【期末押题卷】广东省广州市2024-2025学年高二下学期物理期末模拟预测押题卷三（含解析）

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广东省广州市2024-2025学年高二下学期物理期末模拟预测押题卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2022 南京模拟）下列关于温度及内能的说法中正确的是（　　）
A．物体的内能可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．1kg100℃的水的内能小于1kg100℃的水蒸气的内能
D．相同质量的理想气体如果内能相同，则它们的分子平均动能一定相同
2．（4分）（2023秋 张家口期末）核污染水含有多种放射性物质，排入大海将给全人类带来很大的风险。铯137就是其中一种放射性物质，其衰变方程为，半衰期为30年。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子对应的射线可以穿透几毫米厚的铝板
B．核污染水排入大海中，随着浓度下降，铯137的半衰期会大于30年
C．Cs的比结合能比Ba的比结合能大
D．铯137衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于X的质量
3．（4分）（2024春 沙坪坝区校级期中）关于固体和液体知识，下列说法正确的是（　　）
A．非晶体具有固定的熔点
B．液体表面层分子间的相互作用力表现为斥力
C．雨伞、冲锋衣的制作应选择水不浸润的材料
D．水银不浸润玻璃，将毛细玻璃管插入水银中将观察到毛细管内水银面上升
4．（4分）（2024春 香坊区校级期末）如图所示为氢原子能级图，用频率为ν的单色光照射大量处于基态的氢原子，氢原子只辐射出频率分别为ν1、ν2、ν3的三种光子，且ν1＜ν2＜ν3。用该单色光照射到某新型材料上，逸出光电子的最大初动能与频率为ν2的光子能量相等。下列说法正确的是（　　）
A．当氢原子从较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能和氢原子的电势能均变大
B．三种光子中粒子性最强的是频率为ν1的光子
C．ν3＞ν1+ν2
D．该新型材料的逸出功为1.89eV
5．（4分）在双缝干涉实验中，若使用波长不同的红光和紫光分别照射双缝，则红光和紫光在屏上形成的干涉条纹间距（　　）
A．红光的条纹间距大，紫光的条纹间距小
B．红光的条纹间距小，紫光的条纹间距大
C．红光的条纹间距等于紫光的条纹间距
D．不能确定
6．（4分）（2024 广州模拟）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000πt（V），再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，正常工作时（　　）
A．交流电压表的示数为3V
B．电击网上的高频电压的频率为10000Hz
C．副线圈与原线圈匝数比需满足
D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作
7．（4分）如图所示，开口向下竖直放置的内壁光滑导热汽缸内有一个质量为m的密闭活塞，活塞在缸内封闭一段气体，活塞下端用一轻质弹簧和水平面相连。已知汽缸始终悬空，汽缸质量也为m，重力加速度为g，活塞横截面积为S，室温为T0，封闭气体长度为L0，外界大气压强为p0，则（　　）
A．环境温度缓慢降低，封闭气体的压强可能为
B．环境温度缓慢升高，活塞一定会相对地面向下运动
C．环境温度缓慢降低，单位时间撞击活塞的分子数减少
D．环境温度缓慢升高，封闭气体吸收的热量大于系统机械能增加量
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2023春 西夏区校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．1mol的理想氢气和1mol的理想氧气，气体温度相同时，氧气分子的平均速率较小
B．两个分子在靠近的过程中，分子势能可能先减小后增大
C．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大说明空气湿度越大
D．农业生产中，锄松地面的土壤，目的是为了破坏土壤表面层的毛细管，减少水分的蒸发
（多选）9．（6分）（2025春 海淀区校级期中）根据量子理论，光子具有动量。光子的动量等于光子的能量除以光速，即p。光照射到物体表面并被反射时，会对物体产生压强，这就是“光压”。光压的产生机理如同气体压强：由大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强。如果激光器发出的一束激光的功率为P，光束的横截面积为S，该激光束垂直照射在物体表面，且激光束被物体表面完全反射。下列说法正确的是（　　）
A．单位时间内到达物体表面的光子的总动量为
B．该激光在物体表面引起的光压为
C．如果利用太阳的光压将物体送到太阳系以外的空间去，需要太阳对物体的光压产生的作用力超过太阳对物体的引力
D．太阳帆航天器是一种利用太阳光的压力进行太空飞行的航天器，太阳帆飞船无需燃料，说明科技的发展已经使第一类永动机成为了现实
（多选）10．（6分）（2023 辽宁模拟）足球运动因对抗性强、战术多变、参与人数多等特点被称为“世界第一运动”，发展足球运动，必须从娃娃抓起。如图所示，一质量m＝0.45kg的足球由静止下落H＝1.8m后被某小朋友用脚颠起，上升的最大高度为h＝0.45m。已知脚与足球接触时间Δt＝0.2s。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（　　）
A．足球与脚接触前瞬间的速度大小为6m/s
B．足球从开始下落到颠起达到最高点用时0.9s
C．脚对足球的平均作用力大小为24.75N
D．脚与足球作用的过程中，合外力对足球做功为﹣2.025J
三．解答题（共2小题，满分17分）
11．（7分）（2023秋 上虞区期末）在利用单摆周期公式测定当地重力加速度g的实验中
（1）下列用游标卡尺测摆球直径的操作，最合理的是 　 　
（2）小明在实验中正确测得小球的直径为19.95mm，他可能是采用下面 　 　 器材测量的。
A．毫米刻度尺
B．10分度游标卡尺
C．20分度游标卡尺
D．千分尺
（3）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是 　 　 。
A．测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球下端点间的距离
B．测量周期：从摆球通过平衡位置时开始计时，当摆球再次通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数表示单摆的周期
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期
（4）小明同学根据实验数据，利用计算机拟合得到的方程为：T2＝4.03l+0.0403。由此可以得出当地重力加速度为g＝ 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）。从方程中可知T2与l没有成正比关系，其原因可能是 　 　 。
12．（10分）（2024春 临汾期末）某同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
（1）有关该实验的说法，正确的是 　 　 。
A．实验时注射器必须水平放置
B．注射器内部的横截面积的具体数据必须测出
C．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无需标注单位
（2）进行实验操作时，推拉活塞不能过快，其原因是 　 　 。
A．防止封闭气体的温度发生改变
B．防止封闭气体的质量发生改变
（3）该同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是 　 　 （填错误数据对应的实验序号）。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱的长度L/cm 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱的压强p/（×105Pa） 1.00 1.09 1.20 1.26 1.50
（4）该同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍低的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为 　 　 （填“①”或“②”）。
四．解答题（共2小题，满分28分）
13．（12分）（2023 全国）如图，人体眼球等价于一个凸透镜成像系统，眼球内的晶状体（作用同凸透镜）的焦距可以在一定范围内连续变化，使得在一定距离范围内的物体都能清晰地成像在视网膜上，小明同学近视之前，能看清远处的小物体，晶状体中心到视网膜的距离d＝16.70mm，此时晶状体的焦距即为d。
（1）小明同学近视之后，晶状体中心到视网膜的距离增加了Δd＝0.30mm，假设此时晶状体的焦距不变，他能看清小物体的距离为多少？
（2）如用近视眼镜（凹透镜）来矫正小明同学的视力，要求佩戴跟镜后最远能看清30m处的小物体，眼镜镜片的焦距该取何值？
14．（16分）（2021秋 张家港市期中）如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一质量M＝2kg的小车，小车左边部分为半径R＝1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L＝2.85m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点静止释放，水平粗糙面动摩擦因数μ＝0.08，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；
（2）若解除小车锁定，求小物块滑到圆弧轨道末端时的速度；
（3）若解除小车锁定，求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数以及小车发生的位移大小。
广东省广州市2024-2025学年高二下学期物理期末模拟预测押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2022 南京模拟）下列关于温度及内能的说法中正确的是（　　）
A．物体的内能可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．1kg100℃的水的内能小于1kg100℃的水蒸气的内能
D．相同质量的理想气体如果内能相同，则它们的分子平均动能一定相同
【考点】物体内能的概念与影响因素；温度与分子动能的关系．
【专题】定性思想；推理法；物体的内能专题；理解能力．
【答案】C
【分析】物体的内能不可能为零；
物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关；
根据物态变化热传递情况分析C选项；
相同质量的不同理想气体如果内能相同，平均动能不同。
【解答】解：A．因分子永不停息的做无规则运动，则物体的内能永远不可能为零，故A错误；
B．物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关，则温度高的物体内能不一定比温度低的物体内能大，故B错误；
C．1kg100°C的水变成1kg100°C的水蒸气要吸收热量，则1kg100°C的水的内能小于1kg100°C的水蒸气的内能，故C正确；
D．理想气体的分子势能可忽略不计，一定质量的理想气体的内能等于分子平均动能与分子数的乘积，相同质量的不同理想气体所含的分子数不同，则内能相同时分子的平均动能不同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查分子动理论、内能等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。
2．（4分）（2023秋 张家口期末）核污染水含有多种放射性物质，排入大海将给全人类带来很大的风险。铯137就是其中一种放射性物质，其衰变方程为，半衰期为30年。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子对应的射线可以穿透几毫米厚的铝板
B．核污染水排入大海中，随着浓度下降，铯137的半衰期会大于30年
C．Cs的比结合能比Ba的比结合能大
D．铯137衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于X的质量
【考点】结合能与比结合能的概念及物理意义；α、β、γ射线的本质及特点；原子核的半衰期及影响因素．
【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据核反应方程计算X元素判断X粒子的物质性质；
根据衰变的定义，和半衰期的概念判断选项；
生成物的比结合能大于生成物的比结合能；
【解答】解：A、根据电荷数守恒和质量数守恒可得
可知X为，即电子，X对应的射线为β射线，根据β射线的特点，可以判断β射线能穿透几毫米厚的铝板，故A正确；
B、半衰期只与原子核本身有关，与其浓度、物理环境、以及化学环境无关，核污染水排入大海中，随着浓度下降，铯137的半衰期不变，故B错误；
C、核反应方程式中生成物比反应物稳定，即生成物的比结合能大于反应物的比结合能，则的比结合能比的比结合能小，故C错误；
D、铯137衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于放出的能量与光速平方的比值，不是X的质量，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了放射性衰变的基本概念和性质，包括半衰期、比结合能、衰变方程以及质能方程的应用。正确理解这些概念和性质是解答本题的关键。
3．（4分）（2024春 沙坪坝区校级期中）关于固体和液体知识，下列说法正确的是（　　）
A．非晶体具有固定的熔点
B．液体表面层分子间的相互作用力表现为斥力
C．雨伞、冲锋衣的制作应选择水不浸润的材料
D．水银不浸润玻璃，将毛细玻璃管插入水银中将观察到毛细管内水银面上升
【考点】晶体和非晶体；液体的表面张力；浸润和不浸润；毛细现象．
【专题】定性思想；归纳法；分子间相互作用力与分子间距离的关系；理解能力．
【答案】C
【分析】晶体有固定的熔点；液体表面表现为表面张力；根据浸润和不浸润得到现象分析。
【解答】解：A.非晶体没有固定的熔点，晶体有固定的熔点，故A错误；
B.液体表面层分子间的相互作用力表现为引力，故B错误；
C.雨伞、冲锋衣的制作应选择水不浸润的材料，故C正确；
D.水银不浸润玻璃，将毛细玻璃管插入水银中将观察到毛细管内水银面下降，故D错误。
故选：C。
【点评】知道液体的表面张力产生原因，晶体和非晶体的区别，以及浸润不浸润的表现现象等是解题的基础。
4．（4分）（2024春 香坊区校级期末）如图所示为氢原子能级图，用频率为ν的单色光照射大量处于基态的氢原子，氢原子只辐射出频率分别为ν1、ν2、ν3的三种光子，且ν1＜ν2＜ν3。用该单色光照射到某新型材料上，逸出光电子的最大初动能与频率为ν2的光子能量相等。下列说法正确的是（　　）
A．当氢原子从较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能和氢原子的电势能均变大
B．三种光子中粒子性最强的是频率为ν1的光子
C．ν3＞ν1+ν2
D．该新型材料的逸出功为1.89eV
【考点】计算能级跃迁过程中吸收或释放的光子的频率和波长；分析能级跃迁过程中释放的光子种类；计算能级跃迁过程吸收或释放的能量．
【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据电场力做功分析；光子频率越大，光的粒子性越显著；确定氢原子是从第三能级跃迁到第一能级的，然后根据能级跃迁公式计算；先根据能级跃迁公式得到入射光的能量，然后根据爱因斯坦的光电效应方程计算逸出功。
【解答】解：A、当氢原子从较高能级跃迁到较低能级时，电场力对电子做正功，电势能减小，动能增加，故A错误；
B、光子的频率越大，粒子性越显著，所以粒子性最强的是频率为ν3的光子，故B错误；
C、因为氢原子只辐射出三种频率的光子，根据可得，n＝3，所以则hν3＝E3﹣E1，hν2＝E2﹣E1，hν1＝E3﹣E2，解得ν3＝ν2+ν1，故C错误；
D、根据题意可知hν＝E3﹣E1＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，根据爱因斯坦的光电效应方程可得Ek＝hν2＝hν﹣W0，其中hν2＝E2﹣E1＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV，解得W0＝1.89eV，故D正确。
故选：D。
【点评】只能氢原子从高能级向低能级跃迁要释放光子，熟练掌握能级跃迁公式和爱因斯坦的光电效应方程是解题的基础。
5．（4分）在双缝干涉实验中，若使用波长不同的红光和紫光分别照射双缝，则红光和紫光在屏上形成的干涉条纹间距（　　）
A．红光的条纹间距大，紫光的条纹间距小
B．红光的条纹间距小，紫光的条纹间距大
C．红光的条纹间距等于紫光的条纹间距
D．不能确定
【考点】用双缝干涉测量光的波长．
【专题】定性思想；推理法；光的干涉专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】红光比紫光的波长大，根据双缝干涉条纹的间距公式λ比较条纹间距的大小。
【解答】解：根据双缝干涉条纹的间距公式知，不同色光，波长不同，红光波长长，则条纹间距大；
紫光波长小，条纹间距小；
故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道掌握双缝干涉条纹的间距公式，以及理解公式中各个物理量的含义，属于基础题。
6．（4分）（2024 广州模拟）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000πt（V），再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，正常工作时（　　）
A．交流电压表的示数为3V
B．电击网上的高频电压的频率为10000Hz
C．副线圈与原线圈匝数比需满足
D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作
【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；理想变压器两端的频率关系；交流电表的读数；变压器的构造与原理．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】电压表的示数为有效值，根据正弦式交变电流规律求解电压的峰值，进而求解电压表的示数；理想变压器不改变交流电的频率，根据正弦式交变电流规律求解原线圈的频率，即可得到副线圈的频率；根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比求解即可；理想变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压。
【解答】解：A、电压表的示数为有效值，由u＝3sin10000πt（V）可知，电压的峰值为U1m＝3V
电压表的示数为U1V
故A错误；
B、由u＝3sin10000πt（V）可知，角速度ω＝10000πrad/s
原线圈频率为fHz＝5000Hz
理想变压器不改变交流电的频率，则电击网上的高频电压的频率为5000Hz，故B错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，副线圈电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，即U2m≥2100V
则有：
代入数据解得：
故C正确；
D、理想变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压，则将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，电蚊拍不能正常工作，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查正弦式交变电流和理想变压器，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比。
7．（4分）如图所示，开口向下竖直放置的内壁光滑导热汽缸内有一个质量为m的密闭活塞，活塞在缸内封闭一段气体，活塞下端用一轻质弹簧和水平面相连。已知汽缸始终悬空，汽缸质量也为m，重力加速度为g，活塞横截面积为S，室温为T0，封闭气体长度为L0，外界大气压强为p0，则（　　）
A．环境温度缓慢降低，封闭气体的压强可能为
B．环境温度缓慢升高，活塞一定会相对地面向下运动
C．环境温度缓慢降低，单位时间撞击活塞的分子数减少
D．环境温度缓慢升高，封闭气体吸收的热量大于系统机械能增加量
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】解：A.环境温度缓慢降低时，封闭气体发生等压变化，气缸可视为处于平衡状态，对于气缸底部，由平衡条件列式，即可分析判断；
B.环境温度缓慢升高时，封闭气体发生等压变化，气缸可视为处于平衡状态，对气缸整体（包含活塞），由平衡条件列式，即可分析判断；
C.环境温度缓慢降低时，封闭气体的压强不变，据此分析判断；
D.环境温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律、热力学第一定律、功能关系，即可分析判断。
【解答】解：A.环境缓慢温度降低时，封闭气体发生等压变化，气缸可视为处于平衡状态，
对于气缸底部，由平衡条件可得：p0S+mg＝pS，
解得，封闭气体的压强为：，
故A错误；
B.环境温度缓慢升高时，封闭气体发生等压变化，气缸可视为处于平衡状态，以气缸整体（包含活塞）为研究对象，由平衡条件可得，弹簧弹力大小为：F＝2mg，则弹簧的形变量不变，则活塞相对地面的位置不变，故B错误；
C.环境温度缓慢降低时，封闭气体的压强不变，气体分子平均速率降低，由压强的微观解释知，单位时间撞击活塞的分子数增多，故C错误；
D.环境温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化，内能增加，即ΔU＞0，由盖﹣吕萨克定律知，环境温度缓慢升高，则气体体积增大，则封闭气体对外做功，则W＜0，封闭气体对外做的功，一部分转化为气缸的重力势能，一部分转化为对外界大气做功，则系统机械能增加量ΔE＜﹣W，由热力学第一定律可知：ΔU＝W+Q，则：Q＝ΔU﹣W＞ΔE，即封闭气体吸收的热量大于系统机械能增加量，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查热力学第一定律的表达和应用，解题时需注意，如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加ΔU。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2023春 西夏区校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．1mol的理想氢气和1mol的理想氧气，气体温度相同时，氧气分子的平均速率较小
B．两个分子在靠近的过程中，分子势能可能先减小后增大
C．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大说明空气湿度越大
D．农业生产中，锄松地面的土壤，目的是为了破坏土壤表面层的毛细管，减少水分的蒸发
【考点】毛细现象；温度与分子动能的关系；分子势能及其与分子间距的关系；温度与热平衡及热平衡定律．
【专题】定性思想；推理法；分子间相互作用力与分子间距离的关系；理解能力．
【答案】ABD
【分析】温度相同，则平均动能相同；根据分子势能随距离的变化关系分析；掌握干湿温度计原理。根据液体蒸发时要吸收热量，可以是物体温度降低与影响水蒸发快和空气湿度的关系来作答；锄松地面的土壤，目的是为了破坏土壤表面层的毛细管。
【解答】解：A．气体温度相同时，分子的平均动能相同，但氧气分子质量较大，所以氧气分子的平均速率较小，故A正确；
B．两个分子在靠近的过程中，分子力可能先表现为引力再表现为斥力，则分子力可能先做正功后做负功，分子势能可能先减小后增大，故B正确；
C．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡处的水分蒸发越快，则空气湿度越小，故C错误；
D．农业生产中，锄松地面的土壤，目的是为了破坏土壤表面层的毛细管，减少水分的蒸发，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了蒸发现象、湿度、分子间作用力等知识，知识点多，难度小，关键是记住，基础题目。
（多选）9．（6分）（2025春 海淀区校级期中）根据量子理论，光子具有动量。光子的动量等于光子的能量除以光速，即p。光照射到物体表面并被反射时，会对物体产生压强，这就是“光压”。光压的产生机理如同气体压强：由大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强。如果激光器发出的一束激光的功率为P，光束的横截面积为S，该激光束垂直照射在物体表面，且激光束被物体表面完全反射。下列说法正确的是（　　）
A．单位时间内到达物体表面的光子的总动量为
B．该激光在物体表面引起的光压为
C．如果利用太阳的光压将物体送到太阳系以外的空间去，需要太阳对物体的光压产生的作用力超过太阳对物体的引力
D．太阳帆航天器是一种利用太阳光的压力进行太空飞行的航天器，太阳帆飞船无需燃料，说明科技的发展已经使第一类永动机成为了现实
【考点】光子的动量；用动量定理求流体冲击问题；能量子与量子化现象．
【专题】定量思想；推理法；光线传播的规律综合专题；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】设单位时间内激光器发出的光子数，根据激光器的功率求解总动量；求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出光压；利用太阳的光压将平板送到太阳系以外的空间去，必须满足条件：太阳对平板的压力大于太阳对其的引力求解。
【解答】解：A.设单位时间内激光器发出的光子数为n，每个光子的能量为E，动量为p，则激光器的功率为P＝nE，所以，单位时间内到达物体表面的光子总动量为：，故A正确；
B.激光束被物体表面完全反射时，其单位时间内的动量改变量为：，根据动量定理，激光束对物体表面的作用力为：，因此，激光束在物体表面引起的光压为：，故B正确；
C.利用太阳的光压将平板送到太阳系以外的空间去，必须满足条件：太阳对平板的压力大于太阳对其的引力，故C正确；
D.第一类永动机违背能量守恒定律，不可能制成，太阳帆飞船无需燃料，但还是利用了太阳能，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题难度并不大，但解题时一定要细心、认真，应用动量定理与牛顿第二定律即可解题。
（多选）10．（6分）（2023 辽宁模拟）足球运动因对抗性强、战术多变、参与人数多等特点被称为“世界第一运动”，发展足球运动，必须从娃娃抓起。如图所示，一质量m＝0.45kg的足球由静止下落H＝1.8m后被某小朋友用脚颠起，上升的最大高度为h＝0.45m。已知脚与足球接触时间Δt＝0.2s。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（　　）
A．足球与脚接触前瞬间的速度大小为6m/s
B．足球从开始下落到颠起达到最高点用时0.9s
C．脚对足球的平均作用力大小为24.75N
D．脚与足球作用的过程中，合外力对足球做功为﹣2.025J
【考点】用动量定理求平均作用力；自由落体运动的规律及应用；竖直上抛运动的规律及应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】由机械能守恒定律可得v2＝mgH，求速度；
根据匀变速直线运动的规律求解时间，从而知总时间；
根据动量定理：（F﹣mg）t＝mv2﹣m（﹣v1），求平均作用力；
根据动能定理求解合力做功。
【解答】解：A．由机械能守恒定律可得：v2＝mgH，足球下落到脚背时速度v1m/s＝6m/s，故A正确；
B．足球下落时间为：t1s＝0.6s，
足球上升时间为：t2s＝0.3s，
总时间为：t＝t1+t2+Δt＝0.6s+0.3s+0.2s＝1.1s，故B错误；
C．足球被脚颠起时的速度大小v2＝gt2＝10×0.3m/s＝3m/s，由动量定理得：（F﹣mg）t＝mv2﹣m（﹣v1），解得F＝24.75N，故C正确；
D．足球与脚接触的过程中，合外力对足球做的功为W，解得W＝﹣6.075J，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查学生对机械能守恒定律、动量定理、动能定理的掌握，是一道综合性很强的题目。
三．解答题（共2小题，满分17分）
11．（7分）（2023秋 上虞区期末）在利用单摆周期公式测定当地重力加速度g的实验中
（1）下列用游标卡尺测摆球直径的操作，最合理的是 　B　
（2）小明在实验中正确测得小球的直径为19.95mm，他可能是采用下面 　C　 器材测量的。
A．毫米刻度尺
B．10分度游标卡尺
C．20分度游标卡尺
D．千分尺
（3）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是 　D　 。
A．测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球下端点间的距离
B．测量周期：从摆球通过平衡位置时开始计时，当摆球再次通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数表示单摆的周期
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期
（4）小明同学根据实验数据，利用计算机拟合得到的方程为：T2＝4.03l+0.0403。由此可以得出当地重力加速度为g＝ 　9.79　 m/s2（结果保留三位有效数字）。从方程中可知T2与l没有成正比关系，其原因可能是 　未加小球半径，而将摆线长作为摆长　 。
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力．
【答案】（1）B；（2）C；（3）D；（4）9.79，未加小球半径，而将摆线长作为摆长。
【分析】（1）根据减小误差分析判断；
（2）根据数据的精确度和游标卡尺的最小分度值分析判断；
（3）根据实验原理和注意事项分析判断；
（4）根据单摆周期公式推导，结合题意计算。
【解答】解：（1）小球应处于游标卡尺外测量爪的中部。故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）毫米刻度尺分度值为1mm，估读下一位为0.1mm；10分度游标卡尺的分度值为0.1mm，不需要估读；20分度游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读；千分尺读到0.001mm位，由于测得小球的直径为19.95mm，则他可能采用20分度游标卡尺。故C正确，ABD错误。
故选：C。
（3）A．测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球上端点的距离加上摆球的半径，故A错误；
B．测量周期：从摆球通过平衡位置时开始计时，用秒表记下摆球做n次全振动所用的时间Δt，则单摆周期为
故B错误；
C．单摆的周期与摆球相距平衡位置有较大的角度无关，故C错误；
D．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期
故D正确。
故选：D。
（4）由于图像没有过原点，则可能因为未加小球半径，而将摆线长作为摆长，故根据单摆周期公式
化简可得
根据拟合方程可知
可得当地的重力加速度为
g＝9.79m/s2
故答案为：（1）B；（2）C；（3）D；（4）9.79，未加小球半径，而将摆线长作为摆长。
【点评】本题关键掌握利用单摆周期公式测定当地重力加速度实验原理和游标卡尺的使用及读数方法。
12．（10分）（2024春 临汾期末）某同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
（1）有关该实验的说法，正确的是 　C　 。
A．实验时注射器必须水平放置
B．注射器内部的横截面积的具体数据必须测出
C．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无需标注单位
（2）进行实验操作时，推拉活塞不能过快，其原因是 　A　 。
A．防止封闭气体的温度发生改变
B．防止封闭气体的质量发生改变
（3）该同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是 　4　 （填错误数据对应的实验序号）。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱的长度L/cm 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱的压强p/（×105Pa） 1.00 1.09 1.20 1.26 1.50
（4）该同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍低的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为 　②　 （填“①”或“②”）。
【考点】理想气体的实验规律．
【专题】定量思想；方程法；理想气体状态方程专题；分析综合能力．
【答案】（1）C；
（2）A；
（3）4；
（4）②。
【分析】气体压强与气体体积、气体物质的量和温度有关，气体压强与气体物质的量和温度成正比，与气体体积成反比，根据理想气体状态方程分析。
【解答】解：（1）A、实验时注射器没必要必须水平放置，用压强传感器测量压强直接读数，故A错误；
B、注射器内部的横截面积的具体数据不需必须测出，只需要用气柱的长度代替体积即可，故B错误；
C、注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可确定体积变化，无须标注单位，故C正确。
故选C。
（2）若推拉活塞过快，则气体的温度会发生变化，则进行实验操作时，推拉活塞不能过快，故选A。
（3）由表中数据可知pL乘积约为12×105Pa cm，而第4组数据乘积为11.34×105Pa cm，偏离较大，故第4组数据错误。
（4）根据理想气体状态方程可得，可知温度越低图像的斜率越小，可知根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为②。
故答案为：（1）C；
（2）A；
（3）4；
（4）②。
【点评】考查对理想气体压强变化规律的理解，要熟悉理想气体状态方程。
四．解答题（共2小题，满分28分）
13．（12分）（2023 全国）如图，人体眼球等价于一个凸透镜成像系统，眼球内的晶状体（作用同凸透镜）的焦距可以在一定范围内连续变化，使得在一定距离范围内的物体都能清晰地成像在视网膜上，小明同学近视之前，能看清远处的小物体，晶状体中心到视网膜的距离d＝16.70mm，此时晶状体的焦距即为d。
（1）小明同学近视之后，晶状体中心到视网膜的距离增加了Δd＝0.30mm，假设此时晶状体的焦距不变，他能看清小物体的距离为多少？
（2）如用近视眼镜（凹透镜）来矫正小明同学的视力，要求佩戴跟镜后最远能看清30m处的小物体，眼镜镜片的焦距该取何值？
【考点】平面镜成像及透镜的原理．
【专题】定量思想；推理法；光学计算专题；分析综合能力．
【答案】（1）他能看清小物体的距离为946.33mm。
（2）眼镜镜片的焦距该取977.16mm。
【分析】（1）确定晶状体的焦距和像距，应用透镜成像公式求解；
（2）要用近视眼镜（凹透镜）来矫正小明同学的视力，即使凹透镜所成的虚像的像距等于u1，应用透镜成像公式求解。
【解答】解：（1）作用同凸透镜的晶状体的焦距为f1＝d＝16.70mm，要将所成的像在视网膜上，则像距v1＝d+Δd＝16.70mm+0.30mm＝17.00mm。
设他能看清小物体的距离（即对应的物距）为u1，由透镜成像公式可得：
代入数据解得：u1mm≈946.33mm。
（2）要用近视眼镜（凹透镜）来矫正小明同学的视力，即使凹透镜所成的虚像的像距等于u1（忽略了近视眼镜与晶状体之间的距离），依题意凹透镜的物距u2＝30m＝3×104mm，设眼镜镜片的焦距为f2，由透镜成像公式可得：
代入数据解得：f2≈977.16mm。
答：（1）他能看清小物体的距离为946.33mm。
（2）眼镜镜片的焦距该取977.16mm。
【点评】本题考查了透镜成像公式的应用，需注意在公式：中物距u总是取正值，对于像距v，成实像时取正值，成虚像时取负值，凸透镜的焦距取正值，凹透镜的焦距取负值。
14．（16分）（2021秋 张家港市期中）如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一质量M＝2kg的小车，小车左边部分为半径R＝1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L＝2.85m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点静止释放，水平粗糙面动摩擦因数μ＝0.08，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；
（2）若解除小车锁定，求小物块滑到圆弧轨道末端时的速度；
（3）若解除小车锁定，求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数以及小车发生的位移大小。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小为30N；
（2）若解除小车锁定，小物块滑到圆弧轨道末端时的速度为4m/s；
（3）若解除小车锁定，整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数为3次，小车发生的位移大小为1.1m。
【分析】（1）小物块下滑过程中，对小物块根据动能定理求解最低点的速度大小、在最低点根据牛顿第二定律求解支持力大小；
（2）根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解小物块达到最低点时速度大小；
（3）根据功能关系求解小物块滑下到最终相对小车静止物块在小车粗糙面上滑动的路程，由此得到小物块最终相对于小车静止的位置，根据平均动量守恒求解整个运动过程中小车发生的位移。
【解答】解：（1）小车被锁定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒
mgR0
在最低点，根据牛顿第二定律有
FN﹣mg＝m
解得：FN＝30N；
（2）解除小车锁定，小物块滑到圆弧轨道末端过程中，小车和小物块系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有
0＝mv1﹣Mv
此过程中，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
mgR
联立解得：v1＝4m/s；
（3）从小物块滑下到最终相对小车静止，设物块在小车粗糙面上滑动的路程为s，整个过程根据能量守恒定律得
mgR＝μmgs
解得：s＝15m，
则s＝nL+Δx
当n＝5时，Δx＝0.75m，即小物块与挡板碰撞3次后，停在离开右侧挡板0.75m处。物块相对小车停下时，小车也停止运动，整个过程中，物块相对小车发生位移为
x总＝R+L﹣Δx
选取m和M为系统，由于水平方向动量守恒，设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，可推得
mx1＝Mx2
又x1+x2＝x总
代入数据解得：x2＝1.1m，方向水平向左。
答：（1）小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小为30N；
（2）若解除小车锁定，小物块滑到圆弧轨道末端时的速度为4m/s；
（3）若解除小车锁定，整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数为3次，小车发生的位移大小为1.1m。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
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