2023年上海市高考物理试卷（等级性）（回忆版）

一、选择题(共40分，第1-8小题，每题3分；第9-12小题，每题4分。每小题只有一个正确答案)

1．（3分）关于α粒子散射实验正确的是（　　）

A．实验要在真空中进行

B．荧光屏是为了阻挡α粒子

C．实验中显微镜必须正对放射源

D．证明了原子核中有质子存在

【答案】A

【考点】卢瑟福α粒子散射实验．

【分析】本题抓住α粒子的散射实验是证明了原子核的存在这个核心来思考，就易得到答案了。

【解答】解：A，真空对α粒子没有阻碍作用。故A正确；B，荧光屏是为了观察穿过金铂的α粒子的。故B错误；C，显微镜是为了观察荧光屏上的发光点的，故C错误；D，该实验证明了原子中存在一个核，故D错误。故选：A。

【难度】1

2．（3分）如图所示，四个完全相同的灯泡，亮度最高的是（　　）

A．L₁

B．L₂

C．L₃

D．L₄

【答案】A

【考点】串联电路的特点及应用．

【分析】根据电路的结构，分析出哪个灯泡的电流最大，再根据灯泡的实际功率大小判断亮度。

【解答】解：根据电路图可知，灯泡L₁位于干路上，即流过灯泡L₁的电流最大，实际功率最大，亮度最亮，故A正确，BCD错误；故选：A。

【难度】1

3．（3分）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（　　）

A．质量大的落地速率大

B．质量小的落地速率大

C．三者落地速率都相同

D．无法判断

【答案】C

【考点】动能定理的简单应用．

【分析】根据动能定理分析解得落地速度。

【解答】解：根据动能定理有mgh ，解得v ，因三者初速率v₀相同，下落高度h相同，可知三者落地速率都相同，故ABD错误，C正确；故选：C。

【难度】1

4．（3分）一定质量的理想气体，经历如图过程，其中ab、cd分别为双曲线的一部分。下列对a、b、c、d四点温度大小比较正确的是（　　）

A．T_a＞T_b

B．T_b＞T_c

C．T_c＞T_d

D．T_d＞T_a

【答案】B

【考点】理想气体及理想气体的状态方程．

【分析】p﹣V图象中，双曲线代表等温线，结合查理定律分析解答即可。

【解答】解：p﹣V图象中，双曲线代表等温线，则ab温度相等，cd温度相等；由a到d，气体体积不变，根据 ，可知a的温度大于d的温度；由b到c，气体体积不变，根据 ，可知b的温度大于c的温度；故ACD错误，B正确；故选：B。

【难度】1

5．（3分）一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度（　　）

A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度

B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度

C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度

D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度

【答案】D

【考点】瞬时速度；平均速度（定义式方向）．

【分析】平均速度是某段时间内（某段位移内）的速度，等于位移与所用时间的比值，公式 ；瞬时速度是某时刻（某位置）的速度，公式 中Δt趋向于零时，平均速度近似等于瞬时速度。

【解答】解：平均速度是某段时间内（某段位移内）的速度，等于位移与所用时间的比值；瞬时速度是某时刻（某位置）的速度。题中运动员跑到30m处是指运动的路程，若非直线运动，运动的位移不等于30m，故无法算得平均速度和瞬时速度，故D正确，ABC'错误；故选：D。

【难度】1

6．（3分）三个大小相同的带电导体球x、y、z，带电量分别为+4μC、0μC和﹣10μC，让x与y先接触，然后让y与z接触，最终y所带的电荷量为（　　）

A．﹣4μC

B．﹣3μC

C．﹣2μC

D．﹣1μC

【答案】A

【考点】电荷守恒定律．

【分析】根据两个相同的带异种电荷的导体球接触后再分开，电荷先中和，余下的电荷再平分；带同种电荷接触后再分开，电荷总量平分作答。

【解答】解：x与y接触时，根据电荷守恒定律得： 2μC，故y所带的电荷量为+2μC；y与z再接触时，两者带异种电荷，电荷先中和，余下的电荷再平分，由电荷守恒定律得： 4μC，最终y所带的电荷量为﹣4μC，故BCD错误，A正确。故选：A。

【难度】1

7．（3分）如图所示，有一周期为T、沿x轴正方向传播的波，当t＝0s时波恰好传到B点，则t＝8T时，CD段的波形图为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．

【分析】由图读出波长，确定在8T时间内波传播的距离，再分析CD段的波形图。

【解答】解：由图可知，该波的波长为0.5m，根据一个周期内波传播的距离为一个波长，则在8T时间内波传播的距离为s＝8λ＝8×0.5m＝4m，所以t＝8T时，波恰好传到D点，CD段的波形图为半个波长，且位于x轴上方，故ABD错误，C正确。故选：C。

【难度】1

8．（3分）空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；匀强电场中电势差与电场强度的关系；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．

【分析】根据电势能公式E_p＝qφ，分析电荷电势能随位置变化的情况，再确定图像的形状。

【解答】解：由φ﹣s图像可知，电荷向右移动，电势逐渐降低，根据电势能公式E_p＝qφ，知负电荷的电势能逐渐增大，且电势能为负值，故ABD错误，C正确。故选：C。

【难度】1

9．（3分）真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是（　　）

A．速度增大，加速度增大

B．速度增大，加速度减小

C．速度增大，加速度不变

D．速度减小，加速度不变

【答案】B

【考点】简谐运动的回复力．

【分析】根据简谐运动的动力学定义分析，简谐运动的回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，且回复力大小与位移大小成正比。

【解答】解：ABC、微粒Q可能正在向P点运动若正在向P点运动，则位移在减小，回复力在减小，根据牛顿第二定律可知加速度在减小，这时回复力方向指向P点，和速度方向一致，速度在增大，故A错误，B正确；D、微粒Q可能远离P点运动，则位移在增大，回复力在增大，根据牛顿第二定律可知加速度在增大，这时回复力方向指向P点，和速度方向相反，速度在减小，故D错误。故选：B。

【难度】3

10．（3分）炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出速度为1000m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间长约为（　　）

A．5秒

B．5分钟

C．5小时

D．5天

【答案】A

【考点】匀变速直线运动速度与时间的关系．

【分析】炮弹在炮管中运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动，根据位移等于平均速度乘以时间，求出每颗炮弹在炮管中运动的时间，再求炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间。

【解答】解：炮弹在炮管中运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长度为L，则有：L t，设炮管发射n次炮弹后报废，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间为：t_总＝nt ，其中n为几百，炮管长度L大约为数米，两者的乘积大约为数千米，则t_总约为几秒或者十几秒，故A正确，BCD错误。故选：A。

【难度】3

11．（3分）如图所示，a为匀强电场，b为非匀强电场，三个电荷用轻棒连接为正三角形，则整个系统受合力的情况是（　　）

A．a为0，b为0

B．a为0，b不为0

C．a不为0，b为0

D．a不为0，b不为0

【答案】B

【考点】电场强度与电场力的关系和计算．

【分析】匀强电场电场强度大小相等，方向相同，可知两个正电荷的电场力之和与负电荷电场力等大反向，合力为零，非匀强电场，电场强度大小不等，方向不同，可知系统合力不为零。

【解答】解：a为匀强电场，电场强度处处相等，方向相同，设场强大小为E，两个正电荷所受电场力之和为2Eq，方向竖直向上，负电荷所受电场力大小为2Eq，方向竖直向下，所以整个系统所受合力为零；b为非匀强电场，电场强度不相等，方向不同，所以两个正电荷所受电场力与负电荷所受电场力的合力不为零，整个系统的合力不为零，故ACD错误，B正确。故选：B。

【难度】3

12．（3分）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】安培力的概念；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．

【分析】求得速度为v时电动势，在求得安培力表达式，结合图像判断导体棒运动情况，根据牛顿第二定律得到拉力表达式，进而得到外力随时间变化图像。

【解答】解：导体棒切割磁感应线，当速度为v时产生电动势为E＝BLv，导体棒受安培力为F_安＝BIL ，由图可知安培力随时间做线性变化，故导体棒做匀变速运动，根据牛顿第二定律可得：F﹣F_安＝F﹣BIL＝F F ma，即：F ma，t₁时刻安培力为零，F＝ma，故C正确，ABD错误；故选：C。

【难度】3

二、填空题（共20分）

13．（3分）一个绝热密闭容器，其中含有一定质量气体。容器以一定速度平移，突然施力使其停止，其中的气体温度 　 　，碰撞容器壁的剧烈程度 　 　。（选填“变大”、“变小”或“不变”）

【答案】变大；变大。

【考点】气体压强的微观解释．

【分析】容器里的分子除做无规则的热运动外，还随容器做机械运动，根据能量的转化情况分析温度的变化，气体分子运动的平均动能由温度决定。

【解答】解：容器里的分子除做无规则的热运动外，还随容器做机械运动，当容器停止运动时，气体分子由于惯性与器壁或分子间的碰撞，使得空气分子的动能转化为气体的内能，导致气体的温度升高，则气体分子碰撞容器壁的剧烈程度增大。故答案为：变大；变大。

【难度】1

14．（3分）假设月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T，月球到地心的距离为r，则月球的线速度v＝　 　；若已知月球的质量为m，则地球对月球的引力F＝　 　。

【答案】 ；mr 。

【考点】万有引力与重力的关系（黄金代换）；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．

【分析】根据线速度的计算公式进行分析；由万有引力提供向心力结合向心力的计算公式可得地球对月球的引力。

【解答】解：根据线速度的计算公式可得：v ，由万有引力提供向心力可得地球对月球的引力：F＝mr ，故答案为： ；mr 。

【难度】1

15．（3分）科学家获得单色性很好的两种光A、B，已知这两种光的频率ν_A＜ν_B，则它们在真空中通过相同距离时间t_A　 　t_B（选填“＝”或“≠”）。现使两种光分别通过双缝打到光屏上，则 　 　光会产生更宽的光带（选填“A”或“B”）。

【答案】＝；A

【考点】光的干涉现象．

【分析】光A、B在真空中传播速度相等，它们通过相同距离所用时间相等。由v＝νλ分析波长关系，由双缝干涉条纹间距公式Δx λ分析光带的宽度关系。

【解答】解：光A、B在真空中传播速度相等，由t 知它们通过相同距离所用时间相等，即t_A＝t_B。根据ν_A＜ν_B，由v＝νλ知λ_A＞λ_B。由双缝干涉条纹间距公式Δx λ知Δx∝λ，则Δx_A＞Δx_B，所以使两种光分别通过双缝打到光屏上，则A光会产生更宽的光带。故答案为：＝；A

【难度】3

16．（3分）能量为8eV的光子的波长为 　 　，下一代超高精度原子钟的工作原理依据核反应方程 U→ Th+　 　。（已知：h＝6.63×10^﹣34J•s，1eV＝1.6×10^﹣19J）

【答案】1.55×10^﹣7m； 。

【考点】α衰变的特点、本质及方程．

【分析】根据光子能量公式求光子的波长；根据质量数和核电荷守恒完成核反应方程。

【解答】解：光子能量 ，光子的波长 ，根据质量数和核电荷守恒，核反应方程为 ，是α衰变。故答案为：1.55×10^﹣7m； 。

【难度】3

17．（40分）导热性能良好，内壁光滑的气缸开口朝上水平放在桌面上，开口面积为S，轻质活塞封闭了一定质量的气体，活塞上放置了一个质量为m的砝码，稳定时活塞距离气缸底高度为h，以m为纵轴， 为横轴，图线为一条直线，斜率为k，纵轴截距为b，重力加速度为g，大气压为 　 　，当m＝0kg时，h′＝　 　。

【答案】 ； 。

【考点】理想气体及理想气体的状态方程．

【分析】根据平衡条件对活塞列式求解稳定后气体压强，根据理想气体状态方程结合题意求解大气压和当m＝0kg时h的值。

【解答】解：设未放砝码时活塞，气缸底高度为H，放砝码稳定后，气体压强为p，外界大气压为p₀。对于活塞，根据平衡条件可得：pS＝p₀S+mg，对气体，根据理想气体状态方程可得：p₀HS＝phS，联立解得： ，根据题意可得： ， ，解得：p₀ ，H ，当m＝0kg时，h′ 。故答案为： ； 。

【难度】3

三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理及回答问题过程中，要求给出必要的图示，文字说明、公式、演算等。

18．（10分）如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置（已平衡摩擦力），实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的重力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt。

（1）实验中是否必须测出小车质量m_车　 　。

A.是

B.否

（2）为完成实验还需要测量①　 　；②　 　。

（3）实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 　 　。

（4）若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a₁，与不平

行时加速度a₂相比，a₁　 　a₂。（选填“大于”、“小于”或“等于”）

【答案】（1）B；（2）小车释放点到光电门的距离；遮光条的宽度（3）钩码有向下的加速度，拉力小于重力（4）大于

【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．

【分析】（1）本实验研究小车加速度与力的关系，只要保持小车的质量不变即可，所以没必要测出小车的质量；

（2）利用运动学公式 和 得出小车的加速度，可知必须测出小车释放点到光电门的距离和遮光条的宽度；

（3）小车和钩码从静止释放做加速度运动，钩码的加速度竖直向下，可知钩码拉力和重力的大小关系，由绳子拉力大小与钩码绳子拉力大小相等，可知小车拉力大小与钩码重力大小关系；

（4）本实验已经平衡摩擦力，当绳子与导轨平行，小车的合力等于绳子拉力大小，当绳子与导轨不平行，利用受力分析图，由牛顿第二定律可比较两个加速度的大小。

【解答】解：（1）实验的研究对象是小车，研究小车的加速度和合力的关系，只要保持小车的质量不变即可，所以没必要测出小车的质量，故选B；（2）小车经过光电门的速度 ，由2ax＝v²﹣0可得小车的加速度 ，所以需要测量小车释放点到光电门的距离x和遮光条的宽度d；（3）钩码受重力和拉力，钩码向下做加速运动，加速度竖直向下，所以钩码的拉力小于钩码的重力，钩码的拉力大小等于小车绳子拉力的大小，所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力；（4）本实验已平衡摩擦力，设导轨垫高的夹角为θ，则有mgsinθ＝f＝μmgcosθ，细线平行时由牛顿第二定律有：T＝ma₁，若滑轮偏低导致细线与轨道不平行，受力方向如下图所示： 由牛顿第二定律有：Tcosβ+mgsinθ﹣μ（mgcosθ+Tsinβ）＝ma₂，把mgsinθ＝f＝μmgcosθ代入上式，可得Tcosβ﹣μTsinβ＝ma₂，故a₁＞a₂，故答案为：（1）B；（2）小车释放点到光电门的距离；遮光条的宽度（3）钩码有向下的加速度，拉力小于重力（4）大于

【难度】3

19．（14分）如图（a），线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动，ed边离开磁场后撤去F。斜面上动摩擦因数μ ，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度g取9.8m/s²）；

（1）求外力F大小；

（2）求cf长度L；

（3）求回路产生的焦耳热Q。

【答案】（1）外力F大小为1.48N；（2）cf长度为0.5m；（3）回路产生的焦耳热为0.4J。

【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．

【分析】（1）根据v﹣t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；

（2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v₁匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度；

（3）线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，速度为零，根据mgsinθ与最大静摩擦力的值μmgcosθ进行比较，判断线框的运动状态，再根据焦耳定律求解Q。

【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为：v₁＝2.0m/s，所以加速度大小为：a m/s²＝5m/s²，根据牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据得：F＝1.48N；（2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度v₁匀速穿出磁场。线框产生的感应电动势为：E＝BLv₁，线框产生的感应电流为：I ，线框受到的安培力为：F_A＝BIL ，由平衡条件得：F＝F_A+mgsinθ+μmgcosθ，联立解得：L＝0.5m（3）因：mgsinθ＝μmgcosθ，所以线框在减速为零时不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：t s＝0.4s，感应电流为：I A＝2A，根据焦耳定律可得：Q＝I²Rt＝2²×0.25×0.4J＝0.4J，答：（1）外力F大小为1.48N；（2）cf长度为0.5m；（3）回路产生的焦耳热为0.4J。

【难度】5

20．（16分）如图，将小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，m_P＝0.15kg向左拉开一段距离释放，水平地面上有一物块Q，m_Q＝0.1kg。小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s²，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q总动能不变。（重力加速度g取9.8m/s²，水平地面动摩擦因数μ＝0.28）

（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度v_Q；

（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。

【答案】（1）碰撞后瞬间物块Q的速度v_Q′大小为1.67m/s，方向水平向右；（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离约为0.51m。

【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．

【分析】（1）先由向心加速度表达式 ，求出碰前P的速度，根据碰撞前后小球P的速度之比为5：1求出碰后小球P的速度，再根据动量守恒定律或动能定理求出碰撞后瞬间物块Q的速度；

（2）判断碰后小球P做简谐运动，比较小球P回到A点的时间与物块Q运动的时间，根据动能定理求解物块Q运动的距离。

【解答】解：（1）P与Q碰撞前，P的速度为v_P，由向心加速度表达式 得： ，代入数据得：v_P≈1.39m/s，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰后P的速度为v_P′≈0.28m/s，P与Q碰撞瞬间，P与Q组成的系统内力远大于外力，动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m_Pv_P＝m_Pv_P′+m_Qv_Q′，代入数据解得：v_Q′≈1.67m/s，方向水平向右；（2）由于L＝1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式得： ，小球P再次到平衡位置的时间为： ，联立解得：t≈1.10s，碰后Q向右做匀减速直线运动，末速度减为零时的时间为t′，由运动学公式得：0＝v_Q′﹣at′，由牛顿第二定律得：μm_Qg＝m_Qa，联立解得：t′≈0.61s，由于t′＜t，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下；小球Q向右运动的过程中，设Q运动的距离为x，由动能定理得： ，解得：x≈0.51m。答：（1）碰撞后瞬间物块Q的速度v_Q′大小为1.67m/s，方向水平向右；（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离约为0.51m。

【难度】5