文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 01（北京专用）
物 理
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考情速递
高考·新动向：科技前沿结合：如第1题“拓扑绝缘体”和第13题“北斗氢原子钟”，将基础物理概念
与材料科学、航天科技结合，体现学科时代性。社会热点融入：第3题氧气瓶检测（环保议题）、第
20题紫外线照射锌板（光电效应应用），增强试题的现实意义。
高考·新考法：实验设计：第16题通过两种电路设计测量电动势，要求学生分析误差来源及数据可靠性，
体现科学探究素养。
动态建模：第17题圆周运动装置中，小球释放高度与轨道承受力的关联，需结合能量守恒与临界条件
分析。
高考·新情境：物理+地理：第6题地球自转中昆明与赤道物体的运动参数比较，隐含纬度对线速度的影
响。
物理+化学/生物：第12题电势分布图像与点电荷叠加，第18题电磁感应与电容器中带电颗粒的复合场
运动，体现学科交叉思维。
命题·大预测：强化核心素养：注重基础概念的本质理解（如分子势能曲线、氢原子能级），避免公式
套用。
情境化训练：多接触科技热点（如量子材料、新能源）背景题，提升信息提取与建模能力。
跨学科思维：关注物理与地理、化学等学科的交叉点（如地球自转、电解液导电）。
动态过程分析：对碰撞、变加速、多阶段问题进行拆解训练，掌握微元法与守恒思想。
实验探究能力：总结教材实验变式（如测电阻的多种方法），培养开放性设计思维。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．铋（ ）衰变为铊（ ）的半衰期达到宇宙寿命的10亿倍。最近，科学家发现铋晶体具有某种特
殊的导电性质，被称为“拓扑绝缘体”，可能掀起材料科学领域的一场革命。下列说法正确的是
（ ）
A．铋变成铊的衰变是β衰变
B．铋的放射性很微弱
C．铋晶体不具有固定熔点
D．铋晶体各项物理性质均表现为各向异性
【答案】B
【详解】A．铋变成铊的衰变是 衰变，所以A错误；
B．半衰期越长，则原子的放射性越弱，则铋的放射性很微弱，所以B正确；
C．铋晶体具有固定熔点，所以C错误；
D．铋晶体部分物理性质表现为各向异性，不是所有物理性质都表现为各向异性，所以D错误；
故选B。
2．如图所示MN为半圆柱体玻璃砖的水平直径，O为圆心，两束平行的a光和b光从真空射到玻璃砖的
MN面，都折射到O点正下方的P点，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃对a光的折射率比对b光的折射率要小
B．在玻璃砖中，b光的传播速度大于a光的传播速度
C．b光有可能在P点发生全反射D．将a和b光通过相同的双缝干涉装置，b光的干涉条纹间距较大
【答案】A
【详解】光路图如图
A．入射角相同，a光的折射角大于b光的折射角，根据
玻璃对a光的折射率比对b光的折射率要小，A正确；
B．根据
在玻璃砖中，b光的传播速度小于a光的传播速度，B错误；
C．b光有可能在P点的入射角等于第一次折射时的折射角，根据光路可逆原理，不会发生全反射，C
错误；
D．a光的折射率较小，则频率较小，根据
则a光的波长较大。根据
a光的干涉条纹间距较大，D错误。
故选A。
3．卡塔尔世界杯聚集来自世界各地的球迷，为了保障球迷安全，储备了大量的氧气瓶，赛前医疗团队对
氧气瓶做检测时，发现一氧气瓶内氧气的气压随温度变化的p-T图如图所示，瓶内氧气视为理想气体，
p-T图像从1→2→3的过程中，下列说法正确的是（ ）A．1→2过程正在灌气
B．1→2过程中瓶内每个氧气分子做无规则热运动速率均减小
C．3状态的气体密度比1状态时大
D．2→3过程中气体分子单位时间内在器壁单位面积上撞击的次数增大
【答案】D
【详解】A．由图可知1→2过程p-T图像斜率变小，根据
可知气体的体积变大，1→2过程应该正在放气，故A错误；
B由图可知1→2过程温度变小，则气体分子平均动能减小，但不是瓶内每个氧气分子做无规则热运动
速率均减小，故B错误；
C．根据理想气体状态方程
由图可知
p＞p
1 3
可得
V＜V
1 3
气体质量不变，可知气体3状态的气体密度比1状态时小，故C错误；
D．2→3过程体积不变，气体压强增大，根据压强的微观意义可知体分子单位时间内在器壁单位面积上
撞击的次数增大，故D正确。
故选D。
4．某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10
N的钩码，弹簧秤弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出（如图所示）．下面分析正确的是（
）
A．从时刻t 到时刻t 钩码处于超重状态
1 2
B．从时刻t 到时刻t 钩码处于失重状态
3 4C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，再匀速向下，再减速向下，最后停在1楼
D．电梯可能开始在1楼，先加速上升，再匀速向上，再减速向上，最后停在15楼
【答案】C
【详解】A．从时该t 到t，钩码受到的拉力小于重力时，钩码处于失重状态，加速度向下，A错误；
1 2
B．从时刻t 到t，钩码受到的拉力大于重力，钩码处于超重状态，加速度向上，B错误；
3 4
C．如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该
是拉力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，C正确；
D．如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该
从图象可以得到，拉力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，D错误。
故选C。
5．振源A带动细绳振动，某时刻形成的横波如图所示，则在波传播到细绳上一点P时开始计时，下列图
的四个图形中能表示P点振动图象的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题意及图可知，波向右传播；波传播到细绳上一点P时开始计时，此时P点在平衡位置且振
动方向向下；A选项中t=0时刻，质点在平衡位置且振动方向向下，能反映质点P的振动情况，故A正
确，BCD错误。
故选A。
6．如图所示，地球可以视为一个球体，O点为地球球心，位于昆明的物体A和位于赤道上的物体B，都
随地球自转做匀速圆周运动，则（ ）A．物体的周期 B．物体的周期
C．物体的线速度大 D．物体的角速度大小
【答案】A
【详解】AB．物体A和B分别静置地面上，共轴转动，周期相同，即TA=TB。故A正确，B错误；
C．根据v=rω，可知，B物体的轨道半径较大，因此B物体的线速度较大，即有vB>vA，故C错误；
D．由 知，周期相同，角速度相同，即ωA=ωB，故D错误。
故选A。
7．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E 与两分子间距离x的
p
变化关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为-E。若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中
0
正确的是（ ）
A．乙分子在Q点（x=x）时，加速度为零
1
B．乙分子在P点（x=x）时，其动能为E
2 0
C．乙分子在Q点（x=x）时，处于平衡状态
1
D．乙分子的运动范围为x≥x
2
【答案】B
【详解】AC．由图像可知，乙分子在 点 时，分子势能为零，但分子合力不为零，分子的引力
小于分子的斥力，其合力表现为斥力，乙分子有加速度，不处于平衡状态，故AC错误；B．乙分子在P点时分子势能为-E，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E，故B正确；
0 0
D．当乙分子运动到 点 时，其分子势能为零，其分子动能也为零，此时两分子之间的距离最
小，而后向分子间距变大的方向运动，因此乙分子的运动范围为 ，故D错误。
故选B。
8．小宁同学仿照法拉第发现电磁感应现象的装置，在铁环上用漆包线（铜丝，表面刷有绝缘漆）绕制了
两个线圈 匝、 （匝数没有记录），线圈 与开关 、干电池 、交流电源 构成电路，交流
电源 的电动势 ，线圈 与开关 、电流计G、交流电压表V构成电路。当 置于
2、 置于4时，电压表V的示数为 ， 取1.4。下列说法正确的是（ ）
A．由实验数据可算得，线圈 的匝数为200匝
B．由实验数据可估计，线圈 的匝数超过280匝
C．S 置于3，当S 从0扳到1时，G中不会有电流
2 1
D．S 置于3，当S 从0扳到1时，G中电流慢慢增大并稳定到某一值
2 1
【答案】B
【详解】AB．E 的有效值为 ，根据 解得
2
如果 取1.4，匝数为280匝，实际上 大于1.4，所以匝数大于280匝，故A错误，B正确；
CD．S 置于3，当S 从0扳到1时，开关闭合瞬间，副线圈中磁通量发生了变化，则G中有电流；原
2 1线圈电流稳定后，副线圈中磁通量不发生变化，则没有感应电流，G中不会有电流，故CD错误；
故选B。
9．如图所示，虚线框 内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相
等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动
轨迹。若不计粒子所受重力，则（ ）
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．粒子c在磁场中运动的时间最长
C．粒子c在磁场中的加速度最大 D．粒子c在磁场中的动量最大
【答案】B
【详解】A．根据左手定则可知，粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；
B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
且
解得
三个带电粒子的质量和电荷量都相等，故三个粒子在同一磁场中运动的周期相等，粒子c的轨迹对应的
圆心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，故B正确；
C．根据牛顿第二定律有
解得
粒子c的轨迹半径最小，速度最小，所以粒子c的加速度最小，故C错误；
D．根据 可知，粒子c的动量最小，故D错误。故选B。
10．如图所示，三条竖直虚线为匀强电场的等势线，实线为一电子仅在电场力的作用下从a点运动到b点
的轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势低于b点的电势
B．电子在a点的动能小于其在b点的动能
C．从a点到b点的过程中，电子的动量变化量方向水平向左
D．从a点到b点的过程中，电子速度变化得越来越慢
【答案】C
【详解】A．实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向水平向左，则电场线方
向水平向右，则 点的电势高于 点的电势，故A错误；
B．电子所受的电场力方向水平向左，电场力做负功，动能减小，电势能增加，则电子在 点的电势
能小于其在 点的电势能，故B错误；
C．从 点到 点的过程中，根据动量定理 可知电子的动量变化量方向与合外力方向相同，所以
电子的动量变化量方向水平向左，故C正确；
D．从 点到 点的过程中，根据牛顿第二定律可知电子运动的加速度不变，所以电子速度变化不变，
故D错误；
故选C。
11．如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶部一质量 的小球相连，
同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后
释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面
后能上升的最大高度为h，已知重力加速度为g，则（ ）A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为
B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为
D．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为
【答案】C
【详解】A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为
W =-（M+m）gh=-3mgh
G
选项A错误；
BC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则
有
v2=2gh
得
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v。细绳绷紧过程，外力远小于内力，系统动量守恒，取竖直向上
0
方向为正方向，根据动量守恒定律得
Mv =（M+m）v
0
可得
则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为
故B错误，C正确；
D．用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势
能，故弹簧的弹性势能满足
故D错误；
故选C。
12．两点电荷 和 （电性和电荷量大小均未知）分别固定在 轴上的 和 处。两电荷连线上各点电
势 随 变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．从 处到 处场强先减小后增大
B． 处的场强沿 轴负方向
C．将一电子从 处移动到 处，静电力做正功
D． 轴上只有一个点的场强为0，且位于 处的左边
【答案】A
【详解】A．该图像的斜率等于场强E，图像斜率先减小后增大，所以电场强度先减小后增大，故A
正确；
B．电势为标量，由图知从-2L到2L电势一直在减小，且沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方
向水平向右，-L处斜率不为零，电场强度不为零，方向向右，沿x轴正方向，故B错误；
C．电势为标量，由图知从-2L到2L电势一直在减小，根据负电荷在电势低的地方电势能大可知将一
电子从-2L移动到2L，电势能逐渐增大，电场力一直做负功，故C错误；
D．x正轴上某一点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以-2L点的电荷q 带正电，2L点电荷
1
q 带负电，由于靠近左侧电荷的图象斜率较大，所以q 电荷量大于q 的电荷量，所以x轴上只有一个
2 1 2
点的场强为0，且位于2L的右边，故D错误。故选A。
13．我国“北斗三号”最后一颗全球组网卫星已于2020年6月23日成功发射。“北斗三号”采用星载氢
原子钟，该钟数百万年到一千万年才有1s误差。氢原子的部分能级结构如图所示，则下列说法正确的
是（ ）
A．用动能为14eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使其跃迁到激发态
B．氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大
C．某个处于基态的氢原子可以吸收12.09eV的光子，发出3种不同频率的光
D．处于基态的氢原子只能吸收13.6eV的能量实现电离
【答案】B
【详解】A．用动能为14eV的电子轰击处于基态的氢原子，可以使其跃迁到激发态，选项A错误；
B．氢原子由基态跃迁到激发态后，电场力做负功，核外电子动能减小，原子的电势能增大，选项B
正确；
C．某个处于基态的氢原子可以吸收12.09eV的光子，跃迁到3能级，最多能发出发出2种不同频率的
光，选项C错误；
D．处于基态的氢原子吸收大于或等于13.6eV的能量可以实现电离，选项D错误。
故选B。
14．如图甲所示，物块A、B的质量分别是 和 ，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地
面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块
A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·s
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s
【答案】B
【详解】A．由图知，C与A碰前速度为 ，碰后速度为 ，C与A碰撞过程动量守恒，
以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得
当C与A速度为0时，弹性势能最大
A错误；
B．由图知，12s末A和C的速度为 ，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对
物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得
方向向左
B正确；
C．物块B刚离开时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，B离开墙壁后，A、
B、C三者共速时弹性势能最大，则有
联立解得C错误；
D．物块B刚离开时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，
系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有
代入数据解得
物块B的最大速度为4m/s， D错误。
故选B。
二、非选择题：共6题，共58分。
15．（9分）某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）请指出该同学在实验操作中存在的错误： ；
（2）若所用交流电的频率为50Hz，该同学经正确操作得到如图所示的纸带，把第一个点记作O，第
一、第二点间的距离约为2mm，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，且 A、B、C、
D各点到O点的距离分别为12.29cm、15.55cm、19.20cm、23.23cm，根据以上数据知，从O点
到C点，重物的重力势能的减少量等于 J，动能的增加量等于 J；(已知所用重
物的质量为1.00kg，当地重力加速度g＝9.80m/s2，取三位有效数字)
（3）重力势能的减少量 动能的增加量（填“大于”、“等于”、“小于”）的原因是。
【答案】 打点计时器应该接交流电源，开始时重物应该靠近打点计时器 1.88 1.84
大于 有空气阻力和纸带与限位孔间的摩擦力存在
【详解】（1）[1] 使用打点计时器时，应该接交流电源；实验开始时，重物应该靠近打点计时器。
（2）[2][3]由题意可知，相邻点之间的时间间隔为0.02s，利用匀变速直线运动的推论，则有C点时的
速度为
动能的增加量为
动能增加量为
重物的重力势能的减少量为
（3）[4][5]由上述分析可知，重力势能的减少量大于动能的增加量，这是由于空气阻力与纸带与限位
孔的摩擦力存在，使得一部分重力势能转变为克服摩擦力所做的功。
16．（10分）某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电
路，并能较准确地测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A．电流表G（满偏电流10mA，内阻为10Ω）
B．电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）
C．电压表V（0~5V~10V，内阻未知）
D．滑动变阻器R（0~20Ω，1A）
E．定值电阻 （阻值为990Ω）F．开关与导线若干
（1）图（a）是小李同学根据选用的仪器设计的测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电
路测出的数据绘制的 图线如图（b）所示（ 为电流表G的示数， 为电流表A的示数），则
由图线可以得到被测电池组的电动势E= V，内阻r= Ω。（结果均保留2位有效数字）
（2）另一位小张同学则设计了图（c）所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关 分
别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制 图线如图（d）中所
示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关 接 （选填“1”或“2”）中的实验
数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E= ，内阻r= 。（用图中
、 、 、 表示）
【答案】 7.5 5.0 1
【详解】（1）[1][2]电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则根据闭合电路的欧姆定律有
整理可得
设该图像的方程为
将坐标（0.1，7），（0.5，5）代入可得
则图线与纵轴会相交于的位置 ，则有联立可得
，
（2）[3][4][5]由图（c）分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：当
接1时，是电流表的内接法（相对于电源），从图（d）可以看出，当电流表的示数为零时，即电源
的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
由于电流表内阻的影响，则短电流
即横截距（即短路电流）小于真实值。当 接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流
的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路端电压小于电动势，根据实验原理知：图
像的纵截距
由于电流表的测量值就是通过电源的电源，则
即图像的横截距是真实值。总结以上两点可知， 图像中纵截距小的 是 接2的数据所绘。图
线A是 接1时中的实验数据描出，则电源电动势
电源内阻
17．（9分）如图所示为一装置的截面图，其中AB段是半径为R=2L的四分之一圆轨道，CDO段为半径
r=L的半圆形轨道，最高点O固定一个竖直挡板，小球碰后原速弹回，D为CDO轨道的中点，两轨道均光滑，如图连接且固定，现有一个质量为m的小球以某一速度v从A点进入轨道，并在竖直平面
的轨道内运动．求：
（1）若要小球做完整的圆周运动，从A点进入轨道的速度v至少是多少？
（2）若小球从某一高度静止释放，且轨道承受最大压力为3mg，试分析小球应从轨道上离地面多高
的位置释放．
（3）若轨道不光滑，小球以某一速度从A点进入轨道后，经挡板弹回时恰好返回A点，若将圆轨道
AB换成直轨道（虚线所示），且与CDO圆弧光滑连接，直轨道的动摩擦因数和圆轨道相同，若小球
以相同大小的速度从A点进入直轨道后，能再次返回A点吗，请简述原因．
【答案】（1） ； （2）L ； （3）能通过A点且具有一定的速度
【详解】（1）当小球恰好通过O点，由牛顿第二定律知
因为
r=L
得
因为A、O等高，所以若要小球做完整的圆周运动，从A点进入轨道的速度v至少为
（2）设经过最低点C的速度为 ,则
，
得若小球在离地面为h的高度静止释放，根据动能定理
得h=L
故应从离地面高为L的位置静止释放
（3）若换成斜面，斜面的摩擦力做功变小，所以损失的机械能变小，故能通过A点且具有一定的速
度。
18．（9分）如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平平行放置， 是电阻为 的金属棒，可紧贴
导轨滑动，导轨右侧连接水平放置的平行板电容器，板间距为 板长也为L，导轨左侧接阻值为R的
定值电阻，其它电阻忽略不计．轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，
磁感应强度均为B，当 以速度 向右匀速运动时，带电量大小为 的颗粒以某一速度从紧贴A板左
侧平行于A板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并刚好从C板右侧边缘离开，求:
（1）AC两板间的电压U；
（2）带电颗粒的质量
（3）带电颗粒的速度大小
【答案】（1） ；（2） ； （3）
【分析】棒ab向右运动时滑动时切割磁感线，产生感应电动势为E=BLv ，相当于电源，AC间的电压
0
等于电阻R两端的电压，由串联电路分压规律求解；带电粒子在AC间中做匀速圆周运动，重力与电
场力平衡，列式求解质量m，粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦
兹力提供向心力列式求解粒子的速度大小．
【详解】（1）棒ab向右运动时产生的电动势为：
AC间的电压即为电阻R的分压，由分压关系可得：解得：
（2）带电粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡有：
解得：
（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：
粒子运动轨迹如图所示：
由几何关系可得：
解得：
19．（9分）双星是两颗相距较近的天体，在相互间的万有引力作用下，绕双星连线上某点做匀速圆周运
动。对于两颗质量不等的天体构成的双星系统，如图甲所示，A、B两星相距为L，其中A星的半径
为R；绕O点做匀速圆周运动的周期为T，假设我国的宇航员登上了A星，并在A星表面竖直向上以
大小为v 的速度抛出一小球，如图乙所示，小球上升的最大高度为h。不计A星的自转和A星表面的
0
空气阻力，引力常量为G，A星的体积V= 。求：
（1）A星表面的重力加速度大小g；
（2）A星的平均密度ρ；
（3）B星的质量m 。
B【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）在A星表面竖直向上以大小为v 的速度抛出一小球，由运动学公式可得
0
解得
（2）设绕A星表面附近做匀速圆周运动的物体质量为m，由A星的万有引力提供向心力，可得
由密度公式，可得A星的平均密度为
（3）绕双星连线上某点做匀速圆周运动，可知两星是同轴转动，则有周期相同，角速度相同，对A
星则有
对B星则有
又有
联立以上各式解得20．（12分）金属锌受到一束紫外线照射时会不停地发射光电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小
也不相同。如图1所示真空中一对半径均为R 的圆形金属板M、N圆心正对平行放置，两板距离为
1
d，M板中心镀有一层半径为R 的圆形锌金属薄膜，RUc时（Uc为已知量），电流计中就没有电流。MN正对部分的电场可看成匀强电场，其他区域
MN
电场不计，不考虑边缘效应。
（1）求被紫外线照射出的光电子，最大速度是多少？
（2）求板间电流能达到的最大值是多少？在U 取什么值时电流能够达到最大值？
MN
（3）请结合（1）（2）的结论，在图2中定性画出I随UM 变化的图像。
N
（4）经分析发现：当U 取不同值时，光电子到达N板平面的面积也是不同的，有时光电子能落到
MN
整个N板圆形平面，有时光电子到达的圆形平面区域面会小些，直到I最终为零，意味着光电子完全
不能到达N板。为使正对M板的N板面上所有地方都有电子落点的痕迹，试分析计算U 应满足什
MN
么条件？
【答案】（1） ；（2） ； ；（3）见解析；（4）
【详解】（1）当 时，两极板间的电压为 ，根据动能定理得解得
（2）当从锌金属薄膜边缘平行M板射出的电子做类平抛运动，刚好到N极板边缘时，则所有电子均
能到达N板，电流最大为
令此时的两极板间的电压为 ，根据类平抛运动的规律得
加速度方向水平向右，由于电子带负电，所以电场强度向左，则N电势高于M。由牛顿第二定律得
联立解得
可得当 电流取得最大值。
（3）结合（1）（2）的结论，可得I随 变化的图像
（4）当射出的电子速度方向为从锌金属薄膜边缘到N边缘，电子刚好能打在N边缘时，正对M板的
N板面上所有地方都将有电子落点的痕迹，设MN间电压为 ，由几何关系得沿着平行M板方向的
速度为则电子运动时间
垂直M板方向有
由牛顿第二定律得
联立解得
所以当 时，正对M板的N板面上所有地方都将有电子落点的痕迹。
