【答案】C
【解析】因c点电势最低，则α粒子在c点电势能最小，选项A错误；α粒子受到斥力作用，从a运动b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，速度减小，有vb＜va；从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，因此在b处的速度比在c处的速度要小，有vb＜vc．由于bc间电势差大于ba间电势差，则α粒子从a到b电场力做功的大小小于从b到c电场力做功的大小，则从a到c电场力总的做正功，动能增大，速率增大，所以c处速度大于a处的速度，有va＜vc；综上有：
vb＜va＜vc．则选项BD错误，C正确；故选C.
点睛：
对于点电荷周围的电场线分布要有明确的认识，点电荷周围的电场线是放射状的，正点电荷周围的电场线是沿半径方向向外的，负点电荷周围电场线是沿半径方向向里的；点电荷周围的等势面是一个个的同心球面．电场力做功与重力做功有共同的特点，就是与路径无关，电场力做功与初末位置的电势差有关．
9.如图所示，关于布朗运动的实验，下列说法正确的是（）
A.上图记录的是分子无规则运动的情况
B.上图记录的是微粒做布朗运动的轨迹
C.实验中可以看到，微粒越大，布朗运动越明显
D.实验中可以看到，温度越高，布朗运动越激烈
【答案】D
【解析】图中记录的微粒每隔一定时间的位置，并不是微粒做布朗运动的轨迹，更不是分子运动的轨迹，故AB错误．微粒越大，表面积越大，同一时刻撞击微粒的液体分子越多，冲力越平衡，合力越小，布朗运动越不明显，故C错误．实验中，温度越高，液体分子运动越激烈，使得布朗运动也越激烈．故D正确．故选D.
点睛：
布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是分子运动，图中记录的不是微粒的运动轨迹．微粒越小、温度越高，布朗运动越激烈．
10.已知阿伏伽德罗常数为NA，铜的摩尔质量为M0，密度为ρ（均为国际制单位），则以下说法不正确是（ ）
A.1个铜原子的质量是
B.1个铜原子的体积是
C.1kg铜所含原子的数目是ρNA
D.1m3铜所含原子的数目为
【答案】C
【解析】铜的摩尔质量为M0，阿伏伽德罗常数为NA，则1个铜原子的质量是：
；故A正确；铜的摩尔质量为M0，密度为ρ，故摩尔体积为：
；故1个铜原子的体积是
；故B正确；铜的摩尔质量为M0，1kg铜的物质量为：
，故1kg铜所含原子的数目是：
；故C错误；1m3铜的质量为ρ，故1m3铜的物质量为：
；故1m3铜的所含原子的数目为：
；故D正确；此题选项错误的选项，故选C.
二、双项选择题
11.下列说法正确的是（ ）
A.液晶的光学性质具有各向异性
B.某种物体的温度是0℃，说明物体中分子的平均动能为零
C.液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏
D.从微观角度看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关
【答案】ACD
【解析】液晶的光学性质具有各向异性，选项A正确；分子在永不停息的做无规则运动，则分子的动能永远不能为零，选项B错误；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，表面层分子表现为引力，选项C正确；从微观角度看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关，选项D正确；故选ACD.
12.甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，纵轴表示分子间的相互作用力，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（ ）
A.乙分子由a到c的过程中，分子势能先减小后增大
B.乙分子由a到d的过程中，分子势能先减小后增大
C.乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
D.乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
【答案】BD
【解析】从a到c分子力做正功，分子势能一直减少，故A错误；从a到b分子力做正功，分子势能一直减少，从b到c分子力做正功，分子势能先减小，从c到d分子力做负功，分子势能增大，故B正确；乙分子由a到b一直受引力，做加速运动，从b到c分子力逐渐变小但仍为引力，继续加速，故C错误；乙分子在从a到c的过程中一直受到引力加速，而从c到d的过程中受斥力开始减速，所以到达c时速度最大，故D正确；故选BD．
13.质量为m的小球A，在光滑水平面上以速度V0与质量为2m的静止小球B发生正碰后，A球的速率变为原来的
，则B球碰后的速率可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AB
点睛：
本题考查了动量守恒定律的应用，两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意球的速度方向．
14.如图小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中，对子弹、小球A和B组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A.子弹射入过程系统动量守恒
B.子弹射入过程系统机械能守恒
C.子弹、小球A和B共速时弹簧弹性势能最大
D.系统最终会处于静止状态
【答案】AC
【解析】子弹射入过程，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；子弹射入过程要克服阻力做功，系统机械能有损失，机械能不守恒，故B错误；子弹、小球A和B共速时，系统动能最小，由能量守恒定律可知，此时弹簧弹性势能最大，故C正确；系统动量守恒，由于系统初动量不为零，则系统任何时刻动量都不为零，系统最终不会静止，故D错误；故选AC．
点睛：
本题考查了动量守恒与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．
15.静止的
衰变成
，静止的
衰变为
，在同一匀强磁场中的轨道如图1所示.由此可知（ ）
A.甲图为
的衰变轨迹，乙图为
的衰变轨迹
B.甲图为
的衰变轨迹，乙图为
的衰变轨迹
C.图中2、4为新核轨迹，1、3为粒子轨迹
D.图中2、4为粒子轨迹，1、3为新核轨迹
【答案】BC
【解析】P衰变成Si释放出一个质子，原子核Th衰变成Pa释放出一个带负电的电子，原子核发生衰变时，动量守恒，衰变后两粒子的动量p大小相等，速度方向相反，由左手定则可知，原子核衰变释放的粒子带正电时，衰变产生的两粒子受到的洛伦兹力方向相反，两粒子运动轨迹相外切，
原子核衰变释放的粒子带负电时，衰变产生的两粒子受到的洛伦兹力方向相同，两粒子运动轨迹相内切，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：
，轨道半径
，衰变后粒子质量越大，轨道半径r越小，P与Th衰变后，新核的轨道半径小，粒子的轨道半径大；由图示可知，甲图为Th的衰变轨迹，乙图为P的衰变轨迹，故A错误，B正确；图中2、4为新核轨迹，1、3为粒子轨迹，故C正确，D错误；故选BC．
点睛：
放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒．正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系．
三、实验题
16.某同学运用以下实验器材,设计了一个碰撞实验,来寻找碰撞前后的守恒量:
打点计时器、低压交流电源（频率为50Hz）、纸带、表面光滑的长木板、带橡皮泥的小车A、带撞针的小车B、天平.
（1）该同学经过以下几个步骤:
A.用天平测出小车A的质量mA=0.4kg,小车B的质量mB=0.2kg.
B.更换纸带重复操作三次.
C.小车A靠近打点计时器放置,在车后固定纸带,把小车B放在长木板中间.
D.把长木板平放在桌面上,在一端固定打点计时器,连接电源.
E.接通电源,并给A车一定初速度。
.
该同学的实验步骤正确顺序为_____.
（2）长木板右端下面垫放一小木片的目的是____________________________
（3）打点计时器打下的纸带中,比较理想的一条如图所示,根据这些数据填空。
.
碰撞前瞬间小车A的速度vA=__m/s，小车B的速度vB=__m/s，碰撞后A、B的速度v=______m/s（保留三位有效数字）
根据以上数据猜想守恒量的表达式为____________.【用mA、mB、vA、vB、v表示】
【答案】
（1）.ADCEB
（2）.平衡摩擦力（3）.1.05（4）.0（5）.0.695（6）.MAVA+MBVB=（MA+MB）V
【解析】
（1）该同学的实验步骤正确顺序为ADCEB.
（2）长木板右端下面垫放一小木片的目的是平衡摩擦力；
（3）碰撞前瞬间小车A的速度
，小车B的速度vB=0，碰撞后A、B的速度
；则mAvA+mBvB=0.4×1.05=0.42kgm/s；（mA+mB）v=（0.4+0.2）×0.695=0.40kgm/s，则根据以上数据猜想守恒量的表达式为mAvA+mBvB=（mA+mB）v.
17.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250mL的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示．坐标格正方形的大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2（保留两位有效数字），由此估算出油膜分子的直径是________m（保留一位有效数字）．
【答案】
（1）.0.022-0.025
（2）.8-9×1010
【解析】由图示油膜可知，油膜的面积为：
S=60×2cm×2cm=240cm2=0.024m2
两滴油酸溶液含纯油的体积：
，
油酸分子的直径为：
；
四、计算题
18.质量为m1=1.0kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t图象如图所示，试通过计算回答下列问题：
①m2等于多少千克？
②碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
【答案】3kg是
【解析】试题分析：
①碰撞前m2是静止的，m1的速度为v1=4m/s2分
碰后m1的速度v
=－2m/s2分
m2的速度v
=2m/s2分
根据动量守恒定律有
3分
1×4=1×（－2）+m2×2
m2=3kg2分
②Ek1+Ek2=
×1×42+0=8J3分
=8J3分
是弹性碰撞1分
考点：
考查了动量守恒定律的应用
点评：
要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞．
19.已知氘核质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，
的质量为3.0150u。
已知1u的质量相当于931.5MeV的能量。
求（结果保留两位有效数字）：
（1）写出两个氘核聚变成
的核反应方程；
（2）计算上述核反应中释放的核能；
（3）若两氘核以相等的动能0.35MeＶ做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的
和中子的动能各是多少?
【答案】3.3Mev1M3M
【解析】
（1）核反应方程式是：
；
（2）反应过程中质量减少了：
△m=2×2.0136u-1.0087u-3.0150u=0.0035u，
反应过程中释放的核能△E=0.0035×931.5MeV=3.3MeV
（3）设
核和
的动量分别为P1和P2，由动量守恒定律得：
0=P1+P2，由此得P1和P2大小相等，由动能和动量关系
及
和
的质量关系得：
中子的动能En是
核动能EHe的3倍，即En：
EHe=3：
1，由能量守恒定律得：
EHe+En=△E+2EK，
解得中子的动能En=3MeV，
的动能：
EHe=1MeV
点睛：
解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程，能够灵活运用动量守恒定律和能量守恒定律．
20.如图所示，小车的质量为M，左端放一个质量为m的铁块，铁块和小车间的动摩擦因数为μ，小车和铁块一起以共同速度V在光滑的地面上滑行时与墙发生正碰，在碰撞过程中无机械能损失，碰墙后小车以原速率反向弹回。
车身足够长，使得铁块不会与墙相碰，也不会从车上落下。
求铁块在车上滑行的总路程？
【答案】M>m时L=2MV2/μ（M+m）g
M............
点睛：
解决本题的关键是要正确分析铁块和小车的物理过程，判断最终的状态，要明确系统产生的内能与铁块在车上滑行的总路程有关．
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