1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡

2、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、如圖所示，a、b是帶有同種電荷的小球，用絕緣細線掛于同一點，兩球靜止時離水平地面的高度相等，不計空氣阻力，兩球帶電荷量不變。若同時將兩細線剪斷，則下列說法中正確的是Aa球先落地B兩球落地時動能相等C落地時a球飛行的水平距離比b球小D在飛行過程中，a球受到的電場力比b球受到的電場力小2、如圖所示,空間有一正三棱錐OABC,點A、B、C分別是三條棱的中點。現在頂點O處固定一正的點電荷,則下列說法中正確的是( )A將一正的試探電荷從A點沿直線AB移到B點，靜電力對該試探電荷先做正功后

3、做負功BA、B、C三點的電場強度相同C ABC所在平面為等勢面D若A點的電勢為A,A點的電勢為A,則AA連線中點D處的電勢D一定小于(A+A)/23、如圖所示的勻強電場中，一個電荷量為q的正點電荷，沿電場線方向從A點運動到B點，A、B兩點間的距離為d.在此過程中電場力對電荷所做的功為W，則A點的電場強度的大小為ABqWdCD4、一懸掛小球與光滑斜面接觸，處于靜止狀態，受力情況如圖。則小球受到的拉力FT與支持力FN的合力（ ）A大于小球重力G，方向豎直向上B小于小球重力G，方向豎直向上C與小球重力G大小相等，方向豎直向上D與小球重力G大小相等，方向豎直向下5、兩個點電荷間的相互作用力為F，若每個

4、電荷的帶電量都增大一倍，并把它們之間的距離減少一半，則它們之間的相互作用力變為( )A2FB4FC8FD16F6、如圖，有一重為G，帶電量為q的小球，從兩豎直的帶等量異種電荷的平行板上方高h處由靜止自由落下，兩板間有勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，則帶電小球通過正交的電場、磁場空間時（）A一定作曲線運動B不可能作曲線運動C可能作勻速直線運動D可能作勻加速直線運動二、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，圖線1表示的導體的電阻為，圖線2表示的導體的電阻為，則下列說法

5、正確的是()ABC通過、電流大小相等時，電壓之比為1:3D、兩端電壓相等時，流過、電流之比為1:38、如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區域內有勻強磁場B，其方向垂直紙面向外一個邊長也為a的等邊三角形導線框架EFG正好與上述磁場區域的邊界重合，當它以周期T繞其中心O點在紙面內勻速轉動時，框架EFG中產生感應電動勢，若經T/6線框轉到圖中的虛線位置，則在T/6時間內（ ）A平均感應電動勢大小等于B平均感應電動勢大小等于C順時針方向轉動時感應電流方向為D逆時針方向轉動時感應電流方向為9、圖甲中直線PQ表示電場中的一條電場線，質量為m、電荷量為q的帶負電粒子僅在電場力作用下沿電場線向右運動，經過P點時

6、速度為v0，到達Q點時速度減為零，粒子運動的v-t圖象如圖乙所示下列判斷正確的是（ ）AP點電勢高于Q點電勢BP點場強大于Q點場強CP、Q兩點的電勢差為D帶負電粒子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能10、如圖所示，O1O2為帶電平行板電容器的中軸線，三個相同的帶電粒子沿軸線射入兩板間粒子1打到B板的中點，粒子2剛好打在B板邊緣，粒子3從兩板間飛出，設三個粒子只受電場力作用，則( )A三個粒子在電場中運動時間關系為t1t2t3B三個粒子在電場中運動時間關系為t1t2t3C三個粒子在電場中運動的初速度關系為v1v2v3D三個粒子在飛行過程中動能的變化量關系為E1E2E3三、實驗題：本題共2小題，共1

7、8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）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，得出伏安特性曲線如圖甲所示所用小燈泡的額定電壓是3.0 V.(1)畫出實驗電路圖_(2)將實物圖乙連接成實驗電路_(3)根據圖甲，該小燈泡在電壓為2.8 V時的實際電阻為_(結果保留三位有效數字)12（12分）在探究平行板電容器的電容與哪些因素有關的實驗中，某同學猜測電容可能與極板間的距離d、極板的正對面積S及插入極板間的介質有關他將一個已經充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示已知靜電計指針張角隨著電容器兩極間的電勢差的增大而增大實驗時保持電容器極板所帶的電量不變，且電容器B板位置不

8、動（填“增大”、“減小”或“不變”）(1)將A板向左平移，靜電計指針張角_； (2)將A板豎直向上平移，則靜電計指針張角_；(3)在A、B板間插入電介質，則靜電計指針張角_ 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，勻強電場的場強方向與豎直方向成角，一帶電荷量為q、質量為m的小球，用絕緣細線固定在豎直墻上，小球恰好靜止在水平位置.求：(1)小球所帶電荷的電性及場強的大小；(2)若將細線突然剪斷，小球在電場力和重力作用下做何種性質的運動？加速度為多大？14（16分）.一束初速度不計的電子在經U的加速電壓加

9、速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若板間距離d，板長l，偏轉電極邊緣到熒光屏的距離為L，偏轉電場只存在于兩個偏轉電極之間已知電子質量為m，電荷量為e，求：（1）電子離開加速電場是的速度大小；（2）電子經過偏轉電場的時間；（3）要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上能加的最大電壓？（4）電子最遠能夠打到離熒光屏上中心O點多遠處？15（12分）如圖所示，電源電動勢為E30V，內阻為r1，電燈上標有“6V12W”字樣，直流電動機線圈電阻R2若電燈恰能正常發光，求：（1）電源的總功率PE（2）電動機輸出的機械功率P機參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在

10、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】根據根據牛頓第三定律得：A球對B球的庫侖力等于B球對A球的庫侖力未剪斷兩根細線時，對小球受力分析，根據平衡條件和相似三角形表示兩球質量的大小關系，抓住豎直方向上運動規律相同，比較運動的時間，根據水平方向上動量守恒比較兩球在水平方向上的速度，從而比較落地時水平距離，結合動能定理比較兩球落地的動能；【詳解】A、同時剪斷細線后，二者在豎直方向上均只受重力，故在豎直方向上均做自由落體運動，可知兩球同時落地，故A錯誤；C、對小球受力分析，根據平衡條件有：mag=F庫tan，mbg=F庫tan，由于，所以mamb，而剪斷細線后，在水平方向上，

11、a、b組成的系統動量守恒，故任一時刻mava=mbvb，因mamb，所以vavb；又因時間相等，所以sasb，故C正確；B、由于庫侖力對a球做功較小，重力對a球做功較大，根據動能定理可知，無法比較兩球落地的動能，故B錯誤；D、在飛行過程中，根據牛頓第三定律可知，a球受到的電場力等于b球受到的電場力，故D錯誤；故選C。【點睛】關鍵是運用平衡條件分析兩物體質量關系，采用運動的分解法分析小球的運動規律，剪斷細線后，在水平方向上，a、b組成的系統動量守恒。2、D【解析】A. 由電勢的概念可知,沿直線AB的電勢變化為先增大后減小,所以當在此直線上從A到B移動正電荷時，電場力對該正電荷先做負功后做正功，故

12、A錯誤；B. 因為A、B、C三點離頂點O處的正電荷的距離相等，故三點處的場強大小均相等，方向不同，故B錯誤；C. 由于ABC所在平面到頂點O處的距離不相等，由等勢面的概念可知，ABC所在平面不是等勢面，故C錯誤；D. 因為OA電勢差大于AA,故D正確；故選：D3、C【解析】電場力做功W=Fd=qEd，得： 故選C4、C【解析】小球受豎直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力FN和沿細繩方向的拉力FT，三個力處于平衡狀態，則小球受到的拉力FT與支持力FN的合力與重力G等大反向，即與小球重力G大小相等，方向豎直向上，故選項ABD錯誤，C正確；故選C.【點睛】本題關鍵是知道三力平衡的條件：任意兩個力的合

13、力與第三個力等大反向，據此進行判斷.5、D【解析】由庫侖定律 知當每個電荷的帶電量都增大一倍，并把它們之間的距離減少一半，則它們之間的相互作用力變為原來的16倍，故D正確；綜上所述本題答案是：D6、A【解析】帶電小球進入復合場受到重力、電場力和洛倫茲力作用，根據小球的合力與速度方向的關系確定小球的運動情況【詳解】若小球進入磁場時電場力和洛倫茲力相等，因為小球向下運動時，速度會增加，小球所受的洛倫茲力增大，將不會再與小球所受的電場力平衡，不可能做勻加速直線運動，也不可能做勻速直線運動；若小球進入磁場時電場力和洛倫茲力不等，則合力方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動故A正確二、多項選擇題

14、：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、AC【解析】根據I-U圖象知，圖線的斜率表示電阻的倒數，得：，A正確，B錯誤；當通過、電流大小相等時，由可知，電壓與電阻成正比，即電壓之比為1:1故C正確；當通過、兩端的電壓相等時，由可知，電流與電阻成反比，即電流之比為1:1，故D錯誤；選AC.【點睛】通過I-U圖象得出兩電阻的關系，將坐標系中的數據代入即可求出兩個電阻的電阻值，然后結合串聯電路與并聯電路的關系分析解答即可8、AC【解析】如圖所示，兩等邊三角形所夾的小三角形為等邊三角形，小三角形

15、高為，根據對稱性可知，小三角形的底邊長為，則小三角形的面積為，根據法拉第電磁感應定律可知，聯立以上兩式解得，A正確B錯誤；當導體沿逆時針轉動時，穿過導體框的磁通量減少，根據楞次定律可知，感應電流的方向應是逆時針EFGE方向，C正確；當導體沿順時針轉動時，穿過導體框的磁通量也減少，根據楞次定律可知，感應電流的方向仍然是逆時針EFGE方向，D錯誤9、ABC【解析】A、由圖乙知帶電粒子的速度減小，受到向左的電場力，故電場線方向向右，P點電勢一定高于Q點電勢，故A正確；B、由乙圖可知，P處的加速度大于Q處的加速度，故P處的場強大于Q處的場強，故B正確；C、由動能定理知，可求出AB兩點的電勢差為，故C正

16、確；D、負電荷在電勢低的地方電勢能大，故電荷在P點的電勢能一定小于Q點的電勢能，故D錯誤；故選ABC【點睛】速度圖象看出，粒子的速度減小，負電荷受向左的電場力，故電場線方向向右，負電荷在電勢低的地方電勢能大，根據速度圖象的斜率等于加速度，可比較加速度的大小，從而能比較出電場力的大小10、BD【解析】AB三個粒子都做類平拋運動，且加速度相同水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，則有豎直方向有，由圖粒子1、2的豎直位移大小相等，大于3，則得故A錯誤，B正確；C水平方向有，由圖知2、3水平位移大小相等，大于1，則，故C錯誤；D動能的變化量，相等，則，故D正確三、實驗題：本題共2小題，共1

17、8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、 10.8 【解析】（1）1實驗中電壓和電流需從0開始測起，所以滑動變阻器需采用分壓式接法燈泡內阻較小，電流表采取外接法誤差較小電路圖如下（2）2實物圖連接如圖（3）3當電壓為2.8V時，電流為0.26A，則12、增大 增大 減小 【解析】先根據電容的決定式分析電容的變化，再根據電容的定義式分析得到板間電勢差的變化；靜電計是測量電勢差的儀器，根據兩板間的電電勢差的變化得出張角的變化；【詳解】(1)將A板向左平移，板間距離增大，根據電容的決定式得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U增大，則靜電計

18、指針張角增大；(2)將A板豎直向上平移，兩極板正對面積減小，根據電容的決定式得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U增大，則靜電計指針張角增大；(3)將電介質插入兩板之間，根據電容的決定式得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U減小，則靜電計指針張角減小四、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）小球帶負電；E=mgqcos ；（2）將細線突然剪斷，小球將做初速度為零的勻加速直線運動；a=gtan 【解析】試題分析：（1）根據受力分析（如圖），小球帶負電mgEqcosE=mgqcos（2）初速度為零的勻加速直線運動 ，根據牛頓第二定律可知：ma=mgtan 解得a=gtan考點：物體的平衡；牛頓第二定律.14、（1）（2）（3）（4）【解析】試題分析：設電子流經加速電壓后的速度為，則由動能定理有：q=e 電子經過偏轉電場時做類平拋運動，運動時間設兩極板上最多能