2023年北京市育英学校高考物理统测试卷（九）

2023年北京市育英学校高考物理统测试卷（九）

一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）

1.（3分）一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下改变其体积使气体压强变大。下

列说法正确的是（）

A.气体的内能增大

B.气体一定对外界做正功

C.气体分子的数密度增大

D.气体分子热运动剧烈程度加大

2.（3分）2020年12月我国在量子计算领域取得了重大成果，构建了一台76个光子100

个模式的量子计算机“九章”，它处理“高斯玻色取样”的速度比目前最快的超级计算机

“富岳”快一百万亿倍.下列关于能量子的说法中正确的是（）

A.能量子假设是由爱因斯坦最早提出来的

B.能量子表示微观世界的不连续性观念

C.电磁波波长越长，其能量子的能量越大

D.能量子是类似于质子、中子的微观粒子

3.（3分）用如图所示的装置来观察光的双缝干涉现象时，以下推断正确的是（）

A.狭缝屏的作用是使入射光到达双缝屏时，双缝就成了两个振动情况总是相同的光源

B.若入射光是白光，则像屏上的条纹是黑白相间的干涉条纹

C.像屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的1.5倍时，该点处一定是亮条纹

D.双缝干涉中亮条纹之间的距离相等，暗条纹之间的距离不相等

4.（3分）一艘油轮装载着密度为900kg/m3的原油停泊在海湾。由于故障而发生原油泄漏。

泄漏的原油有9000kg,假设这些原油在海面上形成了单分子油膜，这些原油造成的污染

面积约为（）

A.107m2B.109m2C.IO11!!!2D.10l3m2

5.（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变。将滑动变阻器的滑动触头向下移动，

下列判断正确的是（）

A.电表V］、V2的示数都不变

B.电表Vi、V2的示数都增大

C,原线圈输入功率减小

D.电阻Ro消耗的电功率增大

6.（3分）一列简谐横波在t=0时刻波的图象如图所示，其中a、b、c、d为介质中的四个

质点，在该时刻（）

A.质点a的速度最大

B.质点b的加速度最大

C.若质点c向下运动，则波沿x轴负方向传播

D.若质点d向上运动，则波沿x轴负方向传播

7.（3分）2019年10月11H,中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，计

划于2020年发射，并实现火星的着陆巡视。已知火星的直径约为地球的53%,质量约为

地球的11%,请通过估算判断以下说法正确的是（）

A.火星表面的重力加速度小于9.8m/s?

B.探测器在火星表面所受重力等于在地球表面所受重力

C.探测器在火星表面附近的环绕速度等于7.9km/s

D.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度

8.（3分）根据欧姆定律I=U、串联电路总电阻R=RI+R2+...、并联电路总电阻工JJ+

RRR[

…，通过逻辑推理就可以判定在材料相同的条件下，导体的电阻与长度成正比，与横截面

积成反比。现在要求在这两个结论的基础上，通过实验探究导体的电阻与材料的关系。

选择a、b两种不同的金属丝做实验，关于这个实验的下列哪个说法是正确的（）

A.所选的a、b两种金属丝的长度必须是相同的

B.所选的a、b两种金属丝的横截面积必须是相同的

C,所选的a、b两种金属丝长度和横截面积都必须是相同的

D.所选的a、b两种金属丝长度和横截面积都可以不做限制

9.（3分）如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强

度大小和电势分别用E和巾表示.选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强

度的大小E或电势巾随位置x的变化关系图，正确的是（）

10.（3分）如图所示，装满土豆的货车正沿水平公路向右做匀加速运动，以图中用粗线标

出的土豆为研究对象，设该土豆的重量为Go关于周围与它接触的所有土豆对它的作用

力的合力F,下列说法中正确的是（）

A.F的大小可能小于G

B.F的方向一定水平向右

C.F的方向一定斜向右上方

D.F的方向一定竖直向上

11.（3分）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状

态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车

左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（）

A.小车将持续地向右运动

B.锤、人和车组成的系统机械能守恒

C.每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右

D.每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动

12.（3分）如图所示，大型起重机的吊钩受到的力是一组共点力。设被起吊的重物的质量

为m,钢丝绳与吊钩的质量忽略不计，吊钩下面悬挂重物的四根钢丝绳对吊钩的拉力大

小依次为Fi、F2、F3、F4,吊钩上方的动滑轮组对吊钩的拉力大小为F5。重力加速度大

小为g。在起重机将被起吊的重物向上匀速提升的过程中，下列判断正确的是（）

A.F5大于mg

B.Fi、F2、F3、F4、F5的合力等于2mg

C.Fl、F2、F3、F4的大小均等于侦

4

D.F2、F3、F4、F5的合力大小等于Fl

13.（3分）实验证明，金属棒中的自由电子会发生热扩散现象。当金属棒一端温度高，另

一端温度低时，自由电子会在金属棒内部产生热扩散，使得温度较高的一端自由电子的

数密度较小，而温度较低的一端自由电子的数密度较大。热扩散作用可以等效为一种非

静电力，在温度不均匀的金属棒两端形成一定的电动势，称为汤姆逊电动势。如图所示,

金属左侧连接高温热源，保持温度为Ti,右侧连接低温热源，保持温度为T2（Tl>T2）。

此时该金属棒相当于一个电源，将它与一只电阻相连。下列判断正确的是（）

A.T1端相当于电源的正极，T2端相当于电源的负极

B.T2端相当于电源的正极，Ti端相当于电源的负极

C.该电源是把电能转化为热能的装置

D.当该电源放电时，金属棒内的非静电力对电子做负功

14.（3分）实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不

变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有

足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康

普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法中正确的是（）

A.该过程不遵循能量守恒定律

B.该过程不遵循动量守恒定律

C.散射光中存在波长变长的成分

D.散射光中存在频率变大的成分

二、实验题（本题共2小题，共18分）

15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析

等。

（1）某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。

①他进行了如下操作，其中没有必要进行的步骤是，操作不当的步骤

是■>

“直流输出”上

D.先接通电源，后释放纸带

②安装好实验装置，正确进行实验操作。从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2

所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点0的距离分别为

hA、hB、he。设重锤质量为m,当地重力加速度为g,打点计时器打点周期为T。为了验

证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打0点到打B点的过程中，重锤重力势

能的减少量AEp=，动能的增加量AEk=(用题中

所给字母表示)。

③实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正

确的是0

A.该误差属于偶然误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的

B.该误差属于偶然误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的

C.该误差属于系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的

D.该误差属于系统误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的

(2)利用闪光照相研究物体的平抛运动。小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片如图3。

若图中每一正方形小格的边长均表示1cm,照相机相邻两次闪光的时间间隔为0.05s。根

据图中的记录，小球做平抛运动的初速度大小为m/s,小球通过e点时竖直

方向的分速度大小为2,计算结果均保留2位有效数字)

(3)将碳均匀涂在圆柱形瓷棒的外侧面形成均匀的碳膜，做成一只碳膜电阻。现要求用

实验测定所形涂碳膜的厚度d。已知碳的电阻率为p,瓷棒的长为1,瓷棒横截面的直径

为D,用伏安法测得该碳膜电阻的阻值为R,则碳膜的厚度d=。

16.甲、乙两同学利用单摆测定当地重力加速度。

(1)甲同学用10分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图1所示，他测量的读数应该是

cm。接着他正确测量了摆线长，加上摆球半径，得到了摆长1。

(2)为了测定该单摆的振动周期T,下列做法中正确的是。

A.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放开始计时，小球第一次回到释放点停止

计时，以这段时间作为周期

B.将摆球拉离平衡位置-一个小角度，从静止释放开始计时，小球第30次回到释放点停

止计时，以这段时间除以30作为周期

C.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次通过最低点时开始计

时，并数为0,以后小球每次经过最低点时，他依次数为1、2、3…，数到60时停止计

时，以这段时间除以30作为周期

D.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次向右通过最低点时开

始计时，并同时数30,以后小球每次向右经过最低点时，他依次计数为29、28、27…，

数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期

(3)他根据正确方法测出了摆长1和周期T,计算当地的重力加速度的表达式为g

(4)甲同学用上述方法测量重力加速度g,你认为最需要改进的

是。

(5)乙同学没有测量摆球直径，只正确测得了摆线长为1,和对应的单摆振动周期为T。

然后通过改变摆线的长度，共测得6组1和对应的周期T,计算出作出IT?图线，

在图线上选取相距较远的A、B两点，读出与这两点对应的坐标，如图2所示。乙同学

计算重力加速度的表达式为g=o

(6)乙同学没有测量摆球直径，把摆线长当成了摆长。你认为他这种做法会不会引起实

验的系统误差(填"会”或“不会”)。

三、计算论述题(本题共4小题，共40分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演

算步骤。解题过程中需要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明。

只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。)

17.(9分)如图，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为

R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一

向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为vo,之后沿半圆形导轨运动，恰好能够到达

半圆轨道的最高点C点。重力加速度为g。

(1)求弹簧压缩至A点时的弹性势能；

(2)求物体在半圆轨道的最低点B时对轨道的压力：

(3)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。

18.在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直

于纸面向里的匀强磁场，如图所示.一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点

A处以速度v沿-x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出.

(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷总；

m

(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B',该粒子仍从A

处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求

磁感应强度B'多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？

19.质量为mi的A球从高度为H处由静止开始沿曲面下滑，与静止在水平面上质量为m2

的B球发生正碰，两球大小相同，碰撞时间极短，碰撞过程中没有动能损失。不计一切

摩擦，重力加速度为g。

（1）根据动能定理和重力做功与重力势能的关系，证明A球沿曲面下滑过程机械能守恒;

（2）两球发生第一次碰撞后各自的速度大小VA、VB；

（3）为了能发生第二次碰撞，两球质量mi、m2间应满足什么条件？

20.如图1所示，电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速带电粒子的装置。在两

个圆形电磁铁之间的圆柱形区域内存在方向竖直向下的匀强磁场，在此区域内，沿水平

面固定一半径为r的圆环形光滑、真空细玻璃管，环形玻璃管中心O在磁场区域中心。

一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周

运动，图2为其简化示意图。通过改变电磁铁中的电流可以改变磁场的磁感应强度B,

若B的大小随时间t的变化关系如图3所示，图中丁（）=空必。设小球在运动过程中电

qB。

量保持不变，对原磁场的影响可忽略。

（1）在1=0到1=10时间内，小球不受玻璃管侧壁的作用力，求小球的速度大小vo；

（2）在磁感应强度增大的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆

时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。求从t=Too时间段内细管内

涡旋电场的场强大小E；

（3）某同学利用以下规律求出了t=2To时电荷定向运动形成的等效电流：

根据1=2①

T

T=2—m=冗m②

qBqB0

2B

得：等效电流1=」~°③

兀m

你认为上述解法是否正确，并阐述理由。

2023年北京市育英学校高考物理统测试卷（九）

参考答案与试题解析

一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）

1.（3分）一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下改变其体积使气体压强变大。下

列说法正确的是（）

A.气体的内能增大

B.气体一定对外界做正功

C.气体分子的数密度增大

D.气体分子热运动剧烈程度加大

【分析】温度是分子热运动平均动能的标志，温度如何变化，分子热运动平均动能就如

何变化，温度不变，分子热运动平均动能就不变；单位体积内的分子数，即气体分子的

密集程度，只与体积有关，体积减小密集程度增大，体积增大密集程度减小。

【解答】解：A、一定质量的理想气体，内能只与温度有关，在保持温度不变的情况下，

其内能不变，故A错误；

B、一定质量的理想气体，温度不变，压强变大，由理想气体状态方程毕=c知，体积变

小，外界对做气体一定做正功，故B错误；

C、气体分子总数不变，体积减小，则气体分子的数密度增大，故C正确；

D、温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度不变，气体分子的热运动剧烈程度不变，故

D错误。

故选：C,

【点评】本题考查等温压缩过程中分子平均动能与气体分子密集程度的变化情况，牢记

温度是分子热运动平均动能的标志，以及气体分子的密集程度，只与体积有关，是解题

的关键，是一道基础题。

2.（3分）2020年12月我国在量子计算领域取得了重大成果，构建了一台76个光子100

个模式的量子计算机“九章”，它处理“高斯玻色取样”的速度比目前最快的超级计算机

“富岳”快一百万亿倍.下列关于能量子的说法中正确的是（）

A.能量子假设是由爱因斯坦最早提出来的

B.能量子表示微观世界的不连续性观念

C.电磁波波长越长，其能量子的能量越大

D.能量子是类似于质子、中子的微观粒子

【分析】能量子是由普朗克最早提出来的，能量只能是一系列分立的值，不是连续性概

念；

根据公式£=11丫及c=Xv可知波长越长，能量越小。

【解答】解：A、能量子假设是由普朗克最早提出来的，故A错误；

B、能量子表示微观世界的不连续性观念，表示能量是一份一份传播的，故B正确；

C、电磁波波长越长，其能量子的能量越小，故C错误；

D、能量子是不可再分的最小能量值，不是指类似于质子、中子的微观粒子，故D错误;

故选：Bo

【点评】明确能量子的概念，知道波长和能量之间的关系。

3.（3分）用如图所示的装置来观察光的双缝干涉现象时，以下推断正确的是（）

A.狭缝屏的作用是使入射光到达双缝屏时，双缝就成了两个振动情况总是相同的光源

B.若入射光是白光，则像屏上的条纹是黑白相间的干涉条纹

C.像屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的1.5倍时，该点处一定是亮条纹

D.双缝干涉中亮条纹之间的距离相等，暗条纹之间的距离不相等

【分析】A.根据双缝干涉实验中，单缝、双缝的作用作答；

B.入射光是白光时，出现的是彩色条纹；

C.根据振动加强和减弱的条件作答；

D.根据双缝干涉条纹的特征作答。

【解答】解：A.狭缝屏的作用是形成线光源，双缝的作用时将频率相同、振动情况完全

相同的光一分为二，成为相干光源，故A正确；

B.若入射光是白光，则像屏上的条纹是彩色的干涉条纹，故B错误；

C.根据振动加强和减弱的条件，光程差满足△r=2nX卷时，振动加强，该处出现亮条

纹，光程差满足△r=（2n+l）X等时，振动减弱，该处出现暗条纹；由于△入，因此该

点处一定是暗条纹，故C错误；

D.双缝干涉形成的明暗相间的等距离条纹，相邻明条纹之间、相邻暗条纹之间的距离都

相等，故D错误。

故选：A。

【点评】本题考查了双缝干涉实验中单缝、双缝的作用，振动加强和减弱的判断以及干

涉条纹的特征。

4.（3分）一艘油轮装载着密度为900kg/m3的原油停泊在海湾。由于故障而发生原油泄漏。

泄漏的原油有9000kg,假设这些原油在海面上形成了单分子油膜，这些原油造成的污染

面积约为（）

A.107m2B.109m2C.10"m2D.1013m2

【分析】根据体积、密度、质量的公式求泄漏原油的体积，估测分子的直径约为d=10

10m,再根据面积、体积、厚度（直径）的关系式求原油造成污染的最大积。

【解答】解：根据密度公式变形后得到体积：¥=^=9000303

p900

而分子直径约为：d=10l0m

故原油造成的污染的最大面积为：1?=10"m2,故ABD错误，C正确。

d10~10

故选：Co

【点评】本题考查了类似于单分子油膜法计算分子直径有关计算，理解油膜法测分子直

径的方法，便可进行知识迁移解决好此题。

5.（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变。将滑动变阻器的滑动触头向下移动，

下列判断正确的是（）

A.电表Vi、V2的示数都不变

B.电表Vi、V2的示数都增大

C.原线圈输入功率减小

D.电阻Ro消耗的电功率增大

【分析】理想变压器副线圈的电压由原线圈电压决定，原线圈电压不变，副线圈的电压

也不变；根据闭合电路欧姆定律，R减小，电流12增大，原线圈的电流由副线圈电流决

定，故Ai示数也增大。

【解答】解：AB、输入电压不变，匝数比不变，输出电压就不变，滑动变阻器滑片向下

移动，其接入电路的阻值变小，副线圈中的电流就增大，原线圈电流也增大，所以Vi

示数不变，V2示数减小，Ai示数增大，A2示数增大，故AB错误；

C、输入电压不变，输入电流增大，由P=UI可知，则输入功率变大，故C错误；

D、输出电流变大，由P=12RO可知，Ro消耗的电功率增大，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查了变压器的构造和原理。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部

分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后

整体再部分的方法。

6.（3分）一列简谐横波在t=0时刻波的图象如图所示，其中a、b、c、d为介质中的四个

质点，在该时刻（）

A.质点a的速度最大

B.质点b的加速度最大

C.若质点c向下运动，则波沿x轴负方向传播

D.若质点d向上运动，则波沿x轴负方向传播

【分析】根据质点位移，由质点振动随位移变化得到加速度、速度变化，即可求得质点

的加速度、速度的大小关系；根据平移法或上下坡法根据质点振动方向得到波的传播方

向。

【解答】解：AB、由图可知，a在波峰，b在平衡位置；故质点a的加速度最大，速度

最小等于零；b的速度最大，加速度为零；故AB错误；

CD、根据上下坡法判断，若质点c向下运动，则波沿x轴正方向传播；若质点d向上运

动，则波沿x轴负方向传播，故D正确，C错误；

故选：D。

【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根

据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

7.（3分）2019年10月11日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，计

划于2020年发射，并实现火星的着陆巡视。已知火星的直径约为地球的53%,质量约为

地球的11%,请通过估算判断以下说法正确的是（）

A.火星表面的重力加速度小于9.8mH

B.探测器在火星表面所受重力等于在地球表面所受重力

C.探测器在火星表面附近的环绕速度等于7.9km/s

D.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度

【分析】根据星球表面的重力等于万有引力，确定火星和地球表面重力加速度的关系，

进一步确定探测器所受重力的关系。

根据万有引力提供向心力，确定探测器在火星表面的环绕速度与地球表面的环绕速度的

关系，进一步比较第一宇宙速度。

【解答】解：AB、探测器在星球表面受到重力等于万有引力，mg=0*,解得星球表面

T

重力加速度：g=普，己知火星的直径约为地球的53%,质量约为地球的11%,地球表

r

面重力加速度：g地2,则火星表面的重力加速度：g火则探测器在火星表面

532

所受重力小于在地球表面所受重力，故A正确，B错误；

2

C、探测器在星球表面，绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，粤=仁，解

r2「

则探测器在火星表面的环绕速度:小于7.9km/s,故C

错误;

D、探测器在星球表面的环绕速度即该星球的第一宇宙速度，由C可知，火星的第一宇

宙速度小于地球的第一宇宙速度，故D错误。

故选：A»

【点评】此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是明确物体在星球表面重力等

于万有引力，物体绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。

8.（3分）根据欧姆定律1=旦、串联电路总电阻R=RI+R2+...、并联电路总电阻工二十L+

RRR]R2

通过逻辑推理就可以判定在材料相同的条件下，导体的电阻与长度成正比，与横截面

积成反比。现在要求在这两个结论的基础上，通过实验探究导体的电阻与材料的关系。

选择a、b两种不同的金属丝做实验，关于这个实验的下列哪个说法是正确的（）

A.所选的a、b两种金属丝的长度必须是相同的

B.所选的a、b两种金属丝的横截面积必须是相同的

C.所选的a、b两种金属丝长度和横截面积都必须是相同的

D.所选的a、b两种金属丝长度和横截面积都可以不做限制

【分析】根据实验原理即电阻定律和控制变量法的要求分析对两段金属丝和长度和截面

积的限制。

【解答】解：由题知，通过实验探究导体的电阻与材料的关系，若已知a、b两种金属丝

R。1S

长度和横截面积分别为la、1b和Sa、Sb,则根据有，=—（―.—）

K%RbPb4bsj

由于la、lb和Sa、Sb的数据是已知的，在满足（=_L）不变的条件下，则也可以从上式

中找到导体的电阻与材料的关系。故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】此探究是通过理论探究法，找导体的电阻与材料的关系，在已知两个结论的基

础上，只有满足上式条件已知，仍能得到电阻与电阻率的关系。

9.（3分）如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强

度大小和电势分别用E和巾表示.选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强

度的大小E或电势巾随位置x的变化关系图，正确的是（）

【分析】该题中正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，金属球是一个等势体.从

金属球到无穷远处的电势降低.

【解答】解：A、B：金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0,故A错误，B

错误；

C、D：金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，故C正确，D错误。

故选：Co

【点评】该题考查带正电荷的金属球周围的场强分布与电势的特点，除了上述的方法，

还可以使用积分法求它的场强和电势.属于简单题.

10.（3分）如图所示，装满土豆的货车正沿水平公路向右做匀加速运动，以图中用粗线标

出的土豆为研究对象，设该土豆的重量为G。关于周围与它接触的所有土豆对它的作用

力的合力F,下列说法中正确的是（）

A.F的大小可能小于G

B.F的方向一定水平向右

C.F的方向一定斜向右上方

D.F的方向一定竖直向上

【分析】AB、土豆和货车的加速度大小相等，方向相同，由牛顿第二定律可得土豆的合

力大小和方向，由受力分析可知力F的方向；

CD、根据受力分析图，由力的合成可得力F的大小。

【解答】解：根据题意可知重力G、作用力F和合力构成矢量三角形，如图

由图可知F的大小一定大于G,F的方向一定斜向右上方，故C正确，ABD错误。

故选：Co

【点评】本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解，解题的关键是画出土豆的受力分

析图。

11.（3分）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状

态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车

左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（）

A.小车将持续地向右运动

B.锤、人和车组成的系统机械能守恒

C.每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右

D.每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动

【分析】人、大锤和车组成的系统水平方向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，水平方

向合动量为零，根据动量守恒定律和能量转化情况进行分析。

【解答】解：ACD、把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，所以系统

水平方向动量守恒。由题知系统的总动量为零，所以用大锤连续敲击车的左端时，由水

平方向动量守恒可知大锤向左运动时，小车向右运动；大锤向右运动时，小车向左运动,

所以车左右往复运动，不会连续向右运动，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速

度，人和车立即停止运动，故AC错误，D正确；

B、每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，系统机械能有损失，可知人和车组成

的系统机械能不守恒，故B错误。

故选：D。

【点评】本题主要考查动量守恒定律，关键是掌握动量守恒定律的守恒条件，知道系统

合动量为零时，两个物体的动量大小相等、方向相反、同增同减。

12.（3分）如图所示，大型起重机的吊钩受到的力是一组共点力。设被起吊的重物的质量

为m,钢丝绳与吊钩的质量忽略不计，吊钩下面悬挂重物的四根钢丝绳对吊钩的拉力大

小依次为Fl、F2、F3、F4,吊钩上方的动滑轮组对吊钩的拉力大小为F5。重力加速度大

小为g。在起重机将被起吊的重物向上匀速提升的过程中，下列判断正确的是（）

A.F5大于mg

B.Fi、F2、F3、F4、F5的合力等于2mg

C.F|、F2、F3、F4的大小均等于盛

4

D.F2、F3、F4、F5的合力大小等于Fl

【分析】对整体分析，根据平衡条件比较F5与mg的大小，抓住挂钩的质量不计，挂钩

所受的合力为零，分析各力的合力大小。

【解答】解：根据对称性可知，Fl、F2、F3、F4的大小均相等，与拉力F5等大反向，由

平衡条件有

F5=Fi234=4Ficos0=mg

A、可知F5等于mg,故A错误；

B、由于吊钩的质量忽略不计，则吊钩的合力为零，即Fi、F2、F3、F4、F5的合力等于0,

故B错误；

C、Fi、F2、F3、F4的大小均大于空，故C错误；

4

D、由平衡条件推论可知，F2、F3、F4、F5的合力大小等于F1,故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了共点力平衡的基本运用，知道合力的方向与加速度方向相同，注意

挂钩质量不计，挂钩合力为零。

13.（3分）实验证明，金属棒中的自由电子会发生热扩散现象。当金属棒一端温度高，另

一端温度低时.，自由电子会在金属棒内部产生热扩散，使得温度较高的一端自由电子的

数密度较小，而温度较低的一端自由电子的数密度较大。热扩散作用可以等效为一种非

静电力，在温度不均匀的金属棒两端形成一定的电动势，称为汤姆逊电动势。如图所示,

金属左侧连接高温热源，保持温度为Ti,右侧连接低温热源，保持温度为T2（Tl>T2）。

此时该金属棒相当于一个电源，将它与一只电阻相连。下列判断正确的是（）

A.T1端相当于电源的正极，T2端相当于电源的负极

B.T2端相当于电源的正极，Ti端相当于电源的负极

C.该电源是把电能转化为热能的装置

D.当该电源放电时，金属棒内的非静电力对电子做负功

【分析】由扩散的原理，热扩散使得温度较高的一端自由电子的数密度较小，而温度较

低的一端自由电子的数密度较大。这种非静电力使电子向电势低的方向移动，使金属棒

存在电势差，这是汤姆逊电压。

【解答】解：AB、由于温度较高的一端自由电子的数密度较小，所以金属左侧连接高温

热源，保持温度为Ti,自由电子的数密度较小，右侧连接低温热源，保持温度为T2,自

由电子的数密度较大，所以Ti端相当于电源的正极，T2端相当于电源的负极，故A正

确，B错误；

C、该电源是把热能转化为电能的装置，故C错误；

D、当该电源放电时，金属棒内的非静电力对电子做正功，故D错误。

故选：Ao

【点评】本题是考查汤姆逊电压的原理，要理解自由电子的定向移动是靠热扩散的“非

静电力”将电子移动到自由电子密度更大的地方。这样就能判断金属棒的正负极，以及

能量转化关系。

14.（3分）实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不

变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有

足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康

普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法中正确的是（）

A.该过程不遵循能量守恒定律

B.该过程不遵循动量守恒定律

C.散射光中存在波长变长的成分

D.散射光中存在频率变大的成分

【分析】在康普顿效应和逆康普顿散射中，当入射光子与电子碰撞时动量守恒，能量守

恒，结合能量的转移方向与光子的能量公式判断即可。

【解答】解：AB、康普顿认为X射线的光子与的电子碰撞时要遵守能量守恒定律和动量

守恒定律，可以推知，在逆康普顿效应中，同样遵循能量守恒与动量守恒。故AB错误;

CD、由题可知，在逆康普顿散射的过程中有能量从电子转移到光子，则光子的能量增大,

根据公式：E=hY=£S可知，散射光中存在频率变大的成分，或者说散射光中存在波长

变短的成分。故C错误，D正确。

故选：D。

【点评】该题属于信息给予的题目，解答的关键是能正确理解康普顿效应，能将对该知

识点的理解正确迁移到逆康普顿效应上。

二、实验题（本题共2小题，共18分）

15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析

等。

（1）某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。

①他进行了如下操作，其中没有必要进行的步骤是C,操作不当的步骤是B。

“直流输出”上

D.先接通电源，后释放纸带

②安装好实验装置，正确进行实验操作。从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2

所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点0的距离分别为

hA、hB、he。设重锤质量为m,当地重力加速度为g,打点计时器打点周期为T。为了验

证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打0点到打B点的过程中，重锤重力势

能的减少量AED=mghB,动能的增加量△Ek=_£&乜孚（用题中所给字母

8T2

表示）。

③实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正

确的是C。

A.该误差属于偶然误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的

B.该误差属于偶然误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的

C.该误差属于系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的

D.该误差属于系统误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的

（2）利用闪光照相研究物体的平抛运动。小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片如图3。

若图中每一正方形小格的边长均表示1cm,照相机相邻两次闪光的时间间隔为0.05s。根

据图中的记录，小球做平抛运动的初速度大小为1.0m/s,小球通过e点时竖直方向

的分速度大小为1.52,计算结果均保留2位有效数字）

（3）将碳均匀涂在圆柱形瓷棒的外侧面形成均匀的碳膜，做成一只碳膜电阻。现要求用

实验测定所形涂碳膜的厚度d。已知碳的电阻率为p,瓷棒的长为1,瓷棒横截面的直径

为D,用伏安法测得该碳膜电阻的阻值为R,则碳膜的厚度d=卫L。

一兀DR一

【分析】（1）①根据实验的原理解答；②根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的

速度，由重力势能的表达式求解重力势能的减少量，由动能的表达式求解动能的增加量;

③实验误差来自于空气阻力和摩擦阻力，该误差属于系统误差；

（2）小球在水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移和频闪周期计算平抛运动的初速

度大小；小球在竖直方向上做自由落体运动，通过e点时竖直方向的分速度大小就等于

从d点到f点在竖直方向上的平均速度大小：

（3）根据电阻定律求解。

【解答］解(1)①A.按照图示的装置安装器材是必要的正确操作步骤；

B.将打点计时器接到学生电源的“直流输出”上，是不当的操作步骤，打点计时器应接

到学生电源的“交流输出”上；

C.本题是利用重物做自由落体运动来验证机械能守恒定律，需要验证的表达式是：

^=1^2,可知m可约去，故用天平测出重锤的质量是没有必要进行的步骤；

D.先接通电源，后释放纸带是必要的正确操作步骤；

故没有必要进行的步骤是C,操作不当的步骤是B。

②重锤重力势能的减少量△Ep=mghB

根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打下B点时重物的速度为：

_hC-hA

VB-2T-

重锤动能的增加量为：

k2B8T2

③重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，

该误差属于系统误差，故C正确，ABD错误。

故选：Co

(2)由图3可知相邻两次闪光小球在水平方向运动的距离为5个小格，即Ax=5XlX

102m=0.05m,可得小球做平抛运动的初速度大小为vo=Z="L1nzs

T0.05皿

小球在竖直方向上做自由落体运动，通过e点时竖直方向的分速度大小就等于从d点到f

点在竖直方向上的平均速度大小，d点到f点在竖直方向上的距离为15个小格，即Ay

=15X1X10-2

通过e点时竖直方向的分速度大小为：Vey=Z=815”

2T2X0.05w

(3)设碳膜的横截面积为S,由电阻定律可得：R=pl,可得：S=£A

SR

由几何知识可得：S=兀(上寒■)2-兀4)2=nd2+ndD,因碳膜较薄，故mi?项可忽

略，则S可近似为：

S=mlD

解得：d=_BL

兀DR

故答案为：(1)①C；B；②mghB；m(%—?&)；③©；(2)]0;]5;(3)卫L

8T2兀DR

【点评】本题考查了验证机械能守恒定律、研究物体的平抛运动的实验，分析实验的原

理是解题的前提，掌握实验的操作应注意的事项和打点纸带测量速度的原理。

16.甲、乙两同学利用单摆测定当地重力加速度。

(1)甲同学用10分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图1所示，他测量的读数应该是

1.86cm。接着他正确测量了摆线长，加上摆球半径，得到了摆长1。

(2)为了测定该单摆的振动周期T,下列做法中正确的是CDO

A.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放开始计时，小球第一次回到释放点停止

计时，以这段时间作为周期

B.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放开始计时，小球第30次回到释放点停

止计时，以这段时间除以30作为周期

C.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次通过最低点时开始计

时，并数为0,以后小球每次经过最低点时，他依次数为1、2、3…，数到60时停止计

时，以这段时间除以30作为周期

D.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次向右通过最低点时开

始计时，并同时数30,以后小球每次向右经过最低点时，他依次计数为29、28、27…，

数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期

(3)他根据正确方法测出了摆长1和周期T,计算当地的重力加速度的表达式为g=

4H21

'o

丁2一

(4)甲同学用上述方法测量重力加速度g,你认为最需要改进的是需要改变摆长多做

几次实验，测得多个g值，再取平均值作为实验结果。

(5)乙同学没有测量摆球直径，只正确测得了摆线长为1,和对应的单摆振动周期为T。

然后通过改变摆线的长度，共测得6组1和对应的周期T,计算出12,作出1-12图线，

在图线上选取相距较远的A、B两点，读出与这两点对应的坐标，如图2所示。乙同学

4兀2(11)

计算重力加速度的表达式为g=-----。与2。

-T2T2一

T1~T2

(6)乙同学没有测量摆球直径，把摆线长当成了摆长。你认为他这种做法会不会引起实

验的系统误差不会(填“会”或“不会”)。

【分析】（1）10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm,测量值=主尺对应示数（mm）+对

齐格数（不估读）X精确度；

（2）根据正确的实验操作和注意事项分析作答：

（3）根据单摆周期公式分析作答；

（4）多次测量取平均值可以减小误差；

（5）根据单摆周期公式结合图像求重力加速度；

（6）考虑小球半径，根据单摆周期公式求解12-1函数，分析图像的斜率的含义，然后

作答。

【解答】解：（1）10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm,测量的读数d=18mm+6X

（2）A.将摆球拉离平衡位置一个小角度，应当小球第一次回到释放点停止计时，以这

段时间作为周期，计时应该当小球通过最低点时开始计时，且不能只计一次，这样实验

误差太大，故A错误；

B.将摆球拉离平衡位置一个小角度，应当小球第一次回到释放点停止计时，故B错误;

C.当小球某次通过最低点时开始计时，并数为0,根据丁上卫（n为通过平衡位置

nn

~2

的次数）可知，数到6（）时停止计时，以这段时间除以30作为周期，做法正确，故C正

确；

D.当小球某次向右通过最低点时开始计时，并同时数30,根据丁奇（N为通过平衡位

置的次数），数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期，做法正确，故D正确。

故选：CDo

（3）根据单摆周期公式丁=2兀0

解得重力加速度g卫3

T/

（4）需要改变摆长多做几次实验，测得多个g值，再取平均值作为实验结果；

（5）根据单摆周期公式T=2兀，正

化简得丁2=4兀2（1土）

g

将A、B两点的数据代入可得

.上94兀2(1日)

在A点T彳=--------------

1g

2

,上94K(1+r)

在B点T,=---------——

乙g

4冗2(11)

联立可得且=—.-V

(6)根据单摆周期公式T=2兀，正

可得T2=1211.]+4兀%

Sg

可得k=A2Li

g

即

总k

可知乙同学没有测量摆球直径，把摆线长当成了摆长，他这种做法斜率不变，在用斜率

计算重力加速度不会引起实验的系统误差。

2

故答案为：(1)1.86；(2)CD；(3).2L；(4)需要改变摆长多做几次实验，测得多

j