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1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡粒子先經過M點，再經過N點下列判斷正確的是A該粒子帶負電B粒子在M點的速度大于N點的速度C粒子在M點的加速度大

2、于N點的加速度D粒子在M點的電勢能大于N點的電勢能2、平行板A、B組成電容器，充電后與靜電計相連，要使靜電計指針張角變大，下列措施可行的是( ) AA板向上移動BB板向左移動CA、B板間插入電介質D減少極板上的電荷量3、如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路）連接，電源負極接地初始電容器不帶電，閉合開關S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是( ) A減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點的電勢會降低B減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點的電勢會降低C將下極板上移，帶電油滴向上運動

3、D斷開開關S，帶電油滴將向下運動4、黃、紅、綠三種單色光以相同的入射角到達介質和空氣的界面若黃光恰好發(fā)生全反射，則（ ）A紅光一定能發(fā)生全反射B綠光一定能發(fā)生全反射C紅光在介質中的波長比它在空氣中的波長長D三種單色光相比，綠光在該介質中傳播的速率最大5、如圖所示，A、B為相互接觸的用絕緣支架支持的金屬導體，起初它們不帶電在它們的下部兩端都貼有金屬箔片，C是帶正電的小球，下列說法正確的是（ ）A把C移近導體A時，A、B上的金屬箔片都不張開B把C移近導體A，先把A、B分開，然后移去C，則最終A、B上的金屬箔片仍張開C先把C移走，再把A、B分開，A、B上的金屬箔片都張開D把C移近導體A，用手膜一下A

4、，先把A、B分開，再把C移走，則最終A上的金屬箔片閉合，而B上的金屬箔片張開6、下列關于電場線和磁感線說法錯誤的是（ ）A電場線越密的地方，同一試探電荷所受的電場力越大B即使在復雜電場中的電場線也是不相交的C磁場的方向就是小磁針N極在磁場中所指方向D電場的方向是帶電粒子在該點所受電場力的方向二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，電源電壓恒定，在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向左偏了一下。平行板電容器C，靈敏電流計G、電源及開關組成閉合回路。下列各種情況下靈敏電

5、流計偏轉方向是A若減小電容器兩極板間距離，向右偏轉B若減小電容器兩極板間距離，向左偏轉C若將電容器極板正對面積減小，向右偏轉D若將電容器極板正對面積減小，向左偏轉8、實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛入a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示（a、b只受電場力作用），則( ) Aa的動能一定減小，a的電勢能一定增大Ba 、b兩個粒子的電勢能一定都減小Ca一定帶正電，b一定帶負電Da的加速度將減小，b的加速度將增大9、用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面I、置于車上，傾角均為。當卡車沿平直公路勻速行駛時，

6、兩斜面與卡車始終保持相對靜止，圓筒對斜面I、壓力的大小分別為F1、F2，則（）A斜面I與車廂平面之間一定存在摩擦力B斜面與車廂平面之間一定存在摩擦力C斜面I傾角減小，壓力F2增大D斜面I傾角減小，壓力F1先減小后增大10、如圖所示，實線的兩點電荷形成的電場線，若不計重力的帶電粒子從C點運動到D點，軌跡如圖虛線所示，則下列說法中正確的是（）A由C到D過程中電場力對帶電粒子做正功B由C到D過程中帶電粒子動能減小C粒子帶正電DA電荷的電荷量大于B電荷的電荷量三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）某同學用圖（a）所示的實驗裝置驗證機械能守恒

7、定律，其中打點計時器的電源為交流電源，可以使用的頻率有220Hz、30Hz和40Hz，打出紙帶的一部分如圖（b）所示。該同學在實驗中沒有記錄交流電的頻率f，需要用實驗數(shù)據(jù)和其他條件進行推算。（1）若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用f和圖（b）中給出的物理量可以寫出：在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為_，重物下落的加速度的大小為_。（2）已測得s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；當重力加速度大小為9.80m/s2，實驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1。由此推算出f為_Hz。12（12分）兩位同學用如圖所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動

8、量守恒定律（1）實驗中必須滿足的條件是_A斜槽軌道盡量光滑以減小誤差B斜槽軌道末端的切線必須水平C入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下D兩球的質量必須相等（2）測量所得入射球A的質量為mA，被碰撞小球B的質量為mB，圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON當所測物理量滿足表達式_時，即說明兩球碰撞中動量守恒；如果滿足表達式_時，則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞（1）乙同學

9、也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖12所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球A、球B與木條的撞擊點實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點分別為M和N測得B與N、P、M各點的高度差分別為h1、h2、h1若所測物理量滿足表達式_時，則說明球A和球B碰撞中動量守恒四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必

10、要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，一帶電微粒質量為、電荷量，從靜止開始經電壓為的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，微粒射出電場時的偏轉角，并接著沿半徑方向近入一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，微粒射出磁場時的偏轉角也為。已知偏轉電場中金屬板長，圓形勻強磁場的半徑為，重力忽略不計。求；（1）帶電微粒經加速電場后的速度大??；（2）兩金屬板間偏轉電場的電場強度E的大??；（3）勻強磁場的磁感應強度B的大小。14（16分）已知地球半徑R，地球表面的重力加速度g，萬有引力常量G，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的周期T，忽略地球自轉的影響。求：（1）地球的密度 ；（2）衛(wèi)星做

11、圓周運動的軌道半徑r。15（12分）如圖所示，一個質量為0.6kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑圓弧軌道ABC的A點的切線方向進入圓弧軌道（不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失）已知圓弧的半徑R=0.3m，=60，小球到達A點時的速度vA=4m/sg取10m/s2，求：（1）小球做平拋運動的初速度v0；（2）小球到達圓弧最高點C時對軌道的壓力參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】A、帶電粒子的軌跡向下彎曲,則帶電粒子所受的電場力沿電場線切線向下,則知帶電粒子帶正電,故A錯誤.B、從M到N，電場

12、力做正功,動能增大,速度也增大,故帶電粒子在M點的速度小于在N點的速度.故B錯誤.C、電場線的疏密表示場強大小,由圖知粒子在M點的場強小于N點的場強,在M點的加速度小于N點的加速度.故C錯誤.D、電場力做正功,電勢能減小.所以D選項是正確的.故選D【點睛】帶電粒子的軌跡向下彎曲,則帶電粒子所受的電場力沿電場線切線向下,則知帶電粒子帶正電,由電場線的疏密可判斷場強的大小,再判斷電場力的大小.由帶電粒子的軌跡可判定電場力的方向,確定電場力做功情況,分析電勢能和動能的變化,再分析速度的變化.帶電粒子的動能和電勢能總和守恒.2、A【解析】A、A板上移時，正對面積減小，則由可知，電容減小，則由可知，電勢

13、差增大，故張角變大，故A正確；B、B板左移時，板間距離d減小，由可知，電容增大，而電容器的電壓不變，則由可知，板間電勢差減小，故張角變小，故B錯誤； C、當A、B間插入電介質時，C增大，則由可知，電勢差減小，故張角變小，故C錯誤；D、減小電荷量時，C不變，則由可知，電勢差減小，故夾角減小，故D錯誤；故選B【點睛】對于電容器的動態(tài)分析，首先要明確不變量，然后再由電容的決定式和定義式判斷電勢差的變化3、C【解析】根據(jù)電容的決定式：可知，減小極板的正對面積，電容C減小，由于二極管具有單向導電性，圖中電容器只能充電不能放電，在直流電路中，電容器視為斷路，電容器兩端的電壓等于電阻R兩端的電壓，根據(jù)定義式

14、：Q=CU可知，電容器電量減少，但由于電路中有二極管，電容器放電時二極管處于截止狀態(tài)，所以電容器不能放電，即電量不變，根據(jù)、和聯(lián)立可得：，電場強度E變大，油滴所受電場力變大，油滴所受合力向上，帶電油滴會向上移動，P點與下極板的距離不變，E變大，則P點的電勢升高，故A、B錯誤；當電容器的下極板向上移動時，極板距離減小，電容器的電容變大，電容器所帶的電量Q變大，電容器充電，由知，電容器板間場強變大，油滴所受電場力大于重力，帶電油滴向上運動，故C正確；斷開開關S，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，電容器帶電量Q不變，電容C不變電壓也不變，電容器兩極板間的場強不變，故油滴仍然處于平衡狀態(tài)，故D

15、錯誤所以C正確，ABD錯誤4、B【解析】根據(jù)折射定律可知兩種光的折射率大小，由臨界角公式sinC=1/n ，分析臨界角的大小根據(jù)光的干涉研究結果：波長間距與波長成正比，分析干涉條紋間距的關系由v=c/n 判斷光在該介質中速度關系再由v=可得光在介質中的波長如何變化.【詳解】根據(jù)折射定律可知折射率最大的是綠光，最小的是紅光，由臨界角公式sinC=1/n，臨界角最小的是綠光，最大的是紅光，由于黃光恰好發(fā)生全反射，所以入射角大于綠光的臨界角，小于紅光的臨界角，因此綠光一定發(fā)生光的全反射，而紅光不能發(fā)生全反射，故A錯誤，B正確。由v=可得，紅光進入介質后頻率不變，波速減小，所以紅光在介質中的波長比它在

16、空氣中的波長短，故C錯誤。由v=c/n可知，折射率越大的傳播速度越小，所以綠光在介質中的傳播速率最小，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查光的折射定律以及全反射的性質，主要考查對不同色光特性的理解能力對于光的全反射可結合折射定律和臨界角公式理解記憶5、B【解析】金屬導體處在正電荷的電場中，由于靜電感應現(xiàn)象，導體B的右端要感應出正電荷，在導體A的左端會出現(xiàn)負電荷，所以導體兩端的驗電箔都張開，故A錯誤；由于靜電感應現(xiàn)象，導體B的右端要感應出正電荷，在導體A的左端會出現(xiàn)負電荷，所以導體兩端的驗電箔都張開，且左端帶負電，右端帶正電；把A、B分開，再把C移走，A、B上的金屬箔片仍張開故B正確；由于靜電感應

17、現(xiàn)象，導體B的右端要感應出正電荷，在導體A的左端會出現(xiàn)負電荷；先把C移走，則A、B兩端的電荷會中和，再把A、B分開，A、B上不帶電，金屬箔片將閉合，故C錯誤；無論用手摸A端，還是B端，都將傳遞給金屬導體一定的電子，使AB整體帶負電，然后移去C，A、B上的金屬箔片仍張開，故D錯誤；故選B點睛：本題要注意體會物體靜電感應起電的實質，及靜電平衡狀態(tài)時，帶電體的電荷只分布在外表面，內部電場強度為零，且導體的電勢處處相等6、D【解析】A.電場線越密的地方，電場強度越大，所以同一試探電荷所受的電場力越大。故A正確，不符合題意；B.電場線的切線方向即為場強的方向，故任意兩條電場線都不會相交；故B正確，不符合

18、題意；C.在磁場中，某點的磁場方向、該點磁感線方向和該點小磁針北極受磁力方向相同。故C正確，不符合題意；D.電場的方向是正電荷在該點所受電場力的方向，與負電荷受力方向相反。故D錯誤，符合題意，選擇D；二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】閉合開關時，電流從左向右流過靈敏電流計，為電容器充電，指針向左偏了一下。AB. 保持電容和電源連接，電容器兩端電壓不變。若減小電容器兩極板間距離，電容增大，根據(jù)，電容器所帶電量增加，需要給電容器充電，所以指針向左偏轉，故A錯

19、誤，B正確；CD. 若將電容器極板正對面積減小，電容減小，根據(jù)，電容器所帶電量減小，電容器放電，所以指針向右偏轉，故C正確，D錯誤。8、BD【解析】依據(jù)電場力與速度的夾角關系，可判斷電場力對b粒子做正功，而電場力對a粒子做正功，因此兩者的動能增大，速度都增大，電勢能都減小，故A錯誤，B正確；由于兩電荷所受的電場力的方向相反，故a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反，但不知道場強的方向，無法確定具體電性，故C錯誤；電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以a受電場力減小，加速度減小，b受電場力增大，加速度增大，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。9、AD【解析】A由于勻質圓筒狀工件對斜

20、面I有斜向左下方的壓力，斜面I有向左運動的趨勢，則由平衡可知，斜面I與車廂平面之間一定存在摩擦力，故A正確；B勻質圓筒狀工件對斜面II有斜向右下方的壓力，水平方向受到車向左的作用力，當水平方向作用力平衡時，則斜面II與車廂平面之間沒有摩擦力，故B錯誤；CD將勻質圓筒狀工件重力分析如圖，由圖可知，斜面I傾角減小，壓力F2一直減小，壓力F1先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選AD。10、ACD【解析】據(jù)帶正電粒子僅在電場力作用下從C點運動到D點的軌跡，可判斷所受電場力大體指向彎曲一側，從而判斷B處是負電荷，A處是正電荷；再根據(jù)電場線的特點分析即可【詳解】A、B、據(jù)電場線的分布情況可知，帶電粒子從C

21、到D的過程中，電場力的方向與運動方向小于90，電場力對其做正功，電勢能減小，動能增大；故A正確，B錯誤。C、據(jù)帶電粒子僅在電場力作用下從C點運動到D點的軌跡，可判斷所受電場力大體指向彎曲一側，結合某點的切線方向，即為速度方向，從而判斷粒子帶正電；故C正確。D、據(jù)電場線的疏密程度可知，A電荷的電荷量大于B電荷的電荷量；故D正確。故選ACD【點睛】弄清電場強度、電勢、電勢能、電場力做功等概念及間的關系，并能在實際電場中或者電荷運動過程中弄清它們的變化三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、 40 【解析】(1)12 根據(jù)某段時間內的平均速度等于

22、中間時刻的瞬時速度可得：由速度公式vC=vB+aT可得：a=(2)3 由牛頓第二定律可得：mg-0.01mg=ma所以a=0.99g結合(1)解出的加速度表達式，代入數(shù)據(jù)可得f=40HZ12、BC mAOP= mAOM+ mBON OP+OM=ON 【解析】A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D、為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球質量大于被碰小球質量

23、，故D錯誤；故選BC小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若兩球相碰前后的動量守恒，則mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON，若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；小球做平拋運動，在豎直方向上：h=gt2，平拋運動時間：t=，設軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運動的初速

24、度：vA=，vA=，vB=，如果碰撞過程動量守恒，則：mAvA=mAvA+mBvB，將速度代入動量守恒表達式解得：四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、 (1)(2)2000V/m(3)0.13T【解析】(1)帶電微粒經加速電場加速后速度為v1，根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得(2)帶電微粒在偏轉電場中只受電場力作用，做類平拋運動在水平方向微粒做勻速直線運動，水平方向帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2，豎直方向，由幾何關系聯(lián)立解得由題可知，則有(3)設帶電粒子進磁場時的速度大小為v，則

25、由粒子運動的對稱性可知，入射速度方向過磁場區(qū)域圓心，則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，則軌跡半徑為：由解得14、（1）；（2）【解析】（1）設地球的質量為M，地面質量為m的物體其所受的萬有引力等于重力地球的體積地球的密度 解得（2）設衛(wèi)星的質量為m衛(wèi)，由地球對衛(wèi)星的引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力可知又解得15、（1）2m/s；（2）8N【解析】（1）恰好從光滑圓弧ABC的A點的切線方向進入圓弧，說明到到A點的速度vA方向與水平方向的夾角為，這樣可以求出初速度v0；（2）選擇從A到C的運動過程，運用動能定理求出C點速度，根據(jù)向心力公式求出小球在最高點C時對軌道的壓力【詳解】（1）小球到A點的速度如圖所示由圖可知，；（2）取A點為重力勢能的零點，由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)得：由圓周運動向心力公式得：代入數(shù)據(jù)得：由牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力大，方向豎直向上【點睛】本題是平拋運動和圓周運動相結合的典型題目，除了運用平拋運動和圓周運動的基本公式外，求速度的問題，動能定理不失為一種好的方法