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、我國發射的“天宮一號”和“神州八號”在對接前，“天宮一號”的運行軌道高度為350km，“神州八號”的運行軌道高度為343km它們的運行軌道均視為圓周，則A“天宮一號”比“神州八號”速度大B“天宮一號”比“神州八號”周期長C“天宮一號”比“神州八號”角速度大D“天宮一號”比“神州八號”加速度大2、關于電源的電動勢，下面敘述不正確的是（ ）A同一電源接入不同電路，電動勢不會發生變化B電動勢等于閉合電路中接在電源兩極間的電壓表測得的電壓C電源的電動勢反映電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小D在外電路接通時，電源的電動勢等于內外電路上的電壓之和3、質量為m1、m2的小球分別帶同種電荷q

3、1和q2，它們用等長的細線吊在同一點O，由于靜電斥力的作用，使m1球靠在豎直光滑墻上，m1球的拉線l1呈豎直方向，使m2球的拉線l2與豎直方向成角，m1、m2均處于靜止，如圖所示由于某種原因，m2球的帶電量q2逐漸減少，于是兩球拉線之間夾角也逐漸小直到零在角逐漸減小的過程中，關于l1、l2中的張力FT1、FT2的變化是()AFT1不變，FT2不變BFT1不變，FT2變小CFT1變小，FT2變小DFT1變小，FT2不變4、電源電動勢是表征電源把其它形式的能轉比為電能本領的物理量。下表給出了四種電池的電動勢,哪種電池把其它形式的能轉化為電能的本領最強（ ）A1號干電池B5號干電池C鉛蓄電池D手機鋰

4、電池5、傳感器是一種采集信息的重要器件，圖64是由電容器作為傳感器來測定壓力變化的電路，當待測壓力作用于膜片電極上時，下列說法中正確的是()若F向下壓膜片電極，電路中有從a到b的電流；若F向下壓膜片電極，電路中有從b到a的電流；若F向下壓膜片電極，電路中不會有電流產生；若電流表有示數，說明壓力F發生變化；若電流表有示數，說明壓力F不會發生變化ABCD6、如圖所示勻強電場E的區域內，在O點處放置一點電荷+Q，a、b、c、d、e、f為以O點為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是（ ）Ab、d兩點的電場強度不相同Ba點的電勢等于f點的電勢C點電荷+q

5、在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功D將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動，從球面上a點移動到c點的電勢能變化量一定最大二、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、下列說法中不正確的是（）A電阻A與阻值無窮大的電阻B并聯，電阻不變B電阻A與導線B（不計電阻）并聯，總電阻為零C并聯電路中一支路的電阻可能小于總電阻D并聯電路某一支路開路，總電阻為無窮大8、一負電荷僅受電場力的作用,從電場中的A點運動到B點,在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動,則A、B兩點電場強度E

6、A，EB及該電荷在A、B兩點的電勢能A、B之間的關系為( )AEAEBBEAEBCABDAB9、圖示的電路中，a、b、c為三盞完全相同的燈泡，L是一個自感系數很大、直流電阻為零的自感線圈，E為電源，S為開關關于三盞燈泡，下列說法正確的是（）A合上開關，c、b先亮，a后亮B合上開關一會后，a、b一樣亮C斷開開關，b、c同時熄滅，a緩慢熄滅D斷開開關，c馬上熄滅，b閃一下后和a一起緩慢熄滅10、我國第21次南極科考隊在南極觀看到了美麗的極光極光是由來自太陽的高能量帶電粒子流高速沖進高空稀薄大氣層時，被地球磁場俘獲，從而改變原有運動方向，向兩極做螺旋運動，如圖所示這些高能粒子在運動過程中與大氣分子或

7、原子劇烈碰撞或摩擦，從而激發大氣分子或原子使其發出各種顏色的光科學家發現并證實，向兩極做螺旋運動的這些高能粒子的旋轉半徑是不斷減小的，這主要與下列哪些因素有關( )A太陽對帶電粒子的引力做負功B越靠近南北兩極的磁感應強度越強C空氣阻力對帶電粒子做負功，使其動能減少D洛倫茲力對帶電粒子做負功，使其動能減少三、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）某實驗小組準備探究某種元件Q的伏安特性曲線，他們設計了如圖（甲）所示的電路圖請回答下列問題: （1）將圖（乙）中實物連線按圖（甲）的電路圖補充完整_（2）在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑

8、片P應置于最_端（填“左”或“右”）閉合開關S后，電流表、電壓表均有示數，但無論怎樣移動變阻器滑片，總不能使電壓表的示數調為零，原因可能是圖（甲）中的_（選填a、b、c、d、e、f ）處接觸不良（3）據實驗測得的數據，作出該元件的IU圖線如圖（丙）所示，則元件Q的電阻隨工作電壓的增大而_（填“不變”、“增大”或“減小”），元件Q在U=0.8V時的電阻值是_12（12分）某同學利用如圖甲所示的裝置探究在彈性限度內“彈簧彈力和彈簧伸長的關系”實驗，彈簧的最上端與刻度尺的零刻度對齊（1）將一個50g的鉤碼掛在彈簧的下端，彈簧指針如圖乙所示，則指針示數為_cm（2）在彈性限度內，將每個50g的鉤碼逐個

9、掛在彈簧下端，得到掛上不同數目的鉤碼對應的指針示數L如表所示，用表中數據計算出彈簧的勁度系數k=_N/m，彈簧沒有掛鉤碼時的豎直長度為_cm（重力加速度g=10m/s2，結果保留三位有效數字）鉤碼數1234L/cm19.7123.7027.70四、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）如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩極板的長度L=80cm，兩板間的距離d=10cm電源電動勢E=18V，內電阻r=1，電阻R=15閉合開關S，待電路穩定后，將一帶負電的小球從A、B兩金屬板左端正中間位置M處以初速度v0

10、=8m/s水平向右射入兩板間，恰能從上極板B板右側邊緣射出若小球帶電量為q=1101 C，質量為m=1101 kg，不考慮空氣阻力，重力加速度g=10m/s1求此時：（1）滑動變阻器接入電路的阻值；（1）電源的輸出功率14（16分）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、帶電量為 +q的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經x軸上M點進入電磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電磁場，MN之間的距離為L，小球過M 點時的速度方向與x軸正方向夾角為。不計空氣阻力，重力加速

11、度為g，求：（1）電場強度E的大小和方向；（2）小球從A點拋出時初速度v0的大小；（3）現使x軸下方的勻強磁場消失，x軸下方只有平行于y軸的勻強電場，當電場強度調整為多大時能使小球也經過N點。15（12分）如圖所示，勻強電場電場線與AC平行，把108C的負電荷從A點移到B點，電場力做功6108J，AB長6cm，AB與AC成60角（1）若B處電勢為1V，則A處電勢為多少？（2）求勻強電場的場強大小參考答案一、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】試題分析：A天宮一號和神州八號繞地球做勻速圓周運動，靠地球的萬有引力提供向心

12、力：即，根據這個等式得：線速度，天宮一號的軌道半徑大于神舟八號的軌道半徑，則天宮一號的線速度較小，A錯誤；B周期，天宮一號的軌道半徑大于神舟八號的軌道半徑，則天宮一號的周期更大，B正確；C角速度，天宮一號的軌道半徑大于神舟八號的軌道半徑，則天宮一號的角速度更小，C錯誤；D加速度，天宮一號的軌道半徑大于神舟八號的軌道半徑，則天宮一號的加速度更小，D錯誤2、B【解析】試題分析：電動勢是電源本身的特性，與外電路無關，故A對電動勢的值為閉合電路中內外電路上的電壓之和，閉合電路中接在電源兩極間的電壓表測得的電壓為路端電壓，不是電源電動勢故B錯，D對電源的電動勢物理意義是反映電源把其他形式的能轉化為電能的

13、本領大小，故C對故選B考點：電動勢的概念3、D【解析】小球B的受力情況如圖所示，重力m2g、懸線張力FT、庫侖斥力F，這三個力的合力為1因此這三個力構成封閉的力的三角形，且正好與幾何三角形OAB相似，有：因為OAOB，所以FT2m2g即FT2與無關，由于庫侖力的減小，導致B球受到A球的庫侖力大小減小，且方向趨于水平，則有FT1變小因此D正確，ABC錯誤故選D【點睛】本題從小球的受力分析出發尋求正確的答案，采用三角形相似法處理，比較簡單，也可以運用函數法研究4、D【解析】電動勢是表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大；電動勢越大，則把其他形式的能轉化為電能的本領越強；手機鋰電池的電動勢最大，它

14、把化學能轉化為電能的本領最強。A. 1號干電池。與結論不符，故A錯誤；B. 5號干電池。與結論不符，故B錯誤；C. 鉛蓄電池。與結論不符，故C錯誤；D. 手機鋰電池。與結論相符，故D正確。5、A【解析】F向下壓膜片電極，使得電容器兩板間的距離減少，電容器的電容增加，又因電容器兩極板間的電壓不變，所以電容器的電荷量增加，電容器繼續充電，電路中有從b到a的電流；因此電流表有示數說明壓力發生了變化，因此正確，選A6、D【解析】考點：電場強度；電勢能專題：電場力與電勢的性質專題分析：該電場是勻強電場和點電荷電場的合電場，根據電場的疊加比較電場強度的大小和方向通過電場力做功判斷電勢差的大小，從而判斷電勢

15、的高低解答：解：A、b、d兩點的合場強大小相等，方向不同，所以場強不同故A錯誤B、將電荷從e點移到f點，點電荷的電場不做功，勻強電場也不做功，知合場強不做功，所以兩點間的電勢差為0，兩點電勢相等故B正確C、點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，點電荷的電場不做功，但勻強電場不一定不做功所以電場力不一定不做功故C錯誤D、a點與c點連線勻強電場的場強相等，方向相同，但關于O點對稱的點電荷的場強大小相等，方向相反，在這連線上沒有場強相同的點故D正確故選BD點評：解決本題的關鍵知道電場強度是矢量，合成遵循平行四邊形定則，以及知道電場力做功與電勢差的關系二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分

16、。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、CD【解析】A、若電阻與一無窮大的電阻并聯，則總電阻等于A的阻值；故A正確；B、電阻與導線并聯時，導線電阻為零，則電阻被短路，總電阻為零；故B正確；C、并聯電路中，并聯的電阻越多，則總電阻越小；故C錯誤；D、并聯電路中某一支路開路時，總電阻變大，但絕不會為無窮大；故D錯誤；不正確的是故選CD8、AD【解析】C、D、電荷做初速度為零的勻加速直線運動，且只受電場力，因此電場力做正功，電勢能減小，所以B點的電勢能較小所以AB，則C錯誤，D正確；A、B、電荷做勻加速直線運動，所以根據Eq=

17、ma可知，電場強度不變，即EA=EB ，故A正確，B錯誤故選AD【點睛】本題比較簡單，基礎性強；要加強理解電場力和電場強度關系，電勢能和電場力做功關系9、AB【解析】A開關S閉合瞬間，因線圈L的電流增大，磁能量增大，產生自感電動勢，根據楞次定律可知，自感電動勢阻礙電流的增大，通過a燈的電流逐漸增大，所以b、c先亮，a后亮，故A正確；B合上開關一會兒后，因線圈中電流逐漸穩定，則相當于導線，所以a、b一樣亮，故B正確；CD斷開開關S的瞬間，由電感的特性可知：L和a、b組成的回路中有電流，導致a、b一起緩慢熄滅；而c沒有電流，馬上熄滅。由于原來ab兩燈的電流相等，開關斷開的瞬間，通過a、b和線圈回路

18、的電流從a燈原來的電流減小，所以兩燈都不會閃亮，故CD錯誤。故選AB。10、BC【解析】A、粒子在運動過程中，若電量增大，由洛倫茲力提供向心力，得出的半徑公式，可知當電量增大時，半徑是減小，與太陽的引力做功無關,故A錯誤B、粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應強度較強，由洛倫茲力提供向心力，得出的半徑公式，可知，當磁感應強度增加時，半徑是減小，故B正確C、粒子在運動過程中可能受到空氣的阻力，對粒子做負功，所以其動能會減小，故C正確； D、地球的磁場由南向北，當帶負電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉；當帶正電的宇宙射線粒子垂直于地

19、面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向，粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故D錯誤；故選BC【點睛】本題就是考查左手定則的應用，掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向同時利用洛倫茲力提供向心力，推導出運動軌跡的半徑公式來定性分析三、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、（1）如圖所示；（2）左，f；（3）減小，16【解析】（1）根據原理圖可得出對應的實物圖,注意滑動變阻器以及電流表的接法;（2）為了保證電路安全，流過用電器的電流要從小電流開始，（3）根據圖像可求出不同電壓下元件Q的電阻【詳解】（1）分析電路原

20、理圖,得出對應的實物圖如圖所示;（2）為了保證電路安全，在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片P應置于最左端，閉合開關S后，電流表、電壓表均有示數，但無論怎樣移動變阻器滑片，總不能使電壓表的示數調為零，則說明電路沒有達到分壓的效果,故圖中f沒有連接好（3）圖像的斜率表示電阻的倒數，所以元件Q的電阻隨工作電壓的增大而減小，元件Q在U=0.8V時的電流為0.05A，所以Q的電阻值是12、（1）15.71；（2）12.5；11.71；【解析】（1）由圖乙可知：指針示數為15.71cm；(2)由表格中掛不同鉤碼是彈簧的長度可知：設彈簧的原長為L0，則有，由以上兩式可得：，。四、計算題：本題共2小

21、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）11；（1）17W.【解析】試題分析：電容器與RP并聯，則電容器兩端的電壓等于RP兩端的電壓，小球在兩極板間做類平拋運動，根據類平拋運動的規律求出小球的加速度，由牛頓第二定律求出電場力，再求出兩極板的場強和電壓，則由閉合電路歐姆定律可求得電流，再由歐姆定律可求得滑動變阻器接入電阻；由功率公式可求得電源的輸出功率（1）小球在極板間做類平拋運動水平方向：t=Lv0=0.88s=0.1s；豎直方向12d=12at2，代入數據解得a=20m/s2對小球，根據牛頓第二定律有F-mg=ma，代入數據解得：F=0.6N極板間電場強度為E=Fq=0.6110-2N/C=60N/C兩極板間的電壓為：U=Ed=60