1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、目要求的。1、電阻R1 與R2并聯在電路中，通過R1與R2的電流之比為13，則當R1 與R2串聯后接入電路中時，R1和R2兩端電壓之比U1U2為()A13B31C14D412、如圖所示，關于對帶電粒子在勻強磁場中運動的方向描述正確的是ABCD3、在地面附近存在一個有界電場，邊界將空間分成上、下兩個區域I、II,在區域 II中有豎直向上的勻強電場，在區域I中離邊界某一高度處由靜止釋放一個質量為的 帶電小球A 如圖甲所示，小球運動的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則（）A小球受到的重力與電場力大小之比為4 : 5Bt=5s時，小球經過邊界MNC在小球向下運動的整個過程中，重力做的功 大于克服電場力做

3、的功D在14 s過程中小球機械能先減小后增大4、水平放置的平行板電容器與一電池相連，在電容器的兩板間有一帶正電的質點處于靜止平衡狀態，現將電容器兩板間的距離增大，則（ ）A電容變大，質點向上運動B電容變大，質點向下運動C電容變小，質點保持靜止D電容變小，質點向下運動5、如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時()A線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流B線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢C線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是abcdD線圈繞P1轉動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉

4、動時dc邊受到的安培力6、如圖所示，直線A是電源的路端電壓和電流的關系圖線，直線B、C分別是電阻R1、R2的兩端電壓與電流的關系圖線，若將這兩個電阻分別接到該電源上，則()AR1接在電源上時，電源的效率高BR2接在電源上時，電源的效率高CR2接在電源上時，電源的輸出功率大D電源的輸出功率一樣大二、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、小車AB靜置于光滑的水平面上，A端固定一個輕質彈簧，B端粘有橡皮泥，AB車的質量為M、長為L，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A

5、端并使彈簧壓縮，開始時AB與C都處于靜止狀態，如圖所示，當突然燒斷細繩，彈簧被釋放，使物體C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥黏在一起，以下說法中正確的是()A如果AB車內表面光滑，整個系統任何時刻機械能都守恒B整個系統任何時刻動量都守恒C當木塊對地運動速度大小為v時，小車對地運動速度大小為vDAB車向左運動最大位移大于8、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，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

6、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9、如圖所示，三根相互平行的固定長直導線、和兩兩等距，均通有電流I，中電流力向與中的相同，與中的相反。下列說法正確的是A所受磁場作用力的力向與所在平面平行B所受磁場作用力的方向與所在平面平行C、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為l：1：D、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為：110、等量異種點電荷的連線和其中垂線如圖所示，現將一個帶負電的檢驗電荷先從圖中點沿直線移到點，再從點沿直線移到點，取無限遠處為電勢零點，則（）。A點電勢為零，場強也為零B從點到點，檢驗電荷受電場力先增大后減小C從點經點到點，檢驗電

7、荷所受電場力的方向始終不變D從點經點到點，電荷的電勢能先不變后減小三、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）要測繪額定電壓為2V的日常用小電珠的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導線和開關外，還有以下一些器材可供選擇：A、電源E（電動勢3.0V，內阻可不計）B、電壓表V1（量程為03.0V，內阻約2k）C、電壓表V2（015.0V，內阻約6k）D、電流表A1（00.6A，內阻約1）E、電流表A2（0100mA，內阻約2）F、滑動變阻器R1（最大值10）G、滑動變阻器R2（最大值2k）（1）為減少實驗誤差，實驗中電流表應選擇_，滑動變阻器應

8、選擇_（填各器材的序號）（2）為提高實驗精度，請你設計實驗電路圖，并畫在圖甲的虛線框中_（3）實驗中測得一組數據作出了該電珠的U-I圖線如圖所示根據該圖線可知小電珠的額定功率是_W（4）由圖象可知，小電珠電阻的變化特點是_12（12分）測定電源的電動勢和內電阻的實驗電路和UI圖象如圖所示（1）現備有以下器材：A干電池1 個B滑動變阻器（050）C電壓表（03V）D電壓表（015V）D電流表（00.6A）E.電流表（03A）其中電壓表和電流表應選_（填字母代號）（2）如圖乙是根據實驗數據畫出的UI圖象.由此可知這個干電池的電動勢E=_V，內電阻r=_（保留兩位有效數字）四、計算題：本題共2小題，

9、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（10分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L=0.1m，兩極板間距離d=0.4cm, 有一束相同微粒組成的帶電粒子流以相同的初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所帶電荷立即轉移到下極板且均勻分布在下極板上。已知微粒質量m=1.010-6kg，電量q=+1.010-8C，電容器電容C=1.010-6F，若第一個粒子剛好落到下板中點O處，取g=10m/s1試求： （1）則帶電粒子入射初速度的大小；（1）最終落到下極板上的微粒個數。14（16分

10、）兩塊水平放置的平行金屬板A和B（A在上，B在下），兩板間的電壓U=200V，要使一個質量為5g，帶電量為5106C的微粒恰能在兩板間的某點靜止，g取10m/s2，（1）試確定A極板的帶電性質；（2）求兩極板間的距離15（12分）如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成45進入電場，經過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強電場的電場強度大小E

11、；(3)粒子從開始到第三次經過x軸的時間t總參考答案一、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、B【解析】并聯電路中電阻之比等于電流的反比，故R1:R2=3:1；串聯電路中電壓之比等于電壓之比；故U1:U2=3:1；故選B.【點睛】本題考查串并聯電路的基本規律，要注意明確并聯電路中電壓相等，串聯電路中電流相等，再根據歐姆定律分析對應的規律，牢記并能準確應用2、B【解析】根據“對帶電粒子在勻強磁場中運動的方向描述”可知，本題考查左手定則的應用，根據左手定則磁場指向和四指指向，即可判斷洛倫茲力方向【詳解】A. 根據左手定則可知A圖中洛

12、倫茲力向下，故A錯誤；B. 根據左手定則可知B圖中洛倫茲力向上，故B正確；C. 根據左手定則可知C圖中洛倫茲力向上，故C錯誤；D. 根據左手定則可知D圖中洛倫茲力向下，故D錯誤故選B3、D【解析】B小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到電場力作用而做減速運動，由圖可以看出，小球經過邊界MN的時刻是t=1s或者4s時，故B錯誤。A由圖象的斜率等于加速度得小球進入電場前的加速度為：進入電場后的加速度大小為：由牛頓第二定律得：mg=ma1F-mg=ma2得電場力：由得重力mg與電場力F之比為3：1故A錯誤。C整個過程中，動能變化量為零，根據動能定理，整個過程中重力做的功與克服電場力做的功大小相

13、等，故C錯誤。D整個過程中，由圖可得，小球在0-2.1s內向下運動，在2.1s-1s內向上運動，在1s4s過程中，電場力先做負功，后做正功。電勢能先增大，后減小；由于整個的過程中動能、重力勢能和電勢能的總和不變，所以小球的機械能先減小后增大。故D正確。4、D【解析】根據平行板電容器的決定式可得，兩板間距增大，電容減小；由于電容器與電池相連，電容器兩板間電壓不變，兩板間距增大，電容器板間電場強度減小，質點所受電場力減小，質點向下運動故D項正確，ABC三項錯誤5、A【解析】AB根據E=BS可知，無論線圈繞軸P1和P2轉動，則產生的感應電動勢均相等，故感應電流相等，故A正確，B錯誤；C由楞次定律可知

14、，線線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是adcba，故C錯誤；D由于線圈P1轉動時線圈中的感應電流等于繞P2轉動時線圈中得電流，故根據F=BLI可知，線圈繞P1轉動時dc邊受到的安培力等于繞P2轉動時dc邊受到的安培力，故D錯誤。故選A。6、A【解析】AB電源的效率，由于UBUC，故R1接在電源上時，電源的效率高，A項正確B項錯誤；CD將電阻接在電源上，電阻的UI圖象與電源兩端電壓與電流關系圖象的交點，表示將這個電阻接到此電源上的輸出電壓和電流，從圖象中只可看出電流的數值，但看不出兩種情況下路端電壓的關系，故無法確定兩種情況下電源的輸出功率的大小關系，C、D項均錯誤【點睛】本題易混淆電源

15、效率和電源輸出功率的概念而出現錯誤二、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】AB與C這一系統所受合外力為零，系統在整個過程中動量守恒，但粘接過程有機械能損失。根據動量守恒有：則有：同時該系統屬于人船模型，則有：所以車向左的位移應為：；故AD錯誤，BC正確；故選BC。8、AD【解析】A由于勻質圓筒狀工件對斜面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

16、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。9、AC【解析】本題涉及的內容磁場力的相互作用及力的合成，因為長直導線、和兩兩等距，均通有電流I，中電流力向與中的相同，與中的相反，所以任意兩根導線之間相互作用力磁場力大小相等。與電流方向相同，故二者之間磁場力相互排斥；與、與的電流方向相反，故與、與之間磁場力相互吸引。【詳解】根據電流磁場的右手定則和磁場力的左手定則判斷，三根通電導線，每個導線所受另外兩個導線的力的合力如下圖所

17、示AB導線與導線電流方向相同，所以產生相互吸引的磁場力，兩個力大小相等，導線與導線電流方向相反，所以產生相互排斥的磁場力，兩個力大小相等，因此是導線受合力，是導線受合力，是導線受合力，由受力幾何圖知，所受磁場作用力的力向與所在平面平行，所受磁場作用力的方向與所在平面不平行，故A正確，B錯誤； CD 與之間相互排斥力大小若為F，則與之間相互排斥力大小也為F， 與之間相互吸引力大小也為F。 受2個大小相等均為F夾角為1200，可得合力的大小為F，受2個大小均為F二力夾角為1200，可得合力的大小為F；受2個大小均為F 夾角為600，受合力的大小為，所以、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為l：1：

18、，故C正確，D錯誤；故選AC。【點睛】磁場力之間的相互作用，及力的合成。10、CD【解析】A等量異種點電荷連線的中垂線是一條零等勢線，則b點電勢為零，但是場強不為零，選項A錯誤；B根據等量異種電荷的電場線分布規律可知，在ab線上，b處電場線最密，b處場強最大，所以從a點到b點，電場強度逐漸增大，檢驗電荷受電場力逐漸增大，故B錯誤；C從a點到c點，檢驗電荷所受電場力的方向始終沿bc方向，故C正確。D從a點到c點，電場力先不做功，后作正功，所以檢驗電荷的電勢能先不變后減小。故D正確。故選CD。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、D F 0.

19、94-0.98 燈泡電阻隨電壓的增大而增大 【解析】由題中“要測繪額定電壓為2V的日常用小電珠的伏安特性曲線”可知，本題考查小燈泡伏安特性曲線測繪，根據伏安法和分壓法要求，結合實驗規律可分析本題【詳解】（1）1根據小電珠的電流變化，電流表選擇D；2本實驗是測繪小電珠伏安特性曲線，需要電壓的變化范圍比較大，故采用分壓式，因此選擇滑動變阻器R1；（2）3 本實驗是測繪小電珠伏安特性曲線，需要電壓的變化范圍比較大，故采用分壓式，故連接方式為（3）4小電珠額定電壓是2V，從表中可知，電流在0.47A到0.49A左右，故其額定電功率根據公式可得為0.94W-0.98W（4）5 U-I圖線中斜率表示電阻，

20、由圖可知，小電珠電壓增大斜率變大，因此可得燈泡電阻隨電壓的增大而增大。12、CE； 1.5， 0.75 【解析】（1）干電池電動勢約1.5V，電壓表D量程太大，應選擇C；放電電流電流不能太大，應選擇E；（2）在U-I圖象中圖象與縱坐標的交點等于電源的電動勢，所以由圖可以讀出電源的電動勢為E=1.5V；圖象中的斜率表示電源的內阻，所以電源的內阻為：r= =0.75【點睛】（1）電壓表、電流表在指針偏轉角度超過一半時誤差較小，據此選擇電壓表和電流表；（2）在U-I圖象中縱坐標的截距代表的是電源的電動勢，直線的斜率代表的是電源的內阻的大小四、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）1.5m/s （1）600個【解析】試題分析：根據粒子做平拋運動的規律，運用運動的合成與分解，并依據運動學公式，即可求解；根據牛頓第二定律，結合電場力表達式和運動學公式，即可求解。（1）設粒子打在下極板中點的初速度分別為v0，粒子在電場中做平拋運動偏轉位