2023学年安徽省滨湖寿春中学物理高二上期中达标检测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、物体以初速度v冲上粗糙的斜面，如选项所示的四个物体受力示意图中，正确的是( )A BC D2、如图所示,在张紧的绳上挂了a、b、c、d四个单摆,四个单摆的摆长关系为lc

2、lb=ldla,先让d摆摆动起来(摆角小于5),则下列说法中正确的是 ( )Ab摆发生振动,其余摆均不动B所有摆均以相同摆角振动C摆动过程中，b摆的振幅最大D摆动过程中，c摆的周期最大3、如图所示,图线a表示的导体的电阻为R1,图线b表示的导体的电阻为R2,则下列说法中正确的是 ( )AR1R2=13BR1R2=31C将R1与R2串联后接于同一电源上,则通过它们的电流之比I1I2=13D将R1与R2并联后接于同一电源上,则它们两端的电压之比U1U2=134、真空中有两个静止的点电荷，若使它们之间的距离变为原来的2倍，并把它们的电荷量都变为原来的4倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的（ ）A4倍

3、B6倍 C8倍 D16倍5、冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为71，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，由此可知，冥王星绕O点运动的A轨道半径约为卡戎的B角速度大小约为卡戎的C线速度大小约为卡戎的7倍D向心力大小约为卡戎的7倍6、R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体,但R2的尺寸比R1 的尺寸小将两导体分别串联（如图1）和并联（如图2）接入电路,通过两导体的电流方向如图中箭头所示,则 ( )A图1 中R1两端的电压大于R2 两端的电压B图2 中通过R1的电流小于通过R2的电流C图1 中R1内自由电荷定向移动的速率小于R2内自由电荷定向移动的速率D图2 中R1

4、内自由电荷定向移动的速率大于R2内自由电荷定向移动的速率二、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、如图所示，AOB为一边界为 圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CDAO现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（）A粒子2在AB圆弧之间某点射出磁场B粒子2必在B点射出磁场C粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2D粒子1与粒

5、子2的速度偏转角度相同8、如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处由此可知()AO为正电荷B在整个过程中q的电势能先变小后变大C在整个过程中q的加速度先变大后变小D在整个过程中，电场力做功为零9、如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为现对小球施加水平向右的恒力，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是A直杆对小球的弹力方向不变B直杆对小球的摩擦力先减小后增大C小球运

6、动的最大加速度为D小球的最大速度为10、两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止，现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度大小为g，忽略电场的边缘效应，则（ ）A电容器A的电压增加，带电粒子加速向上运动B电容器A的带电量增加原来的2倍C电容器B的正对面积减少到原来的D电容器B间的电场强度保持不变三、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）在做“互成角度的共点力合成”的实验中：（1）

7、实验小组甲和实验小组乙得出的数据处理图分别如图2甲和乙，则实验小组_（填“甲”或“乙”）得出的结果更符合实验事实。（2）在符合实验事实的数据处理图中，_是F1与F2合成的理论值；_是F1与F2合力的实际值。（填“F”或“F”）（3）本实验采用的科学方法是_。A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法12（12分）在测量金属丝电阻率的实验中，（1）用螺旋测微器测量时，可以精确到_ mm，读出图1情况下的测量结果是_cm（2）已知电压表内阻约3k，电流表内阻约1，若采用图2甲电路测量，则Rx的测量值比真实值 _ （填“偏大”或“偏小”）若Rx约为10应采用 _（选“甲”或“乙”）的

8、电路，误差会比较小（3）某次测量时，电压表和电流表的示数图3所示，则电流表示数为_ A，电压表示数为_V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）在一铅直面内有一光滑的轨道，轨道左边是光滑弧线，右边是足够长的水平直线现有质量分别为mA和mB的两个质点，B在水平轨道上静止，A在高h处自静止滑下，与B发生弹性碰撞，碰后A仍可返回到弧线的某一高度上，并再度滑下问：A、B的质量满足什么关系时可以至少发生两次碰撞14（16分）如图所示，在真空中的O点放一个点电荷Q1.0109C，直线MN通过O点，OM的距离r30 cm，M

9、点放一个点电荷q1.01010C，求：(1)q在M点受到的电场力；(2)M点的场强；(3)拿走q后M点的场强；(4)M、N两点的场强哪点大？15（12分）一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60角时，小球到达B点速度恰好为零试求：（1）AB两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小参考答案一、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、A【解析】试题分析：对

10、于物体的受力分析，为了防止漏力或多力，一般按重力、弹力和摩擦力顺序分析切记不存在所谓的上冲力，它之所以会向上滑动，是由于惯性的原因物体冲上斜面后，受到竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，由于相对斜面向上滑动，故受到沿斜面向下的摩擦力，三个力作用，故A正确2、C【解析】d摆摆动起来后，通过水平绳子对a、b、c三个摆施加周期性的驱动力，使a、b、c三摆做受迫振动，a、b、c三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同，则a、b、c三摆均以相同频率振动，周期相等；由于b的摆长与d的摆长相等，所以b摆发生共振，振幅最大，摆角最大，故C正确，ABD错误。3、A【解析】根据I-U图象知，图线

11、的斜率表示电阻的倒数， ，所以R1：R2=1：1则A正确，B错误；串联的电流相同，则C错误，并联后电压相同，则D错误；故选A.4、C【解析】试题分析：根据库仑定律可知，保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的3倍，则两电荷间的库仑力将变为F=k3q13q2r2=9kq1q2r2=9F，故选C.考点：库仑定律【名师点睛】此题是对库仑定律公式的考查；关键是掌握库仑定律的表达式，当两电荷的距离不变时，电荷量均变为原来的3倍，则带入公式即可进行判断.5、A【解析】冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得

12、：，质量比约为7：1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的，故A正确B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的，故B错误C、根据线速度v=r得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C错误D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误故选A【点睛】由于双星和它们围绕运动的中心点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同6、C【解析】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为，根据电阻定律得导体的电阻为：，由此可知导体R1、R2的阻值相等，图1 中R1、R2串联，根据串联分压的特点可知 R1两端的电压等于

13、R2 两端的电压，故A错误；根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C正确；图2 中R1、R2并联，电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故B错误；根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D错误所以C正确，ABD错误二、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

14、得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】粒子运动轨迹如图所示：A、粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90，粒子轨道半径等于BO，粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为，运动轨道半径也为BO，连接、，是平行四边形，则粒子2一定从B点射出磁场，故A错误，B正确；C、粒子1在磁场中转过的圆心角，连接PB，可知P为的中点，由数学知识可知，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期：，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间，的运动时间之比：，故C正确，D错误点睛：本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹

15、力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题8、CD【解析】粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷故A错误从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小故C正确初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确故选CD【点睛】解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功9、BC【解析】小

16、球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程【详解】小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，摩擦力减小；此时洛伦兹力等于mg，支持力等于1，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，反向，此后下滑过程中有：，随v增大，a减小，摩擦力增大，当时，a=1此时达到平衡状态，速度不变，所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，BC正确，AD错误【点睛】解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键10、AC【解

17、析】试题分析：根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；由电容的决定式分析B的电容变化，由电容的定义式可得出其电量的变化，判断出A的电量变化，从而能分析出A的电压的变化根据平衡条件、牛顿第二定律和电容的相关公式列式分析B的正对面积变化解：A、D、带电微粒静止，则有：mg=，得U=当B电容板错开时，B电容器的电容C减小，带电量减小，而两个电容器的总电量不变，则A的带电量增加，由C=知A板间电压增加，说明B板的电压增加，场强增大，粒子所受的电场力增大，所以粒子向上加速运动故A正确，D错误B、C、带电微粒向上加速运动，根据牛顿第二定律得：mg=m由解得：U=则板间电压

18、变为原来的倍根据电容的定义式C=，可知A的带电量为原来的倍，则B的带电量为倍由电容的定义式C=，可知B的电容为原来的倍，则B的正对面积减少到原来的故C正确，B错误故选AC点评：本题为电容器的动态分析，要注意明确两电容直接相连时，电容器两端的总电量保持不变；这是解本题的突破点三、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、甲 F F B 【解析】（1）1合力的实际值应该沿着OA方向；合力的理论值应该与实际值有点偏差，则甲得出的结果更符合实验事实。（2）2在符合实验事实的数据处理图中，F是F1与F2合成的理论值；F是F1与F2合力的实际值。（3）3本实

19、验采用的科学方法是等效替代法，故选B.12、 （1）0.01； 4.762； （2）偏小； 甲； （3）0.70； 11.8；【解析】（1）由图所示螺旋测微器可知，可以精确到0.01mm，固定刻度示数为4.5mm，可动刻度所示为26.20.01mm=0.262mm，螺旋测微器的示数4.5mm+0.262mm=4.762mm；（2）若采用图2甲电路测量，电压表分流使电流表示数偏大，则Rx的测量值比真实值偏小；由于，采用电流表外接法，故选甲图，误差会比较小；（3）电流表精确到0.1A，电流表示数为0.70A；电压表精确到0.5V，电压表示数为11.8V；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、mB3mA【解析】设A球与B球第一次碰撞前速度为v0，碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vBA球从LM轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律得：mAgh=mAv02，得：v0=；对于A、B碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvBmAv02=mAvA2+mBvB2；解得：vA=v0，vB=v0；要使A、B两球至少发生两次碰撞，第一次碰撞后A球反向弹回，且A