BLv =
18.第24届冬奥会将于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行。

如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。

助滑坡由AB 和BC 组成，AB 为斜坡，BC 为R =10m 的圆弧面，二者相切于B 点，与水平面相切干C 点，AC 间的竖直高度差为h 1=50m CD 为竖直跳台。

运动员连同滑雪装备总质量为m =80kg ，从A 点由睁止滑下，假设通过C 点时雪道对运动员的支持力为F =8000N 水平飞出段时间后落到着陆坡 DE 的E 点上。

CE 间水平方向的距离x =150m 。

不计空气阻力，取g =10m/s 2。

求： (1)运动员到达C 点速度v c 的大小；
(2)CE 间竖直高度差h 2；
(3)运动员从A 点滑到C 点的过程中克服摩擦力做的功W 。

【答案】(1)30 m/s ；(2)125m ；(3)4000J 【解析】
【详解】(1)运动员到达C 点，由牛顿第二定律得
2C
v F mg m R
=－
解得v c =30 m/s 。

(2)CE 过程运动员做平抛运动 水平方向
c x v t =
竖直方向
2212
h gt =
解得h 2=125m 。

(3)AC 过程，由动能定理得
2112
c mgh W mv -=
解得W =4000J 。

19.如图所示，A 、B 和M 、N 为两组平行金属板．质量为m 、电荷量为+q 的粒子，自A 板中央小孔进入A 、B 间的电场，经过电场加速，从B 板中央小孔射出，沿M 、N 极板间的中心线方向进入该区域．已知极板A 、B 间的电压为U0，极板M 、N 的长度为l ，极板间的距离为d ．不计粒子重力及其在a 板时的初速度．
（1）求粒子到达b 板时的速度大小v ；
（2）若在M 、N 间只加上偏转电压U ，粒子能从M 、N 间的区域从右侧飞出．求粒子射出该区域时沿垂直于板面方向的侧移量y ；
（3）若在M 、N 间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N 板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B 的大小和方向． 【答案】（1）0
2qU v m
= （2）204Ul y dU = （3）0
2
2244mU d B l d q
=+磁感应强度方向垂直纸面向外． 【解析】 【分析】
（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可以求出粒子的
速度．
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动求出粒子的偏移量．
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
【详解】（1）带电粒子在AB 间运动，根据动能定理有
201
2
qU mv =
解得 0
2qU v m
=
（2）带电粒子在M 、N 极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有212
y at = 根据牛顿第二定律有 Eq Uq a m md
=
= 带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有l vt =
联立解得 2
4Ul y dU =
（3）带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外．
根据牛顿第二定律有 2
v qvB m R
=
由图中几何关系有2
2
2()2
d R l R =+-
解得 22
44l d R d
+=
联立解得0
22244mU d B l d q
=
+ 【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题．
20.在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间， 为此已发明了“激光致冷”的技术。

即利用激光作用于原子，使原子运动速率变慢，从而温度降低。

(1)若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的力学模型相似。

如图所示，一辆质量为m 的小车（左侧固定一轻质挡板以速度v 0水平向右运动；一个动量大小为p 。

质量可以忽略的小球水平向左射入小车后动量变为零；紧接着不断重复上述过程，最终小车将停下来。

设地面光滑。

求： ①第一个小球入射后，小车的速度大小v 1；
②从第一个小球入射开始计数到小车停止运动，共入射多少个小球?
(2)近代物理认为，原子吸收光子的条件是入射光的频率接近于原子吸收光谱线的中心频率如图所示，现有一个原子A 水平向右运动，激光束a 和激光束b 分别从左右射向原子A ，两束激光的频率相同且都略低于原子吸收光谱线的中心频率、请分析： ①哪束激光能被原子A 吸收?并说明理由；
②说出原子A 吸收光子后的运动速度增大还是减小。

【答案】(1)① v 0p
m
-；②0mv p ；(2)①激光束，理由见解析b ；②减小
【解析】
【详解】(1)①取向右方向为正，小车与小球水平方向动量守恒
01mv P mv -=
得10P
v v m
=-
②设入射n 个小球后小车将停下来，由动量守恒定律得
00mv nP -=
解得0
mv n P
=。

(2)① 激光束b
理由是原子A 向右运动，是迎着激光束b 运动的，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束b 的频率升高，进一步接近了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束b 吸收光子的几率增大。

原子A 的运动方向和激光束a 的传播方向相同，所以它感受到激光束a 的频率减小，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束a 的频率降低，进一步远离了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束a 吸收光子的几率减小。

综上所述，原子A 吸收了激光束b 的光子。

②减小。

由动量守恒定理得
()0b b b mv m v m m v -=+
()
0b b
b mv m v v m m -=
+
所以是减小了。