1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列說法正確的是（）A磁場中的磁感線是客觀存在的B磁極對磁極的作用、電流對電流的作用都是通

2、過磁場發生的C閉合電路的歐姆定律，對純電阻電路和非純電阻電路都適用D由可知，磁感應強度大小與放入該處的通電導線的I、L的乘積成反比2、用比值法定義物理量是物理學中一種常用方法下面有四個物理量：電勢加速度電場強度導體的電阻，其中屬于比值法定義的一組是（）ABCD3、一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變,在兩極板間插入一電介質,其電容C 和兩極板間的電勢差U 的變化情況是AC 和U 均增大BC 增大,U 減小CC 減小,U 增大DC 和U 均減小4、如圖所示，質量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計空氣阻力，下列說法正確的

3、是（）A小球a、b在空中飛行的時間之比為2：1B小球a、b拋出時的初速度大小之比為2：1C小球a、b到達斜面底端時的動能之比為4：1D小球a、b到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角之比為1：15、如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼均接地用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度在整個實驗過程中，保持帶電量Q不變，下面的操作中將使靜電計指針張角變小的是（ ）A僅將M板向上平移B僅將M板向下平移C僅將M板向左平移D僅在M、N之間插入云母板（介電常數大于1）6、如圖是演示小蠟塊在玻璃

4、管中運動規律的裝置現讓玻璃管沿水平方向做勻速直線運動，同時小蠟塊從O點開始沿豎直玻璃管向上做勻加速直線運動，那么下圖中能夠大致反映小蠟塊運動軌跡的是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、真空中相距為3a的兩個點電荷M，N分別固定于x軸上的x1=0和x2=3a的兩點上，在他們連線上各點的電場強度E隨x變化關系如圖所示，以下判斷正確的是Ax=a處的電勢一定大于0B點電荷M,N一定為同種電荷C在兩點電荷之間沿x軸正向電勢可能先降低再升高D點電荷M,N所帶電荷量的絕對值

5、之比為2：18、輕繩一端通過光滑的定滑輪與物塊P連接，另一端與套在光滑豎直桿上的圓環Q連接，Q從靜止釋放后，上升一定距離到達與定滑輪等高處，則在此過程中（ ）A任意時刻P、Q兩物體的速度大小滿足vPvQB任意時刻Q受到的拉力大小與P的重力大小相等C物塊P機械能不守恒，Q一直加速上升D當Q上升到與滑輪等高時，Q的機械能最大9、如圖所示是水下機器人 PowerRay“小海鰩”，它在水下開啟尋魚模式可以通過聲納技術(通過發射聲波和接收回波判斷目標物的距離、方位和移動速度等信息)準確探測魚群它也能將水下魚群信息通過無線電波傳輸上岸，由于水中衰減快，其最大傳輸距離為80m下列分析合理的是（ ）A聲波和無

6、線電波在水中的傳播速度相等B無線電波在水中衰減指的是其頻率不斷減小C發射聲波后能形成回波是波的反射現象D若接收回波頻率大于發射聲波的頻率，說明魚正在靠近10、如圖所示，平行實線代表電場線，方向未知，帶電量為1102C的正電荷在電場中只受電場力作用該電荷由A點運動到B點，動能損失了0.1J，若A點電勢為10V，則：AB點的電勢為零B電場線方向向左C電荷運動的軌跡可能是圖中曲線D電荷運動的軌跡可能是圖中曲線三、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）如圖甲所示，若用多用電表測量某一電阻Rx阻值，多用電表選擇開關處于“10”歐姆擋，指針指在最上

7、端的“20”和“40”刻度的正中間，則Rx的阻值_300(選填“大于”、“等于”或“小于”)。圖乙中游標卡尺的讀數為_cm。12（12分）兩位同學用如圖所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律（1）實驗中必須滿足的條件是_A斜槽軌道盡量光滑以減小誤差B斜槽軌道末端的切線必須水平C入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下D兩球的質量必須相等（2）測量所得入射球A的質量為mA，被碰撞小球B的質量為mB，圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，

8、與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON當所測物理量滿足表達式_時，即說明兩球碰撞中動量守恒；如果滿足表達式_時，則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞（1）乙同學也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖12所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球A、球B與木條的撞擊點實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點

9、分別為M和N測得B與N、P、M各點的高度差分別為h1、h2、h1若所測物理量滿足表達式_時，則說明球A和球B碰撞中動量守恒四、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）用洛倫茲力演示儀可以觀察運動電子在磁場中的運動軌跡，如圖甲和乙是洛倫茲力演示儀的實物圖和結構示意圖。兩個平行的共軸串聯的圓形線圈構成勵磁線圈，通過電流表可測其電流I的大小。當通過勵磁線圈的電流為I時，線圈之間產生沿線圈軸向的勻強磁場的磁感應強度的大小為B電子槍中的電子（初速度不計）的加速電壓U的大小通過電壓表可以測量，電流I和電壓U的大小都可以調節。電

10、子垂直于磁場方向入射后的運動軌跡如圖乙所示。不計電子所受重力以及電子運動對磁場的影響。(1)如果已知電子電荷量為e，質量為m，且在某次實驗中，勻強磁場的磁感應強度的大小為B0。a求電子運動周期T的大??；b電子的運動等效為環形電流，求此電流值I0的大小。(2)圖甲中的標尺可測量電子束直徑D，且磁感應強度與勵磁電流的關系為BkI（k為已知常數）。a請通過計算說明利用此實驗可以測量電子的比荷；b某學習小組實驗后做出的圖象如圖丙所示，并求出了此圖象斜率為k請推導電子比荷測量值的表達式，并指出他們實驗過程中需要控制不變的物理量。14（16分）如圖，勻強電場中A、B、C三點構成一個直角三角形，AC邊長為4

11、m，A=30，把電荷量為+210-10C的點電荷由A點移動到B點，電場力做功4.810-8 J，再由B點移到C點電荷克服電場力做功4.810-8 J，取B點的電勢為零，求：（1）A、C兩點的電勢；（2）勻強電場的場強的大小及方向.15（12分）一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊（可視為質點），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的現讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動，當其速度達到v0后，便以此速度做勻速運動經過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動求：（1）傳送帶從靜止開始加速到v0所需的時間；（2）從傳送帶開始運動到速度剛達到v0這段時間內

12、，煤塊相對地面的位移大小；（3）煤塊在傳送帶上留下黑色痕跡的長度參考答案一、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】A磁感線不是真實存在的，是科學家為了研究方便假象出來的。故A錯誤。B磁場和電流周圍都有磁場，所以磁極對磁極的作用、電流對電流的作用都是通過磁場發生的。故B正確。C閉合電路的歐姆定律，僅適用于外電路是純電阻的電路。故C錯誤。D磁場中某處的磁感應強度大小，就是通以電流I、長為L的一小段導線垂直放在該處時所受磁場力F與I、L的乘積的比值。磁感應強度B跟磁場力F，跟電流強度I和導線長度L的乘積均無關。故D錯誤。2、

13、C【解析】所謂比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比值”來定義一個新的物理量的方法比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變【詳解】：電勢 ，電勢是電荷所受具有的電勢能與該電荷所帶電荷量的比值，電勢與電勢能和電荷量無關，屬于比值定義法，故正確；加速度，這是牛頓第二定律表達式，說明加速度與所受的合力成正比，與質量成反比，不是比值定義法，故錯誤；電場強度，電場強度與場源電荷量成正比，與距離的平方成反比，不是比值定義法，故錯誤；導體的電阻阻R與電壓、電流無關，是其本身的屬性，是比值定義法，故正確故屬于比值定義法的是，故C正確，ABD錯誤

14、；故選C【點睛】解決本題的關鍵理解比值定義法的共性：被定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性3、B【解析】解：由公式知，在兩極板間插入一電介質，其電容C增大，由公式知，電荷量不變時U減小，B正確故選B【點評】本題考查了等容的定義式和決定式的配合應用4、D【解析】因為兩球下落的高度之比為2：1，根據h=gt2得，高度之比為2：1，則時間之比為：1，故A錯誤兩球的水平位移之比為2：1，時間之比為：1，根據 知，初速度之比為：1，故B錯誤根據動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比EKa：Ekb=(mva2+mgha)：(mvb2+mghb)=2：1，故C錯誤小球落在斜面上，速度方向與水平方向夾角的

15、正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因為位移與水平方向的夾角相等，則速度與水平方向的夾角相等，到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角也相等，故D正確故選D5、D【解析】試題分析：電容器的M板通過大地與靜電計的金屬外殼連接，右邊的N板與靜電計指針相連，兩板之間電壓越高，靜電計的指針張角越大在電荷量不變時，張角變小即電壓變小可判斷電容變大，而平行板電容器電容，M板上移或者M板下移都是正對面積變小，電容C變小，電壓升高靜電計張角變大選項AB錯M板向左平移，兩板之間的距離變大，電容變小，電壓升高靜電計張角變大選項C錯僅在M、N之間插入云母板（介電常數大于1）而空氣的介電常數等于1即電容C變大，電壓降低

16、靜電計張角變小，選項D對考點：平行板電容器6、C【解析】合初速度的方向水平向右，合加速度的方向豎直向上，兩者不在同一條直線上，必然做曲線運動，根據軌跡每點的切線方向表示速度的方向，軌跡的彎曲的方向大致與所受合力的方向一致，即合力方向指向軌跡的凹向，可知C正確，ABD錯誤故選C點睛：解決本題的關鍵掌握曲線運動的條件和曲線運動的特點以及運動的合成和分解此題還可以通過軌跡方程來確定軌跡.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】A.由于電勢是一個相對概念，即零電勢的選

17、擇是任意的，則x=a處的電勢可以為0，也可以大于0，也可以小于0，故A錯誤；B. 若兩電荷為異種電荷，在x=2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷，故B正確；C. 若選沿x軸方向為正方向， 02a電場為正，方向向右， 2a3a電場為負，方向向左，而沿電場線方向電勢降低，所以在兩點電荷之間沿x軸正向電勢先降低再升高，故C正確；D.2a處合場強=0，由知， ，所以M、N所帶電荷量的絕對值之比為4：1，故D錯誤。8、AD【解析】A.將物塊Q的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，Q沿繩子方向的分速度等于P的速度當輕繩與桿的夾角為時，由速度的分解有：vP=vQcos，cos1，則得vPvQ.

18、故A正確；B.P先向下做加速運動，處于失重狀態，則繩的拉力大小小于P的重力大小，即Q受到的拉力大小小于P的重力大小，后向下減速，處于超重狀態，拉力大小大于P的重力大小，故B錯誤；C. 物塊P下落過程中，繩子拉力對P做負功，則P的機械能減小Q開始細線拉力沿豎直方向的分力大于重力，加速度方向向上，后來細線的拉力沿豎直方向的分力小于重力，加速度方向向下，Q先加速上升，后減速上升，故C錯誤；D. 除重力以外其它力做的功等于物體機械能的增量，物塊Q上升到與滑輪等高前，拉力做正功，機械能增加，物塊Q上升到與滑輪等高后，拉力做負功，機械能減小所以Q上升到與滑輪等高時，機械能最大故D正確故選AD【點睛】將物塊

19、Q的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，Q沿繩子方向的分速度等于P的速度結合平行四邊形定則求出P、Q速度的關系通過繩子拉力對Q物體的做功情況，判斷物塊Q機械能的變化，從而得出何時機械能最大9、CD【解析】聲音進入水中傳播速度會增大，無線電波進入水中速度會減小，但兩者的速度不相等，故A錯誤；無線電波進入水中時頻率不變，波長變短，故B錯誤；發射聲波后能形成回波是波的反射現象，故C正確；根據聲音的多普勒效應可知，若接收回波頻率大于發射聲波的頻率，說明聲源接近觀察者，即魚正在靠近，故CD正確故選CD10、ABC【解析】考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；物體做曲線運動的條件；動能定理；電勢；電勢能分

20、析：由帶電微粒的動能變化確定在A、B兩點的電勢能的大小關系，判斷出A、B兩點電勢的高低根據沿電場線方向電勢是降低的，得出電場線的方向由運動方向和所受電場力的方向判斷微粒的運動軌跡解答：解：由動能定理可知WE=EK=-0.1J；可知粒子受到的電場力做負功，故粒子電勢能增加，B點的電勢高于A點電勢；而電場線由高電勢指向低電勢，故電場線向左，故B正確；AB兩點的電勢差UAB=WEq=-10V，則UA-UB=10V解得UB=0V；故A正確；若粒子沿軌跡1運動，A點速度沿切線方向向右，受力向左，故粒子將向上偏轉，故C正確；若粒子沿軌跡2運動，A點速度沿切線方向向右上，而受力向左，故粒子將向左上偏轉，故D

21、錯誤；故選ABC點評：物體做由線運動時，運動的軌跡應夾在初始速度及合外力方向的中間；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、小于 5.990 【解析】1因歐姆表的表盤刻度越向左越密集，越往右越稀疏，則20和40中間的刻度值小于30，則Rx的阻值小于300；2圖乙中游標卡尺的讀數為：5.9cm+0.05mm18=5.990cm12、BC mAOP= mAOM+ mBON OP+OM=ON 【解析】A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B、要保

22、證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止滾下，故C正確；D、為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球質量大于被碰小球質量，故D錯誤；故選BC小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若兩球相碰前后的動量守恒，則mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON，若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；小球做平拋運動，在豎直方向上：h=gt2，平拋運動時間：t=，設軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運動的初速度：vA=，vA=，vB=，如果碰撞過程動量守恒，則：mAvA=mAvA+mBvB，將速度代入動量守恒表達式解得：四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案