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2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5
题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不
全的得3分，有选错的得0分。
1．（6分）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说
法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【分析】在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p＝mv，但安全气囊会
延长作用时间，增加受力面积；再根据动量定理分析即可。
【解答】解：ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加
作用的时间，根据动量定理Ft＝△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气
囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小 减小，故AB错误，D正确。
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹
性势能，故C错误。
故选：D。
【点评】本题的关键是知道在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的；会熟练应用动
量定理分析力的变化。
2．（6分）火星的质量约为地球质量的 ，半径约为地球半径的 ，则同一物体在火星
表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A．0.2 B．0.4 C．2.0 D．2.5
【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，进而求出火星
与地球上重力加速度之比，结合星球表面的万有引力等于重力可得出同一物体在火星表
面与在地球表面受到的引力的比值。
第1页 | 共19页【解答】解：在星球表面的万有引力等于重力，即： ＝mg，
则有：g＝ ，
所以火星与地球上重力加速度之比：
＝ × ＝ ×（ ）2＝ ＝0.4，
由于星球表面的万有引力等于重力，所以，F万 ＝mg，
则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为0.4。
故选：B。
【点评】明确星球表面重力与万有引力相等，会根据星球质量和半径关系求得其表面的
重力加速度大小关系是正确解题的关键。
3．（6分）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板
的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小
为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
A．200N B．400N C．600N D．800N
【分析】秋千荡到最低点时，需要竖直向上的向心力，分析秋千和同学整体的受力，根
据牛顿第二定律列式子求解每根绳子平均承受的拉力。
【解答】解：以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上
的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为l，
根据牛顿第二定律有：2T﹣mg＝ ，
代入数据解得每根绳子的拉力为T＝410N，B选项最为接近，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】解决该题的关键是明确知道秋千运动到最低点时其合力不为零，且合力方向竖
直向上，正确分析秋千和同学整体的受力情况。
第2页 | 共19页4．（6分）图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器 C两端的电
压U ．如果U 随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压U 随时间t
C C R
变化的图象中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据I＝ ＝ ，分析电路中电流的变化情况，由欧姆定律确定U
R
与t的关系。
【解答】解：电路中的电流为 I＝ ＝ ＝C ， 等于U ﹣t图象
C
斜率的大小，由图b知，1﹣2s内图象的斜率是3﹣5s内图象斜率的2倍，则1﹣2s内电
路中电流是3﹣5s内的2倍，由U ＝IR知，1﹣2s内电阻R两端电压U 是3﹣5s内的2
R R
倍。1﹣2s内，电容器在充电，3﹣5s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1﹣2s
内R的电压与3﹣5s内R的电压相反，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键要知道电路中电流与电容器带电量的关系，即 I＝ ＝
＝C ，知道 等于U ﹣t图象斜率的大小，根据数学知识分析出电
C
路中电流的变化情况。
5．（6分）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线
第3页 | 共19页所示， 为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为
m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各
种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（
）
A． B． C． D．
【分析】采用放缩法并画图，设 半圆的半径为R，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最
大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，
然后根据 求粒子在磁场中运动的最长时间。
【解答】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应
圆心角决定，即 ；设 半圆的半径为R，采用放缩法如图所示：
粒子垂直ac，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在 r≤0.5R和
r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；
当0.5R＜r＜1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射
出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从 逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心
角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减π小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角
第4页 | 共19页最大，即 ＝ ，粒子运动最长时间为 ＝ ＝ ，
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，本题的难点是应用放缩
法作图，找到当粒子运动轨迹半径等于半圆的半径时，轨迹对应的圆心角最大。
6．（6分）下列核反应方程中，X 、X 、X 、X 代表 粒子的有（ ）
1 2 3 4
A． H+ H→ n+X α
1
B． H+ H→ n+X
2
C． U+ n→ Ba+ Kr+3X
3
D． n+ Li→ H+X
4
【分析】根据核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒确定X是否是 粒子。
【解答】解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X
1
的电荷数为α2，质量数为3，但
不是 粒子，故A错误；
B、根α据电荷数守恒、质量数守恒知，X
2
的电荷数为2，质量数为4，为 粒子，故B
正确； α
C、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X 的电荷数为0，质量数为1，为中子，故C错
3
误；
D、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X 的电荷数为2，质量数为4，为 粒子，故D
4
正确。 α
故选：BD。
【点评】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，注意 粒子是
质子数为2，质量数为4，同时要会区别中子、电子，质子，离子。 α
7．（6分）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和
动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（ ）
第5页 | 共19页A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
【分析】分析初位置以及下滑5m时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑2.0m时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。
【解答】解：A、物块在初位置其重力势能为E ＝mgh＝30J，动能E ＝0
p k
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为E ＝E +E ＝30J
1 p k
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E ＝E ′+E ′＝10J＜E ，
2 p k 1
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为 ，则sin ，
θ
所以 ＝37°
物体下θ滑的距离为x＝5m的过程中，根据功能关系有W
f
＝ mg•cos •x＝E
1
﹣E
2
，
代入数据 ＝0.5，故B正确； μ θ
μ
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为 a＝ ＝
2m/s2，故C错误；
第6页 | 共19页D、当物块下滑距离为x′＝2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为W＝ mgcos •x′＝
f
8J， μ θ
根据功能关系可知，机械能损失了△E′＝W＝8J，故D错误。
f
故选：AB。
【点评】解决该题需要掌握机械能守恒的条件，知道势能和动能之和统称为机械能，掌
握与机械能相关的功能关系。
8．（6分）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂
直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒 MN置于金属
框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场
中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【分析】分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和电动势公式求出二
者的加速度表达式及感应电流的表达式，解得加速度差值 a ﹣a ＝ ﹣（ + ）BIL，
1 2
当加速度差值为零时，解得I＝ ，画出v﹣t图象分析即可。
【解答】解：ABC、当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电
流i，线框的加速度为a ，对线框，由牛顿第二定律得：F﹣BIL＝Ma ，导体棒MN中
1 1
感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a ，对导体棒MN，
2
由牛顿第二定律得：BIL＝ma ，当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v ，MN速
2 1
度为v ，感应电流为：I＝ ，感应电流从0开始增大，则a 从零开始增加，
2 2
a 从 开始减小，加速度差值为：a ﹣a ＝ ﹣（ + ）BIL，感应电流从零增加，则
1 1 2
第7页 | 共19页加速度差值减小，当差值为零时，a ＝a ＝a，故有：F＝（M+m）a，联立解得：I＝
1 2
＝ ，此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN
受到的安培力不变，加速度不变，v﹣t图象如图所示：
故A错误；BC正确；
D、MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距
离越来越大，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查的是电磁感应的动力学问题，综合性较强，难度较大，对学生综合分
析物理问题的能力要求较高；本题难点是金属框和导体棒开始都做变加速直线运动，故
必须抓住运动一段时间后，二者加速度差值为零。
二、非选择题：共62分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为
选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。
9．（6分）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R ，所用电压表的内阻为1k ，
x
电流表内阻为0.5 ．该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示Ω电
路的O、P两点之Ω间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条
U﹣I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。回答下列问题：
（1）图（b）中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在 O 、 P （填“O、P”或“O、
Q”）两点的方案测量得到的。
（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线 Ⅰ （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）得到的
结果更接近待测电阻的真实值，结果为 50. 5 （保留1位小数）。
（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）Ω中得到的结果进行修正，修正后待测电
阻的阻值为 50. 0 （保留1位小数）。
Ω
第8页 | 共19页【分析】（1）根据电压表跨接在O、P两点时，电压表分流；电压表跨接在O、Q两点
时，电流表分压，进行误差分析，结合U﹣I图象的斜率大小得到图线Ⅱ为电压表跨接
在O、P两点测量得到的；
（2）根据U﹣I图象的斜率得到两种接法下的电阻，根据 ＜ ，电流表应采用内接
法，从而判断图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值；
（3）根据电压表跨接在O、Q间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和求得修正后待
测电阻的阻值。
【解答】解：（1）当电压表跨接在O、P两点时，电流表外接，电压准确，电流测量值
为电阻与电压表电流之和，由 得电阻测量值偏小；电压表跨接在O、Q两点时，电
流表内接，电流准确，电压测量值为电阻与电流表电压之和，电阻测量值偏大；U﹣I图
象的斜率大小等于电阻测量值，因此图线Ⅱ为电压表跨接在O、P两点测量得到的。
（2）由图线可得I图线测得电阻值为：RⅠ ＝ ≈50.5 ，图线II
Ω Ω
第9页 | 共19页测得电阻阻值为RⅡ ＝ ＝47.7 ，被测电阻值约为50 ， ＝
Ω Ω
＝20， ＝ ＝100，因 ＜ ，电流表采用内接法，电压表跨接在
O、Q两点，测量结果为50.5 。
（3）电压表跨接在O、Q间，Ω测得的阻值为电阻与电流表电阻之和，则有：R＝R
1
﹣R
A
＝50.5 ﹣0.5 ＝50.0 。
故答案Ω为：（Ω1）O、ΩP；（2）Ⅰ，50.5（50.3～50.9）；（3）50.0（49.8～50.4）。
【点评】本题考查通过已知U﹣I图象的斜率来判断测电阻时，如何选择电压表的内外
接法，考查了学生对实验误差的分析以及应用图象处理问题的能力，同时涉及到估算和
保留小数的细节问题。
10．（9分）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑
块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光
时间 大约相等 时，可认为气垫导轨水平；
（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m 、滑块（含遮光片）的质量m ；
1 2
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量
出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间△t 、△t 及遮光片从A运动到B所用的
1 2
时间t ；
12
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块
所受拉力，拉力冲量的大小I＝ m gt ，滑块动量改变量的大小△p＝ m （
1 12 2
﹣ ） ；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
（6）某一次测量得到的一组数据为：d＝1.000cm，m ＝1.50×10﹣2kg，m ＝0.400kg，
1 2
△t ＝3.900×10﹣2s，△t ＝1.270×10﹣2s，t ＝1.50s，取 g＝9.80m/s2．计算可得 I＝
1 2 12
0.221 N•s，△p＝ 0.21 2 kg•m•s﹣1；（结果均保留3位有效数字）
（7）定义δ＝| |×100%，本次实验δ＝ 4 %（保留1位有效数字）。
第10页 | 共19页【分析】（1）气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑块
做匀速直线运动；
（5）拉力冲量的大小I＝Ft ＝m gt ；用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两
12 1 12
处的瞬时速度，则v ，v ＝ ，滑块动量改变量的大小△p＝m （v ﹣
B 2 B
v ）；
A
（6）把数据代入I＝m gt 和△p＝m （ ﹣ ）即可求出；
1 12 2
（7）把I和△p代入δ＝| |×100%即可。
【解答】解：（1）气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时
滑块做匀速直线运动，而两个光电门的宽度都为d，根据t＝ 得遮光片经过两个光电门
的遮光时间相等，实际实验中，会存在摩擦力使得滑块做的运动近似为匀速直线运动，
故遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等；
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，
故F＝m g，而遮光片从 A运动到B所用的时间为 t ，故拉力冲量的大小 I＝Ft ＝
1 12 12
m gt ；
1 12
由于光电门的宽度d很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处
的瞬时速度，故滑块经过A时的瞬时速度v ，滑块经过B时的瞬时速度v ＝
B
，故滑块动量改变量的大小△p＝m （v ﹣v ）＝m （ ﹣ ）；
2 B A 2
（6）I＝m gt ＝1.50×10﹣2×9.8×1.50N•s＝0.221N•s；
1 12
第11页 | 共19页△p＝m （ ﹣ ）＝0.4×（ ﹣ ）kg•m•s﹣1＝
2
0.212kg•m•s﹣1；
（7）δ＝| |×100%＝| |×100%＝4%；
故答案为：（1）大约相等；（5）m
1
gt
12
；m
2
（ ﹣ ）；（6）0.221；
0.212；（7）4
【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对
于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提
11．（12分）我国自主研制了运﹣20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，
k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的
起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质
量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过
程中加速度的大小和所用的时间。
【分析】（1）飞机装载货物的前后，飞机受到的升力和飞机的重力大小相等，方向相
反，以此求解飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，根据速度和时间关系求解所用时
间。
【解答】解：（1）令飞机装载货物前的起飞速度为v ，飞机的质量为m
1
离地时有 ，
代入数据解得k＝ N•s2/m2，
令飞机装载货物后的质量为m′，飞机的起飞速度为v ，
2
则当飞机起飞时有 ，
则v ＝78m/s；
2
（2）根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为a＝ ＝2m/s2，
第12页 | 共19页所用时间为t＝ ＝39s。
答：（1）飞机装载货物后的起飞离地速度为78m/s；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，飞机在滑行过程
中加速度的大小为2m/s2，所用的时间为39s。
【点评】解决该题需要明确知道飞机装载货物的前后系数k保持不变，熟记匀变速直线
运动的位移和速度的求解公式。
12．（20分）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以 O为圆心，半径为R的圆，
AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内自A
点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为
零的粒子，自圆周上的C点以速率v 穿出电场，AC与AB的夹角 ＝60°．运动中粒子
0
仅受电场力作用。 θ
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv ，该粒子进入电场时的速度应为
0
多大？
【分析】（1）粒子初速度为零时，沿电场力方向做匀加速直线运动，粒子由 C点射出
电场，所以电场方向与AC平行，由A指向C．根据动能定理求电场强度的大小。
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，电场力做功最多，出射点的切线必定与电
场垂直。粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分别列式，结合
几何关系求解。
（3）以粒子进入电场时的方向为x轴，电场方向为y轴，建立坐标系，根据数学知识
写出圆方程。为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv ，根据mv ＝mat求解粒
0 0
子进入电场时的速度。
【解答】解：（1）粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A
指向C。
第13页 | 共19页由几何关系和电场强度的定义知：
AC＝R…
F＝qE… ①
由动能定②理得
F•AC＝ …
③
联立 解得 E＝ …
①②③ ④
（2）如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直
线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增
量最大。
由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝ R，DP＝ R…
⑤
设粒子以速度v 进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为 t ，粒子在AC方向
1 1
做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC方向上做匀速运动，运
动的距离等于DP，由牛顿第二定律和运动学公式有：
F＝ma
⑥
AP＝
⑦
DP＝v t
11
⑧
联立 式得 v ＝
1
②④⑤⑥⑦⑧ ⑨
（3）设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电
场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：
y＝ （10）
x＝vt （11）
粒子离开电场的位置在圆周上，有
（x﹣ R）2+（y﹣ R）2＝R2 （12）
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初动量为零，设穿过电场前后
第14页 | 共19页动量变化量的大小为mv 的粒子，离子电场时其y方向的速度分量为v ，由题给条件及
0 2
运动学公式有：
mv ＝mv ＝mat （13）
2 0
联立 （10）（11）（12）（13）式得：
v＝②0④⑥
或 v＝
另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量大小为mv ，此即问题的一个解。
0
自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间
都相同，因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化量都相同，自B点射出电场的
粒子，其动量变化也为mv ，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率v＝
0
。
答：（1）电场强度的大小为 ；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为 。
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv ，该粒子进入电场时的速度应为0
0
或 。
【点评】本题考查带电粒子在电场中加速和偏转问题，要明确粒子的受力情况，确定其
运动情况，会熟练运用运动的分解法处理类平抛运动，结合几何知识帮助解答。
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第
一题计分。[物理--选修3-3]（15分）
第15页 | 共19页13．（5分）分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r＝r 时，F＝0．分子间势能由
1
r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点 O，另一分
子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r 的过程中，势能 减小 （填
2
“减小”“不变”或“增大”）；在间距由r 减小到r 的过程中，势能 减小 （填
2 1
“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r 处，势能 小于 （填“大于”“等
1
于”或“小于”）零。
【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；根据图象可知，
分子间距与分子引力与斥力关系，再结合分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，
分子势能增大，从而即可判定。
【解答】解：若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子
间距减小到r 的过程中，分子体现引力，分子力做正功，分子势能减小；
2
在间距由r 减小到r 的过程中，分子体现引力，分子做正功，分子势能减小；
2 1
规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零，在间距小于r 过程中，分子体现斥力，分
1
子力负功，分子势能增加，因此在间距等于r 处，势能小于零，
1
故答案为：减小；减小；小于。
【点评】分子间的势能及分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力
学中功能关系进行分析，注意分子体现引力还是斥力是解题的关键，同时理解分子力做
功与分子势能的关系。
14．（10分）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，
罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为 p．现通过连接两罐的细
管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，
调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
（i）两罐中气体的压强；
（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【分析】（i）根据玻意尔定律可得两罐中气体的压强；
第16页 | 共19页（ii）根据玻意尔定律和密度定律求得甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【解答】解：（i）对两罐中的甲、乙气体，气体发生等温变化，根据玻意尔定律有：
pV+ ＝p′•3V
解得甲乙中气体最终压强为：p′＝
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，根据玻意尔定律得：p′V
＝pV′
计算可得：
由密度定律解得质量之比等于： ＝ ＝
答：（i）两罐中气体的压强为 ；
（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为 。
【点评】本题考查的是玻意尔定律和密度定律，本题的难点是在求解甲罐中气体的质量
与甲罐中原有气体的质量之比时，调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强求解。
[物理——选修3-4]（15分）
15．在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（ ）
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光
谱随时间的周期性变化
【分析】多普勒效应是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接受到的频率
不同于振源频率的现象，据此判断即可。
【解答】解：A、发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与
雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它
不属于多普勒效应的应用，故A错误；
B、医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声
第17页 | 共19页波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B正确；
C、根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源
频率高；当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者
听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故C正确；
D、同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是由于介质折射率不同导致
的，与多普勒效应无关，故D错误；
E、天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光
谱随时间的周期性变化，可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况，属于光波的多
普勒效应的原理应用，故E正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查的是多普勒效应在实际生活中的应用，能够很好地体现物理就在身边，
物理与生活中的一些现象息息相关的新课改理念，是一道非常好的试题。
16．一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面
上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、
b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，
其中距c最近的点到c的距离为 l．求
（i）波的波长；
（ii）波的传播速度。
【分析】（i）依据波程差等于一个波长即会发生振动加强，再依据几何关系，及三角
函数，与勾股定理，即可求解；
（ii）根据v＝ f，结合波长，从而求解传播速度。
【解答】解：（λi）如图所示，
第18页 | 共19页设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r ，b与d的距离为r ，d与c的距
1 2
离为s，波长为 ，
则有：r 2 ﹣r 1 ＝ λ
由几何关系，则λ有：r
1
＝l﹣s
且s＝ 1
及
联立上式，代入数据，解得： ＝ ，
λ
（ii）波的频率为f，设波的传播速度为v，则有：v＝ f
λ
解得：v＝
答：（i）波的波长是 ；
（ii）波的传播速度为 。
【点评】考查波的干涉条件，掌握波的振动加强的条件，理解几何知识及三角函数的应
用，注意数学运算是解题的关键。
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