2024届北京市北京一零某中学学高考物理试题试卷

2024届北京市北京一零一中学高考物理试题试卷

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（）

A.牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量

B.安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向

C.法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律

D.爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念

2、如图所示，三段长度相等的直导线b、c相互平行处在同一竖直面内，a、力间的距离等于从c间的距离，通电

电流方向如图所示，则下列判断正确的是（）

A.导线方受到的安培力可能为0

B.导线。受到的安培力可能为0

C.导线c受到的安培力的方向一定向左

D.导线°、力受到的安培力的方向一定相同

3、太阳周围除了八大行星，还有许多的小行星，在火星轨道与木星轨道之间有一个小行星带，假设此小行星带中的行

星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，则

A.小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期相同

B.小行星带中各行星绕太阳做圆周运动加速度大于火星做圆周运动的加速度

C.小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于木星公转周期

D.小行星带中某两颗行星线速度大小不同，受到太阳引力可能相同

4、一带负电的粒子只在电场力作用下沿X轴正向运动，其电势能与》随位移x变化关系如图所示，其中。〜公段是关

于直线工二内对称的直线，々〜七段是曲线，则下列说法正确的是（）

A.占处电场强度最小

B.在。、司、工2、工3处电势。0、次、么、A的关系为"

C.・％〜二段带电粒子做匀变速直线运动

D.小〜玉段电场方向不变，大小变，七〜七段的电场强度大小方向均不变

5、如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev,那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征，认识

正确的是（）

EleN

0

5-0.54

4-0.85

3-1.51

-3.4

-13.6

A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应

B.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出4种不同频率的光

C.用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

D.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV

6、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地.一带电油滴位于两板中央的P

点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离（）

A.带电油滴将沿竖直方向向上运动

B.带电油滴将沿竖直方向向下运动

C.P点的电势将降低

D.电容器的电容减小，电容器的带电量将减小

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为L的水平虚线心、心、心、£4,在心、上之间与心，心之间存在磁感应

强度大小为3、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现有一矩形线圈而4,长边”d=3L,宽边cd=L,质量为山，电阻为

R,将其从图示位置（cd边与心重合）由静止释放，〃边经过磁场边界线及时恰好开始做匀速直线运动，整个运动

过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd边始终水平，已知重力加速度g=10m/s2,则（）

ab

"iXXXXX

LE.X.E..X.X..

七文V又一又一*•・

A.XXXXX

A.ab边经过磁场边界线Li后线圈要做一段减速运动

B.2边经过磁场边界线小后线圈要做一段减速运动

2n2"

C.cd边经过磁场边界线心和心的时间间隔大于一-

mgR

32n2

D.从线期开始运动到cd边经过磁场边界线心过程中，线圈产生的热量为2〃陪L一生与与

2BL

8、下说法中正确的是一。

A.在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小

B.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率越大，单摆的振幅也越大

C.全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理

D.频率为y的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于y

E.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直

9、某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷代替输电

线路（忽略输电线的自感作用）.第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得

输电线上损失的功率为《，损失的电压为q；第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器（与学生电源

相连，其原副线圈的匝数比勺：%，理想变压器心与用电器相连，测得输电线上损失的功率为鸟，损失的电压为

D.法拉第电磁感应定律和楞次定律

（2）用比方法测量通电螺线管内轴线处磁感应强度的表达式为B=.

12.（12分）如图，物体质量为m=2kg，静置于水平面上，它与水平面间的动摩擦因数〃=0.4,用大小为F=10瓜、

方向与水平方向夹角夕=45的拉力尸拉动物体，拉动4s后，撤去拉力凡物体最终停下来.（取g=10""/）试求：

（1）物体前4s运动的加速度是多大？

（2）?物体从开始出发到停下来，物体的总位移是多大？

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知电子质量为小，电荷量为c,加速电场极板间电势差为小。偏转电场极板间电势差为U,极板长度为，板间距

为d,偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略。

（1）求电子射入偏转电场时的初速度必和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离&，；

（2）由问题（1）的结论可知，电子偏转距离小，与偏转电场极板间电势差U有关。已知乙=L0xK）Tm,加速电场

U°=500V。当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压〃=22及sin50RV时，在计算其中任意一个电子通过极板

的偏转距离©时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。请利用下面所给数据，分析说明这样计算的合理性。已知

e=1.6xlO,9C，/H=9.1xl0-3lkgo

14.（16分）如图所示为波源。振动15s时沿波的传播方向上质点振动的波形图，问：

（1）何时x=5.4m的质点第一次到达波峰？

⑵从U0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，波源通过的路程是多少？

15.(12分)如图所示是一种叫“跌极跳”的运动。跳跃者用弹性长绳一端绑在脚踝关节处，另一端固定在距地面几十

米高处，然后从该高处自由跳下。某人做蹦极运动时，从起跳开始计时，他对弹性长绳的弹力尸随时间f变化为如图

所示的曲线。为研究方便，不计弹性长绳的重力，忽略跳跃者所受的空气阻力，并假设他仅在竖直方向运动，重力加

速度g取lOm/s?。根据图中信息求：

(1)该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度；

⑵该跳跃者所用弹性绳的原长；

(3)假设跳跃者的机械能都损耗于与弹性绳相互作用过程中。试估算，为使该跳跃者笫一次弹回时能到达与起跳点等高

处，需要给他多大的初速度。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B

【解题分析】

A.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误；

B.安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；

C.法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误；

D.普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误。

故选B。

2、B

【解题分析】

A.根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线)受到的安培力不可能为0,故A错误；

BD.导线。受到导线力给的向右的安培力和导线c给的向左的安培力，又因为通电电流乙V/bV/c,。。之前的距离大

于她之间的距离，所以导线。受到的安培力可能为0,而导线〃受到的安培力不可能为0,所以导线。、8受到的安培

力的方向不一定相同，故B正确，D错误；

C.根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线c受到的安培力的方向一定向右，故C错误。

故选B。

3、D

【解题分析】

A项：由公式6生匕=〃?”，•可知，若小行星做圆周运动半径不同，则周期不同，故A错误；

r2T2

B项：由公式G”=〃也可知，小行星中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速度，故B错

r-

误；

C项：小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径，因此小行星带中各行星绕太阳做圆周

运动周期小于木星公转周期，故C错误；

D项：由公式尸=机匕可知，某两颗行星线速度大小v不同，但用且有可能相同，故D正确。

rr

故选：I)。

4、B

【解题分析】

A.根据电势能与电势的关系：心=4处场强与电势的关系：E=&,得

£.X

匕=-------

qAX

由数学知识可知图象切线的斜率等于二%,xi处的斜率可以认为与0•。段相等，故此时电场强度并不是最小的,

AX

故A错误；

B.根据电势能与电势的关系：Ep=q9,粒子带负电，夕<0,则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有

(pi<(pi=(pn<(p\

故B正确；

C.由图可知，0〜XI段和。〜X2段电场方向相反，故加速度并不相同，不是一直做匀变速运动，故C错误；

D.0〜即段电场方向不变，大小不变，刈〜■段图象的斜率减小，故电场强度大小减小，方向不变，故D错误。

故选B。

5、D

【解题分析】

A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV,照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错

误；

B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据《二3可知，能放出3种不同频率的光，故B错误；

C、用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV,不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于12.09eV才能

跃迁，故C错误；

D、氢原子从高能级向〃=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为E大二・L51+13.6=12.09eV,因锌的逸出功是

3.34ev,锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09-3.34=8.75eV,故D正确；

故选D.

6、A

【解题分析】

试题分析：根据电容器的决定式：当上极板向下移动时，d减小,电容变大，又c=2,电压U不变，

47rU

因此电容器带电量增多，D错误；根据电容器内部电场强度后=与可知，d减小，电场强度增加，这样油滴受到向上

d

的电场力增加，将向上运动，A正确，B错误；由于场强增大，由U=”E”d可知，P与下极板电势差变大，P点电势

升高，C错误.

考点：电容器

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC

【解题分析】

A.cd边经过磁场边界线小时恰好开始做匀速直线运动，cd边从小到心的过程中做匀速直线运动，cd边到L时ab

边开始到达则就边经过磁场边界线心后做匀速直线运动，故A错误；

B.他边从U到心的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运

动，则时边进入下方磁场的速度比cd边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以好边经过磁场边界线心

后线圈要做一段减速运动，故B正确；

C.cd边经过磁场边界线小时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有

mg=BIL

而

,BLv

I=-----

R

联立解得

B21}

cd边从心到心的过程做匀速运动，所用时间为

L

t、=—=---

vmgR

cd边从心到心的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g,设此过程的时间为由运动学公式得

得

LB4

h>—=----

vingR

故cd边经过磁场边界线七和心的时间间隔为

。L28*

t=t.+t.>2—=------

vmgR

故C正确；

D.线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线£4过程，根据能量守恒得

CQ71227Wg'R?

Q=mg3L--mv=3tngL-

故D错误。

故选BC.

8、ADE

【解题分析】

A.在干涉现象中，振动加强的点的振嗝比振动减弱的点的振幅大，但是振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的

点的位移小，选项A正确；

B.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，当驱动力的频率与单摆的固有频率相等时振幅最大，则外力的频率越大

时，单摆的振幅不一定越大，选项B错误；

C.全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，选项C错误；

D.根据多普勒效应，频率为y的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于%选项D正确；

E.电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项E正确。

故选ADEo

9、BC

【解题分析】

设学生电源提供的电压为U,输出功率为P,输电线的总电阻为r,则第一次实验中的电流为/=移，故5二〃，

6=/2一第二次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知7=2,输电线中的电流为4=±/,故

/1nn2

k=/"=(2)2/\,所以U2二%'二吗，9J公)[〃；，BC正确.

22

〃%U、Irn2P}Ir足

【题目点拨】

对于远距离输电这一块：

p

(1)输电电流I：输电电压为U,输电功率为P,则输电电流/=不；

(2)电压损失AU：AU=Ir,输电线始端电压U与输电线末端电压U'的差值；

(3)功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①好=勺，②妤=/△(7,

③△日

R

10、CD

【解题分析】

A.海王星在PM段的速度大小大于段的速度大小，则PM段的时间小于M。段的时间，所以P到M所用的时间

小于2,故A错误；

4

B.从。到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；

C.从尸到。阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；

D.根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。

故选D。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、CDRAQ/NS

【解题分析】

当闭合开关L的瞬间，穿过线圈L的磁通量发生变化，电表中会产生感应电流，通过闭合回路欧姆定律可解的磁感应

强度大小，根据楞次定律可解得磁场方向，所以选CD,(2)根据法拉第电磁感应定律可得E=N"，根据电流定

At

义式可得AQ=3,根据闭合回路欧姆定律可得I=与，三式联立可得B=塔

RNS

12、(2)3m/s2^)42m

【解题分析】

（1）由牛顿第二定律运用正交分解法求解加速度;

（2）根据运动公式求解撤去外力之前时的位移；根据牛顿第二定律求解撤去外力后的加速度和位移，最后求解总位移.

【题目详解】

（1）受力分析：正交分解：由牛顿第二定律得:

Fcos45-f=ma；

Fsin45+N—mg=0；

联立解得：a=3/H/.V2

1,19

(2)前4s内的位移为百=5。厂=-x3x4_m=24m,

4s末的速度为：v="=12m/s,

撤去外力后根据牛顿第二定律可知：-7g=ma',

解得：a'----4m/52,

0-v20-122

减速阶段的位移为：“寸=两刁〃18，〃，

通过的总位移为：x=x1+x2=42m.

【题目点拨】

此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是知道加速度是联系运动和力的桥梁，运用正交分解法求解加速度是解题的重

点.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

（2）见解析

【解题分析】

（1）电子在加速电场中，由动能定理可得

〃1，

以=5哂

得电子射入偏转电场时的初速度

2U，

M产

m

电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向，做匀速直线运动