2019届北京海淀区高三下学期第二次模拟考试物理试卷（解析版）

海淀区高三年级第二学期期末练习物理反馈题

1.关于花粉颗粒在液体中的布朗运动，下列说法正确的是

A. 布朗运动能反映花粉颗粒内部分子的无规则运动

B. 布朗运动就是液体分子的无规则运动

C. 花粉颗粒越小，布朗运动越明显

D. 温度足够低时，花粉颗粒的布朗运动可能停止

【答案】C

【解析】

【详解】布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒做的永不停息的无规则运动，反映液体分子的无规则运动，温度越高，固体颗粒越小，布朗运动越剧烈，温度低时花粉颗粒的布朗运动变的缓慢，不可能停止，所以A、B、D错误；C正确。

2.下列关于α粒子的说法正确的是

A. 卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子核有结构

B. 放射性元素的α衰变中，α粒子来自于原子核内部

C. α粒子由四个质子和两个电子组成

D. 铀238的原子核可直接通过放出α粒子成为铀235的原子核

【答案】B

【解析】

【详解】卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，所以A错误；放射性元素是原子核的衰变，三种射线均来自原子核内部，所以B正确；α粒子由两个质子和两个中子组成，C错误；铀238的原子核直接通过放出α粒子成为铀235的原子核，不符合质量数与电荷数守恒，所以D错误。

3.如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上，再用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器使其指针张开。当用某频率的紫外线照射锌板时，发现验电器指针先闭合，再张开，下列说法正确的是

A. 紫外线照射前验电器带负电，锌板不带电

B. 紫外线照射后验电器指针闭合，是因为紫外线中含有正电荷

C. 紫外线照射后验电器指针闭合，是因为有电子从锌板表面逸出

D. 若改用红光照射锌板，验电器的指针也一定会闭合

【答案】C

【解析】

【详解】用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，与接触验电器后，验电器带负电，锌板于验电器通过导线连接在一起，所以锌板也带负电，故A错误；紫外线照射锌板后，锌板发生光电效应，有电子从锌板表面逸出，验电器上的电子通过导线传到锌板，所以指针闭合，所以B错误；C正确；当照射光的频率大于金属板的极限频率时，才能发生光电效应。红光的频率低于紫外线的频率，改用红光照射锌板时，不则一定会发生光电效应，验电器的指针不一定会闭合，D错误。

4.图1所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图2所示为该波中x=1.5m处质点P的振动图象，下列说法正确的是

A. 该波的波速为2m/s

B. 该波一定沿x轴负方向传播

C. t= 1.0s时，质点P的加速度最小，速度最大

D. 图1所对应的时刻可能是t=0.5s

【答案】D

【解析】

【详解】由图1可知波长λ=4m，由图2知周期T=4s，可求该波的波速v=λ/T=1m/s，故A错误；由于不知是哪个时刻的波动图像，所以无法在图2中找到P点对应的时刻来判断P点的振动方向，故无法判断波的传播方向，B错误；由图2可知，t=1s时，质点P位于波峰位置，速度最小，加速度最大，所以C错误；因为不知道波的传播方向，所以由图1中P点的位置结合图2可知，若波向右传播，由平移法可知传播距离为x=0.5+nλ，对应的时刻为t=（0.5±4n）s，向左传播传播距离为x=1.5+nλ，对应的时刻为t=（1.5±4n）s，其中n=0、1、2、3……，所以当波向x轴正方向传播，n=0时，t=0.5s，故D正确。

5.如图所示，竖直放置两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，金属棒受恒定大小的滑动摩擦力f，下列说法正确的是

A. 通过电阻R的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上

B. 通过电阻R的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下

C. 棒机械能增加量大小等于棒克服重力所做的功

D. 棒机械能的增加量等于恒力F和滑动摩擦力f做的总功

【答案】C

【解析】

【详解】由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向向左，所以通过电阻R的电流方向向右；再由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以A、B错误；由题意知导体棒做匀速运动，故动能不变，所以导体棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正确；导体棒机械能的变化量对于除重力以外的力做的功，所以棒机械能的增加量等于恒力F、安培力和滑动摩擦力f做的总功，所以D错误。

6.如图所示，把石块从高处抛出，初速度大小v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为（0 ≤ <90º），石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽略，下列说法正确是

A. 对于不同的抛射角，石块落地的时间相同

B. 对于不同的抛射角，石块落地时的水平射程相同

C. 对于不同的抛射角，石块落地时的机械能相同

D. 对于不同的抛射角，石块落地时重力的功率相同

【答案】C

【解析】

【详解】将石块抛出后，石块在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动。在竖直方向，由此式可知，对于不同的抛射角θ，石块落地的时间不相同，所以A错误；由位移规律和可知，对于不同的抛射角θ，石块落地时的水平射程不同，所以B错误；石块运动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，因初速度大小不变，所以对于不同的抛射角θ，石块落地时的机械能相同，所以C正确；在竖直方向：可求石块落地时的瞬时速度，再由可知，不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率不相同，D错误。

7.某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线，如图2所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0，图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是

A. 电容器放出的总电荷量 B. 电阻R两端的最大电流

C. 定值电阻R D. 电源的电动势和内电阻

【答案】D

【解析】

【详解】由Q=CU0，所以容器放出的总电荷量可求，所以A选项能求出；根据I=Q/t，变形得，Ut为图象与坐标轴所围面积S可求，所以Q=S/R，则，所以C选项可求；电阻R两端的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，所以，

选项B电阻R两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E=U0，内电阻无法求出，所以选项D不能求出。

8.“通过观测的结果，间接构建微观世界图景”是现代物理学研究的重要手段，如通过光电效应实验确定了光具有粒子性。弗兰克-赫兹实验是研究汞原子能量是否具有量子化特点的重要实验。实验原理如图1所示，灯丝K发射出初速度不计的电子，K与栅极G间的电场使电子加速，GA间加有0.5V电压的反向电场使电子减速，电流表的示数大小间接反映了单位时间内能到达A极电子的多少。在原来真空的容器中充入汞蒸汽后，发现KG间电压U每升高4.9V时，电流表的示数I就会显著下降，如图2所示。科学家猜测电流的变化与电子和汞原子的碰撞有关，玻尔进一步指出该现象应从汞原子能量量子化的角度去解释。下列说法错误的是

A. 汞原子基态和第一激发态的能级之差可能是4.9eV

B. KG间电压低于4.9V时，电流随电压增大而上升，是因为电子能量越高，越容易克服反向电压到达A极

C. KG间电压在5~10V之间时，出现电流随电压增大而上升的一段图线，是因为单位时间使汞原子发生跃迁的电子个数增加

D. 即使KG间电压高于4.9V，电子也存在始终不与汞原子发生碰撞的可能性

【答案】C

【解析】

【详解】由题意知，KG间电压U每升高4.9V时，电流表的示数I就会显著下降，这说明电子经过加速后获得的动能正好达到汞原子跃迁的最低能量，也就是从基态跃迁到第一激发态所吸收的能量，所以A正确；当KG间的电压低于4.9 V时，电子在KG间被加速而获得的能量低于4.9 eV。电子与汞原子碰撞时，不能使汞原子跃迁到激发态。同时电子不会因为碰撞而损失能量，电子能量越高越容易克服GA间的反向电压抵达A极，因此电流随着KG间电压的升高也越来越大，所以B正确；当KG间电压在5~10V之间时，电流随电压增大而上升，是因为电子在KG空间与汞原子碰撞而转移掉4.9 eV的能量后，还留有足够的能量，又能克服反向电压从G极到达A极，电流又上升了，所以C错误；因为原子不是实心体，所以当电子进入汞原子内部时，即使KG间电压高于4.9V，电子也存在着始终不与汞原子发生碰撞的可能性，故D正确。

9.如图所示为多用电表的示意图，现用它测量某一待测电阻，具体测量步骤如下：

① 调节_____，使电表指针停在表盘左侧的零刻度线处。

② 将选择开关旋转到“Ω”档的×100位置。

③ 将红、黑表笔分别插入“+”、“－”插孔，将两表笔______，调节___________，使电表指针指向表盘的___________(填"0刻线"或"∞刻线")。

④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序进行操作，再完成读数测量。

A．将K旋转到电阻挡"×1k"的位置

B．将K旋转到电阻挡"×10"的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

⑤ 测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置。

【答案】    (1). 调零螺丝    (2). 短接    (3). 调零旋钮    (4). "0刻线"    (5). ADC

【解析】

【详解】①多用电表在测量前，需进行机械调零，即用螺丝刀调节表盘中央的“调零螺丝”，使电表指针指在表盘左侧的零刻度线处；

③用多用电表的欧姆档测电阻时，测量前，应将红黑表笔短接，进行欧姆调零，即手动调节表盘右边中偏下的“调零旋钮”，使指针指向表盘最上面一行右端的“0刻线”；

④指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值较大，故需换用更大的倍率，所以应换用×1k的倍率。换倍率后必须重新进行欧姆调零，然后才能正常测量待测电阻。所以接下来的操作顺序为ADC。

10.某同学用如图1所示装置通过两球碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使m1球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把m1球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让m1球仍从位置S由静止开始滚下，和m2球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，得到了如图所示的三个落地处．

①请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置（               ）

②对于实验的操作要求，下列说法正确的是（     ）

A．m1球的质量一定大于m2球的质量，m1球的半径可以大于m2球的半径

B．斜槽轨道必须光滑

C．斜槽轨道末端可以不水平

D．将小球静止放在的轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平

E. 每次实验中，m1球必须从同一位置静止释放。

F. 本实验必需使用的器材有刻度尺、天平和秒表

③ 在某次实验中，测量出两小球的质量分别为m1、m2，MP的长度是L1，ON的长度是L2，则在实验误差允许范围内，本实验验证动量守恒定律的表达式为_________________，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。

④如图2，将气垫导轨水平放置做“验证动量守恒定律”实验。碰撞时难免有能量损失，只有当某个物理量在能量损失较大和损失较小的碰撞中都不变，它才有可能是我们寻找的不变量。

如图3甲所示，用细线将两个滑块拉近，把弹簧压缩，然后烧断细线，弹簧弹开后落下，两个滑块由静止向相反方向运动。如图3乙所示，在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架，可以得到能量损失很小的碰撞。在滑块的碰撞端贴胶布，可以增大碰撞时的能量损失。如果在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥（图3丙），碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动，这样的碰撞中能量损失很大。

若甲、乙、丙图中左侧滑块和右侧滑块的质量都为m，两遮光片的宽度都为d，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。

a．根据实验数据，若采用乙图装置，碰后右侧滑块第一次通过光电门计时装置记录的挡光片挡光时间为T4。若采用丙图装置，碰后右侧滑块第一次通过光电门计时装置记录的挡光片挡光时间为T6。通过实验验证了这两次碰撞均遵守动量守恒定律，请你判断T4和T6的关系应为T4________T6（选填“>”、“<”或“=”）。 

b．利用图甲所示的实验装置能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小__________？如果可以，请根据实验中能够测出的物理量写出表达式__________。

【答案】    (1). 多做几次试验，用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置    (2). DE    (3). m1 L1= m2 L2    (4). <    (5). 能    (6). Ep=(m+m)

【解析】

【详解】①为了减小一次实验时的误差，需多做几次实验，用尽量小的圆将多个落点圈起来，然后找到圆心的位置，即为平均落点的位置；

②如果m1=m2，就会出现m1以一个极小的速度飞出，m2以稍小于碰前m1的速度水平飞出，此种情况水平位移测量误差较大；如果m1＜m2，碰后会出现m1反向弹回，由于斜槽上摩擦力的作用，再返回来水平抛出的初速度就必然和原来碰前的不同了，实验误差较大，所以实验要求两小球的质量m1＞m2。本实验要求两小球水平正碰，所以两小球的半径必须相同，所以A错误；因为小球每次都从斜槽上同一位置滚下，摩擦力每次对小球的影响相同，斜槽轨道不必要光滑，B错误；因为该实验验证的是水平方向的动量守恒，小球从末端飞出做平抛运动，斜槽末端必须水平，将小球静止放在的轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平，所以C错误；D正确；为确保多次实验时，小球到达轨道末端的速度相同，所以m1球必须从同一位置由静止释放，E正确；实验需要用天平测两小球的质量，刻度尺测平抛的水平位移，无需测量时间，所以秒表不需要，F错误；

③两球碰后，被碰球m2的速度最大，落点最远，即图中N点；因为碰撞时m1把一部分能量给了m2，所以碰后m1的速度就会小于碰前的速度，碰后落点位置较之前就会靠左一些，因此P点是不放m2、m1自己的落点位置，M点是两球碰后m1的落点位置。根据平抛运动的规律：x=vt和g得，所以当h相同时v与位移x成正比。因此可以由验证转化为验证是否成立即可。整理得，亦即。

④a.乙图装置和丙图装置中，因为碰前左侧光电门的挡光时间都是T3，说明两次实验左侧滑块的初速度都相同。乙图中两滑块发生的是非完全弹性碰撞，动能损失一部分，丙图中两滑块发生的是完全非弹性碰撞，动能损失最多。因此，两种情况下碰后右侧滑块的速度，乙图的要大于丙图的，在遮光片的宽度相同时，通过光电门的时间T4＜T5。

b. 利用图甲所示的实验装置能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小。烧断细线前，系统的动能为零，只有弹性势能；烧断细线后，弹性势能完全转化为两滑块的动能；该过程中机械能守恒，所以只要计算烧断细线后两滑块的动能之和即可，即：。

11.电磁轨道炮的加速原理如图所示。金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间，并与轨道接触良好。开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，最后从导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离L，导轨长s，炮弹质量m。导轨上电流为I，方向如图中箭头所示。若炮弹出口速度为v，忽略摩擦力与重力的影响。求：

（1）炮弹在两导轨间的加速度大小a；

（2）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为多大？

（3）磁场力的最大功率为多大。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】（1）弹体在磁场力的作用下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律：

v 2-0=2as      a=

（2）根据牛顿第二定律：      

整理得：B=

（3）由题意知，当速度最大时，磁场力的功率最大：P=Fv=ma v=

12.对于一些变化的物理量，平均值是衡量该物理量大小的重要的参数。比如在以弹簧振子为例的简谐运动中，弹簧弹力提供回复力，该力随着时间和位移的变化是周期性变化的，该力在时间上和位移上存在两个不同的平均值。弹力在某段时间内的冲量等于弹力在该时间内的平均力乘以该时间段；弹力在某段位移内做的功等于弹力在该位移内的平均值乘以该段位移。如图所示，光滑的水平面上，一根轻质弹簧一端和竖直墙面相连，另一端和可视为质点的质量为m的物块相连，已知弹簧的劲度系数为k，O点为弹簧的原长，重力加速度为g。该弹簧振子的振幅为A。

①求出从O点到B点的过程中弹簧弹力做的功，以及该过程中弹力关于位移x的平均值的大小；

②弹簧振子的周期公式为，求从O点到B点的过程中弹簧弹力的冲量以及该过程中弹力关于时间t的平均值的大小；

【答案】①； ②   

【解析】

详解】①F-x图像中面积表示功，；

 ②因为F=-kx：所以F-t图像如右图所示；

从O点到B点根据动能定理， ， ;

从O点到B点根据动量定理，   

13.如图所示，阻值忽略不计，间距为l的两金属导轨MN、PQ平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R的电阻，一阻值为r质量为m的金属棒ab跨在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小。

【答案】

【解析】

【详解】由动量定理可知， 

再根据：    

再根据动量定理：      

解得：

14.利用电场来控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图1所示为电子枪的结构示意图,电子从炽热的金属丝中发射出来,在金属丝和金属板之间加一电压U0,发射出的电子在真空中加速后,沿电场方向从金属板的小孔穿出做直线运动。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子重力及电子间的相互作用力。设电子刚刚离开金属丝时的速度为零。

（1）求电子从金属板小孔穿出时的速度v0的大小;

（2）示波器中的示波管是利用电场来控制带电粒子的运动。如图2所示,Y和Y'为间距为d的两个偏转电极,两板长度均为L,极板右侧边缘与屏相距x,OO'为两极板间的中线并与屏垂直,O点为电场区域的中心点。接(1),从金属板小孔穿出的电子束沿OO'射入电场中,若两板间不加电场,电子打在屏上的O'点。为了使电子打在屏上的P点,P与O'相距h,已知电子离开电场时速度方向的反向延长线过O点。则需要在两极板间加多大的电压U;

（3）某电子枪除了加速电子外，同时对电子束还有会聚作用，其原理可简化为图3所示。一球形界面外部空间中各处电势均为φ1，内部各处电势均为φ2（φ2>φ1），球心位于z轴上O点。一束靠近z轴且关于z轴对称的电子流以相同的速度v1平行于z轴射入该界面，由于电子只受到法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒。

①试推导给出电子进入球形界面后速度大小；

②类比光从空气斜射入水中，水相对于空气的折射率计算方法n，若把上述球形装置称为电子光学聚焦系统，试求该系统球形界面内部相对于外部的折射率。

【答案】(1) v0=  (2)（3）①  ②

【解析】

【详解】(1)电子在电场中运动,根据动能定理eU0= 

解得电子穿出小孔时的速度v0=

(2)电子进入偏转电场做类平抛运动,在垂直于极板方向做匀加速直线运动。设电子刚离开电场时垂直于极板方向偏移的距离为y

根据匀变速直线运动规律y=

根据牛顿第二定律a=  

电子在水平方向做匀速直线运动L=v0t

联立解得y= 

由图可知   

（3）①设电子穿过薄层后速度为v2，电子穿过薄层的过程中，能量守恒：

可解得  

②由于电子只受沿法线方向的作用力，其沿薄层方向速度不变，有：

则

球形内部相对于外部的折射率

15.电子在电场中会受到电场力，电场力会改变电子的运动状态，电场力做功也对应着能量的转化。已知电子的质量为m，电荷量为-e，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应。

（1）空间中存在竖直向上的匀强电场，一电子由A点以初速度v0沿水平方向射入电场，轨迹如图1中虚线所示，B点为其轨迹上的一点。已知电场中A点的电势为φA，B点的电势为φB，求：

①电子在由A运动到B的过程中，电场力做的功WAB；

②电子经过B点时，速度方向偏转角θ的余弦值cosθ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）。

（2）电子枪是示波器、电子显微镜等设备的基本组成部分，除了加速电子外，同时对电子束起到会聚的作用。

①电子束会聚的原理如图2所示，假设某一厚度极小的薄层左侧空间中各处电势均为φ1，右侧各处电势均为φ2（φ2>φ1），某电子射入该薄层时，由于只受到法线方向的作用力，其运动方向将向法线方向偏折，偏折前后能量守恒。已知电子入射速度为v1，方向与法线的夹角为θ1，求它射出薄层后的运动方向与法线的夹角θ2的正弦值sinθ2。

②电子枪中某部分静电场的分布如图3所示，图中虚线1、2、3、4表示该电场在某平面内的一簇等势线，等势线形状相对于z轴对称。请判断等势面1和等势面4哪个电势高？对一束平行于z轴入射的电子，请结合能量守恒的观点、力与运动的关系简要分析说明该电场如何起到加速的作用？如何起到会聚的作用？

【答案】（1）①e(φB-φA)②（2）①②等势面4电势高；电子运动过程中，电势升高，电势能减小，根据能量守恒的观点，电子的动能增加，实现加速。根据等势面的分布，可以画出电场线的分布如答图中实线所示，可以看出，电子在电场力的作用下，向z轴偏转，说明电场对电子起到会聚的作用。

【解析】

【详解】（1）①A、B两点的电势差UAB=φA-φB

在电子由A运动到B的过程中电场力做的功WAB=-eUAB=e(φB-φA)）

②设电子在B点处的速度大小为v，根据动能定理

由于

可得

（2）设电子穿过薄层后的速度为v2，由于电子只受法线方向的作用力，其沿薄层方向速度不变，有：

电子穿过薄层的过程中，能量守恒：    

可解得：  

则：

②等势面4电势高

电子运动过程中，电势升高，电势能减小，根据能量守恒的观点，电子的动能增加，实现加速。根据等势面的分布，可以画出电场线的分布如答图中实线所示，可以看出，电子在电场力的作用下，向z轴偏转，说明电场对电子起到会聚的作用。