2023学年江苏省南通市海安中学高二物理第一学期期中质量检测模拟试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图，a、b、c是在地球大气层外圆轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是Ab、c的线速度大小相等，且大于a的线

2、速度Bb、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度Cc加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cDa卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大2、如图所示，一通电直线竖直放置，其右侧A、B两点的磁感应强度分别为BA和BB，则（）ABABB，方向均垂直纸面向里BBABB，方向均垂直纸面向里CBABB，方向均垂直纸面向外DBABB，方向均垂直纸面向外3、如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，整个装置处于水平向左的匀强电场中现将一直径略小于塑料管内径、质量为m、带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，

3、以下说法正确的是 ( )A小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力大小之比为5:1B小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动D小球释放后，经过D点时的速度最大4、如图所示，A、B是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，在A、B连线的垂直平分线上放置一段为L的直导线，A、B、C刚好在正三角形的三个顶点上。现给C通以恒定电流，C受到的安培力大小为F，若不再给A导线通电，则C受到的安培力大小为ABCD5、如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理

4、论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则()Ax1处场强大小为kQx12Bx2处场强大小为kQx2R3C球内为匀强电场DEx图线与x轴所围的面积表示电势差6、如图所示，当滑动变阻器滑动头P向右移动过程中，电流表和电压表的示数变化情况正确的是AIA减小，UV增大BIA减小，UV减小CIA增大，UV减小DIA增大，UV增大二、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、利用引力常量G和下列某一组数据，能计算出地球质量的是A地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）B人造卫

5、星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间距离8、如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（ ）A保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止9、关于光的叙述中，下面说法正确的是( )A激光能沿着弯曲的光导纤维传播，是利用了光的全反射原理B一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化C通过两枝铅笔

6、的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，是光的干涉所致D在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，则条纹间距变宽10、如图所示,一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30的斜面,其运动的加速度大小为,这物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这一过程中 ( )A重力势能增加了B机械能损失了C动能损失了mghD合外力对物体做功为三、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）有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30cm，电阻约为5，已知这种金属的电阻率为，现在要尽可能精确测定它的内径d。用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图（a）

7、所示，从图中读出外径为_mm，应用_（选填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”）测金属管线的长度L；测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：A电压表0-3V，内阻约10k B电压表0-15V，内阻约50kC电流表0-0.6A，内阻约0.05 D电流表0-3A，内阻约0.01E滑动变阻器，0-10 F滑动变阻器，0-100要求较准确地测出其阻值，电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_；（填序号）实验中他的实物接线如图（b）所示，请指出接线中的两处明显错误。错误1：_错误2：_用已知的物理常数和应直接测量的物理量（均用符号表示），推导出计算金属管线内径的表达式d=_

8、；在实验中，下列说法正确的是_A为使电流表读数明显，应使电流尽可能大些B为操作方便，中间过程可保持开关S一直处于闭合状态C千分尺的精确度是千分之一毫米D用千分尺测量直径时必须估读一位12（12分）（1）图1螺旋测微读数为_mm（2）图2游标卡尺读数为_cm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）矩形区域I、II中分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁场方向如图所示区域I宽度2d，区域II宽度d，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以速度v，从P点沿纸面垂直磁场边界射入磁场，穿过区域I后从MN上的S点射入区域II，粒

9、子在S点的速度方向与MN的夹角为，最终从区域II左边界从Q点图中未画出回到区域I，不计粒子重力求：区域I中磁感应强度的大小；粒子没有从区域II的右边界射出磁场，则区域II磁感应强度的大小应满足什么条件14（16分）如图所示，电源电动势为E30V，内阻为r1，电灯上标有“6V12W”字样，直流电动机线圈电阻R2若电灯恰能正常发光，求：（1）电源的总功率PE（2）电动机输出的机械功率P机15（12分）如图所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从左侧极板附近由静止开始经电压为U1的电场加速后，从a点水平射入求：(1)粒子从a点射入的速度v

10、0；(2)若将两金属板接上恒定电压U2，使粒子恰好打到金属板的中点，求电压U2的大小；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、D【解析】卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，A线速度，根据题意rarb=rc，所以b、c的线速度大小相等，小于a的线速度，故A错误；B向心加速度，结合rarb=rc，可得b、c的加速度大小相等，且小于a的加速度，故B错误；Cc加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，b减速，万有引力大于所需向心力，卫星做近心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇，故C错误；D卫星由

11、于阻力的原因，轨道半径缓慢减小，根据公式，则线速度增大，故D正确2、A【解析】通电直导线电流方向向上，根据安培定则可以判断出导线右方磁场垂直纸面向里，且越靠近导线的，磁场越强，故BCD错误，A正确。3、A【解析】小球从A点第一次到D点的过程，根据动能定理，有 mgR+qER= 第一次经过最低点D时，根据向心力公式，有 N1D-mg=联立解得N1D=5mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过最低点D对管壁的压力大小为5mg小球从A点第一次到C点的过程，根据动能定理，有-mgR+qER=第一次过C点，根据向心力公式，mg-N1C=联立解得 N1C=mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过C点时最高点C时对

12、管壁的压力大小为mg，因此，小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1，故A正确从A点释放到B点过程，根据动能定理，有qE2R=第一次达到B点时，据向心力公式，有N1B-qE=联立解得：N1B=5mg，由牛顿第三定律知小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为5mg，故B错误；带电小球由A点运动到B点的过程中，重力做功为零，电场力做正功，动能增加，由动能定理知道小球到达B点时有速度，还继续向上运动，不可能在BDA 间往复运动故C错误；小球到达平衡位置时速度最大，因为mg=qE，可知平衡位置在BD的中点，即小球经过BD中点时速度最大，选项D错误；故选A.【点睛】本题中关键

13、要理清物体的运动规律，会用等效合力的方法研究小球的运动；会利用动能定理以及圆周运动的知识研究小球的运动4、A【解析】根据电流方向相同相互吸引可得A和B对C安培力如图所示，由于A、B是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，所以FA=FB根据几何关系可得：2FBcos30=F解得：所以不再给A导线通电，则C受到的安培力大小为。A. 与分析相符，故A正确。B. 与分析不符，故B错误。C. 与分析不符，故C错误。D. 与分析不符，故D错误。5、D【解析】球体内某点的电场强度，根据E=kQr2与Qx=X3R3Q共同确定，所以x1处场强大小不是kQx12，故A错误；电荷量为+Q的均

14、匀带电球体，以球心为坐标原点，当作点电荷，则有x2处场强大小为kQx22，故B错误；由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，由E=kQr2与Qx=X3R3Q共同确定，则有E=kQR3x，不是匀强电场。故C错误；根据U=Ed，可知E-x图线与x轴所围的面积表示电势差，故D正确；故选D。【点睛】考查带电球壳内部是等势体且电场强度处处为零，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示.6、A【解析】滑动变阻器滑动头P向右移动，R2接入电路电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流I减小，电源内电压减小，电源外电压U增大

15、；电阻R4的电流I4=I减小，电阻R4两端的电压U4减小；电阻R1和R3两端的电压U13=U-U4增大，流过R1和R3的电流I13增大，电阻R3两端的电压U3增大，电压表示数UV增大；流过R2的电流I2=I-I13减小，电流表示数IA减小。故A项正确，BCD三项错误。【点睛】电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化。灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键。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

16、的得0分。7、ABC【解析】A. 根据地球表面物体重力等于万有引力可得：，所以，地球质量：，故A可计算；B. 由万有引力做向心力可得：，故可根据v，T求得R，进而求得地球质量，故B可计算；CD.根据万有引力做向心力可得：，故可根据T，r求得中心天体的质量M，运动天体的质量m的质量无法求解，故C可计算，D不可计算。本题选不能计算出的，故选：ABC。8、AD【解析】ABK闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态保持K闭合，使P滑动片左右滑动，都不能改变电容器两端的电压，由，得E不变，微粒仍静止，A正确，B错误；CD打开K后，使两极板靠近，由可得与d无关所受电场力不变，微粒仍保持静止，C错误D

17、正确。故选AD。9、ABD【解析】A. 光导纤维是利用全反射来实现传播信号，故A正确；B. 光是一种横波，光的偏振是光沿特定方向振动且与传播方向相垂直。一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化。故B正确；C. 通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，这是光的衍射现象，故C错误；D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，波长变长，根据，则条纹间距变宽，故D正确。10、BD【解析】由题意知，物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh故A错误；根据牛顿第二定律得：mgsin30+f=ma，得到摩擦力大小为

18、f=，物体克服摩擦力做功为Wf=f2h=，由功能关系知物体的机械能损失了，故B正确；合力对物体做功为W合=-ma2h=-，故D正确，又由动能定理得知，物体动能损失了，故C错误三、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、4.700毫米刻度尺ACE错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上错误2：采用了电流表内接法D 【解析】：螺旋测微器的读数为：D=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm；测量30cm金属管长度时应用毫米刻度尺来测量；：由于两节电池的电动势为3V，所以电压表应选A；由于通过金属管的最大电流为，所以电流表应选C；根据闭合电路欧姆

19、定律可知，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选E；：由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两个错误分别是：错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法；：设金属管内径为d，根据电阻定律应有：，又，联立可得：；：A：考虑金属的电阻率随温度的升高而增大可知，通过待测金属管的电流不能太大，故A错误；B：为减小温度的影响，中间过程应断开开关，故B错误；C：千分尺的精确度是0.01mm，即应精确到1100毫米，故C错误；D：千分尺读数时必须估读一位，即估读到0.001mm，故D正确故选D。12、 0.796 1.094【解析】（1）、螺旋测微器的固定

20、刻度为0.5mm，可动刻度为29.60.01mm=0.296mm，所以最终读数为0.5mm+0.205mm=0.796mm。（2）、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第47个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为470.02mm=0.94mm，所以最终读数为：10mm+0.94mm=10.94mm=1.094cm。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、（2）【解析】根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度粒子运动轨迹与磁场右边界相切时粒子恰好不从区域II右边界射出磁场，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后确定磁感应强度的范围【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律得：解得：粒子运动轨迹与磁场右边界相切时恰好不从磁场射出，