2023-2024學年上海市某中學高三年級上冊期末考試物理試卷（含詳解）

2023-2024上海市宜川中學高三期末考試卷

物理部分

注意事項：

1.本試卷為100分滿分，考試時間60分鐘

2.題目前會標明單選，多選，不定項,單選每題只有1個正確選項，多選每題有2-4個正確選項，不定項每題

有1-2個正確選項

3.如未特殊標明,g取9.8向十,結果保留2位小數

14c是具有放射性的碳同位素,能自發(fā)地進行夕衰變，衰變圖像如圖所示。我國考古人員曾用14c對馬王堆一號漢墓的外槨

蓋板杉木的年齡進行測量。

°\\儂。濟650必\\。心殮?！?/p>

1.￡衰變釋放的粒子是（）

A.質子B.中子C.。粒子D.電子

2.14c的半衰期約為年,"C的衰變方程：o

3.用蓋板杉木制取1g樣品,測得每io"個碳原子中含有772個"C。再用現代杉木制取1g樣品,測得每1（）15個碳原子中

含有1000個Me。由此估算出馬王堆一號漢墓距今約年。

4.P衰變過程中有些原子核處于激發(fā)態(tài)。根據玻爾原子理論，一價氮離子（He+）的能級圖如圖所示。大量處于”=4能級

的氮離子躍遷到基態(tài)的過程中，可能輻射種頻率的光子，從n=2躍遷到”=1比從〃=3躍遷到n=2輻射出的光子動

量（選填：“大”或“小”）。

n￡/eV

000

4-------------------------3.40

3-------------------------6.04

2-------------------------13.6

-54.4

現代科技中有廣泛應用磁現象的例子。

5.這是顯像管原理示意圖，電子槍中出射的電子速度都相等,偏轉線圈的電流產生磁場使電子偏轉，若觀察到電子束打在

熒光屏上的位置由O點逐漸移向A點，則()

顯像管原理示意圖

A.線圈的磁場方向垂直紙面向里B.電子打到不同位置的速率相同

C.偏轉線圈中電流需要不斷增大D.洛倫茲力始終在對電子做正功

6.利用霍爾元件可以制作位移傳感器。如圖，將霍爾元件置于兩塊完全相同,同名磁極相對放置的磁體間隙中。物體在x

軸方向有微小移動。在裝置中心附近,磁感應強度的大小與位移成正比。電流沿+z方向且保持不變。下列說法正確的有

)

乙

A.該傳感器可以測量位移方向

B.該傳感器的位移刻度不均勻

C.若載流子為負電荷,則左右表面產生霍爾電勢差

D.若載流子為正電荷,則上下表面產生霍爾電勢差

7.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，兩D形金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。保持勻強磁場的磁感應強度和加

速電壓不變，用同一裝置分別加速質子(:H)和氫核(：He)，其能達到的最大速度之比為，對應的交變電壓的周

期之比為

8.一種電磁分析器的結構如圖甲，在直角坐標系中尤=0到x=L區(qū)域內有沿+V方向的勻強電場，右側有以(2L,0)為圓

心】為半徑的圓形磁場區(qū)域,區(qū)域與x軸交于質量為祖,帶電量大小為e的電子以0的初速度從P點飄入加速電場

中，以速度%從小孔。沿+x方向進入勻強電場。QQ兩點之間的距離為立心電子飛出電場后從M點進入圓形磁場區(qū)

2

域，此時記作0時刻。在圓形區(qū)域內加如圖乙變化的磁場（以垂直于紙面向外為正方向,T和線待求），最后電子從N點

飛出，不計重力和空氣阻力。求：

（1）加速電場的電壓大小U,

（2）電子運動到〃點時的速度叭

（3）磁感應強度大小為與對應的磁場變化周期T的所有可能取值（都用已知量表示）。

2023年10月17日，伴隨著集結號響起，復旦附中校運動會開幕，運動會中有很多有趣的物理應用，某學習小組對其進行了

研究。

9.如圖所示，同學踩著輕質滑板（可整體視為質點）以4m/s的速度沖上一足夠高的固定光滑斜面,則該同學可以沖到的

最高點高度為m?若解除斜面的固定，假設斜面與地面之間光滑，斜面質量與同學質量相等，那么該同學沖到的

2

最高點高度為m（本題中g取10m/s）o

10.為使方陣表演時使用的肥皂泡懸在空中不要落地，有同學找來兩塊較大的金屬板4瓦板A,B平行放置相距為d,并與

一電源相連，板間放一質量為外帶電荷量為q的小肥皂泡，開關S閉合后，肥皂泡恰好靜止。G為靈敏電流計，以下說法正

確的是（）

d”?m豐

、f______

B'1

A.若將S斷開，則肥皂泡將做自由落體運動,G表中無電流

B.若將S斷開，將A向上平移一小段距離，則肥皂泡將靜止,G表中無電流

C.若將A向上平移一小段距離，則肥皂泡向下加速運動,G表中有6-a的電流

D.若將A向左平移一小段距離，則肥皂泡仍然靜止,G表中有匕一。的電流

11.跳繩打在地上使得地面振動，某同學用的傳感器截獲了一列地表振動橫波，已知該波形圖沿x軸正方向傳播，在t（圖

中實線）與r+o.6s（圖中虛線）兩個時刻X軸上-3~3km區(qū)間內的波形圖如圖所示，則下列說法正確的是（）

B.質點振動的最大周期為1.2s

C.該機械波波速可能為lOkm/s

D.從f時刻開始計時,x=2km處的質點比x=1.5km處的質點先回到平衡位置

12.某同學研究班級長繩比賽中繩與人的運動，如圖所示，為研究方便，把跳繩平直的部分簡化成一根垂直紙面的桿子，用A

點表示，桿子沿半徑為0.8m的圓勻速順時針轉動，轉速為每秒1圈。某同學（可視為一個直立的細圓柱）向左垂直桿子

跑入跳繩區(qū)域，在繩運動到最右端后開始的;周期內，始終保持身體貼緊跳繩,則同學在這段運動過程中加速度的最大值

為m/s2（結果保留2位有效數字）。

13.校運會開幕式上，有班級的方陣表演中使用了氣動小火箭，同學們發(fā)現每次火箭飛出后，火箭頭部都會閃爍發(fā)光，同學

拆解后對其進行了研究，發(fā)現火箭內部結構如圖所示?；鸺扇糠纸M成（各部分均能沿軸向運動）：

部件一：外殼和金屬板（可視為剛體）總質量,，Wi=60g；

部件二：輕質彈簧，其勁度系數%=5000N/m,

（彈簧一端固定在金屬板上，另一端固定在電路板）

部件三：觸點,電路板和燈泡（可視為剛體）總質量m2=30go

火箭靜止時，彈簧處于原長狀態(tài)，此時觸點與金屬板的距離為1.2cm。此后只要觸點接觸到金屬板，則燈泡就能持續(xù)閃爍一

段時間。

使用時，通過某氣動裝置在極短時間給火箭外殼一個沿軸線向前的沖量，使得外殼和金屬板突然獲得向前的速度，火箭飛

出。

（1）觸點與金屬板接觸前，三個部件的總動能，總彈性勢能，總機械能。（本問選填“增

大”,“減小”或“不變”）

（2）寫出彈簧彈性勢能表達式：（用勁度系數左和壓縮或伸長量尤表示）

（3）則此沖量至少為多大，才可使得火箭飛出后燈泡發(fā)光？（本題中空氣阻力與重力忽略不計）

《流浪地球》是劉慈欣創(chuàng)作的中篇小說，小說中有很多物理知識的應用。

故事中“流浪地球計劃”分為五個階段：

“第一階段：……

第二階段：……

第三階段：地球利用木星的引力彈弓效應，完成最后的加速沖刺,正式踏上流浪之旅。

第四階段：地球脫離太陽系后，用500年時間加速至光速的千分之五,并滑行1300年，隨后再用700年進行減速。

第五階段：地球泊入目標恒星系，成為目標恒星系的新行星。

本計劃將持續(xù)“一百代人”，盡管我們不知道4.2光年外的新太陽會帶來什么樣的家園，但從今天開始,人類的勇氣與堅毅將

永刻于星空之下?！?/p>

14.已知太陽與地球的距離/=L50xl0"m,則地球公轉的線速度為_km/s,已知太陽與木星的距離琮=52。/，則

木星公轉的線速度為km/so(本題結果保留3位有效數字)

15.霍曼轉移軌道(Hohmanntransferorbit)是一種變換太空船軌道的方法。在電影《流浪地球》中，利用霍曼轉移軌

道，可用最少的燃料將地球送達木星軌道，最終逃出太陽系。如圖所示，利用地球上的萬臺超級聚變發(fā)動機瞬間點火，使地

球在地球軌道I上的尸點加速，進入橢圓軌道H,再在橢圓軌道上的。點瞬間點火，從而進入木星軌道III。關于地球的運

A.在橢圓軌道上經過尸的速度小于經過Q的速度

B.在軌道H上經過p的動能大于在軌道in上經過。的動能

c.在軌道n上運動的周期小于在軌道I上運動的周期

D.在軌道I上經過p的加速度等于在橢圓軌道上經過P的加速度

16.太陽系中的8大行星的軌道均可以近似看成圓軌道。下列四幅圖是用來描述這些行星運動所遵從的某一規(guī)律的圖

像。圖中坐標系的橫軸是炫/縱軸這里T和R分別是行星繞太陽運行的周期和相應的圓軌道半徑,和即分別

是水星繞太陽運行的周期和相應的圓軌道半徑。下列4幅圖中正確的是（）

17.電影中地球的目標恒星系中心有一顆質量為太陽2倍的新恒星。假設地球繞新恒星做勻速圓周運動，且地球到這顆

新恒星中心的距離是地球到太陽中心的距離的2倍。則地球繞新恒星的運動與繞太陽的運動相比，下列說法正確的是

（）

A.萬有引力是繞太陽的0.25倍B.周期是繞太陽的2倍

C.線速度是繞太陽的0.25倍D.向心加速度是繞太陽的2倍

18.“引力彈弓效應”是小質量天體利用大質量天體的引力大幅獲得動能的一種方法。如圖所示，在太陽系中觀察此效應,

已知木星是地球質量的三百余倍,木星在軌道上公轉速度記為叼,若使地球從很遠的距離以也的速度面對面沖向木星（運

動方向會稍微錯開一定距離以免相撞），則地球飛離木星很遠距離后的速度V3約為（結果用V7,V2表示）該引

力彈弓效應中，地球，木星系統(tǒng)的初末狀態(tài)動量守恒，動能守恒，可類比一條直線上大質量鋼球與小質量鋼球的完全彈性碰

“電磁炮”（如圖甲）是利用電磁力對彈體加速的新型武器,如圖乙所示是“電磁炮”的原理結構示意圖。光滑水平加速導

軌電阻不計，軌道寬為L=0.2m。在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度8=1xIO?1“電磁炮，，的彈體總質量m=

0.2kg,其中彈體在軌道間的電阻R=0.4Q,電源的內阻廠=0.6。,電源能為加速彈體提供的電流/=4x103A,不計彈體在運

動中產生的感應電動勢和空氣阻力。

19.在某次試驗發(fā)射過程中，彈體所受安培力大小為N,彈體從靜止加速到4km/s,軌道至少要m,

甲乙

20.電磁炮的發(fā)射需要大量的電能瞬間釋放，這些電能需要電容器來儲存,這就需要對電容器先充電。如圖所示，導軌的左

端連接電容C=5x1CF2F的電容器，開關S先接1,使電容器充電，電壓充到為Uo時將開關S接至2,炮彈受安培力作用開

始向右加速運動。直流電源的。端為（選填“正極”,“負極”或“可正可負”），

21.以下分析正確的是（）

A.強迫儲能器上端為正極

B.飛機的質量越大，離開彈射器時的動能一定越大

C.強迫儲能器儲存的能量越多，飛機被加速的時間一定越長

D.平行導軌間距越小,飛機能獲得的加速度將越小

22.充電過程中電容器兩極板間的電壓M隨電容器所帶電荷量q發(fā)生變化。請在圖中畫出M—q圖像

23.由上圖可知，充完電后電容器的電壓為V,并可以借助圖像求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量為J。

24.如圖所示，平行粗糙金屬導軌間距為L,導軌處在豎直向上,磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個相同的金屬棒垂

直導軌平行放置，與導軌始終接觸良好,每個金屬棒質量均為S接入電路的電阻均為七兩個金屬棒與導軌間的動摩擦因

數均為〃，重力加速度為go開始時cd棒鎖定在軌道上，對棒施加水平向右的恒定拉力F=3〃"2g,棒ab前進的距離為d

時速度達到最大值,此時將恒力大小變?yōu)镕'=2〃加g,方向不變,同時解除對棒cd的鎖定，再經過時間f金屬棒cd做勻速運

動。導軌足夠長且電阻不計。求：

(1)棒ab的最大速度，

(2)棒仍從開始運動到最大速度的過程中產生的焦耳熱，

(3)棒cd勻速運動的速度大小及在整個過程中通過金屬棒cd的電量q。

1.D2.57301CflN+'e3.21404.6大

【解析】1.在原子核發(fā)生B衰變時，核內的一個中子轉變?yōu)橘|子，同時釋放一個電子，即發(fā)射出的B粒子是電子，故選D。

2.[ir4c的半衰期約為5730年。

⑵碳14衰變成為氮14的過程，會放出p射線,其衰變方程為

:cWN+'e

3.則由半衰期的定義得

解得

片2140年

4.[1]大量處于”=4能級的氫離子躍遷到基態(tài)的過程中，可能輻射

4x3,

---二O

2

種頻率的光子。

⑵根據

h!=Em-E<m>n)

A

可知，從〃=2躍遷到幾=1比從〃=3躍遷到〃=2輻射出的光子的波長短。由

°h

Z=一

P

可得從"=2躍遷到九=1比從”=3躍遷到九=2輻射出的光子動量大。

5.BC6.AD7.2:11:28.(1)U=遁，(2)2%,方向與尤軸正方向夾角為60。，(3)

4島L

B0=既。(n=1,2,3.......)(〃=1,2,3)

9〃%

【解析】5.A.電子束打在熒光屏上的位置由。逐漸向A移動，即電子束受向上偏左的洛倫茲力，由左手定則可知磁感

應強度應垂直于紙面向外，故A錯誤，

B.在偏轉過程中，洛倫茲力對電子束不做功，電子速率不變，故B正確，

mv

C.電子束打在熒光屏上的位置由。逐漸向A移動,即電子束偏轉角度越來越大，運動軌跡半徑越來越小，由r=一知，磁

qB

感應強度應逐漸變大，則偏轉線圈中電流需要不斷增大，故C正確，

D.在偏轉過程中，洛倫茲力與電子束運動方向始終垂直，對電子束不做功，故D錯誤。

故選BC?

6.A.設載體正電荷電荷量為％電荷速度為v,通過電流的橫截面積為S,霍爾元件沿著無軸方向的厚度為沿著y軸方

向的高度為4單位體積電荷個數為"，霍爾電壓為U,由于電荷偏移形成的電場強度為瓦磁場強度為瓦當霍爾電壓穩(wěn)定

時，正電荷受到的電場力和洛倫茲力平衡，則有

qE=qvB,U=EdJ=nqSv,S=ad

由題可知，磁場強度的大小隨無移動距離成正比，則有

B-k^x

聯立整理可得

U=-^—\x

nqa

由公式可知，當Ax取值正負不同時,產生的霍爾電勢差正負不同，則可以根據霍爾電勢差的正負判斷位移的方向，故A正

確，

B.由公式可知霍爾電壓U與移動的距離Ax成正比，因此傳感器的刻度是均勻的，故B錯誤，

CD.由題知載流子沿z軸運動，磁場方向沿著無軸，由左手定則可知，洛倫茲力方向沿著y軸,則上下表面產生霍爾電勢差,

故C錯誤,D正確。

故選AD。

7.口］根據洛倫茲力提供向心力可得，粒子加速后所能達到的最大速度

v2

qvmB=m—

0

可得

v)妙

mm

由于回旋加速器的最大半徑相同，質子與氫核的比荷之比是2:1,所以質子與氫核所能達到的最大速度之比為2:1。

［2］由7=一^,質子與氮核的比荷之比是2:1,所以加速質子，氮核時交變電壓的周期之比為1:2。

qB

8.(1)在加速電場中，由動能定理得

12

eU=—mv0

可得

u=蛇

2e

(2)電子從。點到"點做類平拋運動，則有

回」…=引

22

電子運動到M點時

解得

v=2%

電子運動到M點時速度方向與無軸正方向夾角為6,則有

cos^=—=—

v2

解得

6=60°

即速度方向與x軸正方向夾角為60。。

(3)電子在磁場中的運動具有周期性，軌跡如圖所示：

電子到達N點符合要求的空間條件為

M(27?sin60o)=3L-Z,(?=l,2,3......)

電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑

R=—

明

解得

B_島根％,_1)二、

~(幾—1,2,3.......)

電子在磁場變化的半個周期內恰好轉過去;圓周,同時在間的運動時間是磁場變化周期的整數倍時，可使粒子到達N

點且速度滿足題設要求,應滿足的時間條件是

ToTT_2兀m

32，eB0

所以T應滿足的條件為

T=^------("=1,2,3……)

22

9.0.80.410.BCD11.BC12.32m/s13.減小增大不變Ep=^kx

0.36N-s

【解析】9.[1]根據動能定理有

mgh=^mv2

解得

/z=0.8m

[2]該同學沖到的最高點的過程中，系統(tǒng)動量守恒定律，則有

mv=2my'

根據能量守恒定律有

mgh'=—mv2~~x2mv,2

解得

/z'=0.4m

10.A.若將S斷開，電容器的電量不變，根據C="可知兩端電勢差不變，電場強度不變，則肥皂泡仍靜止,G表中無電流,

故A錯誤，

B.若將S斷開，電容器的電量不變，根據

解得

E=處2

3

將A向上平移一小段距離，電場強度不變，則肥皂泡將靜止,G表中無電流，故B正確，

C.開關閉合時,電容器下極板帶正電，電容器兩端電勢差不變，若將A向上平移一小段距離，根據U=可知電場強度減

小，則肥皂泡向下加速運動，若將A向上平移一小段距離，則電容減小，則電容器的電量減小,電容器放電,G表中有一的

電流，故C正確，

D.開關閉合時，若將A向左平移一小段距離，電容器正對面積減小，根據石=二可知電場強度不變，則肥皂泡仍靜止，電容

a

器正對面積減小，則電容減小，則電容器的電量減小，電容器放電,G表中有b-a的電流，故D正確，

故選BCDo

11.A.由圖可知，在-3?3km范圍內有1.5個波長，所以波長為

2=—km=4km

1.5

故A錯誤,

B.由圖可知,圖中有實線變成虛線的時間

t=(n+—)T

2

當〃=0時的周期最大，此時

—T=A^=0.6s

2

所以最大周期為1.2s,故B正確。

C.根據波速的計算公式有

2

v=—

結合B選項中取n=l時,可解得波速為

v=10km/s

故C正確，

D.由圖結合波向右傳播可知，在/=0時刻,x=2km處的質點位于波峰處，而x=L5km處的質點正在向下運動,所以從t時刻

開始計時,x=2km處的質點比x=1.5km處的質點后回到平衡位置，故D錯誤。

故選BCo

12.根據加速度的計算公式有

4萬2?,2

a=r~r=32m/s2

同學在這段運動過程中加速度的最大值為32m/s2。

13.（1）觸點與金屬板接觸前，三個部件的總動能會有部分轉化為彈性勢能，所以總動能減小，彈性勢能增大,機械能不變,

（2）彈簧的彈性勢能為

E=-kx2

P2

（3）給火箭外殼一個沿軸線向前的沖量，則

I=m1v

根據動量守恒定律有

rr^v=（叫+m2）v'

根據能量守恒定律有

,2

1y—g（嗎+m2）v

代入數據解得

/=0.36N-s

14.30.013.215.BD16.B17.B18.%+2匕

【解析】14.[1]根據線速度的定義式，可得

u地=也=30.0km/s

贏

⑵由萬有引力提供向心力，有

GMmv2

——--=m——

rr

解得

可知木星和地球線速度關系為

殳=叵

v地W木

聯立，解得

u木=13.2km/s

15.A.根據

GMmv2

——--=m——

rr

解得

可知在橢圓軌道上經過P的速度大于于經過Q的速度。故A錯誤，

B.同理,在軌道I上運動的速度大于在軌道in上運行的速度，地球在軌道I上尸點點火加速進入軌道n,所以在軌道n上

經過P的速度大于在軌道III上經過Q的速度，根據

12

EF.=-mv

2

易知在軌道II上經過尸的動能大于在軌道III上經過。的動能。故B正確，

C.根據開普勒第三定律可知,在軌道II上運動的周期大于在軌道I上運動的周期。故C錯誤，

D.根據

GMm

——--=ma

r"

可知在軌道I上經過P的加速度等于在橢圓軌道上經過P的加速度。故D正確。

故選BD?

16.由開普勒第三定律，有

凡上

*T2

整理，可得

圉哈

則有

Rrr

31g—=21g—

R。T。

因此lgJ」gA圖線為過原點的斜率為1■的直線。

ToRo3

故選B。

17.A.根據

「GMm

八產

可知

3=也義空

=0.5

七陽M太陽4亙星

即萬有引力是繞太陽的0.5倍。故A錯誤,

B.根據

GMm4萬2

下-二〃?k

解得

即周期是繞太陽的2倍。故B正確。

C.根據

GMmv2

解得

可知

v

ta&_恒星xC_]

v太陽V知太陽名星

線速度是繞太陽的1倍。故C錯誤，

D.根據

GMm

——；-=ma

廠

解得

GM

可知

■恒星_M恒星.晨陽=05

“太陽"太陽■星

向心加速度是繞太陽的0.5倍.故D錯誤。

故選B。

18.地球與木星組成的系統(tǒng)動量守恒,取地球飛走的方向為正方向，有

Mv1—mv2=mv3+Mv4

由機械能守恒，可得

gmvl+gMvl=gmvf+；Mv1

聯立，解得

M-m2M

V=------------VH---------------V]

3'm+M2m+M

由于加可得

19.8xl042020.負極21.D23.4xl034xl05

2

4〃mgRjumgRfimgRBLdjumgB21}t+jum1gR

24.（1）v=I,（3）v=

，（2）Qab=pimgd-^m22，

B2￡2B2cB1}2R+B3￡3

【解析】19.[1]根據安培力表達式

F=BIL

解得

F=8X104N

⑵根據牛頓第二定律可得

F=ma

F

a——

m

根據位移與速度之間的關系可得

v2=lax

聯立解得

x=20m

20.由于炮彈受到安培力向右,根據左手定則可知電流方向自下而上可得。端為負極，

21.A.由于炮彈受到安培力向右，根據左手定則可知電流方向自下而上，強迫儲能器下端為正極，故A錯誤，

B.飛機離開彈射器的動能由強迫儲能器儲存的能量轉化而來，與飛機質量無關，故B錯誤，

C.強迫儲能器儲存的能量轉化為飛機的初動能,強迫儲能器儲存的能量越多，飛機初動能就越大，加速時間越短，故C錯

誤，

D.根據

F=BIL

可知當L減小，安培力減小，合外力減小，加速度減小，故D正確。

故選D。

22.根據電容器表達式

c*

23.[1]⑵充完電后電容器的電壓根據歐姆定理可得

U=I(R+r)

解得

[/=4X103V

"-4圖像面積表示穩(wěn)定后電容器儲存的能量

El"

電容定義式