1、2023學年高二上物理期中模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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、勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1 m，D為AB的中點，如圖所示已知電場線的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6 V和2 V，設場強大小為E，一電量為1C的正電荷從D點移到C點電場

2、力所做的功為W,則AW=8J E8 V/mBW=6J E6 V/mCW=8J E8 V/mDW=6J E6 V/m2、下列描述正確的是()A開普勒提出所有行星繞太陽運動的軌道是橢圓B牛頓通過實驗測出了萬有引力常量C庫侖通過扭秤實驗測定了電子的電荷量D法拉第發現了電流的磁效應3、利用靜電計研究平行板電容器的電容與哪些因素有關的實驗裝置如圖所示，則下面哪些敘述符合實驗中觀察到的結果( )A左板向左平移，靜電計指針偏角變小B左板向上平移，靜電計指針偏角變小C保持兩板不動，在兩板間插入一塊絕緣介質板，靜電計指針偏角變小D保持兩板不動，在兩板間插入一塊金屬板，靜電計指針偏角變大4、分別用如圖所示的a、b

3、兩種電路測量同一未知電阻的阻值，圖a中兩表的示數分別為5V、90mA，圖b中兩表的示數分別為4V、100mA，則待測電阻Rx的真實值（ ）A略大于55.5歐B略大于40歐C略小于55.5歐D略小于40歐5、如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中坑壁上的最低點D點；而在C點以初速度v2沿BA方向平拋的小球也能擊中D點已知COD60，則兩小球初速度大小之比v1v2是（小球視為質點）A12B13C 2D 36、如圖所示是示波管的原理示意圖，XX和YY上不加電壓時，在熒光屏的正中央出現一亮斑，現將XX和YY分

4、別連接如圖甲乙所示電壓，從熒光屏正前方觀察，你應該看到的是圖中哪一個圖形？ABCD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，氕、氘、氚的原子核自初速為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么( )A經過加速電場過程，電場力對氚核做的功最多B經過偏轉電場過程，電場力對三種核做的功一樣多C三種原子核都打在屏上的同一位置上D三種原子核打在屏上時的速度一樣大8、如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R1

5、在金屬線框的下方有一勻強磁場區域，MN和PQ是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里現使金屬線框從MN上方某一髙度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿出勻強磁場區域瞬間的v-t圖象，圖象中的物理量均為已知量重力加速度為g，不計空氣阻力下列說法正確的是A金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B金屬線框的邊長為v1(t2-t1)C磁場的磁感應強度為D金屬線框在1 - t4的時間內所產生的熱量為9、如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高

6、點由靜止釋放，且在運動中始終能沿軌道通過各自軌道的最低點M、N，則（）A兩小球某次到達軌道最低點時的速度大小不可能有vN=vMB兩小球都能到達軌道的最右端C小球a、b第一次同時到達最低點D第一次到達軌道最低點時，小球a對軌道的壓力小于小球b對軌道的壓力10、如圖，在豎直面內有一勻強電場，一帶負電的小球（重力不計）在恒力F的作用下沿圖中虛線由A至B勻速運動已知F和AB間夾角為，AB間距離為d，小球電量為q則 A勻強電場的電場強度大小為E = F/qBA、B兩點的電勢差為Fdcos/qC帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了FdsinD若帶電小球由B向A做勻速直線運動，則F必須反向三、實驗題：本題

7、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）某同學在做“驗證平行四邊形定則”實驗時，按照正確實驗步驟，同時用甲、乙兩個彈簧秤將橡皮筋與細繩的結點拉至O點，在白紙上記錄了O點位置，以及甲、乙兩個彈簧秤拉力方向分別過和點。(1)彈簧秤甲的示數為2.00N，彈簧秤乙的指針位置如圖所示，其讀數為_N；(2)請在虛線框中，按標度畫出這兩個共點力的合力；（_）(3)由圖得到_N。12（12分）在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻Rx約為200 ，電壓表V的內阻約為2 k，電流表A的內阻約為10 ，測量電路中電流表的連接方式如圖甲或圖乙所示，結果可由公式Rx計算得出，式中

8、U與I分別為電壓表和電流表的示數若將圖甲和圖乙中電路測得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則_(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待測電阻的真實值，且測量值Rx1_(填“大于”、“等于”或“小于”)真實值，測量值Rx2_(填“大于”、“等于”或“小于”)真實值四、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（10分）如圖所示，固定的光滑金屬導軌間距為L，導軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中質量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧相連后放在導軌

9、上初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有沿軌道向上的初速度v1整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸已知彈簧的勁度系數為k，彈簧的中心軸線與導軌平行（1）求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向；（2）當導體棒第一次回到初始位置時，速度變為v，求此時導體棒的加速度大小a；（3）導體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，求導體棒從開始運動直到停止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q14（16分）如圖所示導熱汽缸固定在水平地面上，用質量為M的光滑的活塞Q封閉了一定質量熱力學溫度為T1的理想氣體。一不可伸長的細繩繞過定滑輪，一端拴住活塞，另一端栓著質量為m的重物。已知大氣壓強為P0，活塞的位置離

10、底部距離為H,活塞的截面積為S。最初整個系統處于靜止狀態，(滑輪質量、滑輪軸上的摩擦和空氣阻力均不計)求：(1)剪斷細繩當系統再次穩定時,活塞的位置離底部的距離h；(2)再次穩定后，對汽缸加熱，使活塞再次回到最初的位置，此時氣體的溫度T2。15（12分）如圖所示，電路中電阻R=10，線圈電阻r=1，加在電路兩端電壓U=100V，已知電流表讀數為30A，則通過電動機線圈的電流為多少？電動機輸出功率為多少？電動機的效率是多少？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、A【解析】試題分析：由題勻強電場中，由于D為AB的中點，則

11、D點的電勢，電荷從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q（D-C）=110-6（10-2）J=810-6JAB的長度為1m，由于電場強度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點沿電場方向的距離d1m，勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比，即U=Ed，所以，故選A考點：電勢；電場強度2、A【解析】開普勒提出了行星三定律，指出所有太陽系中的行星的軌道形狀都是橢圓，選項A正確；卡文迪許通過扭秤實驗測出了萬有引力常量，選項B錯誤；密立根通過油滴實驗測定了電子的電荷量，選項C錯誤；奧斯特發現了電流的磁效應，選項D錯誤；故選A.3、C【解析】將左板向左平移，板間距離變大，根據C=S4kd，

12、電容器電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=Q/U分析可知，電容器兩板間電勢差變大，則靜電計指針偏角變大。故A錯誤。將左板向上平移，兩板正對面積減小，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=Q/U分析可知，電容器兩板間電勢差增大，則靜電計指針偏角變大。故B錯誤。在兩板之間插入一塊絕緣介質板，電容增大，而電容器的電量Q不變，由C=Q/U分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變小。故C正確。保持兩板不動，在兩板間插入一塊金屬板，則板間距相當于減小，電容變大，根據C=Q/U可知兩板電勢差減小，則靜電計指針偏角變小，選項D錯誤；故選C。【點睛】本題是電容器動態變化分析問題，關鍵抓住兩點：

13、一是電容器的電量不變；二是電容與哪些因素有什么關系，記住兩個公式C=S4kd和C=Q/U4、B【解析】先判斷采用的測量方法，由于在兩種不同的接法中電壓表的示數變化大，說明測量的是小電阻，這樣電流表分壓較大，應該采用（a）圖進行測量比較準確（a）圖中測量值較真實值偏小【詳解】從題中所給數據知電壓表示數變化大，則用電壓表的真實值測量電路，為（b）電路。用（b）電路：電流表示數含電壓表的分流，故電流比真實值大。由R測=UI測=410010-3=40UI真=R真，即真實值偏大；ACD錯誤， B正確故選B。【點睛】本題考查伏安法測電阻的原理，明確不同接法中電表內阻所引起的誤差5、D【解析】小球從A點平拋

14、，可得 小球從C點平拋，可得 聯立解得故選D。點睛：根據平拋運動的豎直位移求出運動的時間，根據水平位移求出平拋運動的初速度從而得出兩球的初速度之比解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，掌握平拋運動的運動學規律6、D【解析】示波管的YY偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩定圖象。【詳解】設加速電場的電壓為U1，偏轉電場的電壓為U2，偏轉電極的長度為L，板間距離為d，根據推論得知，偏轉距離為，可見，偏轉距離與偏轉電壓U2成正比，由幾何知識

15、得知，電子在熒光屏偏轉的距離也與偏轉電壓成正比，則偏轉電極XX上加上隨時間作線性變化的電壓時，電子在熒光屏偏轉的距離與時間也是線性關系，形成一條亮線，若電壓是周期性變化，就可以使電子在水平方向不斷掃描。在偏轉電極YY上加按正弦規律變化的電壓，電子在熒光屏偏轉的距離按正弦規律變化，而在偏轉電極XX上加適當頻率的掃描電壓，水平方向電子不斷從右向左勻速掃描，在熒光屏上出現一條正弦曲線；由于X方向的電壓變化的周期為T0，而Y方向變化的周期為2T0，所以在2T0時間內X方向變化2次，Y方向變化一次。在熒光屏上將出現由兩條線組成的圖象；由于開始時X方向與Y方向的電壓都是0，所以兩條線在坐標原點交叉。故D正

16、確，ABC錯誤，故選D。【點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進行思考，注意兩極所加電勢差的正負。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】設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d。AB在加速電場中，電場力做的功為：，由于加速電壓相同，電荷量相等，所以電場力做的功相等，A錯誤B正確；CD根據動能定理可得經過電場加速后的動能為：粒子經加速電場加速后，粒子射入偏轉電場后在豎直方向上的加速度為，粒子在偏轉電

17、場里的運動時間為，粒子在離開偏轉電場時發生的豎直方向上發生的偏轉為結合可得，即粒子在屏上的偏轉量與粒子的m和q無關，所以它們會達到屏上的同一點，因為導致進入偏轉電場的初速度不同，C正確D錯誤。8、BC【解析】金屬框進入磁場前做勻加速運動，由圖線與時間軸所圍的面積讀出金屬框初始位置的bc邊到邊界MN的高度；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，根據時間和速度求解金屬框的邊長；由圖知，金屬線框進入磁場過程做勻速直線運動，重力和安培力平衡，列式可求出B由能量守恒定律求出在進入磁場過程中金屬框產生的熱量【詳解】金屬線框剛進入磁場時，根據楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向；故A錯

18、誤；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2-t1，故金屬框的邊長：l=v1（t2-t1）；故B正確；在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg=BIl，又 l=v1（t2-t1）聯立解得：；故C正確；t1到t2時間內，根據能量守恒定律，產生的熱量為：Q1=mgl=mg1（t2-t1）；t3到t4時間內，根據能量守恒定律，產生的熱量為：Q2=mgl+m(v32v22)=mg1（t2-t1）+m(v32v22)；故Q=Q1+Q2=2mg1（t2-t1）+m(v32v22)；故D正確；故選BCD9、AD【解析】小球在磁場中運動，洛倫茲力對小球

19、不做功，整個過程中小球的機械能守恒，小球在電場中受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度大小較小。兩個軌道的半徑相同，根據圓周運動的向心力的公式可以分析小球通過最低點是對軌道的壓力，【詳解】于小球在磁場中運動，洛倫茲力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；而小球在電場中運動時電場力對小球做負功，到達最低點時的速度的大小較小，所以不可能有vN=vM（一定有vNvM），在電場中運動的時間也長，故A正確，C錯誤；由于小球在磁場中運動，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達軌道的另一端，而電場力對小球做負功，所以小球在達到軌道另一端之前速度就減為零了，故不能到達最右端，故B錯誤；小球在磁

20、場中運動，在最低點進行受力分析可知：，解得：，小球在電場中運動，在最低點受力分析可知： ，解得：，因為vNvM，則FNFM，根據牛頓第三定律知，小球a對軌道的壓力小于小球b對軌道的壓力，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。【點睛】解決本題時要抓住電場力和洛倫茲力的區別，洛倫茲力對小球不做功，但是洛倫茲力影響了球對軌道的作用力，在電場中的小球，電場力對小球做功，影響小球的速度的大小，從而影響小球對軌道的壓力的大小。10、AB【解析】由題意可知，小球只受到恒力F與電場力，做勻速直線運動，所以它受到的合力為0，恒力F與電場力是一對平衡力。所以電場力的大小也是F，方向與恒力F的方向相反。即有qE=F，則

21、得E=F/q故A正確。從A到B的過程，電場力做功的大小：W=Fdcos則AB兩點的電勢差為U=Wq=Fdcosq，故B正確；從A到B的過程，電場力做負功，電勢能增加，大小為Fdcos，故C錯誤；要使帶電小球由B向A做勻速直線運動，仍然是合力為0，故F的大小和方向都不變。故D錯誤。故選AB。【點睛】對小球進行正確的受力分析，得出拉力與電場力是一對平衡力是解決該題的關鍵；電場力的方向與運動方向無關.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、3.50 2.70（2.502.90均可） 【解析】(1)1彈簧秤乙的分度值是0.1N，所以彈簧秤乙讀數為3.50N。(2)2先按標度畫出這兩個共點力，再用平行四邊形定則將兩力合成如圖： (3)3用刻度尺量出合力及標度對應線段的長度，兩者對比后可得12、 Rx1 大于 小于【解析】因為，而，故可認為RxRA，故應采用圖甲電路測量更準確，即Rx1更接近待測電阻的真實值；因為， ，UUR，I=IR，則，即測量值Rx1大于真實值；因為， ，U=UR，IIR，則，即測量值Rx2小于真實值；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),方向為b到a；(2)(3)【