天津市滨海新区2019-2020学年新高考高二物理下学期期末达标检测试题

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共8小题

1．如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的阻值减小（滑动片向下移）．如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时

A．A1、A2读数均增大 C．V2、V3读数均增大

B．A1、A2读数均减小 D．V2、V3读数均减小

2．如图所示是两个等量同种电荷的电场线分布，A、B是图中电场线上的两点，则（ ）

A．左侧带负电荷 B．A点场强比B点场强小 C．A、B两点电势相等

D．正电荷在A点电势能大于在B点电势能

3．如图所示，固定斜面的倾角为，质量为m的物体在水平推力F2mg作用下，沿斜面匀速上滑，则物体与斜面间的动摩擦因数为

2cossin

cos2sincosC．

sin2cosA．4．下列说法正确的是( )

B．tan D．2cossin

cos2sinA．结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定 B．

232U衰变为22286Rn，要经过4次α衰变及6次β衰变

144171C．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为7N2He8O1H

D．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3)c2

5．下列说法不正确的是（ ）

A．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 B．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果

C．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度， 这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 D．由于液体表面分子间的距离大于液体内部分子间的距离，液面分子之间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势 6．下列说法正确的是

A．物体吸收热量，其内能一定增加

B．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响 C．第二类永动机不能制成是因为违背了能量守恒定律 D．热量能够自发地从低温物体传递到高温物体

7．太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行．已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为 A．MF vB．

FM vC．MF vD．

F v8．甲、乙两辆汽车从同一地点同时并排刹车的如图所示.关于甲、乙汽车的运动情况，下列说法正确的是：

A．t1时刻甲车的加速度小 B．0-t1时间内甲车的位移小

C．甲乙两车可能在t2至t3时间内相遇 D．t1-t3时间内甲乙两车的平均速度大小相等 二、多项选择题：本题共4小题

9．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一个端连接一套在圆环上且质量为m的小球。开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g。下列分析正确的是（ ）

A．轻质弹簧的原长为R B．小球过B点时，弹簧的弹力为

C．小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球的动能 D．小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为

10．如图所示，装置BOO可绕竖直轴OO转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角37．已知小球的质量m1kg，细线AC长L1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s2， sin370.6，cos370.8）

A．若装置匀速转动的角速度为为37

52rad/s时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍2B．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度2552N rad/s时，细线AC张力T2252rad/s时，细线AC上张力T与角速度的平2C．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度方2成线性关系

D．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度56rad/s时，细线AB上张力不变 311．如图所示，两个完全相同的带正电荷的小球被a、b两根绝缘的轻质细线悬挂于O点，两小球之间用

绝缘的轻质细线c连接，a、b、c三根细线长度相同，两小球处于静止状态，且此时细线c上有张力，两小球的重力均为G．现用一水平力F缓慢拉右侧小球，使细线a最终处于竖直状态，两小球最终处于静止状态，则此时与初态相比，下列说法正确的是:

A．细线a的拉力变大 B．细线b的拉力变大 C．细线c的拉力变大

D．最终状态时的水平拉力F比小球的重力G大

12．为证明实物粒子也具有波动性，某实验小组用电子束做双缝干涉实验。实验时用50kV电压加速电子束，然后垂直射到间距为1mm的双缝上，在与双缝距离约为35cm的光屏上得到了干涉条纹。该条纹与托马斯·杨用可见光做的双缝干涉实验所得到的图样基本相同，但条纹间距很小。这是对德布罗意物质波理论的又一次实验验证。根据德布罗意理论，实物粒子也具有波动性，其波长

，其中h为普朗克常

量，p为电子的动量。下列说法正确的是

A．只减小加速电子的电压，可以使干涉条纹间距变大 B．只增大加速电子的电压，可以使干涉条纹间距变大 C．只增大双缝间的距离，可以使干涉条纹间距变大 D．只增大双缝到光屏的距离，可以使干涉条纹间距变大 三、实验题:共2小题

13．利用如图所示装置验证机械能守恒定律:质量m = 1.21kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．下图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取12 s打一次点，的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔1．当地的重力加速度g=11m/s²。（计算结果均取3位有效数字）

（1）下列实验操作步骤中错误的是（_____）

A．把打点计时器固定在铁架台上，用导线连接到低压交流电源 B．将连有重锤的纸带穿过限位孔，将纸带和重锤提升到一定高度 C．先释放纸带，再接通电源

D．更换纸带，重复实验，根据记录处理数据

（2）根据图上所得的数据，应取图中O点和____点来验证机械能守恒定律,那么打下该点时重物的瞬时速度大小为_______m/s；

（3）从O点到所取点，重物重力势能减少量允许范围内，机械能守恒。

14．某实验小组用图甲所示的装置探究功和动能变化的关系．他们将宽度为d的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将小车通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平实验台上的A、B两点各安装一个光电门，记录小车通过A、B时的遮光时间．若小车（含挡光片）的质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m．

=____J，动能增加量

=_____J，从而验证了在误差

（1）实验前，为了消除摩擦力对小车运动的影响，应取下砝码盘，将木板的________（填“左”或“右”）端适当垫高，使小车通过两光电门的_________．

（2）在完成（1）的操作后，为确保小车运动中受到的合力与砝码盘中盘中砝码的总重力大致相等，m、M应满足的关系是_________．

（3）用游标卡尺测量挡光片的宽度d如图乙所示，则d=_________mm．

（4）将小车停在C点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，小车通过A、B时的遮光时间分别为t1、t2，用刻度尺量得A、B之间的距离为s．已知重力加速度为g，则本实验最终要探究的数学表达式应该是：_________（用代表物理量的字母表示）． 四、解答题：本题共4题

15．如图所示，一质量M0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m0.2kg的小滑块，以

v01.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板.已知小滑块与长木板间的动摩擦因数

0.4，(g10m/s2）问：

（1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？

（2）从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？(滑块始终没有滑离长木板)

16．一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示．玻璃的折射率为n＝2，光在真空中的传播速度为c．

①一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？

②第一问中最边界的入射光束在射出玻璃砖时经历的时间．

17．如图所示，质量M=2.0kg的长木板静止在光滑水平面上，一质量m=1.0kg的物块以υ0=6.0m/s的初速度滑上木板，它们之间有摩擦，且木板足够长｡求：

(1)物块相对木板静止时，它们的共同速度； (2)物块在木板上相对滑动的过程中产生的热量｡

18．如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L，其右端中心处开有小孔。质量为m的某种理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计。开始时气体温度t0=27℃,活塞与容器底对面距离为

4L。现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为P0，取0℃5

为273 K，求:

（ⅰ）活塞刚到达最右端时容器内气体的温度T1； （ⅱ）温度为T2=450 K时容器内气体的压强P。

参

一、单项选择题：本题共8小题 1．A 【解析】

CD. 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压也不变，所以V2的示数不变，当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大，由于副线圈的电流变大，电阻R0的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小，故C错误，D错误；

D. 由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小，输出的功率U2I2变大了，所以原线圈的输入的功率U1I1也要变大，因为输入的电压U1不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故A正确，B错误． 故选A.

点睛：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．根据变压器的输入的功率和输出的功率相等，分析输入电流的变化． 2．B 【解析】 【详解】

A、根据电场线从正电荷或无穷远出发到负电荷或无穷远终止，知左侧带正电荷，故A错误。 B、A处电场线比B处的疏，则A点场强比B点场强小，故B正确。

C、设图中与B点关于两电荷连线中垂线对称的点为C，则B、C两点的电势相等。根据等势面与电场线垂直，且顺着电场线方向电势降低，知A点的电势低于B点的电势，故C错误。

D、A点的电势比B点的低，所以正电荷在A点电势能小于在B点电势能，故D错误。 3．D 【解析】

物体m受力如图；

把F，mg沿斜面和垂直斜面进行分解．沿斜面方向受力平衡得：f+mgsinθ=Fcosθ ．在垂直斜面方向受力平衡得：FN=mgcosθ+Fsinθ ； 又f=μFN ；其中F=2mg，联立得2cossin；故选D．

cos2sin点睛：正交分解法是处理多个力的平衡问题的常用的方法；解题是如何建立直角坐标系是解题的关键；此题计算量较大，考查学生数学计算能力. 4．C 【解析】 【详解】

比结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项A错误；

232U衰变为22286Rn，发生α

衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0-1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：4x+222=238，解得x=4；2x-y+86=92，得y=2，故衰变过程有4次α衰变和2次β衰变，

144171故B错误；卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为7N2He8O1H，选项C正确；质子、中子、114α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，核反应是21H20n2He，

根据质能方程，所释放的核能为ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项D错误；故选C. 5．D 【解析】

A、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A正确；

B、空气的小雨滴呈球形是由于水的表面存在表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确； C、干湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，故C正确；

D、由于液体表面分子间的距离大于液体内部分子间的距离，液面分子之间引力和斥力同时存在，但引力比斥力大，分子力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故D错误； 不正确的故选D．

【点睛】液晶具有各向异性的特点；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低；分子

间引力和斥力同时存在．结合这些知识分析． 6．B 【解析】 【详解】

A. 物体吸收热量，同时对外做功，则其内能不一定增加，选项A错误；

B. 根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，选项B正确；

C. 第二类永动机不能制成是因为违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，选项C错误； D. 根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项D错误. 7．D 【解析】 【分析】 【详解】

设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m．以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft=mv-0，其中t=1s，可得：m8．C 【解析】 【详解】

A.根据v-t图象的斜率表示加速度，斜率绝对值表示加速度的大小，则知t1时刻甲车的加速度大；故A错误.

B.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知0～t1时间内甲车的位移大；故B错误.

C.t=0时刻，甲乙两辆汽车在同一地点，在0～t2时间内甲车通过的位移大于乙车；t2～t3时间内甲车静止，乙车继续运动，所以甲、乙两车可能在t2～t3时间内相遇；故C正确.

D.t1～t3时间内甲车的位移比乙车的大小，则甲车的平均速度比乙车的小；故D错误. 二、多项选择题：本题共4小题 9．BCD 【解析】

试题分析：由几何知识可知弹簧的原长为

，A错误；根据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹

F，D正确． v簧弹力的合力提供小球的向心力，，B错误；以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A

到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能，故C错误；根据能量的转化与守恒：

，得

，故D正确。

源:学.科.网] 考点：功能关系

【名师点睛】此题中小球的机械能不守恒，可以从能量转化的角度进行分析．确定功的大小，可以根据动能定理分析总功的正负来判断。 10．ABC 【解析】 【详解】

若细线AB上张力恰为零且细线AC与竖直方向夹角仍为37°时，根据牛顿第二定律得：mgtan37°=mω12Lsin37°，解得：1522rad/s，选项A正确；若装置可以以不同的角速度匀速转动，且

角速度2552N，选项B正确；rad/s时，此时对小球，竖直方向：TACcos37mg，解得TAC22522rad/s 且逐渐增大时，对小球水平方向研究有：TACsinmLsin，即25652rad/srad/s32当角速度 TACm2L，即细线AC上张力T与角速度ω的平方成线性关系；当角速度=时，根据牛顿第二定律得：mgtanθ′=mω22Lsinθ′，解得：cosθ′=0.6，θ'=53°，此时细线AB恰好竖直，且张力为零；当562rad/s时，细线AB上有张力，对小球分析，水平方向：TACsin53mLsin53，32竖直方向：TACcos53mgTAB，则TACmL，即细线AC上张力T与角速度ω的平方成线性关系；

TAB随角速度ω的增加也增大．故C正确，D错误． 11．BCD 【解析】 如图所示

对初末态小球受力分析可得：

Facos300G Fa'G

所以细线a的拉力变小，故A错误；

B项：FbFaG'0'Fsin30GFFb，故B正确； ，，可解得：bb0cos300''C项：F库=F+Fasin30，FcF库，FcF，所以细线c的拉力变大，故C正确；

D项：F与G的合力为Fb ，F=3G，故D正确． 12．AD 【解析】 【详解】

AB、增大加速电子的电压，则电子的速度变大，动量变大，根据德布罗意波长公式

知，波长变小，

'根据知，条纹间距变小；同理，只减小加速电子的电压，可以使干涉条纹间距变大，A正确B错

误； C、根据

知，加大双缝间的距离d，则条纹间距减小，C错误；

D、根据知，只增大双缝到光屏的距离L，可以使干涉条纹间距增大，D正确。

三、实验题:共2小题

13． C B 1.92 1.384 1.369

【解析】（1）把打点计时器固定在铁架台上，用导线连接到低压交流电源，选项A正确；将连有重锤的纸带穿过限位孔，将纸带和重锤提升到一定高度，选项B正确；先接通电源，再释放纸带，选项C错误；更换纸带，重复实验，根据记录处理数据，选项D正确；此题选项不正确的选项，故选C；（2）根据图上所得的数据，应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,那么打下B点时重物的瞬时速度大小为

（3）从O点到所取B点，重物重力势能减少量为：△Ep=mghB=1.21×11×1.1921J=1.384J， 动能的增加量为：△Ek＝mvB2＝×1.2×1.922J=1.369J．在误差允许的范围内，机械能守恒．

点睛：解决本题的关键知道实验的原理，通过重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量．

14．左 遮光时间相等 m【解析】

（1）实验前应将木板左端略微抬高，使小车通过两光电门的遮光时间相等的目的是平衡摩擦力，小车受

M 9.30 mgs111Md222 2t2t1

到的拉力等于其合力，细线的拉力对小车做的功等于合力对小车做的功；

（2）只有当M远大于m时，砝码盘和盘中砝码的重力才等于绳子的拉力，即满足M远大于m时可以用砝码盘和盘中砝码的重力做的功代替小车合力做的功；

（3）游标卡尺的主尺示数为0.9cm=9mm，游标尺示数为6×0.05mm=0.30mm，则挡光片的宽度d=9mm+0.30mm=9.30mm

(4).A至B过程中小车的合外力做功等于砝码盘和盘中砝码受到的重力做功，即Wmgs，小车通过A时的速度：vAddv，小车通过B时的速度：B；

t1t21111122MvBMvAMd2(22)，本实验最终要探究的数222t2t1则小车通过A、B过程中动能的变化量E学表达式应该是mgs111Md2(22) 2t2t1【点睛】为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力．小车合力做的功等于砝码盘和盘中砝码的重力做的功，根据vd求出小车通过AB两点的速度，从而求出动能的t变化率；只有当M远大于m时，砝码盘和盘中砝码的重力才等于绳子的拉力． 四、解答题：本题共4题 15．（1）0.15s；（2）0.135m。 【解析】 【详解】

（1）根据牛顿第二定律得小滑块的加速度为：

a1mgm4m/s2

木板的加速度为：

a2mgM4m/s2

小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动.根据运动学公式有：

v0a1ta2t

解得：

tv00.15s

a1a2（2）由xv0t12a1t 得： 21x1.20.15m40.152m0.135m

2【点睛】

解决本题的关键理清滑块和木板的运动情况：木板做加速运动，滑块做减速运动，当两者速度相等时保持相对静止，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 16． （2）t（1）2R?【解析】

在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图，由全反射条件有

由几何关系有OE＝Rsin θ

由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为l＝2OE 联立各式，代入已知数据得l＝2R （2）路程s 速度vR cR2(222 或者s=Rcosθ R)R22c nsR 得t

vc17． (1)v=2.0m/s；(2)Q=12.0J 【解析】

【分析】视物块和木板为系统，动量守恒，由动量守恒定律求出)物块相对木板静止时，它们的共同速度；由能量守恒求出物块在木板上相对滑动的过程中产生的热量； 解：(1)由动量守恒定律得mv0(Mm)v 又υ0=6.0m/s

解得υ=2.0m/s 方向与υ0相同 (2)由能量守恒得Q解得Q=12.0J

18．（1）375K（2）1.2 P0 【解析】 【详解】

(i) 过程一为等压过程： V1=

112m0(Mm)2 224LS T1=(273+27)K 5V2=LS T2 = ?

由盖·吕萨克定律得：

V2V1 T2T1代入数据解得：t2=375K (ii)从375K---450K为等容过程： P2= P0 T2 = 375K P3= ? T3= 450K 由查理定律得：

P2P3 T2T3代入数据解得：P3= 1.2 P0

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共8小题

1．一瓶无害放射性同位素溶液，其半衰期为20天，测得每分钟衰变6×106次，今将这瓶溶液倒入一水库中，80天后可以认为溶液已均匀分布在水库中，现取2m3水样本测得每分钟衰变20次，则该水库蓄水量为（ ）

A．1.875×104 m3 B．1.875×105 m3 C．3.75×104 m3 D．3.75×105 m3

2．如图所示两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂直。导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是（）

A．导体棒PQ有可能回到初始位置

B．导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大

C．导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为D．导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量

3．如图所示．小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（ ）

A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D．车上曲面的竖直高度一定大于

4．如下图所示，在光滑的水平桌面上放一根条形磁铁.在其上方与条形磁铁平行地固定一根通电导线，电流方向如图所示，以下说法正确的是( )

A．条形磁铁的N极向里、S极向外转动，且对桌面的压力增大 B．条形磁铁的N极向里、S极向外转动，且对桌面的压力减小 C．条形磁铁的N极向外、S极向里转动，且对桌面的压力增大 D．条形磁铁的N极向外、S极向里转动，且对桌面的压力减小

5．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（ ） A．物体没有受到力不会运动

B．没有力作用，物体只能处于静止状态 C．物体保持原来运动状态不变的性质是惯性

D．一直做运动状态不改变的物体，说明它没有受到力的作用

6．唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150 m的河，他们在静水中划船的速度为5 m/s，现在他们观察到河水的流速为4m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是 A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得船头正对岸划船 B．悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船 C．沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船 D．八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的 7．下列说法中正确的是：（ ）

A．悬浮颗粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动就越明显 B．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算阿伏伽德罗常数

C．在使两个分子间的距离由很远（r >10r0）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大

D．温度升高，分子热运动的平均动能增大是因为每个分子的动能都增大的缘故

8．如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球运行，在A点经过第一次变轨后在椭圆轨道Ⅱ上运行，在近地点B处进行第二次变轨，进入近地地圆轨道Ⅲ运行，下列说法正确的是（ ）

A．飞船在轨道Ⅰ上运行经过A点时的速率大于在轨道Ⅱ上运行经过A点时的速率 B．飞船在轨道Ⅰ上运行经过A点时的加速度大于在轨道Ⅱ上运行经过A点时的加速度 C．飞船在轨道Ⅲ上运行时飞船里的宇航员处于超重状态

D．飞船在轨道Ⅲ上运行经过B点时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行经过B点时的机械能 二、多项选择题：本题共4小题 9．下列说法正确的是（ ）

A．卢瑟福α粒子散射实验的结果证明了原子核是由质子和中子组成的 B．无论光强多强，只要光的频率小于金属的极限频率就不能产生光电效应 C．原子核衰变时释放出的β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D．目前核电站发电利用的是原子核的裂变

E.如果某种元素发生β衰变，该元素原子核的质量数不会发生变化 10．下列说法正确的是（ ） A．布朗运动是液体分子无规则运动的反映

B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能 C．知道某物质的摩尔质量和密度就可求出阿伏加德罗常数 D．温度高的物体，它们分子热运动的平均动能一定大

E.当分子之间的作用力表现为斥力时，分子势能随分子距离的减小而增大 11．如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的

3圆形光滑的轨道，ɑ4为轨道最高点，de面水平且有一定长度，今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则以下论断正确的是（ ）

A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点

B．无论怎样改变h，都不可能使小球通过a点做自由落体运动 C．无论怎样改变h，都不可能使小球通过a点后落回轨道内

D．只要改变h，就能使小球通过a点后，既可以落回轨道内又可以落到de面上

12．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是

A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说

C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 三、实验题:共2小题

13．利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验，其中甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分

别装有撞针和橡皮泥．

(1)分别用甲、乙两图的实验装置进行实验，碰撞时 ______ 图所示的装置动能损失得较小．

(2)某次实验时取乙图A、B滑块匀速相向滑动并发生碰撞，测得碰撞前A、B的速度大小分别为vA=2m/s，vB=4m/s，碰后AB以共同的速度v=0.8m/s运动，方向与碰撞前A的运动方向相同，A、B的质量分别用mA、mB表示，以A运动方向为正方向，则此过程的动量守恒表达式为 ______ ；mA：mB= ______ ． 14．研究小车匀变速直线运动的实验装置如图甲所示，其中斜面倾角θ可调．打点计时器的工作频率为50 Hz.纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．

（1）部分实验步骤如下：

A．测量完毕，关闭电源，取出纸带．

B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车． C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连． D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔． 上述实验步骤的正确顺序是：________（用字母填写）． （2）图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s. （3）计数点5对应的瞬时速度大小的计算式为v5＝________．

（4）为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝____________． 四、解答题：本题共4题

15．一质量为m的导体棒a从h高处由静止起沿足够长的光滑导电轨道滑下，另一质量也为m的导体棒b静止在宽为L的光滑水平导轨上，在水平轨道区域有垂直于轨道平面向上的匀强磁场磁感应强度为B，如图所示，（a、b导体棒不会相碰）．试求：

（1）a、b导体棒的最终速度V （2）回路中最多能产生多少焦耳热Q

16．如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t1=0.1s时的波形图，A、B两点为简谐波上平衡位置在xA=1.0m、xB=1.2m处的质点．图乙为质点A的振动图象．求：

（i）该简谐横波的传播速度以及A点的振动方程；

（ii）从t=0.1s时开始计时，质点B回到平衡位置的时间．

17．如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上，磁场区域足够大。两个电阻均为R、质量均为m的金属棒a和b垂直导轨放置在其上。现将金属棒a从弯曲导轨上、距水平轨道高度为h处由静止释放，使其沿导轨运动并进入磁场。设两金属棒运动过程中始终未相碰，与导轨垂直且接触良好。

（1）对全过程进行研究：

①在同一坐标系中画出两个金属棒的速度随时间变化图像（从a进入磁场开始计时）； ②求金属棒b的最终速度； ③求回路中产生的总焦耳热；

（2）对运动过程中的某一状态进行分析：

a进入磁场后某时刻，a的速度为v1，b的速度为v2，此时，a克服安培力做功的功率为P1，安培力对b做功的功率为P2，回路中的焦耳热功率为P3，请写出P1、P2、P3三者的关系，并写出证明过程。 18．一物体初速度v0＝8m/s在摩擦力的作用下以大小为4m/s2的加速度做减速运动，求 (1)前1s内物体的位移； (2)前3s内物体的位移．

参

一、单项选择题：本题共8小题 1．C

【解析】设水库中的水量为Qm3，80天后水库中所有放射性元素每分钟衰变的次数为10Q，放射性元素

原有质量为mo，8天后剩余质量为m； 则有：故选C。

【点睛】根据半衰期公式，利用比例相等的方法求水库的容量。 2．D 【解析】 【详解】

A.导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此不可能回到初始位置，故A错误； B.导体棒PQ第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，故B错误；

C.导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即

，故C错误；

D.导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量为：

，故D正确。

，又

，联立解得：

，故C正确，A、B、D错误；

3．B 【解析】 【详解】

A.小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，故A错误． B.由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，根据动量守恒有mv2mv'，小球对小车压力的冲量等于小车动量的变化量，即

mv，B正确； 2C.由于系统满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，结合小球与小车的质量相等，弹性碰撞类似，可知，相互作用结束后小车的速度仍然等于0，小球的速度仍为v，故C不正确；

2v2121vD.根据能量关系，有mv(2m)mgh，解得h，D错误． 4g2224．B 【解析】 【分析】 【详解】

据安培定则，电流下方的磁场，方向是垂直纸面向里的．磁铁N极受力方向与磁场方向相同，磁铁N极受力方向与磁场方向相反；条形磁铁的N极向里、S极向外转动．当磁铁转过90，磁铁在导线处产生磁场方向向外，据左手定则，通电导线受到向下的安培力；所以在磁铁转动时，磁铁受到向上的吸引力，对桌面的压力减小，故 B正确，ACD错误．

5．C 【解析】 【详解】

A.运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，没有力，物体可以做匀速直线运动，故A错误； B.没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；

C.惯性是保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，故C正确；

D.一直做运动状态不改变的物体，也可能是受到了几个力，这几个力合力为零，故D错误； 6．B

【解析】试题分析：当静水速度垂直于河岸时，渡河的时间最短，为：

；但30s内要

随着水向下游移动，故A错误，B正确；当合速度与河岸垂直时，渡河的位移最小，此时船头偏向上游，故C错误，D错误；故选B。 考点：运动的合成和分解 7．B 【解析】 【详解】

A. 悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动就越不明显，故A项与题意不相符； B. 阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量的比值，故B项与题意相符；

C. 根据分子力与分子势能的特点可知，在使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力开始时为分子引力，先增大后减小；当分子力表现为斥力时，分子力随距离的减小又逐渐增大；分子势能则先减小后增大，故C项与题意不相符；

D. 温度是分子的平均动能的标志，物体的温度升高，分子的平均动能增大，不是每个分子的动能都增大，故D项与题意不相符。 8．A 【解析】 【详解】

A．飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应减速，所以飞船在轨道Ⅰ上运行经过A点时的速率大于在轨道Ⅱ上运行经过A点时的速率，故A项正确；

B．飞船在轨道Ⅰ上运行时通过A点和在轨道Ⅱ上运行时通过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度相等，故B项错误；

C．飞船在轨道Ⅲ上绕地球匀速运行时，物体所受的万有引力提供圆周运动所需的向心力，物体与接触面之间无作用力，处于完全失重状态，则C项错误；

D．飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，在B点应减速，飞船在轨道Ⅲ上运行经过B点时的机械能小于在轨道Ⅱ

上运行经过B点时的机械能，故D项错误。 二、多项选择题：本题共4小题 9．BDE 【解析】 【详解】

A、卢瑟福通过粒子散射实验，得出原子的核式结构模型，并不是原子核是由质子和中子组成的。故A错误；

B、根据光电效应的条件，只要光的频率小于金属的极限频率就不能产生光电效应，不论光的强弱如何。故B正确；

C、释放出的β射线是原子核内中子衰变成质子，而形成的电子流。故C错误； D、核电站发电利用的是原子核的裂变。故D正确；

E、某种元素发生β衰变时，放出的电子，质量数为零，因此该元素原子核的质量数不会发生变化，故E正确。 10．ADE 【解析】 【分析】 【详解】

A.布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，选项A正确； B.根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可以把吸收的能量全部转化为机械能，选项B错误； C.知道某物质的摩尔质量和分子质量就可求出阿伏加德罗常数，选项C错误；

D.温度是分子平均动能的标志，则温度高的物体，它们分子热运动的平均动能一定大，选项D正确； E.当分子之间的作用力表现为斥力时，分子距离减小时，分子力做负功，分子势能增大，选项E正确. 11．BC 【解析】

试题分析：小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：

,

解得：需满足

，

,根据动能定理：，得：,若要释放后小球就能通过a点，则

,A错误；小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：

竖直方向的自由落体运动：，解得：，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小

球通过a点后落回轨道内，小球将通过a点不可能到达d点．只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间,B错误；C正确；D错误；故选C． 考点：向心力；机械能守恒定律．

【名师点睛】根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系．若小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得h，分析小球能否通过a点后落回轨道内． 12．ABD 【解析】

奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确； 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项B正确； 法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误； 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD. 三、实验题:共2小题

13．甲 mAvA−mBvB=(mA+mB)v 4：1 【解析】

(1)乙图中由于装有撞针和橡皮泥，则两物体相碰时成为一体，机械能的损失最大；而甲图中采用弹性圈，二者碰后即分离，此种情况下，机械能的损失最小，机械能几乎不变；

(2)以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvA=(mA+mB)v，解得：mA：mB=4:1． 【点睛】本题考查碰撞类型中能量关系，要注意明确当二者相碰后粘在一起时，机械能的损失是最大的． 14．DCBA 0.1 【解析】 【详解】

(1)[1]按常规实验步骤，先安装再操作后整理，再根据打点计时器的使用方法可知正确步骤为DCBA. (2)[2]因为： T打＝

x4x5x4x5x6x1x2x3

2T9T21s＝0.02 s 50因为相邻两计数点间有4个记录点未画出，故计数点的时间间隔T＝5T打＝0.1 s. (3)[3]由：

xvt＝v＝

t2得v5=x4x5. 2T(4)[4]为了充分利用数据，应采用逐差法： a＝

x4x5x6x1x2x3.

9T2

四、解答题：本题共4题 15．（1）【解析】

（1）对a导体棒，设从高处h滑到水平轨道时的速度为v0 ，由动能定理有

112gh （2）mgh 22mgh12mv0 可得v02gh 2a棒进入磁场后， a棒减速、b棒加速，最终速度相等，a、b系统动量守恒，有： mv0=（m+m）v

a、b导体棒的最终速度为v=12gh 2（2）整个过程中，系统减少的机械能转化为电能，电能全部转化为回路的内能，即焦耳热

1QEpEkmgh2mv2

2回路中最多能产生的焦耳热为Q1mgh 2点睛：a从高处h滑到水平轨道，根据动能定理可求进入磁场时的速度．最终两棒速度相等，以两棒组成的系统为研究对象，满足动量守恒，据此定律求解即可；当两棒最终一起做匀速运动时，回路中不再产生焦耳热，根据能量守恒定律求解即可．

16．（1）10m/s；y20sin10tcm （2）tt【解析】

(i)由图象可知，周期T=0.2s，波长2m，由公式v由公式yAsint可知，其中nT0.1n0.02 （n=0,1,2,3,…） 210m，

sT210rad ，A=20cm，所以y20sin(10)tcm；

sT(ii)由“上下坡法”可知，波沿x轴负方向传播，由“平移法”可知，“平衡位置“状态传到B所用的时间为t1.21.0s0.02s， 10nT(0.1n0.02)s，其中（n=0，1，2根据波的对称性可知，质点B回到平衡位置所用的时间为tt2，……..）．

点晴：本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．

17．（1）

12gh，mgh，（2）P1=P2+P3 22【解析】 【详解】

（1）①a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，两者的加速度都逐渐减小，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动

在同一坐标系中画出两个金属棒的速度随时间变化图像（从a进入磁场开始计时）；如图所示

②a下滑h的过程中机械能守恒：mgh＝

12mv0 2在水平轨道上运动的过程中a、b组成的系统所受合外力为零，由动量守恒得：

mv0(mm)v

由上式解得最终速度 v＝2gh 2③由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热

Q1211mv0(mm)v2mgh 222（2）两个导体棒切割磁感线产生的感应电动势

EBL(v1v2)

由闭合电路欧姆定律得：

IE 2R两个棒受到的安培力

FILB

a克服安培力做功的功率为P1

B2L2(v1v2)v1 P1ILBv12R安培力对b做功的功率为P2

B2L2(v1v2)v2 P2ILBv22R回路中的焦耳热功率为P3

E2B2L2(v1v2)2P3

2R2R

所以P1、P2、P3三者的关系为 P1=P2+P3

18．（1）6m （2）8m 【解析】 (1)由公式xv0t12at即 21x81(4)126m；

2(2)物体减速到零所用的时间：

tv08s2s a4802m8m． 2所以前3s内物体的位移等于物体运动2s的位移即

x