【文档说明】【精准解析】北京市中央民族大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题.pdf，共(25)页，600.119 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2c6282f252ac5563488ff584d1548b01.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-中央民族大学附属中学2019~2020学年第二学期高二物理期末诊断测试一、不定项选择。本部分共30题，每题2分，共60分。全选对得2分。选对选不全得1分。出现错误选项不得分。1.下列说法中正确的是（）A.天然放射现象说

明原子具有复杂的结构B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变C.原子核分成单个核子的过程一定有质量亏损，释放出能量D.一群处于n=2能级的氢原子自发跃迁，可能发出3种不同频率的光子【答案】B【解析】【详解】A.天然放射现象中的射线来自于原子核，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，A错误；

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变，B正确；C.原子核分成单个核子的过程需要外界提供能量，故它需要吸收能量，而不是释放能量，吸收的这个能量就叫原子核的结合能，C错误；D.根据22nC知，一群处于n=2能级的氢原子，自发跃迁时只能发出1种频率的光子，而一群处于n=

3能级的氢原子向低能级跃迁时，才会发出3种不同频率的光子，D错误。故选B。2.下列说法中正确的是（）A.用光导纤维束传送图像信息，这其中应用到了光的全反射现象B.通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象C.用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象D.肥皂泡在阳光下

出现彩色条纹，这是光的衍射现象【答案】A【解析】【详解】A．用光导纤维束传送图像信息，这其中应用到了光的全反射现象，选项A正确；B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，选项B错误；-2-

C．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的折射引起的色散现象，选项C错误；D．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的干涉现象，选项D错误。故选A。3.如图，P是一偏振片，P的振动方向（用带有箭头的实线表示）为竖直方向．下列四种入射光束中，哪几种照射P时能在P的另

一侧观察到透射光？A.太阳光B.沿竖直方向振动的光C.沿水平方向振动的光D.沿与竖直方向成45°角振动的光【答案】ABD【解析】解：A、太阳光包含垂直传播方向向各个方向振动的光，当太阳光照射P时能在P的另一侧观察到偏振光，故A正确；B、沿竖直方向振动的光能通过偏振片，故B正确；C、沿水平

方向振动的光不能通过偏振片，因为它们已经相互垂直．故C是错误的；D、沿与竖直方向成45°角振动的光也能通过偏振片，故D正确；故选ABD考点：光的偏振．菁优网版权所有分析：根据光的现象，只要光的振动方向不与

偏振片的狭逢垂直，都能有光通过偏振片．点评：D选项容易漏选，其实题中另一侧能观察到光即可．4.下列说法正确的是（）A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B.气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲

量C.气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小D.单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大-3-【答案】A【解析】【详解】由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使

气体对器壁产生一定的压强，根据压强的定义FPS，得当S是单位面积大小等于1m2时，气体对器壁的压强大小等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．A正确，B错误．影响气体压强的微观因素是分子的密集程度和分子的平均动能，平均动能减小，密集程度可能增加，则压强可能增加或不

变，C错误．影响气体压强的微观因素是分子的密集程度和分子的平均动能，单位体积的气体分子数增加，气体平均动能可能减小，故压强不一定增加，D错误．5.一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能

减小1.3×105J，则此过程（）A.气体从外界吸收热量2.0×105JB.气体向外界释放热量2.0×105JC.气体从外界吸收热量6.0×104JD.气体向外界释放热量6.0×104J【答案】B【解析】【分析】由题目中“外界对气体做功7.0×104J

，气体内能减小1.3×105J”可知，本题考查气体的内能与做功和热传递的关系，根据热力学第一定律分析即可。【详解】由热力学第一定律UWQ得到5451.3107.0102.010JQUW即气体向外界释放52.010J

的热量，故B正确。故选B。【点睛】运用热力学第一定律进行求解时，应特别注意各个物理量的正负。6.下列说法正确的是（）A.分子间同时存在着引力和斥力B.拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力C.在真空容器中注入气体，气体分子迅速散开充满整个容器，

是因为气体分子间的斥力大于引力-4-D.当分子间相互作用力做正功时，分子势能增大【答案】A【解析】【详解】分子间同时存在引力和斥力，当分子间距离小于平衡距离时表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，A正确；拉伸物体时，分子之间的距

离增大，分子间引力减小，斥力减小，由于斥力减小快，所以分子间引力大于斥力．B错误；气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动，与分子力无关．C错误；根据分子做功与分子势能可知，当分子间相互作用力做正功时，分子势能增减小．D错误．7.关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.

气体扩散的快慢与温度无关B.布朗运动是液体分子的无规则运动C.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动D.分子间的引力总是随分子间距离的增大而增大【答案】C【解析】【详解】扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，A错误；布朗运动是悬浮在液体中固体小颗

粒的无规则运动，它是液体分子的不规则运动的反映，B错误，C正确；分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，D错误．8.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质

量不变且可视为理想气体，那么()A.外界对胎内气体做功，气体内能减小B.外界对胎内气体做功，气体内能增大C.胎内气体对外界做功，内能减小D.胎内气体对外界做功，内能增大【答案】D【解析】对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度

升高，内能增大，故选D．【考点定位】理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律．9.一个单摆做简谐运动，周期为T，振幅为A，振动机械能为E（以摆球通过最低点位置为重力势能参考平面）．若保持摆长不变，将摆球质量变为原来的4倍，而通过平衡位置的速度变-5-为原来的一半，那么关于

该单摆做简谐运动的周期、振幅、振动机械能，下列判断正确的是（）A.周期小于T，振幅仍为A，振动机械能仍为EB.周期小于T，振幅小于A，振动机械能小于EC.周期仍为T，振幅仍为A，振动机械能小于ED.周期仍为T，振幅小于A，振动机械能仍为E【答案】D【解析】【详解】由单摆的周期

公式2LTg可知，单摆摆长不变，则周期不变，即周期仍为T；由212kEmv可知，当摆球质量变为原来的4倍，通过平衡位置的速度变为原来的一半时经过最低点的动能不变，则振动机械能仍为E，在振动过程中机械能守恒，则

有：212mghmv，解得：22vhg，由此可知速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小，所以振幅小于A，D正确．10.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子

位于B点时开始计时，则其振动图像为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以-6-振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．11.周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该

波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波（）A.沿x轴正方向传播，波速v=20m/sB.沿x轴正方向传播，波速v=10m/sC.沿x轴负方向传播，波速v=20m/sD.沿x轴负方向传播，波速v=10m/s【答案】B【解析】横波的振动方向与传播方向垂直，已知P点的

振动方向向下，由同侧法可知传播方向右，而读图得波长20m，2sT，则波速10/vTms，故选项B正确．【考点定位】横波的性质、机械振动与机械波的关系．12.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图

所示，下列描述正确的是（）A.t=1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B.t=2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C.t=3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D.t=4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】【分析】根据振动图象判断

质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”-7-段质点向下振动．【详解】AC．在t=1s和t=3s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；BD．在t=2s和

t=4s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误．13.如图甲所示为一列简谐横波在t=3s时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图象，由图甲、乙中所提供的信息可知这列波的传播速度v以及传播方向分别是()A.v=

25cm/s，向左传播B.v=50cm/s，向左传播C.v=25cm/s，向右传播D.v=50cm/s，向右传播【答案】D【解析】【详解】由图得到该波的波长=100cm，周期T=2s，则波速为50vTcm/s，由振动图象

乙得知t=3s时刻P点的速度方向沿y轴负方向，在波动图象甲判断出波的传播方向：向右，D正确．14.已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏伽德罗常数为N(mol－1)．下列判断不正确．．．的是

（）A.1kg铜所含的原子数为NMB.1m3铜所含的原子数为MNC.1个铜原子的质量为MN(kg)D.1个铜原子所占体积为MN(m3)【答案】B【解析】【详解】1kg铜的物质量为：1nM，故所含的原子数为NNnNM，A正确；1m3铜的物质量为：nM，

故所含的原子数为NNnNAM，B错误；1mol铜分子的质量为M，-8-故1个铜原子的质量为MN（kg），C正确；铜的摩尔体积为：MMV，故1个铜原子的体积为：MVNMN(m3)，D正确．15.下列说法正确的是（）A.热量不能由低温物体传递到高温物体B.外界对物体做功，物体的内能必

定增加C.第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化【答案】CD【解析】【详解】热量不能自发由低温物体传递到高温物体，A错误；影响内能的方式有做功和热

传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，B错误；第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律，C正确；由热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，D正确．16.用a、b两种不同的单色光在相同条件下分别经同

一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。现使a光从水中斜射向水面上的O点，其入射角为i、折射角为r，如图丙所示。对于这两种单色光，下列说法正确的是（）A.在真空中a光的波长较短B.水对a光的折射率sinsininrC.在水中a光的传播速度较大D.a光从水中射向

空气发生全反射时的临界角较小【答案】C【解析】-9-【详解】A．甲光衍射明显，说明a光的波长比乙的波长大，即ab，A错误；B．水对a光的折射率sinsinrni，B错误；C．a光的波长比b的波长大，根据

cf可知a光的频率小，折射率小，根据cvn可知在水中a光的传播速度较大，C正确；D．根据全反射定律1sinCn可知a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较大，D错误。故选C。17.根据α粒子散射实验,卢瑟福提出了原

子的核式结构模型．如图表示了原子核式结构模型的α粒子散射图景．图中实线表示α粒子的运动轨迹．其中一个α粒子在从a运动到b再运动到c的过程中(α粒子在b点时距原子核最近),下列判断中正确的是()A.α粒子的动能先增大后减小B.α粒子的电势能先增大后减小C.α粒子的加速度先变小后变大D电场力对α

粒子先做正功后做负功【答案】B【解析】【详解】ABD．α粒子先靠近原子核，然后又远离原子核，则在运动过程中，电场力(库仑斥力)对α粒子先做负功后做正功，所以其电势能先增大后减小，由动能定理知，动能先减小后增大

，则B选项正确，而A、D选项错误；C．α粒子受到的库仑斥力先增大后减小，由牛顿第二定律知，加速度先增大后减小，C选项错误。故选B。【点睛】题借助α粒子散射实验考查了带电粒子在电场中运动时动能、势能、加速度等物理量的变化情况，根据电场有关

知识即可解答．-10-18.在用油膜法估测分子大小的实验中，已知识纯油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，一滴油酸溶液中含纯油酸的质量为m，一滴油酸溶液滴在水面上扩散后形成的纯油酸油膜最大面积为S，阿伏伽德罗常数为NA．以上各量均采用国际单位制，对于油酸分子的直径和分子数量有如下判断，其中正确的是（）

①油酸分子直径d=MS②油酸分子直径d=mS③一滴油酸溶液中所含油酸分子数n=AMNm④一滴油酸溶液中所含油酸分子数n=AmNMA.①和③B.①和④C.②和④D.②和③【答案】C【解析】【详解】由纯油酸的质量与密度的关系可得体积为：

mV，由所形成油膜面积S可得纯油酸分子的直径为：VdS，联立得：mdS，①错误，②正确；一滴油酸溶液中含有纯油酸的摩尔数为mM，一滴油酸溶液中含有纯油酸分子个数AmnNM，③错误，④正确，故选C．19.如图所示，a、b、c表示一定质量的理想

气体状态变化过程中的三个状态，图中ac线平行于横坐标轴，bc线垂直于横坐标轴，ab线的延长线通过原点O．以下说法中正确的是（）A.由状态a到b是等温变化，气体内能不变B.由状态b到c是等容变化，气体内能不变C.由状态c到a是等压变

化，气体内能减小D.由状态c到a是等压变化，气体内能增加【答案】AD【解析】-11-【详解】由理想气体状态方程pVcT，变形得：1pVTc，结合图象知，其斜率不变，则气体的温度不变，由状态a到b是等温变化，气体的内能不变．A正确．由状态b到c是

等容变化，压强减小，由理想气体状态方程pVcT知气体的温度降低，气体的内能减小，B错误．由状态c到a是等压变化，体积增大，由理想气体状态方程pVcT知气体的温度升高，气体的内能增加，C错误，D正确．20.惠更斯利用摆的等时

性原理制成了第一座摆钟．如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是（）A.甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重

力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动C.乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动【答案】C【解析】【详解】由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因

T＝2πlg，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动．ABD.由上分析可知，ABD错误；C.由上分析可知，C正确．21.如图甲所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能

持续向下流出一细束墨水．沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线．注射器喷嘴到硬纸板的距离很小,且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计．若按图乙所示建立xO

y坐标系，则硬纸板-12-上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图象．关于图乙所示的图象，下列说法中正确的是()A.x轴表示拖动硬纸板的速度B.y轴表示注射器振动的位移C.匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期D.拖动硬

纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短【答案】BC【解析】【详解】注射器振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上x轴上的坐标代表时间．A错误．白纸上与1OO垂直的坐标是变化的，即

y轴代表了注射器的位移，B正确．由图乙可知，匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期，C正确；注射器振动周期与拖动白纸的速度无关．拖动白纸的速度增大，注射器振动周期不改变，D错误．22.从1907年起，密立根

就开始测量金属的遏止电压CU（即图1所示的电路中电流表G的读数减小到零时加在电极K、A之间的反向电压）与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的

正确性．按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的CU图像如图2所示．下列说法正确的是A.该金属的截止频率约为4．27×1014Hz-13-B.该金属的截止频率约为5．50×1014HzC.该图线的斜率为普朗克常量D.该

图线的斜率为这种金属的逸出功【答案】A【解析】【详解】试题分析：设金属的逸出功为0W，截止频率为cν，因此0Wh；光电子的最大初动能Ek与遏止电压UC的关系是kcEeU，光电效应方程为0kEhW；联立两式可得：0CWhUee，因此图像的斜率为he

，ＣＤ错误；当C0U可解得144.310cHz，即金属的截止频率约为Hz，在误差允许范围内，可以认为A正确；B错误．考点：光电效应．23.某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于（）

A.油酸未完全散开B.油酸中含有大量酒精C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D.求每滴体积时，1mL溶液的滴数多记了10滴【答案】AC【解析】【详解】A．试验过程中应使油酸充分散开，形成单分子油膜，若油酸未完全散开，则S测量值偏小，根

据VdS可知，分子直径的测量值偏大，选项A正确；B．油酸中含有大量酒精，则对测量结果无影响，选项B错误；C．如果计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，面积S测量减小，根据VdS可知，直径偏大，选项C正确；D．求

每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，每一滴的体积偏小，根据VdS可知，直径测量值偏小，选项D错误。故选AC。24.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带

对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大-14-伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.2mght＋mgB.2mght－mgC.mght＋mgD.mght－mg【答案】A【解析】【详解】在安全带对人有拉力

的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有212mghmv，即在产生拉力瞬间速度为2vgh，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有0Ftmgtmv，联立解得2mghFmgt

【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向25.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向

射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能不守恒C.动量守恒、机械能不守恒D.动量不守

恒、机械能守恒【答案】B【解析】【详解】略26.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程I，-15-进入泥潭直到停住的过程称为过程II，空气阻力忽略不计．则（）A.过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力

冲量的大小C.过程II中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程II中钢珠所减少的总重力势能D.过程II中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能【答案】AC【解析】【详解】过程Ⅰ中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量的改变量等于重力的冲量．故A正确．对全过程分析，根据动量定理可知，则阻力的

冲量的大小等于过程Ⅱ和过程Ⅰ中重力冲量的大小总和．故B错误．对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过

程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和．故C正确．根据功能关系分析得知，过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力做功，等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能和过程Ⅱ减小的重力势能．故D错误．故选AC．【点睛】本题一要灵

活选择研究的过程；二是运用动量定理研究冲量，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路．27.如图所示，两个相同的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（）A.重力的冲量B.合力

的冲量大小C.斜面对物体的支持力的冲量D.刚到达底端时动量的水平分量【答案】B【解析】【详解】物体在下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得212mghmv物体到达斜面底端时，速度-16-2vgh由牛顿第二定律得sinmgma加速度大小为sinag

物体沿斜面下滑的时间212sinsinghvhtagg由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同A．重力的冲量I=mgt由于时间t不同，重力的冲量不同，故A错误；B．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即Imv合m、v大小相等，合外力冲量大小相等，故B正确；C．斜面对物体的

支持力的冲量为cos2cotINtmgtmgh斜面倾角不同，弹力的冲量不同，故C错误；D．物体到达底端时动量的水平分量cos2cosmvmgh斜面倾角不同，动量的水平分量不同，故D错误。故选B。28.如图所示为小明玩蹦床的情景，其中A位置表示床面未受

压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中将床面所压到的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于小明从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是（）-17-A.床面从A位置下降到B位置的过程中，小

明的动能不断变小B.床面在B位置时，小明所受合外力为零C.小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态D.小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等【答案】D【解析】【详解】A．刚接

触床面时，弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，动能变大，故A错误；B．床面在B位置时，速度为零，弹力大于重力，合力向上，故B错误；C．小明接触床面前处于失重状态，刚接触床面到弹力与重力大小相等之前，弹力小于重力，合力向下，仍然处于失重状态，故C错误；D．小明在最高点和B点

的速度都为零，根据动量定理可知，小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等，故D正确。故选D。29.假如全世界60亿人同时数1g水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则完成任务所需时间最接

近(阿伏加德罗常数NA取6×1023mol－1)A.10年B.1千年C.10万年D.1千万年【答案】C【解析】【详解】1g水的分子个数22131018ANN个，则完成任务所需时间t==6×1018小时，约为1000年．30.1924年，德布罗意提出了物质波理论，

他假设实物粒子也具有波动性，大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子（如电子、质子等），他认为粒子的动量p与波的波长之间遵从关系：-18-hp（h为普朗克常量），这一假说后来在一系列实验中得到了证实。如

图甲所示，在电子双缝干涉实验中，将电子垂直射向两个紧靠的平行狭缝（电子发射端到两狭缝距离相等），在缝后放上一个安装有电子侦测器的屏幕（屏幕上的O点位于两狭缝中心对称轴的正后方，图中未画出），电子打到探测器上会在屏幕

上出现亮点。在实验中，以速率v0发射电子，开始时，屏幕上出现没有规律的亮点，但是当大量的电子到达屏幕之后，发现屏幕上不同位置出现亮点的概率并不相同，且沿垂直双缝方向呈现出间隔分布，如图乙所示．这种间隔分布类似于光的干涉中

出现的明暗相间的条纹．则下列说法中正确的是（）A.以速率2v0发射电子，重复实验，O点可能处在暗条纹上B.以速率2v0发射电子，重复实验，所形成的条纹间距会变小C.若将两个狭缝沿垂直缝的方向移动一段很小的距离（不改变狭缝和屏幕间的距离），重复实验

，如果屏幕上仍有间隔的条纹分布，则O点一定处在暗条纹上D.若将两个狭缝沿垂直缝的方向移动一段很小的距离（不改变狭缝和屏幕间的距离），重复实验，如果屏幕上仍有间隔的条纹分布，则O点一定处在明条纹上【答案】B【解析】【详解】A．由双缝干涉的规律可知，O点到两缝的距离可知是一个振动加强点，故无论改变

电子的速度如何改变都不会影响O点的是加强点的性质，故A错误；B．双缝干涉图样中的条纹间距的影响因素是lxd在l、d均一定的情况下，间距只与λ有关，改变光子速度为原来的二倍，由物质波的定义hp，则相当于减小了波长，则间距也将减小，故B正确；-19-CD．改变缝的距离，则使得O点到两

个缝的距离与光程差的关系不明，此时O点就有可能是加强点，也有可能减弱点，故在O点出现暗，亮条纹均有可能，选项CD错误。故选B。二、本部分共6题，共60分。31.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是_____。A．适当加长摆线B．

质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C．摆球偏离平衡位置的角度不能太大D．当摆球经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，测量得到的时间就是单摆振动的周期（2）某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现由于摆球质量分布不

均匀，单摆静止时摆球重心在球心的正下方。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L—T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝___________。请你判断

该同学测得的重力加速度与摆球重心就在球心处的情况相比，将____________。（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）【答案】(1).AC(2).2224BABALLTT(3).相同【解析】【详解】（1）[1]A．适当加长摆线可减小测

量摆长时的误差，选项A正确；B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，这样可以减小摆动时的相对阻力，选项B错误；C．摆球偏离平衡位置的角度不能太大，否则就不是简谐振动了，选项C正确；-20-D．当摆球经过平衡位置时

开始计时，经过n次全振动后停止计时，T=t/n就是单摆振动的周期，选项D错误。故选AC。（2）[2]根据2LTg可得224gLT由图像可知222=4BABATkLLTg解得2224BABALLgTT[3]摆球重

心不在球心时得到的2-LT的图像的斜率不变，则测得的重力加速度的值相同。32.如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在水平面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，在白纸上记录下重垂

线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在水平面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P点；步骤2：

把小球2放在斜槽末端B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N点；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N到O点

的距离，即OM、OP、ON的长度。-21-（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是______。A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B.斜槽轨道必须光滑C.小球1的质量应大于小球2的质量（2）上述实验除需测量OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_

_____。A.B点距地面的高度hB.小球1和小球2的质量、C.小球1和小球2的半径r（3）当所测物理量满足表达式_______用实验所测物理量的字母表示时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式_____用实验所测量物理量的字母表示时，即说明两球碰撞时无机械能损失。【答案】(1

).AC(2).B(3).m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON(4).m1∙OP2=m1∙OM2+m2∙ON2【解析】【详解】（1）[1]．因为平抛运动的时间相等，根据x=vt，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从轨道

上同一点滑下，但是轨道不一定光滑；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；故AC正确，B错误；故选AC.（2）[2]．根据动量守恒得，m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．

故选B．（3）[3]．因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，要验证的关系是：m1∙v0=m1∙

v1+m2∙v2将速度换成位移，则所测物理量满足表达式为：m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON由功能关系可知，只要222101122112122mvmvmv成立则机械能守恒，故若-22-m1∙OP2=m1∙OM

2+m2∙ON2说明碰撞过程中机械能守恒．33.如图所示，竖直平面内的光滑弧形轨道的底端恰好与光滑水平面相切．质量M=2.0kg的小物块B静止在水平面上．质量m=1.0kg的小物块A从距离水平面高h＝1.8m的P点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨

道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）A经过Q点时速度的大小；（2）A与B碰后速度的大小；（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能ΔE。【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）12J【解析】【详解】（1）A从P到Q过程中，

由动能定理2012mghmv026m/svgh（2）A、B碰撞，AB系统动量守恒，设向右为正方向，则0()mvMmv02m/smvvMm（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能22011()12J22EmvMmv34.1897年，汤姆孙根

据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流，并求出了这种粒子的比荷，他的研究装置如图所示。真空管内的阴极K发出的电子经加速后，穿过A、B中心的小孔沿直线进入到两块水平正对放置的平行金属板D1、D2

的区域。金属板D1、D2之间未加电场时，射线不偏转，射在屏上P1点。按图示方式施加电场强度为E的电场之后，射线发生偏转并射到屏上P2点。为了抵消阴极射线的偏转，使它从P2点回到-23-P1，需要在两块金属板之间的区域再施加一个大小合适、方向垂直于纸面的匀强磁场。(1)判断匀强磁场的方向

；(2)若施加的匀强磁场磁感应强度为B，求出阴极射线的速度v的表达式；(3)去掉D1、D2间的电场，只保留(2)中的匀强磁场B。由于磁场方向与射线运动方向垂直，阴极射线在D1、D2之间有磁场的区域内会形成一个半径为r的圆弧，使得阴极射线落在屏上P3点。根据

题目所有信息推导电子比荷的表达式。【答案】(1)方向垂直纸面向里；(2)EvB；(3)2eEmBr=【解析】【详解】(1)电场力的方向向上，加上磁场后电子不发生偏转，电子做匀速直线运动，所以洛伦兹力方向向下，根据左手定

则可知，磁场方向垂直纸面向里(2)电子做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得eEevB①解得阴极射线的速度EvB②(3)去掉D1、D2间的电场，只保留(2)中的匀强磁场B，电子做匀速圆周运动，洛伦兹力提

供向心力，由牛顿第二定律得2mvevBr③由②③式解得2eEmBr=35.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度0v竖直向上喷出；玩具底部为

平板(面积略大于)S；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为，重力加速度大小为.g求：-24-(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．

【答案】(1)0mSv(2)22422022202SvMghSvg【解析】试题分析：（i）设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则=mV①=0VvSt

②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为=0mtvS③（ii）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v．对于t

时间内喷出的水，有能量守恒得12()2+()=12()02mvmghmv④在h高度处，t

时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为=()pmv⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有=Ftp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得=F

Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得0hv⑧【考点定位】动量定理、机械能守恒定【名师点睛】本题考查了动量定理的应用，要知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，也

就是水对玩具的冲力等于玩具的重力．本题的难点是求水对玩具的冲力，而求这个冲力的-25-关键是单位时间内水的质量，注意空中的水柱并非圆柱体，要根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积S求出流量，最后根据m=ρV求质量．