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。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、質點在一平面內沿曲線由P運動到Q，如果用v、a、F分別表示質點運動過程中的速度、加速度和受到的合外力，下列圖象

2、中可能正確的是( )ABCD2、一根粗細均勻的電阻絲阻值為R，若溫度不變，則下列情況中其電阻仍為R的是（）A長度和橫截面半徑都增大一倍時B當長度不變、橫截面積增大一倍時C當截面積不變、長度增大一倍時D當長度和橫截面積都縮小一半時3、關于元電荷、點電荷的說法中正確的是（）A帶電體的電量只能是元電荷的整數(shù)倍B元電荷就是電子C形狀不規(guī)則的帶電體不能看成點電荷D大的帶電體不能看成點電荷4、電動機在生活和生產中的應用相當廣泛，下列的家庭電器中，和電動機有關的是：A日光燈管；B電吹風；C電視機；D電飯鍋5、下列各物理量中，與檢驗電荷有關的量是A電場強度EB電勢C電勢能D電勢差U6、如圖所示，兩平行直導線與

3、矩形線圈處在同一平面內，且矩形線圈位于兩導線中央，導線上通有大小相等的電流，則（）A兩電流同向時，穿過線圈的磁通量為零B兩電流同向時，在線圈區(qū)域產生的磁感應強度方向相同C兩電流反向時，穿過線圈的磁通量為零D兩電流反向時，在線圈區(qū)域產生的磁感應強度方向相反二、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,是將滑動變阻器作分壓器用的電路, 、為分壓器的輸出端, 是負載電阻,電源電壓為保持恒定,滑動片位于變阻器的中央,下列判斷正確的是( )A空載(不接)時,輸出電壓為B接上負載

4、時,輸出電壓C負載電阻的阻值越大,輸出電壓越低D接上負載后,要使輸出電壓為,滑片須向下移動至某一位置8、有同學想通過靜電除塵的方法凈化空氣她用玻璃圓桶密閉含灰塵的空氣，圓桶的高和直徑相等方法一是：在圓桶頂面和底面間加上電壓U，沿圓桶的軸線方向形成一個勻強電場，塵粒的運動方向如圖甲所示；方法二是：在圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間加上的電壓也等于U，形成沿半徑方向的輻向電場，塵粒的運動方向如圖乙所示已知空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，即F阻=kv（k為一定值），假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，不計塵埃的重力，則( )A兩種方法中塵粒最終一定都做勻速運動B兩種方法下塵粒受到的電場力大小相等

5、C電場對單個塵粒做功的最大值相等D乙容器中的塵粒不可能做勻速直線運動9、如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q（圖中未畫出）時速度為零則小球aA從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中，速率先增大后減小C從N到Q的過程中，電勢能一直增加D從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量10、A、B 兩個半徑相同的天體各有一個衛(wèi)星 a、b 環(huán)繞它們做勻速圓周運動，兩個衛(wèi)星的 質量相等，環(huán)繞周期之比為 4：1，A、B 各自表面重力加速度

6、之比為 4：1（忽略天體的 自轉），則（ ）Aa、b 軌跡半徑之比為 4：1Ba、b 的動能之比為 1：1CA、B 密度之比為 4：1Da、b 所受向心力之比為 1：16三、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）在“用DIS研究在溫度不變時，一定質量的氣體壓強與體積的關系”實驗中，某同學最后得到如圖所示的V1/p圖線（1）為了保持封閉氣體的質量不變，實驗中采取的主要措施是_（2）若大氣壓強為P1，注射器內氣體初始體積為11cm3，實驗過程中，注射器內氣體體積在4cm3到21cm3范圍內變化，則注射器內部與外界壓強差的最大值為_p1（3）

7、圖線彎曲的可能原因是在V增大過程中（）A注射器中有異物B連接軟管中存在氣體C注射器內氣體溫度升高D注射器內氣體溫度降低12（12分）（1）用如圖1所示的裝置，來驗證碰撞過程中的動量守恒圖中PQ是斜槽，QR為水平槽O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，A、B兩球的質量之比mA：mB3：1先使A球從斜槽上某一高度處由靜止釋放，在水平地面的記錄紙上留下落點痕跡P，重復10次，得到10個落點再把B球放在水平槽上的末端R處，讓A球仍從同一高度處由靜止釋放，與B球碰撞，碰后A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復10次A、B兩球在記錄紙上留下的落點痕跡如圖2所示，其中米尺的零點與O點對齊碰撞后A

8、球的水平射程應取_cm本實驗巧妙地利用小球飛行的水平距離表示小球的水平速度下面的實驗條件中，可能不能使小球飛行的水平距離的大小表示為水平初速度大小的是_A使A、B兩小球的質量之比改變?yōu)?：1B升高小球初始釋放點的位置C使A、B兩小球的直徑之比改變?yōu)?：3D升高桌面的高度，即升高R點距地面的高度利用此次實驗中測得的數(shù)據計算碰撞前的總動量與碰撞后的總動量的比值為_（結果保留三位有效數(shù)字）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）圖示電路中R1=12 ，R2=6 ，滑動變阻器R3上標有“20 2 A”字樣，理想電壓表的

9、量程有03 V和015 V兩擋，理想電流表的量程有00.6 A和03 A兩擋閉合開關S，將滑片P從最左端向右移動到某位置時，電壓表、電流表示數(shù)分別為2.5 V和0.3 A；繼續(xù)向右移動滑片P至另一位置，電壓表指針指在滿偏的，電流表指針指在滿偏的求：（1）此時電流表的示數(shù)；（2）電源的電動勢14（16分）如圖，空間存在方向垂直于紙面(平面）向里的磁場。在區(qū)域，磁感應強度的大小為;區(qū)域，磁感應強度的大小為（常數(shù))。一質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度從坐標原點O沿軸正向射入磁場，此時開始計時，不計粒子重力，當粒子的速度方向再次沿軸正向時，求： (1)粒子運動的時間；(2)粒子與O點間的距

10、離。15（12分）如圖所示，在xOy平面內，0 x L的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的某一時刻，另一帶等量負電的粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場。正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60和30，兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點相遇。兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計。求：（1）正粒子從O點運動到A所用的時間；（2）正、負粒子的質量之比ml ：m2；（3）兩粒子先后進入電場的時間差。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

11、項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】解：A、物體做曲線運動，物體的速度的方向是沿著軌跡的切線方向的，所以A錯誤；B、物體受到的合力應該指向運動軌跡的彎曲的內側，并且合力的方向和加速度的方向是相同的，所以加速度的方向也是指向運動軌跡的彎曲的內側，由此可以判斷BC錯誤，D正確；故選D【點評】根據物體的運動軌跡來判斷受到的合力的方向，合力應該指向運動軌跡的彎曲的內側，這是解決曲線運動的時候經常用到的知識點2、D【解析】試題分析：根據電阻定律，結合橫截面積和電阻絲長度的變化判斷電阻的變化注意根據半徑變化求解截面積的變化橫截面半徑增大一倍時，截面積增大為原來的4倍；根據電阻定律知，電阻變?yōu)樵瓉?/p>

12、的一半，A錯誤；根據電阻定律知，長度不變，橫截面積增大一倍，則電阻減小一半，B錯誤；根據電阻定律知，橫截面積不變，長度增大一倍，則電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤；根據電阻定律知，長度和橫截面積都縮小一半時，電阻不變，D正確3、A【解析】A、帶電體的電量只能是元電荷的整數(shù)倍,故A對；B、元電荷的電量等于電子的電量,但不是電子.元電荷是帶電量的最小單元.沒有電性之說.故B錯；CD、點電荷是當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時,這兩個帶電體可看作點電荷，與形狀無關，故CD錯；故選A【點睛】點電荷是當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時,這兩個帶電體可看作點電荷.而元電荷是帶電量的最

13、小值,它不是電荷,所有帶電電荷量均是元電荷的整數(shù)倍.4、B【解析】電吹風內部有電動機和電阻絲，則和電動機有關的是電吹風，故選B.5、C【解析】A根據電場強度的定義式可知它取決于電場本身，與檢驗電荷無關，A錯誤B根據電勢的定義式可知它取決于電場本身，與檢驗電荷無關，B錯誤C電勢能的大小為可知，電勢能與檢驗電荷的電荷量成正比，C正確D電勢差等于兩點電勢的差值，與檢驗電荷無關，D錯誤6、A【解析】AC當電流同向時，根據右手安培定則，兩電流在線圈處產生的磁場方向垂直于線圈，方向相反；電流方向相反時，在線圈處產生的磁場方向相同，磁通量可以理解為穿過線圈的磁感線的條數(shù)，方向相同時條數(shù)相加，相反時相減，C錯

14、誤A正確；BD當電流同向時，根據右手安培定則，兩電流在線圈處產生的磁場方向垂直于線圈，方向相反；電流方向相反時，在線圈處產生的磁場方向相同，BD錯誤。故選A。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】A、空載（不接R）時,觸頭把滑動變阻器分成相等的兩部分,由串聯(lián)電路特點可知,輸出電壓為電源電壓的一半,即U/2,故A正確；B、接上負載R時,電路總電阻變小,干路電流變大,滑動變阻器上半部分電壓變大,大于電源電壓的一半,則A、B間的輸出電壓小于U/2,故B正確；C、負

15、載電阻R的阻值越大,負載電阻與滑動變阻器下半部分電阻的并聯(lián)阻值越大,輸出電壓越大,故C錯誤；D、接上負載R時,電路總電阻變小,干路電流變大,滑動變阻器上半部分電壓變大,大于電源電壓的一半,則A、B間的輸出電壓小于U/2,要使輸出電壓等于U/2,滑片應向上移動,故D錯誤故選：AB8、CD【解析】A、在甲中，粒子電場力方向與速度方向相同，做勻加速直線運動，在乙中，電場為發(fā)散狀，故乙中粒子受力越來越小，故粒子做加速度減小的加速運動，故A錯誤；B、由U=Ed可得，由于距離d不同，故電場強度不相同，故每個粒子受電場力大小不相等，故B錯誤；C、根據動能定理知，電場對單個塵粒做功的最大值都等于Uq，故C正確

16、；D、乙中水平向與豎直向都有加速度，且變化，不可能做勻速直線運動；故D正確；故選CD。9、BC【解析】Aa球從N點靜止釋放后，受重力mg、b球的庫侖斥力FC和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過程中，mg與FC的夾角由直角逐漸減小，不妨先假設FC的大小不變，隨著的減小mg與FC的合力F將逐漸增大；由庫侖定律和圖中幾何關系可知，隨著的減小，F(xiàn)C逐漸增大，因此F一直增加，故選項A錯誤；B從N到P的過程中，重力沿曲面切線的分量逐漸減小到零且重力沿曲面切線的分量是動力，庫侖斥力沿曲面切線的分量由零逐漸增大且?guī)靵龀饬ρ厍媲芯€的分量是阻力，則從N到P的過程中，a球速率必先增大后減小，故選項B正確；C在a球

17、在從N到Q的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，電場力(庫侖斥力)一直做負功，a球電勢能一直增加，故選項C正確；D在從P到Q的過程中，根據能的轉化與守恒可知，其動能的減少量等于電勢能增加量與重力勢能增加量之和，故選項D錯誤10、ABC【解析】設天體半徑為R，衛(wèi)星軌道半徑為r，兩衛(wèi)星分別繞兩天體做勻速圓周運動是由萬有引力提供向心力，有解得天體表面的重力等于萬有引力，有可得A由和可得軌道半徑為則a和b的軌道半徑之比為故A正確；B運行速度為動能為因衛(wèi)星a、b的質量相等，A、B各自表面重力加速度之比為4：1，則可推得衛(wèi)星a、b動能之比為1：1，故B正確；C天體AB的密度則A、B密度之比為4：1，故C正確

18、；D衛(wèi)星a、b所受向心力為向心力之比為1：4，故D錯誤。故選ABC。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、（1）在活塞上涂潤滑油，（2）1.5，（3）C【解析】（1）能夠運用控制變量法研究兩個物理量變化時的關系時，注意實驗中的操作步驟和一些注意事項；（2）由玻意爾定律分析氣體的壓強；（3）在實驗過程中隨時間延長，導致注射器內氣體溫度升高，故象的斜率逐漸增大【詳解】（1）為了保持封閉氣體的質量不變，實驗中采取的主要措施是在注射器活塞上涂潤滑油這樣可以保持氣密性（2）以注射器內氣體為研究對象：初始時：；體積最小時：；體積最大時：；根據玻意耳定

19、律得：，求得：所以注射器內部與外界壓強差的最大值為：；（3）A、注射器有異物不會影響圖線的斜率，故A錯誤B、連接軟管中存在氣體可以視為被封閉的氣體總體積較大，不會影響斜率，故B錯誤CD、注射器內氣體溫度升高，由理想氣體狀態(tài)方程有：，當T增大時，PV會增大，故C正確，D錯誤故選C【點睛】本題考查氣體壓強與體積的關系實驗中的數(shù)據處理方法以及誤差分析，知道實驗原理、誤差來源，然后根據玻意耳定律列式分析即可12、14.4514.50 C 1.011.02 【解析】根據圖像得，A球落點應取所有點跡組成小圓的圓心，A球的水平射程為14.4514.50cmA.改變小球的質量比，小球仍做平拋運動，豎直方向高度不變，飛行時間不變，水平距離與水平速度成正比，A錯誤B.升高小球的初始釋放點，小球仍做平拋運動，豎直方向高度不變，飛行時間不變，水平距離與水平速度成正比，B錯誤C.改變小球直徑，兩球重心不在同一高度，飛行豎直高度不同，時間不同，水平距離與水平速度不再成正比，C正確D.升高桌面高度，小球仍做平拋運動，豎直方向高度不變，飛行時間不變，水平距離與水平速度成正比，D錯誤根據平拋運動，豎直方向，水平，根據題意得：，聯(lián)立解得：（1.01-1.02）四、計算題：本題共2小