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1、2023學年高二上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、某物體做直線運動的v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是A0 2s內(nèi)物體做勻速直線運動B0 2s內(nèi)物體做勻減速直線運動C0 2s內(nèi)物體的位移為2mD0 2s內(nèi)物體的位移為零2、關(guān)于電

2、流，下列說法正確的是A通過導線截面的電量越多，電流越大B單位時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量越多，則導體中電流越大C電流有方向，因此電流是矢量D通電時間越短，電流越大3、如圖所示，一簇電場線的分布關(guān)于y軸對稱，O是坐標原點，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，則下列說法正確的是（ ）AM點的電勢比P點的電勢高BOM間的電勢差小于NO間的電勢差C一正電荷在O點時的電勢能小于在Q點時的電勢能D將一負電荷由M點移到P點，電場力不做功4、在xOy坐標系的、象限有垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸上A點(L，0)同時以相同速率v沿不同方向發(fā)出a、b兩個相同帶電粒子(

3、粒子重力不計)，其中a沿平行+y方向發(fā)射，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，均先后到達y軸上的B點(0， L)，則兩個粒子到達B點的時間差為ABCD5、雷擊，指打雷時電流通過人、畜、樹木、建筑物等而造成殺傷或破壞，其中一種雷擊形式是帶電的云層與大地上某點之間發(fā)生迅猛的放電現(xiàn)象，叫作“直擊雷”。若某次發(fā)生“直擊雷”前瞬間云層所帶的電荷量為8C，雷擊時放電時間為200，則此次雷擊時的平均電流為A0. 04ABC0. 08AD6、一個電流表的滿偏電壓為Ug，內(nèi)電阻為Rg，要把它改裝成量程為nUg的電壓表，應在電流表上（ ）A串聯(lián)一個nRg的電阻B并聯(lián)一個nRg的電阻C串聯(lián)一個（n-1）Rg的電阻D并聯(lián)一個（n-1）Rg

4、的電阻二、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、在如圖所示電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r開關(guān)S1、S2、S3、S4均閉合，C是水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P，下列哪些方法會使P向上運動A斷開S2B適當減小兩板之間的距離C斷開S4并適當減小兩板之間的距離D斷開S4并適當減小兩板之間的正對面積8、某電場的電場線分布如圖所示，的距離等于的距離，則（ ）A電荷帶正電B點的電場強度大于點的電場強度C的電勢差大于的電勢差D正檢驗電荷在點的電勢能大于在點的電勢能9、如圖所示

5、，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上以下判斷正確的是 Ab點場強大于d點場強Bb點場強小于d點場強Ca、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D試探電荷+q在a點的電勢能小于在c點的電勢能10、下列說法正確的是（）A在電場中順著電場線移動電荷，電場力一定做正功，電荷電勢能減少B在電場中逆著電場線移動電荷，電場力一定做負功，電荷電勢能增加C在電場中順著電場線移動正電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少D在電場中逆著電場線移動負電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少三、實驗題：本題共2

6、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）如圖所示，為“測繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗的實物電路圖，已知小燈泡的額定電壓為3V.（1）在圖乙方框圖中畫出與實物電路相對應的電路圖（_）（2）完成下列實驗步驟：閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，滑片應停留在滑動變阻器的最_(選填“左”或“右”)端；閉合開關(guān)后，逐漸移動滑動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓；記錄如下8組U和I的數(shù)據(jù)，斷開開關(guān)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖丙方格紙上作出小燈泡燈絲的伏安特性曲線. （_）編號12345678U/V0.200.601.001.40

7、1.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205小燈泡發(fā)光情況 不亮 微亮 逐漸變亮 正常發(fā)光（3）數(shù)據(jù)分析：圖線表明導體的電阻隨溫度的升高而_小燈泡正常工作時的電阻約為_(保留到小數(shù)點后一位)12（12分）如圖所示為探究“感應電流方向的規(guī)律”實驗裝置， (1)下列電表中最適合該實驗的是_填選項字母 （2）把磁鐵放在線圈內(nèi)不動_ 感應電流填“有”或“無”（3）實驗發(fā)現(xiàn)，如果把磁鐵由圖示位置向上抽出，電流計指針向右偏?，F(xiàn)將磁鐵由圖示位置向下抽出，則電流計指針向_偏。填“左”或“右”四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在

8、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，平行板電容器為C，電荷量Q0，極板長為L，極板間距離為d，極板與水平面成夾角，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點由靜出發(fā)到達Q點，P、Q兩點都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應，求：（1）液滴的電荷量；（2）液滴到達Q點時的速度大小14（16分）如圖所示，真空中兩個相同的小球帶有等量同種電荷，質(zhì)量均為m，分別用長為L的絕緣細線懸掛于絕緣天花板的一點，當平衡時B球偏離豎直方向60，A豎直懸掛且與絕緣墻接觸。（重力加速度為g，靜電力常量為k）求：(1)小球的帶電荷量和墻壁受到的壓力(2)兩條細線的拉力15（

9、12分）光滑水平面上放著質(zhì)量mA=0.5kg的物塊A與質(zhì)量mB=1kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能EP =31J在A、B間系一輕質(zhì)細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示放手后B向右運動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道（其半徑R=0.5m）B恰能到達最高點，取g=10m/s1求：（1）繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小 （1）繩拉斷過程繩對B的沖量的大小和方向 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

10、題目要求的。1、D【解析】AB.物體01s內(nèi)向正方向做勻減速直線運動，1s2s向反方向做勻加速直線運動，故AB錯誤；CD.根據(jù)速度時間圖象圍成的面積表示位移，則0 2s位移為：m故C錯誤，D正確。2、B【解析】根據(jù)I=q/t可知，通過導體橫截面的電量多，但不知道通電時間，所以不能得出導體中的電流大小，故A錯誤；由電流的定義可知，單位時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量相多，則導體中電流越大；故B正確；電流有方向，但電流是標量；故C錯誤；通電時間短，若流過的電量小，則電流一樣可以很??；故D錯誤；故選B3、B【解析】根據(jù)電場線與等勢線垂直特點，在M點所在電場線上找到p點的等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，

11、P點的電勢比M點的電勢高，故A錯誤；根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強度比NO之間的平均電場強度小，故由公式U=Ed可知，OM間的電勢差小于NO間的電勢差，故B正確；O點電勢高于Q點，根據(jù)Ep=q可知，正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能，故C錯誤；M點的電勢比P點的電勢低，負電荷從低電勢移動到高電勢電場力做正功，故D錯誤。故選B。【點睛】電場線、電場強度、電勢、電勢差、電勢能等物理量之間的關(guān)系以及大小比較，是電場中的重點和難點，在平時訓練中要加強這方面的練習，以加深對概念的理解4、D【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，使其做勻速圓周運動，并由題意可分劣圓弧與優(yōu)圓弧，從而由幾何關(guān)系來確定已

12、知長度與半徑的關(guān)系，并由周期公式可兩個粒子到達B點的時間差做出ab的運動的軌跡如圖，對于a的運動軌跡，由幾何關(guān)系得： ，解得，a粒子的偏轉(zhuǎn)角，所以，同理可得b粒子的偏轉(zhuǎn)角 ，a粒子在磁場中運動的時間，b粒子在磁場中運動的時間： ，它們到達B點的時間差： ，D正確5、B【解析】已知雷擊時放電時間為200s，放電量等于8C，則此次雷擊時的平均電流為：，故B正確，ACD錯誤；6、C【解析】試題分析：電流表改裝成大量程的電流壓表要串聯(lián)電阻起分壓的作用，串聯(lián)的電阻值根據(jù)歐姆定律求解解：電流表改裝成大量程電壓表要串聯(lián)電阻分壓，串聯(lián)的電阻值為：R=（n1）Rg故選C【點評】考查電壓表的改裝，明確串聯(lián)電阻的阻

13、值的表達式二、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、ABD【解析】斷開，C直接接到電源兩端，C兩端電壓增大，故E增大，電場力增大，油滴向上運動，故A正確；其他條件不變時，電容器兩端的電壓不變，適當減小兩板間的距離時，由可知，板間的電場強度增大，故油滴受到的電場力大于重力，油滴向上運動，故B正確；斷開時電容器與電源斷開，電量不變，減小兩板間的距離時，根據(jù)、可知，則可知，電場強度不變，故油滴不動，故C錯誤；斷開時電容器與電源斷開，電量不變，根據(jù)可知，減小兩板之間的正對面積時C減

14、小，則U增大，由于d不變，電場強度E增大，故油滴向上移動，故D正確【點睛】解決本題的關(guān)鍵要明確電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于與之并聯(lián)的電路兩端的電壓，注意與電容器串聯(lián)的電阻相當于導線然后再結(jié)合電容器的動態(tài)分析規(guī)律進行分析即可求解8、ACD【解析】A、電場線從正電荷出發(fā)，A正確；B、從電場線的分布情況可以知道，b的電場線比a的密，所以a點的電場強度小于b點的電場強度，B錯誤；C、因為ce間的平均電場強度大于ef間的平均電場強度，根據(jù)可知ce間的電勢差大于ef間的電勢差，C正確；D、根據(jù)沿電場線電勢降低可以知道：c點的電勢高于d點的電勢，根據(jù)可得正檢驗電荷在c點的電勢能大于在d點的電勢能，D正確9、

15、BC【解析】試題分析：在兩等量異號電荷連線上，中間點電場強度最??；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大；所以b點場強小于d點場強；由對稱性可知，a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差，故選項BC正確；因a點的電勢高于c點的電勢，故試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，選項D錯誤考點：電場的疊加、電勢能【名師點睛】常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性10、CD【解析】AC在電場中順著電場線移動正電荷，電場力方向沿電場線的方向，故電場力做正功，電勢能減少；順著電場線移動負電荷，電場力

16、方向逆著電場線的方向，故電場力做負功，電勢能增加，故A錯誤，C正確；BD逆著電場線移動正電荷，電場力做負功，電勢能增大；逆著電場線移動負電荷，電場力做正功，電勢能減少，故BD錯誤，D正確；故選CD【點睛】電場線中電場強度的方向沿電場線的切線方向，正電荷受力方向沿電場強度的方向；電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大三、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、 左 增大 14.6 【解析】(1)1測定小燈泡的伏安特性曲線，電壓與電流要從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻較小，約為幾歐姆到十幾歐姆，遠小于電壓表內(nèi)阻，電流表應

17、采用外接法，所以電路圖如圖(2)2為保護電路安全，開關(guān)閉合之前，圖乙中滑動變阻器的滑片應該置于左端；3根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，畫出小燈泡的I-U圖線如圖(3)4圖線表明導體的電阻隨溫度升高而增大；5根據(jù)I-U圖線得電壓U=3V時，I=0.205A，所以小燈泡正常工作時的電阻約為12、（1）B； （2）無； （3）右 【解析】（1）當條形磁鐵的運動，會導致閉合線圈內(nèi)的磁通量變化，從而產(chǎn)生較小的感應電流，因此需要靈敏的電流計，因電流有方向，所以選指針在中央的電流計，即B圖的電流表最合適。（2）把磁鐵放在線圈內(nèi)不動，磁通量不變，則無感應電流（3）把磁鐵由圖示位置向上抽出時，穿過線圈的磁通量向下減小，電流計

18、指針向右偏。現(xiàn)將磁鐵由圖示位置向下抽出，穿過線圈的磁通量也是向下減小，則電流計指針也是向右偏.【點睛】考查感應電流產(chǎn)生的條件，理解感應電流大小與方向影響因素，注意各電流表的區(qū)別，掌握楞次定律是解題的關(guān)鍵四、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）液滴的電荷量為；（2）液滴到達Q點時的速度大小為【解析】試題分析：（1）帶電液滴沿直線運動，重力和電場力的合力方向必沿PQ直線根據(jù)力的合成法，求解液滴的電荷量（2）根據(jù)動能定理求解液滴到達Q點時的速度大小解：（1）帶電液滴沿直線運動，重力和電場力的合力方向必沿PQ直線，可知電

19、場力必定垂直于極板向上，如圖則有：qE=mgcos又E=聯(lián)立解得：液滴的電荷量為：q=；（2）在此過程中，電場力不做功，根據(jù)動能定理得：mgLsin=解之得：液滴到達Q點時的速度大小為：v=答：（1）液滴的電荷量為；（2）液滴到達Q點時的速度大小為【點評】本題關(guān)鍵要掌握物體做直線運動的條件：合外力與速度在同一條直線上，運用合成法求解電荷量14、 (1);，方向水平向左 (2), TB=mg【解析】分別對B球受力分析，運用力的合成或分解，結(jié)合共點力平衡條件，與庫侖定律，即可解決問題；再對A球受力分析，運用力的分解，結(jié)合三角知識，即牛頓第三定律，即可求解【詳解】(1)對B球受力分析如圖所示：B球受

20、三力平衡，則重力與庫倫力的合力大小等于繩子拉力，方向與繩子拉力方向相反，由幾何知識可知：F=mg=TB根據(jù)庫倫定律：解得：對A球受力分析如圖：A球受力平衡：由牛頓第三定律得：墻受到小球的壓力大小為，方向水平向左(2)對A球受力平衡：TA=mg+Fcos60=由前面分析知TB=mg【點睛】對小球進行受力分析，運用力的合成或分解結(jié)合共點力平衡條件解決問題需要注意的是：兩小球受到的庫倫力是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上15、（1）；（1），方向為水平向左【解析】（1）B恰好到最高點C，則有：從繩斷后到最高點,對B由動能定理：聯(lián)立解得：vB=5m/s；（1）在繩子被拉斷前，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動能，設(shè)彈簧恢復原長時B的速度為v1，則有能量守恒有：代入數(shù)據(jù)解得：v1=8m/s，取向右為正，對B由動量定理可得：I=mBvBmBv1代入數(shù)據(jù)可得：I=3Ns方向水平向左。