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、如圖所示，勻強磁場方向豎直向下，有一條與磁場方向垂直的通電直導線，電流方向是水平向右，則導線受到的安培力方向為（）A豎直向上B豎直向下C垂直紙面向外D垂直紙面向里2、如圖所示的電路，閉合開關后，滑動變阻器的滑片P向右滑動，則（ ）A電流表示數變小 B電流表示示數不變C電壓表示數變大 D電壓表示數變小3、黃、紅、綠三種單色光以相同的入射角到達介質和空氣的界面若黃光恰好發生全反射，則（ ）A紅光一定能發生全反射B綠光一定能發生全反射C紅光在介質中的波長比它在空氣中的波長長D三種單色光相比，綠光在該介質中傳播的速率最大4、已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發電場的場強大小為，其中為平面

3、上單位面積所帶的電荷量，為常量如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為A和B和C和D和5、關于閉合電路的性質，下列說法不正確的是（）A外電路斷路時，路端電壓最高B外電路短路時，電源的功率最大C外電路電阻變大時，電源的輸出功率變大D不管外電路電阻怎樣變化，其電源的內、外電壓之和保持不變6、一橫截面積為S的銅導線，流經其中有恒定的電流，設每單位體積的導線中有n個自由電子，每個自由電子的電荷量為q，此時電子定向移動的速率為v，則在t時間內，通過導體橫截面的自由電子數目可表示為(

4、)AnvSt Bnqt/s CnvSt/q Dnvt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、如右圖所示，兩個帶電金屬小球中心距離為r，所帶電荷量相等為Q，則關于它們之間電荷的相互作用力大小F的說法正確的是( )A若是同種電荷，B若是異種電荷，C若是同種電荷，D不論是何種電荷，8、對于如圖所示的電流i隨時間t作周期性變化的圖象，下列說法中正確的是（ ）A電流大小變化，方向不變，是直流電B電流大小、方向都變化，是交流電C電流的周期為0.01 sD電流大小變化，方向不變，不是直

5、流電，是交流電9、如圖所示，a、b帶等量異種電荷，MN為a、b連線的中垂線，現有一個帶電粒子從M點以一定的初速度v射出，開始時一段軌跡如圖中實線所示，不考慮粒子的重力，則在飛越該電場的過程中（）A該粒子帶正電B該粒子的動能先增大，后減小C該粒子的電勢能先減小，后增大D該粒子運動到無窮遠處后，速率大小一定仍為v10、如圖所示，A是地球的同步衛星，B是地球的近地衛星，C是地面上的物體，A、B、C質量相等，均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運動。設A、B與地心連線在單位時間內掃過的面積分別為SA、SB，周期分別為TA、TB、TC，A、B、C做圓周運動的動能分別為EkA、EkB、EkC。不計A、B、C之間

6、的相互作用力，下列關系式正確的是()ASA=SBBSASBCTC=TATBDEkAEkB=EkC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）打點計時器輸入的交流電的頻率是50Hz，則打點計時器每隔_秒打一個點。若測得紙帶上打下的第5個到第15個點的距離為20.00cm，則物體在這段位移的平均速度為_m/s。12（12分）用如圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球碰撞來驗證動量守恒定律，實驗時先使質量為mA的A球從斜槽上某一固定點G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10次，得到10個落點痕跡把質量為mB的B球放在

7、水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作10次，得到了如圖所示的三個落地處請在圖中讀出OP=_cm；由圖可以判斷出R是_球的落地點，Q是_球的落地點為了驗證碰撞前后動量守恒，該同學只需驗證表達式_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，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標系xOy的O點；y軸沿豎直方向；在x0的區域內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為V/m；比荷為1.0105

8、C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O處靜止釋放，其運動軌跡恰好經過M(4，3)點；粒子P的重力不計，試求：（1）金屬板AB之間的電勢差UAB；（2）若在粒子P經過O點的同時，在y軸右側勻強電場中某點靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在運動中相碰；假設Q的質量是P的2倍、帶電情況與P相同；粒子Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計；求粒子Q所有釋放點坐標(x，y)滿足的關系。14（16分）一個質量m帶電荷量為-q的小球，用絲線懸掛在某勻強電場中，電場線水平，當小球靜止時，測得懸線與豎直方向成30，如圖所示，求該電場的場強大小（重力加速度為g），并說明場強方向15（12分）兩個半徑均為R的圓

9、形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的一個粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達撫極板是恰好落在極板中心已知質子電荷為e，質子和中子的質量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：（1）極板間的電場強度E；（2）粒子在極板間運動的加速度a；（3）粒子的初速度v1參考答案一、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、D【解析】根據左手定則，讓磁感線穿過手心，即手心向上，四指指向電流方向，即水平向右，大拇指垂直于紙面向里，故安培力方向垂直于紙面向里。A豎直向上。故A不符合題

10、意。 B豎直向下。故B不符合題意。 C垂直紙面向外。故C不符合題意。 D垂直紙面向里。故D符合題意。2、D【解析】滑動變阻器的滑片P向右滑動時，阻值變小，電路總電阻變小，則根據閉合電路的歐姆定律可知，電路的總電流變大，電流表示數變大；內阻上電壓變大，則路端電壓變小，即電壓表示數變小，故C錯誤，D正確；故選D.【點睛】此題是動態電路的分析問題，知道用“局部-整體-局部”的分析思路進行分析.3、B【解析】根據折射定律可知兩種光的折射率大小，由臨界角公式sinC=1/n ，分析臨界角的大小根據光的干涉研究結果：波長間距與波長成正比，分析干涉條紋間距的關系由v=c/n 判斷光在該介質中速度關系再由v=

11、可得光在介質中的波長如何變化.【詳解】根據折射定律可知折射率最大的是綠光，最小的是紅光，由臨界角公式sinC=1/n，臨界角最小的是綠光，最大的是紅光，由于黃光恰好發生全反射，所以入射角大于綠光的臨界角，小于紅光的臨界角，因此綠光一定發生光的全反射，而紅光不能發生全反射，故A錯誤，B正確。由v=可得，紅光進入介質后頻率不變，波速減小，所以紅光在介質中的波長比它在空氣中的波長短，故C錯誤。由v=c/n可知，折射率越大的傳播速度越小，所以綠光在介質中的傳播速率最小，故D錯誤。故選B。【點睛】本題考查光的折射定律以及全反射的性質，主要考查對不同色光特性的理解能力對于光的全反射可結合折射定律和臨界角公

12、式理解記憶4、D【解析】由公式，正負極板都有場強，由場強的疊加可得，電場力，故選D【考點定位】考查電場知識5、C【解析】由閉合電路歐姆定律可知：EU外U內，當外電路斷路時，即I0，此時U外E，路端電壓最大；外電路短路時，電路中電流最大，此時，電源的功率也最大；電源的輸出功率，即外電路消耗的功率，PI2R，只有當Rr時，電源的輸出功率最大，故C錯應選C.6、A【解析】首先根據電流強度的定義可以求得t時間內通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數，再根據電流的微觀的表達式【詳解】在t時間內，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內，

13、電子經過的導線體積為：V=vTs.又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在t時間內，通過導線橫截面的自由電子數目可表示為：N=nvSt。A正確；B、C、D錯誤；故選A。【點睛】本題計算自由電子的個數，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度二、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、AB【解析】若是同種電荷，則出現相互排斥，導致電荷間距比r還大，因此庫侖力Fk，故A正確，C錯誤；當是異種電荷時，電荷間相互吸引，導致電荷間距比r還小，因此庫侖力F

14、k，故B正確，D錯誤；故選AB8、AC【解析】電流的大小和方向都隨時間成周期性變化的電流為交流電，由圖象可以看出電流的最大值和周期【詳解】電流的大小和方向都隨時間成周期性變化的電流為交流電，由圖象可知：電流的大小變化，方向始終為正，不發生變化變，所以是直流電，電流周期為0.01s，AC正確9、BCD【解析】粒子軌跡向右彎曲，受到的電場力大致向右，可判斷出粒子的電性。電場力先做正功，后做負功，可分析動能和電勢能的變化。因為MN為a、b連線的中垂線，是一條等勢線，并且一直延伸到無窮遠處，M點的電勢與無窮遠處相等，粒子從M點運動到無窮遠處過程，電場力做功為零，該粒子運動到無窮遠處后，其速度大小一定仍

15、為v。【詳解】粒子軌跡向右彎曲，受到的電場力大致向右，該粒子帶負電。故A錯誤。由題可知，電場力先做正功，后做負功，則根據動能定理得知：粒子的動能先增大后減小。故B正確。電場力先做正功，后做負功，粒子的電勢能先減小后增大。故C正確。M點的電勢與無窮遠處相等，粒子從M點運動到無窮遠處過程，電場力做功為零，則該粒子運動到無窮遠處后，其速度大小一定仍為v。故D正確。故選BCD。【點睛】本題是軌跡問題，根據軌跡的彎曲方向可判斷出粒子的合力方向，分析出電場力做功情況。帶等量異種電荷連線的中垂線是一條件延伸到無窮遠處的等勢線，要記牢。10、BC【解析】AB人造衛星繞地球做勻速圓周運動的圓的面積為：S=r2，

16、所以人造衛星與地心連線在單位時間內所掃過的面積為因A的軌道半徑大于B的軌道半徑，則有SASB，故A錯誤，B正確；CD赤道上的物體A與同步通信衛星C轉動周期相同，即為：TA=TC根據：，由于赤道上物體C的軌道半徑小于同步通信衛星A的軌道半徑，故 根據動能為： A與C的質量相等，而vCvA，故EkcEkA；A、B是圍繞地球公轉的衛星，根據得線速度為：周期因A的軌道半徑大于B的軌道半徑，則有vAvB，TATB根據動能，A與B的質量相等，而vAvB，故EkAEkB綜上分析可得：TA=TCTB，EkCEkAEkB故C正確，D錯誤；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

17、寫出演算過程。11、0.02 1 【解析】12 交變電流的頻率是50Hz，則打點計時器每隔 0.02s打一個點平均速度為：12、17.5 B A mAOQ=mAOP+mBOR 【解析】(1)從圖中直接讀出讀數為：17.5 cm.(2)A與B相撞后，B的速度增大，A的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以Q點是沒有碰撞時A球的落地點，R是碰后B的落地點，P是碰后A的落地點(3)根據兩小球從同一高度開始下落，故下落的時間相同，根據動量守恒定律可得故有即 故本題答案是： (1)17.5 (2)B A (3) 點睛：驗證動量守恒的關鍵是找到碰前和碰后的速度而計算此速度要借助于平拋

18、運動來求四、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) (2)其中【解析】(1)設粒子P的質量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0；由題意可知，粒子P在y軸右側勻強電場中做類平拋運動；設從O點運動到M（4，3）點歷時為t0，由類平拋運動規律可得聯立解得：在金屬板AB之間，由動能定理：聯立解得：(2)設P、Q在右側電場中運動的加速度分別為a1、a2；Q粒子從坐標N（x，y）點釋放后，豎直向上做初速度為0的勻加速直線運動，經時間t與粒子P相遇；由牛頓運動定律及類平拋運動的規律和幾何關系可得，對于P粒子：對于粒子Q：因為，所以粒子Q應在第一象限內釋放，則有：聯立解得其中即粒子Q釋放點N（x，y）坐標滿足的方程為其中14、場強方向向右，E=mgtan30/q【解析】從圖中可知電場