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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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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、作用在一個物體上的兩個共點力，大小分別是30N和40N，如果它們的夾角是90，則這兩個力的合力大小為（）A10

2、NB35NC50ND70N2、如圖所示，a、b為某電場線上的兩點，那么以下結論正確的是（）A把正電荷從a移到b，電場力做負功，電荷的電勢能減少B把負電荷從a移到b，電場力做負功，電荷的電勢能增加C把負電荷從a移到b，電場力做正功，電荷的電勢能增加D不論正電荷還是負電荷，從a移到b電勢能逐漸降低3、如圖所示，直角坐標系中y軸右側存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應強度為B，右邊界PQ平行y軸，一粒子（重力不計）從原點O以與x軸正方向成角的速率v垂直射入磁場，若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場，若斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運

3、動的時間分別為（）ABCD4、空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來不帶電，由于靜電感應，兩球在空間形成了如圖所示穩(wěn)定的靜電場實線為其電場線，虛線為其等勢線，A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關于直線AB對稱，則( )AA點和B點的電勢相同BC點和D點的電場強度相同C正電荷從A點移至B點，靜電力做正功D負電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先增大后減小5、對于做曲線運動的物體，下列說法正確的是（ ）A物體所受的合力為零B物體所受的合力方向與速度方向不在同一直線上C物體所受的合力方向與速度方向相同D物體所受的合力方向與速度方向相反6、兩根長度均為L的絕緣細線分別系住質(zhì)

4、量相等、電荷量均為+Q的小球a、b，并懸掛在O點當兩個小球靜止時，它們處在同一高度上，且兩細線與豎直方向間夾角均為=30，如圖所示，靜電力常量為k，則每個小球的質(zhì)量為（ ）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，實線表示一簇關于x軸對稱的等勢面，在軸上有等間距的A、B、C三點，下列正確的是（ ）AA點場強大于B點場強BA點場強小于B點場強CA點場強方向指向x軸正方向DAB的電勢差等于BC間的電勢差8、如圖所示，光滑絕緣的水平面內(nèi)存在場強為E的勻強電場，長

5、度為L絕緣光滑的擋板AC與電場方向夾角為30現(xiàn)有質(zhì)量相等、電荷量均為Q的甲、乙兩個帶電體從A處出發(fā)，甲由靜止釋放，沿AC邊無摩擦滑動，乙垂直于電場方向以一定的初速度運動，甲、乙兩個帶電體都通過C處則甲、乙兩個帶電體（ ）A發(fā)生的位移相等B通過C處的速度相等C電勢能減少量都為D從A運動到C時間之比為9、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即，實線為一帶正電的質(zhì)點（不計重力），僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知正確的是A三個等勢面中的，a 的電勢最高B帶電質(zhì)點通過M點時的加速度比通過N點時大C帶電質(zhì)點通過M點時的動能比通

6、過N點時大D帶電質(zhì)點在M點具有的電勢能等于在N點具有的電勢能10、如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長的 固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電量為+q，電場強度為E、磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中：（ ）A小球的加速度先增大后減小B小球的機械能和電勢能的總和保持不變C下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是D下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是三、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）讀出圖中游標卡尺（20等分）和螺旋測微器的讀數(shù)

7、：圖a的讀數(shù)為_cm圖b讀數(shù)為_cm 12（12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(shù)，但無論怎樣移動變阻器滑片，總不能使電壓表的示數(shù)調(diào)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(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，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

8、值是_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，輸入電壓U恒為12V，燈泡L上標有“6V、12W“字樣，電動機線圈的電阻RM=O50若燈泡恰能正常發(fā)光，求 (1)電動機的輸入功率(2)電動機的輸出功率(3)整個電路消耗的電功率(4)電動機若卡住不轉(zhuǎn)動，燈泡將能否燒壞，請說明理由14（16分）如圖所示，在平面直角坐標系xoy中第1象限存在沿y軸負方向的水平勻強電場，在x軸下側平面內(nèi)某處固定著一點電荷(設勻強電場與點電荷電場以x軸為界互不影響)，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M

9、點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60角射入第4象限，此后在點電荷作用下做勻速圓周運動，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出，OP3R。不計粒子重力，靜電力常量為k，求：(1)MN兩點間的電勢差UMN；(2)固定x軸下側平面內(nèi)的點電荷電量Q；(3)勻強電場的電場強度。15（12分）如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=0.6 cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地時，A板電勢A隨時間變化的情況如圖乙所示現(xiàn)有一帶負電的微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計求：（1）在0和T和這兩段時

10、間內(nèi)微粒的加速度大小和方向；（2）要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少（g=10 m/s2）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、C【解析】兩個分力的夾角是90，根據(jù)勾股定理可以直接求得合力的大小【詳解】分力的大小分別是30N和40N，合力的大小為，所以C正確。故選C。2、B【解析】A、正電荷受到電場力的方向與電場強度方向相同,所以把正電荷從a移到b,電場力做正功,電勢能減小,故A錯誤； B、負電荷受到電場力的方向與電場強度方向相反,所以把負電荷從a移到b,電場力做負功,電勢能增大,所以B選項是正確的,C

11、錯誤;D、沿著電場線方向電勢降低,所以a的電勢大于b的電勢,但是電勢能與電荷的電性有關,故D錯誤.綜上所述本題答案是：B3、C【解析】若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場，即粒子的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關系可知， 若斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，即粒子的速度方向與PQ相切，由幾何關系可知， 由以上兩式解得：， 粒子在磁場中做勻速圓周運動時有：解得：所以若斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，粒子的偏轉(zhuǎn)角為1200，所以粒子在磁場中運動的時間為：故應選：C4、C【解析】AA點和B點不在同一個等勢面上，所以它們的電勢不同，故A錯誤。B根據(jù)電場的對稱性可知，C點和D點的電場強度的大小相同，但是它

12、們的方向不同，則電場強度不同，故B錯誤。C從A點移至B點，電勢降低，所以正電荷從A點移至B點，電場力做正功，故C正確。DC點和D點在同一個等勢面上，負電荷在CD兩點電勢能相等；負電荷從C點沿直線CD移至D點，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大原來的值，故D錯誤。5、B【解析】A.對于做曲線運動的物體，因速度的方向一定變化，故速度一定變化，則運動狀態(tài)一定變化，則物體所受的合力不為零，選項A錯誤；B.做曲線運動的物體，物體所受的合力方向與速度方向不在同一直線上，選項B正確；C.物體所受的合力方向與速度方向不相同，選項C錯誤；D.物體所受的合力方向與速度方向不共線，則不是相反的關系，選項D

13、錯誤；故選B。6、A【解析】對小球進行受力分析，如圖所示：設繩子對小球的拉力為T，根據(jù)平衡條件，結合三角知識，可得：，根據(jù)庫侖定律得，小球在水平方向受到庫侖力的大小為：，解得：，故A正確，BCD錯誤點睛：對其中一個小球受力分析，由共點力的平衡條件可得出小球所受重力的大小與庫侖力大小的數(shù)量關系，由庫侖力公式可得出小球受到的庫侖力的大小，再求得小球的質(zhì)量二、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. 等差等勢面的疏密程度表示電場強度的大小，可知A點的場強小于B點的

14、場強。故A錯誤，B正確；C. 由圖可知，左側電勢高右側電勢低，等勢面關于x軸對稱，所以電場線沿著x軸正方向，故C正確；D.等差等勢面的疏密程度表示電場強度的大小，則AB之間的電場強度小于BC之間的電場強度，由于AB之間的距離等于BC之間的距離，所以AB間的電勢差小于BC之間的電勢差，故D錯誤。8、AC【解析】對于兩個帶電體，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，故選項A正確；兩個帶電體通過C點的速度方向不同，故選項B錯誤；根據(jù)功能關系，電勢能的變化等于電場力的功則：，故選項C正確；對于甲帶電體：，則：；對于乙?guī)щ婓w：，則：，整理可以得到：，故選項D錯誤【點睛】本題是關于豎直線對稱的，但是不是圖

15、形的對稱，而是需要力矩的對稱，同樣的一個力，需要在左邊和右邊時力臂是一樣的9、AB【解析】A根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直，畫出M、N兩點處場強的方向，如圖，則可知，三個等勢面中的，a的電勢最高，故A正確；B據(jù)題，相鄰等勢面之間的電勢差相等，而M處等差等勢面較密，則M點的場強較大，質(zhì)點通過M點時的加速度比通過N點時大，故B正確；CD若質(zhì)點從M到N過程，電場力做正功，質(zhì)點的電勢能減小，動能增大，則質(zhì)點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大，通過M點時的動能比通過N點時小，反之，若質(zhì)點從N到M過程，結論相同，故CD錯誤。10、ACD【解析】A項，因為小球靜止下滑，所以小球剛開始受到的摩擦

16、力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得，得，剛開始隨著小球速度的增大，小球的加速度逐漸增大；當洛倫茲力和電場力相等時，小球受到的摩擦力為零，加速度達到最大，但隨著小球速度的增加，洛倫茲力增大，且大于電場力，摩擦力逐漸增大，加速度逐漸減小，所以小球的加速度是先增大后減小，故A項正確B項，電場力與速度總是垂直，所以電場力不做功，電勢能不變；由于摩擦力一直做負功，所以小球的機械能一直減小，則小球的機械能和電勢能的總和不斷減小，故B項錯誤C、D項，最大加速度為g，加速度為一半時有，解得或者，故CD項正確綜上所述，本題正確答案為ACD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

17、出演算過程。11、10.335 0.33730.3375 【解析】圖a的讀數(shù)：主尺刻度+游尺刻度=103mm+70.05mm=10.335cm；圖b的讀數(shù)：固定刻度+可動刻度=3mm+37.30.01mm=3.373mm=0.3373cm12、（1）如圖所示；（2）左，f；（3）減小，16【解析】（1）根據(jù)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(jù)圖像可求出不同電壓下元件Q的電阻【詳解】（1）分析電路原理圖,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

18、端，閉合開關S后，電流表、電壓表均有示數(shù)，但無論怎樣移動變阻器滑片，總不能使電壓表的示數(shù)調(diào)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(shù)，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)12W；(2)10W；(3)24W；（4）見解析【解析】（1）電動機兩端的電壓U1=UUL=126V=6V，整個電路中的電流I=A=2A,所以電動機的輸入功率P=U1I=62W=12W；（2）電動機的熱

19、功率P熱=I2RM=40.5W=2.0W，電動機的輸出功率P2=PI2RM=122W=10W；（3）整個電路消耗的功率P總=UI=122W=24W.（4）對于燈泡的電阻電動機若卡住不轉(zhuǎn)動，可看做純電阻根據(jù)歐姆定律，燈泡兩端的電壓為：V=10V6V燈泡將燒壞【點睛】由燈泡銘牌可知燈泡額定電是6V，額定功率是12W，由電功率的變形公式可以求出燈泡正常發(fā)光時的電流；由串聯(lián)電路特點可以求出電動機的電壓，由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率；由電功率公式可以求出電路總功率電動機卡住不轉(zhuǎn)動，可看做純電阻根據(jù)歐姆定律，求出燈泡兩端的電壓，判斷燈泡是否燒壞14、 (1)；(2)；

20、(3)。【解析】(1)帶電粒子運動軌跡如圖所示：設帶電粒子過點時的速度為，有得帶電粒子從點運動到點的過程，有；(2)設帶電粒子在第四象限內(nèi)的運動半徑為，由幾何關系得：且得；(3)帶電粒子從勻強電場中出來時，聯(lián)立得。15、 (1) 方向向上， 方向向下（2）【解析】（1）設電場力大小為F，則F=2mg，對于t=0時刻射入的微粒，在前半個周期內(nèi)，有F-mg=ma1又由題意F=2mg解得a1=g，方向向上后半個周期的加速度a2滿足F+mg=ma2得 a2=3g方向向下（2）前半周期上升的高度前半周期微粒的末速度為v1=gT后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間t1，則3gt1=gT則得t1此段時間內(nèi)上升的高度則上升的總高度為H=h1+h2=后半周期的T-t1=T時間內(nèi)，微粒向下加速運動，下降的高度上述計算表明，微粒在一個周期內(nèi)的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則Hd，即所加電壓的周期最長為考點：帶電粒子在電場中運動【名師點睛】帶電粒子在電場中運動的問題，是電場知識和力學知識的綜合應用，分析方法與力學分析方法基本相同，關鍵在于分析粒子的受力情況和運動情況