新疆兵团八师一四三团一中2023年物理高三上期末学业质量监测试题含解析

新疆兵团八师一四三团一中2023年物理高三上期末学业质量监
测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v-t图象如图所示。

下列判断正确的是（）
A．乙车启动时，甲车在其前方100m处B．运动过程中,乙车落后甲车的最大距离为50m
C．乙车启动后两车的间距不断减小直到两车相遇 D．乙车启动后10s内，两车不会相遇
2、对以下几位物理学家所做的科学贡献，叙述正确的是（）
A．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波
B．爱因斯坦通过对黑体辐射现象的研究，提出了量子说
C．卢瑟福通过a粒子散射实验，发现了质子和中子，提出了原子的核式结构模型D．贝克勒尔通过对氢原子光谱的分析，发现了天然放射现象
3、1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与D形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘人狭缝中由初。

速度为零开始加速，最后从出口处飞出。

D形盒的半径为R，下列说法正确的是（）
A ．粒子在出口处的最大动能与加速电压U 有关
B ．粒子在出口处的最大动能与D 形盒的半径无关
C ．粒子在
D 形盒中运动的总时间与交流电的周期T 有关 D ．粒子在D 形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关
4、2019年4月10日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片。

黑洞是一种密度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸。

黑洞的大小由史瓦西半径公式R =
2
2GM c
决定，其中万有引力常量G =6.67×10－11
N·m²/kg²，光速c =3.0×108m/s ，天体的质量为M 。

已知地球的质量约为6×1024kg ，假如它变成一个黑洞，则“地球黑洞”的半径约为（ ） A ．9μm
B ．9mm
C ．9cm
D ．9m
5、由于放射性元素
237
93
Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用
人工的方法制造后才被发现．已知23793
Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成
20983
Bi ，下
列选项中正确的是( ) A ．20983Bi 的原子核比
23793
Np 的原子核少28个中子
B ．
23793
Np 经过衰变变成20983
Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子
C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D ．
23793
Np 的半衰期等于任一个
23793
Np 原子核发生衰变的时间
6、分别用波长为λ和
3
4
λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为（ ） A ．
hc
λ
B ．
2hc
λ
C ．
23hc
λ
D ．
3hc λ
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、下列说法正确的是（ ）
A ．外界对气体做功，气体的内能可能减少
B ．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
C．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度就越小
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
E.一定质量的理想气体的内能随温度的升高而增大
8、有一个原副线圈匝数比为10：1的理想变压器，如图所示，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u=3002sin50πt（V）副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为均标有“20V.10W”的灯泡，当S闭合时，两灯恰好正常发光。

则（）
A．电阻R=10ΩB．流过R的交流电的周期为0.02s C．断开S后，原线圈的输入功率减小D．断开S后，灯L1仍能正常发光
9、一列沿x轴传播的横波在t＝0.05 s时刻的波形图如图甲所示，P、Q为两质点，质点P的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是__________
A．该波的波速为20 m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．t＝0.1 s时刻质点Q的运动方向沿y轴正方向
D．t＝0.2 s时刻质点Q的速度大于质点P的速度
E.t＝0.3 s时刻质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离
10、如图，相距l的两小球A、B位于同一高度(h l、h均为定值).将A向B水平抛出，
同时让B自由下落.A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、.不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则
方向相反
A．A、B一定能相碰
B．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度大小
C．A、B在第一次落地前若不碰，以后就不会相碰
D．A、B要在最高点相碰，A球第一次落地的水平位移一定为
2
l
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．（6分）为了测量一电压表V的内阻，某同学设计了如图1所示的电路。

其中V0是标准电压表，R0和R分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电源。

(1)用笔画线代替导线，根据如图1所示的实验原理图将如图2所示的实物图连接完整______。

(2)实验步骤如下：
①将S拨向接点1，接通S1，调节___________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时___________的读数U；
②然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节___________，使___________，记下此时R的读数；
③多次重复上述过程，计算R读数的___________，即为待测电压表内阻的测量值。

(3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因：___________。

12．（12分）某小组要测量一电源的电动势和内阻。

供使用的实验器材有：量程为0~ 0.6A 电阻不计的电流表一只；阻值均为6Ω的定值电阻三只；开关S及导线若干。

根据实验器材，同学们设计出如图甲所示的电路图，其主要实验操作步骤如下：
(1)三个6Ω的电阻通过串、并联等不同的组合方式可以得到七个不同阻值的电阻R，表中已列出R的不同阻值。

(2)把不同组合方式得到的电阻R分别接入图甲所示电路的MN之间，可测得七组电阻R对应电流I的数据如下表。

(3)以1
I
纵坐标、R为横坐标，根据表中数据在图乙坐标纸上作出
1
R
I
-图像______。

(4)根据图像求出电源的电动势E=_______V；内阻r=_______Ω。

（结果均保留两位有效数字）
(5)该小组利用此电路测量一未知电阻x R 的阻值。

把未知电阻x R 接入电路MN 间，电流表的读数为0.25A ，可得待测电阻的阻值为________Ω。

(保留两位有效数字) 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）汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极K 发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过B 中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板D 1和D 2间的区域。

当D 1、D 2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P 1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为U 的偏转电压后，亮点移到P 2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B 时，亮点重新回到P 1点，去掉偏转电压后，亮点移到P 3点。

假设电子的电量为e ，质量为m ，D 1、D 2两极板的长度为L ，极板间距为d ，极板右端到荧光屏中心的距离为s ，R 与P 竖直间距为y ，水平间距可忽略不计。

（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角θ很小，tan θ≈sin θ；电子做圆周运动的半径r 很大，计算时略去()(4)n
L
n r
≥项的贡献）。

（1）判定磁场的方向，求加速电压的大小；
（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为I ，且假设电子打在荧光屏。

上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；
（3）推导出电子比荷的表达式。

14．（16分）如图所示，水平地面上固定一个倾角=37θ︒，高20m =h 的斜面，00t =时刻起在斜面底端A 处有一个小物块质量1kg m =，以初速度030m /s v =沿斜面向上运动，并且00t =时刻起有一平行于斜面的斜向下的的恒力2N F =作用在物块上，作用时间为3s t =。

已知物块与斜面间动摩擦因数0.875μ=，
210m /s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩
擦力大小相等，不计空气阻力影响，求： (1)物块向上滑行的距离及时间； (2)撤掉外力后物块经多长时间停下来。

15．（12分）从安全的角度出发，驾校的教练车都经过改装，尤其是刹车装置。

为了测试改装后的教练车刹车性能，教练们进行了如下试验：当车速达到某一值v 0时关闭发动机，让车自由滑行直到停下来。

假设车做的是匀减速直线运动，测得车在关闭发动机后的第1s 内通过的位移为16m ，第3s 内通过的位移为1m 。

回答下面问题。

(1)改装后的教练车的加速度a 的大小及开始做匀减速运动的速度v 0的大小是多少？ (2)如果想让教练车用时t ′=2s 停下来，那么教练员应额外提供多大的加速度？
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、D
【解析】
A ．根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在10s t =时启动，此时甲的位移为
11 1010m 50m 2
x =⨯⨯=
即乙车启动时，甲车在乙前方50m 处，故A 错误； B ．当两车的速度相等时即15s t =时相遇最远，最大距离为
max S x =甲x -乙11
51510105m 75m 22
=⨯+⨯-⨯⨯=（）
故B 错误；
C ．两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，10s —15s 内甲车的速度比乙车的大，两车的间距不断增大，故C 错误；
D ．当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s 后位移
21
2010m 100m 2
x =⨯⨯=
此时甲车的位移为
31020
10m 150m 2
x +=
⨯= 乙车启动10s 后位移小于甲的位移，两车不会相遇，故D 正确； 故选D 。

2、A 【解析】
A ．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波，故A 正确；
B ．普朗克通过对黑体辐射现象的研究，提出了量子说，故B 错误；
C ．卢瑟福通过a 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，该实验没有发现质子和中子，故C 错误；
D ．贝克勒尔发现了天然放射现象，但并不是通过对氢原子光谱的分析发现的，故D 错误。

故选A 。

3、D 【解析】
AB ．根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为D 形盒的半径R ，由
2m
m v qBv m R
=
得
m qBR
v m
=
最大动能为
222
km
2q B R E m
=
故AB 错误；
CD ．粒子每加速一次动能增加 ΔE km =qU 粒子加速的次数为
22
km k 2E qB R N E mU
==∆
粒子在D 形盒中运动的总时间
2
T
t N =⋅
，2πm T qB = 联立得
2π22T BR t N U
=⋅=
故C 错误，D 正确。

故选D 。

4、B 【解析】
根据题意，将已知量代入公式
2
2GM R c
=
得
9mm R ≈
ACD 错误，B 正确。

故选B 。

5、C 【解析】
A ．20983Bi 的中子数为209－83＝126，23793Np 的中子数为237－93＝144，209
83Bi 的原子核比
23793
Np 的原子核少18个中子。

故A 错误。

B ．237
93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成
20983
Bi ，可以同时放出α粒子和γ粒子或者
β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子。

故B 错误。

C ．衰变过程中发生α衰变的次数为237209
74
-=次，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4次。

故C 正确。

D ．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用。

故D 错误。

6、C 【解析】
根据光电效应方程，有
01k hc
E W λ
=-
2043k hc
E W λ
=
- 由题意
211
2
k k E E =，此金属板的逸出功为 023W hc
λ
=
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

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、ADE 【解析】
A ．如果气体吸热的同时对外做功，吸收的热量小于对外所做的功，则内能可能减小，故A 正确；
B ．晶体都有固定的熔点，故B 错误；
C ．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，故C 错误；
D ．内能是所有分子动能和分子势能之和。

内能不同的物体，当它们的温度相同时，则它们分子热运动的平均动能可能相同，故D 正确；
E ．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，故E 正确。

故选ADE 。

8、AC 【解析】
A ．原线圈所接交流电压的有效值U 1V=300V ，根据变压比可知，副线圈两端电压 U 2=
1
1
2U n n ⋅=30V 灯泡正常发光，则电阻R 两端电压为10V ，流过的电流I 2=10
220
⨯A=1A ，根据欧姆定律可知 R =
2
R
U I =10Ω 故A 正确。

B ．输入电压的角速度ω=50πrad/s ，则周期T =2π
ω
=0.04s ，则流过R 的交流电的周期为
0.04s ，故B 错误。

C ．断开S 后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，电流减小，故输出功率减小，则输入功率减小，故C 正确。

D ．断开S 后，灯泡L 1两端电压增大，不能正常发光，故D 错误。

故选AC 。

9、ACD 【解析】
A ．分析图甲确定波长λ＝4m ，根据图乙确定周期T ＝0.2s ，则该波的波速
20m/s v T
λ
=
=
故A 正确；
B ．分析图乙可知，t ＝0.05s 时，质点P 处于平衡位置沿y 轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿x 轴正方向传播，故B 错误；
C ．分析图甲可知，t ＝0.05s 时，质点Q 处于波谷，t ＝0.1s 时，质点Q 位于平衡位置沿y 轴正方向运动，故C 正确；
D ．t ＝0.2s 时刻，质点Q 位于平衡位置，质点P 位于波峰，质点Q 的速度大于质点P ，故D 正确；
E ．t ＝0.3s 时，质点Q 位于平衡位置，质点P 位于波谷，质点Q 距平衡位置的距离小
于质点P，故E错误．
故ACD。

10、AB
【解析】
A、B两物体在竖直方向上的运动是相同的，若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰，故A正确，C 错误．若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰.可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰，故B正确．若A、B在最高点相碰，A 球第一次落地的水平位移x=l/n，n=2、4、6、8…，故D错误．故选AB．
【点睛】
此题关键是知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反来判断两球能否相碰．
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、0R标准电压表0V R标准电压表
V仍为U 平均值电阻箱阻值不连接，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变0
化，电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。

【解析】
（1）电路连线如图；
（2）①将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表V0的读数U；
②然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节R，使标准电压表V0仍为U，记下此时R 的读数；
③多次重复上述过程，计算R读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。

（3）原因：电阻箱阻值不连续；电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。

12、 2.9（2.7～3.1） 2.9（2.7～
3.1） 8.8（8.4～9.2）
【解析】
(3)[1]通过描点作图作出1
R I -图像
(4)[2][3]根据闭合电路欧姆定律()E I R r =+ ，得：
1R
r
I E E =+
结合图像可知
1
7.11
18k E -== ；1r
E =
解得：
2.95V E = ， 2.95r =Ω
(5)[4]根据分析可知
8.85x E R r I
=-=Ω
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、（1）垂直纸面向外，20222mU U ed B
=；（2）1mIU F edB =；（3）()2222e yU m B d sL L =+ 【解析】
（1）磁场方向垂直纸面向外。

设加速电压为0U ，电子刚进入偏转极板时的速度大小为v ，则对加速的电子应用动能定理得
2012
eU mv = 两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为
f evB =
极板间电场强度为
U E d
= 电场力为
F Ee =
电子不偏转，则
U E d
= 联立解得
2
022
2mU U ed B = （2）设一个极短时间t 内撞击荧光屏的电子个数为n ，撞击力为1F ，则对这些电子用动量定理，得
1Ft nmv =
由电流的定义式得
=ne I t
联立解得
1mIU F edB
= （3）在撤去电场后，设电子的偏转角为θ，电子轨迹半径为r ，如图所示
由图可知
22tan ()y s r r L θ=+-
由于θ很小，则 tan sin L r
θθ== 2222242222222241124r L L L L r r L r r r r r r r r r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫--=-=-=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭
⎝⎭⎣⎦由于4
44L r
可略去，所以 22
22
2122L L r r L r r r r ⎛⎫-≈--= ⎪⎝⎭ 又洛伦兹力充当向心力，所以
2
v evB m r
= 联立解得电子的荷质比
()
2222e yU m B d sL L =+ 14、 (1)30m ，2s ；(2)1s 。

【解析】
(1)物块上滑过程中，加速度1a
1sin mg f F ma θ++=
cos 0N mg θ-=
联立解得
2115m /s a =
上滑过程经历的时间
011
2s v t a == 上滑过程的位移
2011
30m 2v x a == (2)因为1sin 18m 20m x h θ=<=，所以物块未从斜面顶端飞出。

物块下滑，撤去F 之前的下滑过程中，加速度2a 沿斜面向下
2sin mg F f ma θ+-=
解得
221m /s a =
经历的时间
211s t t t =-=
1221m /s v a t ==
恒力F 撤去，物块加速度3a 沿斜面向上
3sin f mg ma θ-=
解得
231m /s a =
经历的时间
133
1s v t a == 速度减为0。

15、 (1)8m/s 2，20m/s ；(2)2m/s 2
【解析】
(1)设车恰好在第3s 末停下，在第3s 内通过的位移为x ，将匀减速运动看成反向的匀加速运动，由位移公式，根据题意
21(1s)2
x a =
⨯ 221116m (3s)(2s)22a a =⨯-⨯ 联立方程解得
3.2m 1m x =>
可知第3s 内教练车运动的时间小于1s 。

设教练车在第3s 内运动的时间为t ，则由
211m 2
a t =
⨯ 221116m (2s)(1s)22a t a t =⨯+-⨯+ 解得
0.5s t =
28m/s a =
再由
0(2s)v a t =+
得
020m/s v =
(2)如果想让教练车用时t ′=2s 停下来，则
2010m/s v a t '=='
教练员应额外提供的加速度为
2´m s 2/a a a ∆=-=。