2023年北京海淀高三二模物理试题及答案

海淀区2022—2023学年第二学期期末练习参考答案及评分标准

高三物理 2023.05

本试卷共 8 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分

本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

本部分共 6 题，共 58 分。

第二部分

15．（1）D；（2） r ；

（ 3 ）

1 （6

）．1

0 ～0.

.6 266）C7；9连线1

见；答（图 1；

答图 1

（3）BC；

（4）由电阻定律和 σ＝1/ρ，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻  ，

当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流 I＝E / R≈0.005A，几乎无法使电流表指针发生偏转，因此他不能用上述实验装置完成精确的测量。

改进措施：换用电动势更大的电源及合适量程的电压表；换用小量程电流表（微安表或毫安表）；换用横截面积更大且长度较小的容器装水（及合适的电极）等。

（其他合理答案亦可得分）

17．（1）设静止在地面上的一个物体质量为 m1，其所受重力等于地球对其的引力，即

G M m1

 m g

R2 1

解得

gR2

M 

G

（2）  质量为 m2 的物体，在地表附近以第一宇宙速度环绕地球做匀速圆周运动时，引力提供向心力，即

将（1）中的 M 

gR2

G

G  M m2   m v

R2 2  R

代入，解得

高三年级 参考答案与评分标准（物理）第 1 页 共 4 页

（3）  设该近地卫星的质量为 m3，万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，即

Mm 4π2

G    3   m R

R2 3 T 2

又根据地球的密度  

M

4πR2 /3

，联立以上二式可得

T 2  3π

G

18．（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程，运用动能定理

qU  1 mv2

1 2 0

解得

（2） 设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为 v0 和为 v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理

q  1 U  1 mv2  1 mv2

2 2 2 2 0

将 v0 代入上式，解得

（3）  设带电粒子进入偏转电场时的速度为 v0，加速度为 a，经过时间 t 后（未离开偏转电场），水平方向位移为 x、竖直方向位移为 y，根据运动学公式，可得

x  v0t

y  1

2

at 2

根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度

a  qU2

md

将 和 a 代入 x 和 y 并消去时间 t，可得带电粒子的轨迹方程

y   U2 x2

4U1d

19．（1）设 α 粒子从 A 运动到 B 的过程中，电场力对其做功为 W，根据动能定理，有

W 

又根据静电场力做功的特点

1 mv2 

2

1 mv2

2

W  Ep

可得

Ep 

1 mv2 

2

1 mv2

2

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（2） 设想磁场内有一个垂直磁场方向放置的半径为 r 的圆形单匝导线，磁场变化时，根据法拉第电磁感应定律可知其中产生的感应电动势

Φ

E感   t

 πr 2 B

t

该感应电动势源于感生电场对电荷做功。由对称性可知，导线上任一点的感生电场的大小均相同、方向沿切线。设想该导线中一个电荷量为+q 的粒子，沿该导线运动一周，感生电场对其做功

W  qE  2πr

根据电动势的定义，有

可得

E感  q

E  1

2

B r ∝ r

t

（3）  由题中条件可知，导体棒 ab、平行板电容器以及极板间的电磁场组成一个孤立系统的动量守恒，即系统的总动量变化量为 0，设水平向左为正方向，导体棒 ab 的动量变化量的大小为pab，即

p总  p  pab   0

电容器放电过程中，导体棒 ab 所受安培力 F 水平向右。设电容器释放电荷量

q 所用时间为t、放电时的平均电流为 I。对导体棒 ab 运用动量定理，有

pab  Ft  BL  I t  BLq

因此，该系统中电磁场动量变化量的大小

p  BLq

方向为水平向左。（其他合理答案亦可得分）

20．（1）a．T＝2.16s。

b．设摆球质量为 m、摆长为 L。摆球经过最低点时速度为 v，此时绳中拉力最大，根据牛顿运动定律，有

Fmax  mg 

mv2 L

摆球到达最高点时速度为 0，此时绳中拉力最小，根据牛顿运动定律，有

Fmin  mg cosm  0

摆球从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，因此有

联立以上三式，可得

mgL 1 cosm  

1 mv2

2

代入数据，得

Fmax Fmin

 3  2 cosm

cosm

cosm  2

所以

   arccos 1  π

m 2 3

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（2）不合理。根据单摆周期公式 可知，该方案中“1s”基准的选取，会因

为地球上不同地方的重力加速度 g 一般不同，导致不同地方的“1s”不一样长。（其他合理答案亦可得分）

（3）a．设大气电场的电场强度大小为 E，当摆球只在沿竖直方向的重力和电场力作用下运动时，其加速度为 a，由牛顿运动定律

mg  qE  ma

解得

a  g  qE

m

将 a 代入单摆周期公式，可得

解得

b．由（3）a 中的周期 T 的表达式，可得

设不考虑大气电场时单摆的固有周期 ，根据题中所给数据，

可知 ，取 、 ，代入公式 ，可得

若取 T0＝2s，则 100 次全振动所用时间为 t＝100T＝(200＋10–3)s，与不考虑大气电场时相比，即使 100 次全振动的时间也只相差 10–3s，依旧低于手机秒表的精度 10–2s，因此该同学的上述测量方案不可行。（其他合理答案亦可得分）

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