2024届北京市第九中学高三下学期考试物理试题含解析答案

这是一份2024届北京市第九中学高三下学期考试物理试题含解析答案，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．以下现象不属于干涉的是（ ）
A．白光经过杨氏双缝得到彩色图样
B．白光照射肥皂膜呈现彩色图样
C．白光经过三棱镜得到彩色图样
D．白光照射水面油膜呈现彩色图样
2．氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于能级上，下列说法正确的是（ ）
A．这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
B．从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率低
C．从能级跃迁到能级需吸收的能量
D．能级的氢原子电离至少需要吸收的能量
3．将一只压瘪的乒乓球放到热水中，发现乒乓球会恢复原状。在这个过程中，关于乒乓球内被封闭的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体分子的平均动能不变B．所有分子的运动速度都变大
C．气体吸收的热量大于其对外做的功D．气体吸收的热量等于其增加的内能
4．2023年，我国首颗超低轨道实验卫星“乾坤一号”发射成功。“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星。关于它的运动，下列说法正确的是（ ）
A．角速度大于地球自转的角速度
B．线速度大于地球的第一宇宙速度
C．线速度小于地球表面物体随地球自转的线速度
D．向心加速度小于地球表面的物体随地球自转的向心加速度
5．一列简谐横波沿x轴传播，在时的波形如图所示。已知处的质点P的位移y随时间t变化的关系式为。下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长B．质点P此刻速度为零
C．这列波沿x轴负方向传播D．这列波的波速为10m/s
6．如图所示， 理想变压器原线圈接在的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（ ）
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电压表的示数不变
D．电流表的示数不变
7．真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
8．如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光。断开开关（ ）
A．P 闪亮后再熄灭，且通过P中的电流反向
B．Q闪亮后再熄灭，且通过Q中的电流方向不变
C．P比 Q先熄灭
D．P与Q 同时熄灭
9．如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是（ ）
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
10．“神舟十六号”载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如图所示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假设返回舱做直线运动，则在减速阶段（ ）
A．伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力
B．伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和为零
C．合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化
D．除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化
11．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 （ ）
A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为
C．电阻R消耗的总电能为D．导体棒克服安培力做的总功小于
12．研究光电效应现象的装置如图所示。图中K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K极受到光照时能够发射电子。当用光子能量为2.82eV的光照射K极时，电流表的读数为30μA，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数等于1V时，电流表读数为零，保持滑片位置不变。下列说法中正确的是（ ）
A．光电子的最大初动能为1.82eV
B．K极材料的逸出功为1eV
C．电流表的读数为30μA时，电压表的示数大于1V
D．仅将电源正负极对调，电流表示数一定大于30μA
13．在研究平行板电容器的电容跟哪些实因素有关的实验中，保持平行板电容器所带电量、极板间距离、极板的正对面积不变，在两极板间插入玻璃板（ ）

A．平行板电容器两极板的电势差变大
B．平行板电容器的电容不变
C．平行板电容器的带电量Q变小
D．静电计指针张角θ减小
14．在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（ ）
A．若v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0
B．若v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0
C．若v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＜v0
D．若v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0
二、实验题
15．在利用实验室提供的器材测量一种金属电阻丝的电阻率
(1)先用多用电表欧姆挡粗测了金属电阻丝的阻值，欧姆挡共有“1”“10”“100”“1k”四个挡。实验主要操作步骤有如下三步：
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔，选择“10”倍率的欧姆挡；调节欧姆调零旋钮使指针指在 （“左”“右”）侧0刻度线；
②把红、黑表笔分别与金属电阻丝的两端相接，表针指在如图中虚线①的位置。为了能获得更准确的测量数据，应将倍率调整到 挡；
③在一系列正确操作后表针指在如图中虚线②的位置，则该金属电阻丝阻值的测量值是 Ω；
(2)用20分度游标卡尺测量电阻丝的直径，测量结果如图所示为 mm。
(3)现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，有下列器材：
A．电流表（量程，内阻约0.2Ω）
B．电压表（量程，内阻约3kΩ）
C．滑动变阻器（，额定电流2A）
D．滑动变阻器（，额定电流1A）
为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选 。图中“a”“b”“c”三条连线，错误的是 ，导致的问题是 。
(4)关于上述实验，下列说法正确的是________。
A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小系统误差
B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C．只考虑电表内阻引起的误差，测量电路应该采用电流表内接法
D．因为电阻率受温度影响，实验时要控制实验时间，避免电阻丝温度升高过多
16．利用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验。

①除了图中所给的器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 。
A．秒表
B．天平（含砝码）
C．弹簧测力计
D．刻度尺
②实验平衡摩擦力时。按图把实验器材安装好，先不挂重物，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做 运动。
③甲同学利用v-t图像求出每条纸带对应的加速度。他在处理其中一条纸带时，求出每个计数点对应的速度，并将各点的速度都标在了如图所示的坐标系中、请在坐标系中作出小车运动的v-t图像 ，并利用图像求出小车此次运动的加速度a＝ m/s2（结果保留两位有效数字）。

④乙同学在验证小车加速度a与所受拉力F的关系时，根据实验数据作出的a-F图像如图甲所示。发现图线不过原点，原因可能是 。

A．木板一端垫得过高
B．木板一端垫得过低
C．盘和砝码的总质量太大了
D．盘和砝码的总质量太小了
⑤丙同学作出的a-F图像如图乙所示。发现图线有一段是曲线，请帮他分析曲线弯曲的原因，并提出实验改进意见 。

三、解答题
17．如图所示，把一个质量的小钢球用细线悬挂起来，就构成一个摆。悬点O距地面的高度，摆长。将摆球拉至摆线与竖直方向成37°角的位置，由静止释放，忽略空气阻力，取重力加速度，。
（1）求小球运动到最低点时对细线拉力的大小F；
（2）若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求它与地面碰撞时的速度方向；
（3）若小球与地面发生弹性碰撞（即水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向反向），碰撞时间求碰撞过程中小球受到地面的平均作用力N。
18．水平放置的平行金属导轨，相距L，左端接一电阻R，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于导轨平面，质量为m的导体棒ab垂直导轨放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导体棒的电阻为r，导轨的电阻忽略不计。当ab棒在水平外力F作用下以速度水平向右匀速滑动时：
（1）回路中的电流的大小和方向；
（2）若撤去水平外力F，电阻R还能发多少热；
（3）若撤去水平外力F，杆滑行过程中，推导速度v与位移x的函数关系。
19．图甲为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束（初速不计）经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面（以垂直圆面向里为正方向），磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求
（1）电子打到荧光屏上时速度的大小v；
（2）磁场磁感应强度的最大值；
（3）某同学突发异想，想将磁场由圆形改为矩形，但保持亮线长度不变，求矩形的最小面积。
20．在半导体芯片加工中常用等离子体对材料进行蚀刻，用于形成半导体芯片上的细微结构。利用电磁场使质量为m、电荷量为e的电子发生回旋共振是获取高浓度等离子体的一种有效方式。其简化原理如下：如图1所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；旋转电场的方向绕过O点的垂直纸面的轴顺时针旋转，电场强度的大小为E；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高的能量，利用高能的电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。
（提示：不涉及求解半径的问题，圆周运动向心加速度的大小可表示为）
（1）若空间只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周运动的角速度。
（2）将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在图2所示的平面内运动，电子运动的过程中会受到气体的阻力，其方向与速度的方向相反，大小，式中k为已知常量。最终电子会以与旋转电场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与旋转电场力的夹角（小于90°）保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场的洛伦兹力、旋转电场的电场力及气体的阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。
a．若电场旋转的角速度为，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小v；
b．电场旋转的角速度不同，电子最终做匀速圆周运动的线速度大小也不同。求电场旋转的角速度多大时，电子最终做匀速圆周运动的线速度最大，并求最大线速度的大小。
c．旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在范围内，求的数值。
参考答案：
1．C
【详解】A．根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，故A错误；
B．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干涉现象，故B错误；
C．白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象，故C正确；
D．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．大量氢原子处于能级跃迁到最多可辐射出种不同频率的光子，故A错误；
B．根据能级图可知从能级跃迁到能级辐射的光子能量为
从能级跃迁到能级辐射的光子能量为
比较可知从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率高，故B错误；
C．根据能级图可知从能级跃迁到能级，需要吸收的能量为
故C正确；
D．根据能级图可知氢原子处于能级的能量为-1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．乒乓球恢复原状的过程中，球内被封闭的气体温度升高，气体分子的平均动能增大，选项A错误；
B．根据气体分子速率分布的特点可知，温度升高时，气体分子的平均速率将增大，并不是所有分子的运动速率都变大，选项B错误；
CD．乒乓球恢复原状的过程中，气体温度升高，内能增加，同时对外做功，根据热力学第一定律
可知，气体吸收热量，且气体吸收的热量大于其对外做的功，大于其增加的内能，选项C正确，D错误。
故选C。
4．A
【详解】ACD．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
，，
可知“乾坤一号”的角速度、线速度和向心加速度均大于同步卫星的角速度、线速度和向心加速度；同步卫星的角速度等于地球自转角速度，根据
，
则同步卫星的线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，同步卫星的向心加速度大于地球表面的物体随地球自转的向心加速度；则“乾坤一号”的角速度大于地球自转的角速度，线速度大于地球表面物体随地球自转的线速度，向心加速度大于地球表面的物体随地球自转的向心加速度，故A正确，CD错误；
B．“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的近地卫星，则线速度等于地球的第一宇宙速度，故B错误。
故选A。
5．D
【详解】A．由图可知这列波的波长
故A错误；
B．由图可知，质点P此刻处于平衡位置，速度不为零，故B错误；
C．根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．这列波的波速为
又
联立解得
故D正确。
故选D。
6．A
【详解】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即的示数减小，故电流表的示数减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．B
【详解】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；
B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；
C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；
D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。
故选B。
8．A
【详解】A．开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。断开开关前，通过P灯电流方向从左向右，断开开关后，通过P灯电流方向从右向左，通过P中的电流反向，故A正确；
B C D．断开开关，Q灯立即熄灭，P 闪亮后再熄灭，P比 Q后熄灭，故BC D错误。
故选A。
9．A
【详解】AB. 根据牛顿第二定律可知
解得
由图像可知
可得小球的质量
由
可得重力加速度
选项A正确，B错误；
C. 图像的斜率为
则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C错误；
D. 图线与横轴交点的位置
可得
则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的的距离变大，选项D错误。
故选A。
10．D
【详解】A．返回舱做减速运动，则伞绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，选项A错误；
B．返回舱的动量不断减小，则根据动量定理，伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和不为零，方向向上，选项B错误；
C．根据动能定理，合外力对返回舱做的功等于返回舱动能的变化，选项C错误；
D．由能量关系可知，除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化，选项D正确。
故选D。
11．C
【详解】AB．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒向到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为
感应电流为
故安培力为
根据牛顿第二定律有
可得
随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故AB错误；
C．根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为
因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为
故C正确；
D．整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】A．电压表示数为1V时，电流表示数为零，即遏止电压为1V，则光电子最大初动能为
A错误；
B．K极材料的逸出功为
B错误；
C．电流表有示数，说明两极电压小于遏止电压1V，C错误；
D．仅将电源正负极对调，则两极间电场对光电子的运动有促进作用，电流表示数增大，一定大于30μA，D正确。
故选D。
13．D
【详解】保持平行板电容器所带电量、极板间距离、极板的正对面积不变，在两极板间插入玻璃板，根据
可知，电容器的电容C变大，平行板电容器的带电量Q不变，根据
可知电容器两极板的电势差U变小，则静电计指针张角θ减小。
故选D。
14．B
【详解】AB．电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上。若
v0＞
则
qv0B＞qE
即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度
v＜v0
故A错误，B正确；
CD．若
v0＜
则
qv0B＜qE
即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度
v＞v0
故CD错误。
故选B。
15．(1) 右 8
(2)0.50
(3) C a 电阻测量值偏大
(4)BD
【详解】（1）[1] 因为右侧0刻度线为欧姆挡的0刻度线，故调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧0刻度线；
[2] 表针指在如图中虚线①的位置，指针偏转角度过大，应换较小的欧姆挡，为了能获得更准确的测量数据，应将倍率调整到挡；
[3] 表针指在如图中虚线②的位置，则该金属电阻丝阻值的测量值
（2）电阻丝的直径
（3）[1] 为减小误差，且金属丝两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应采用分压式接法，且选阻值较小的。
故选C。
[2] 金属电阻丝阻值约为，故应采用电流表外接法，图中“a”“b”“c”三条连线，错误的是a。
[3] 因图示接法为电流表内接法，电压测量值偏大，由
可知，导致的问题是电阻测量值偏大。
（4）A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；
B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；
C．只考虑电表内阻引起的误差，测量电路应该采用电流表外接法，故C错误；
D．因为电阻率受温度影响，实验时要控制实验时间，避免电阻丝温度升高过多，故D正确。
故选BD。
16． BD/DB 匀速直线 1.0 A 增大小车质量使m远远小于M
【详解】①[1]此实验中不需要秒表和弹簧测力计，但要用天平测量小车及托盘的质量，用刻度尺测量纸带，故选BD；
②[2]平衡摩擦力后，小车将做匀速直线运动；
③[3][4]连线规则是把误差较大的舍去，然后使更多的点落在这条直线上，因此图像如图所示

根据图像可知斜率表示加速度，因此
④[5]由图像可知，当拉力F=0时小车就已经有了加速度，可知其原因是平衡摩擦力过头，木板垫的过高，故选A。
⑤[6]根据牛顿第二定律可得
外力F较小时，m远远小于M，图象斜率为，随着外力F的增加，m不满足远远小于M，m不能忽略，图象的斜率为，逐渐减小。可增大小车质量使m远远小于M。
17．（1）1.4N；（2）；（3）31N，方向竖直向上
【详解】（1）由
解得
由
解得
由牛顿第三定律对细线拉力
（2）小球平抛运动
解得
可得
设小球与地面碰撞时的速度与水平夹角为，则有
（3）竖直方向，根据动量定理可得
解得
方向竖直向上。
18．（1），方向badcb；（2）；（3）
【详解】（1）ab棒产生的电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流的大小为
根据右手定则可知，回路中的电流方向为badcb。
（2）若撤去水平外力F，根据能量守恒可知，回路能产生的焦耳热为
电阻R产生的焦耳热为
联立解得
（3）若撤去水平外力F，以ab棒为对象，根据动量定理可得
又
联立可得
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由动能定理
解得
（2）根据洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系得
解得
（3）矩形如图所示，由几何关系
20．（1）；（2）a．，b．，c．
【详解】（1）电子在洛伦兹力作用下做圆周运动
得
（2）a．设电场力与速度方向夹角为，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律
①
沿圆周的切线方向
②
联立①②两式，可得
b．由a问可知，当
即
时，电子运动的速度最大，电子最终做匀速圆周运动的最大速度
c．设电场力与速度方向夹角为，旋转电场对电子做功的功率
当
即
时，电场对电子做功的功率最大
若
可知
解得
则