1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、物體以初速度v沖上粗糙的斜面，如選項所示的四個物體受力示意圖中，正確的是( )A BC D2、如圖所示,在張緊的繩上掛了a、b、c、d四個單擺,四個單擺的擺長關(guān)系為lc

2、lb=ldla,先讓d擺擺動起來(擺角小于5),則下列說法中正確的是 ( )Ab擺發(fā)生振動,其余擺均不動B所有擺均以相同擺角振動C擺動過程中，b擺的振幅最大D擺動過程中，c擺的周期最大3、如圖所示,圖線a表示的導(dǎo)體的電阻為R1,圖線b表示的導(dǎo)體的電阻為R2,則下列說法中正確的是 ( )AR1R2=13BR1R2=31C將R1與R2串聯(lián)后接于同一電源上,則通過它們的電流之比I1I2=13D將R1與R2并聯(lián)后接于同一電源上,則它們兩端的電壓之比U1U2=134、真空中有兩個靜止的點電荷，若使它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍，并把它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩電荷間的庫侖力將變?yōu)樵瓉淼模?）A4倍

3、B6倍 C8倍 D16倍5、冥王星與其附近的另一星體卡戎可視為雙星系統(tǒng)，質(zhì)量比約為71，同時繞它們連線上某點O做勻速圓周運動，由此可知，冥王星繞O點運動的A軌道半徑約為卡戎的B角速度大小約為卡戎的C線速度大小約為卡戎的7倍D向心力大小約為卡戎的7倍6、R1和R2是同種材料、厚度相同、表面為正方形的導(dǎo)體,但R2的尺寸比R1 的尺寸小將兩導(dǎo)體分別串聯(lián)（如圖1）和并聯(lián)（如圖2）接入電路,通過兩導(dǎo)體的電流方向如圖中箭頭所示,則 ( )A圖1 中R1兩端的電壓大于R2 兩端的電壓B圖2 中通過R1的電流小于通過R2的電流C圖1 中R1內(nèi)自由電荷定向移動的速率小于R2內(nèi)自由電荷定向移動的速率D圖2 中R1

4、內(nèi)自由電荷定向移動的速率大于R2內(nèi)自由電荷定向移動的速率二、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，AOB為一邊界為 圓的勻強磁場，O點為圓心，D點為邊界OB的中點，C點為邊界上一點，且CDAO現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場（不計粒子重力），其中粒子1從A點正對圓心射入，恰從B點射出，粒子2從C點沿CD射入，從某點離開磁場，則可判斷（）A粒子2在AB圓弧之間某點射出磁場B粒子2必在B點射出磁場C粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3：2D粒子1與粒

5、子2的速度偏轉(zhuǎn)角度相同8、如圖所示，O是一固定的點電荷，虛線是該點電荷產(chǎn)生的電場中的三條等勢線，負點電荷q僅在電場力的作用下沿實線所示的軌跡從a處運動到b處，然后又運動到c處由此可知()AO為正電荷B在整個過程中q的電勢能先變小后變大C在整個過程中q的加速度先變大后變小D在整個過程中，電場力做功為零9、如圖所示，在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m，帶電量為的小球穿在足夠長的水平固定絕緣的直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球與桿間的動摩擦因數(shù)為現(xiàn)對小球施加水平向右的恒力，在小球從靜止開始至速度最大的過程中，下列說法中正確的是A直桿對小球的彈力方向不變B直桿對小球的摩擦力先減小后增大C小球運

6、動的最大加速度為D小球的最大速度為10、兩個相同的電容器A和B如圖連接，它們的極板均水平放置，當(dāng)它們都帶有一定電荷并處于靜電平衡時，電容器A中的一帶電粒子恰好靜止，現(xiàn)將電容器B的兩極板沿水平方向移動使兩極板錯開，移動后兩極板仍然處于水平位置，且兩極板的間距不變，這時帶電粒子的加速度大小為g，忽略電場的邊緣效應(yīng)，則（ ）A電容器A的電壓增加，帶電粒子加速向上運動B電容器A的帶電量增加原來的2倍C電容器B的正對面積減少到原來的D電容器B間的電場強度保持不變?nèi)?、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）在做“互成角度的共點力合成”的實驗中：（1）

7、實驗小組甲和實驗小組乙得出的數(shù)據(jù)處理圖分別如圖2甲和乙，則實驗小組_（填“甲”或“乙”）得出的結(jié)果更符合實驗事實。（2）在符合實驗事實的數(shù)據(jù)處理圖中，_是F1與F2合成的理論值；_是F1與F2合力的實際值。（填“F”或“F”）（3）本實驗采用的科學(xué)方法是_。A理想實驗法 B等效替代法 C控制變量法 D建立物理模型法12（12分）在測量金屬絲電阻率的實驗中，（1）用螺旋測微器測量時，可以精確到_ mm，讀出圖1情況下的測量結(jié)果是_cm（2）已知電壓表內(nèi)阻約3k，電流表內(nèi)阻約1，若采用圖2甲電路測量，則Rx的測量值比真實值 _ （填“偏大”或“偏小”）若Rx約為10應(yīng)采用 _（選“甲”或“乙”）的

8、電路，誤差會比較小（3）某次測量時，電壓表和電流表的示數(shù)圖3所示，則電流表示數(shù)為_ A，電壓表示數(shù)為_V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）在一鉛直面內(nèi)有一光滑的軌道，軌道左邊是光滑弧線，右邊是足夠長的水平直線現(xiàn)有質(zhì)量分別為mA和mB的兩個質(zhì)點，B在水平軌道上靜止，A在高h處自靜止滑下，與B發(fā)生彈性碰撞，碰后A仍可返回到弧線的某一高度上，并再度滑下問：A、B的質(zhì)量滿足什么關(guān)系時可以至少發(fā)生兩次碰撞14（16分）如圖所示，在真空中的O點放一個點電荷Q1.0109C，直線MN通過O點，OM的距離r30 cm，M

9、點放一個點電荷q1.01010C，求：(1)q在M點受到的電場力；(2)M點的場強；(3)拿走q后M點的場強；(4)M、N兩點的場強哪點大？15（12分）一長為L的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放小球由靜止開始向下擺動，當(dāng)細線轉(zhuǎn)過60角時，小球到達B點速度恰好為零試求：（1）AB兩點的電勢差UAB；（2）勻強電場的場強大小；（3）小球到達B點時，細線對小球的拉力大小參考答案一、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、A【解析】試題分析：對

10、于物體的受力分析，為了防止漏力或多力，一般按重力、彈力和摩擦力順序分析切記不存在所謂的上沖力，它之所以會向上滑動，是由于慣性的原因物體沖上斜面后，受到豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，由于相對斜面向上滑動，故受到沿斜面向下的摩擦力，三個力作用，故A正確2、C【解析】d擺擺動起來后，通過水平繩子對a、b、c三個擺施加周期性的驅(qū)動力，使a、b、c三擺做受迫振動，a、b、c三擺做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，由于驅(qū)動力頻率相同，則a、b、c三擺均以相同頻率振動，周期相等；由于b的擺長與d的擺長相等，所以b擺發(fā)生共振，振幅最大，擺角最大，故C正確，ABD錯誤。3、A【解析】根據(jù)I-U圖象知，圖線

11、的斜率表示電阻的倒數(shù)， ，所以R1：R2=1：1則A正確，B錯誤；串聯(lián)的電流相同，則C錯誤，并聯(lián)后電壓相同，則D錯誤；故選A.4、C【解析】試題分析：根據(jù)庫侖定律可知，保持它們之間的距離不變，而把它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩電荷間的庫侖力將變?yōu)镕=k3q13q2r2=9kq1q2r2=9F，故選C.考點：庫侖定律【名師點睛】此題是對庫侖定律公式的考查；關(guān)鍵是掌握庫侖定律的表達式，當(dāng)兩電荷的距離不變時，電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則帶入公式即可進行判斷.5、A【解析】冥王星與其附近的另一星體卡戎可視為雙星系統(tǒng)所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的A、它們之間的萬有引力提供各自的向心力得

12、：，質(zhì)量比約為7：1，所以冥王星繞O點運動的軌道半徑約為卡戎的，故A正確B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的，故B錯誤C、根據(jù)線速度v=r得冥王星線速度大小約為卡戎的，故C錯誤D、它們之間的萬有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D錯誤故選A【點睛】由于雙星和它們圍繞運動的中心點總保持三點共線，所以在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度必相等，即雙星做勻速圓周運動的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同6、C【解析】設(shè)導(dǎo)體厚度為d，R邊長為L，電阻率為，根據(jù)電阻定律得導(dǎo)體的電阻為：，由此可知導(dǎo)體R1、R2的阻值相等，圖1 中R1、R2串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)分壓的特點可知 R1兩端的電壓等于

13、R2 兩端的電壓，故A錯誤；根據(jù)電流的微觀表達式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，則L越大，v越小，則R1中自由電荷定向移動的速率小于R2中自由電荷定向移動的速率，故C正確；圖2 中R1、R2并聯(lián)，電壓相等，導(dǎo)體R1、R2的阻值相等，所以通過R1的電流等于通過R2的電流，故B錯誤；根據(jù)電流的微觀表達式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，則L越大，v越小，則R1中自由電荷定向移動的速率小于R2中自由電荷定向移動的速率，故D錯誤所以C正確，ABD錯誤二、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

14、得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】粒子運動軌跡如圖所示：A、粒子1從A點正對圓心射入，恰從B點射出，粒子在磁場中運動的圓心角為90，粒子軌道半徑等于BO，粒子2從C點沿CD射入其運動軌跡如圖所示，設(shè)對應(yīng)的圓心為，運動軌道半徑也為BO，連接、，是平行四邊形，則粒子2一定從B點射出磁場，故A錯誤，B正確；C、粒子1在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，連接PB，可知P為的中點，由數(shù)學(xué)知識可知，兩粒子的速度偏角不同，粒子在磁場中運動的周期：，兩粒子的周期相等，粒子在磁場中的運動時間，的運動時間之比：，故C正確，D錯誤點睛：本題考查了粒子在勻強磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲

15、力提供向心力，作出粒子運動軌跡、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識、周期公式即可正確解題8、CD【解析】粒子的所受合力的方向大致指向軌跡的彎曲的方向，知負電荷所受的電場力背離點電荷向外，知O為負電荷故A錯誤從a處運動b處，然后又運動到c處電場力先做負功再做正功，所以電勢能先變大后變小，故B錯誤越靠近點電荷，電場線越密，則電荷所受電場力越大，加速度越大，則加速度先增大后減小故C正確初末位置在同一個等勢面上，兩點間的電勢差為零，根據(jù)W=qU，知電場力做功為零，故D正確故選CD【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握通過軌跡的彎曲大致判斷合力的方向，會根據(jù)電場力做功判斷動能的變化，知道在等勢面上移動電荷，電場力不做功9、BC【解析】小

16、球從靜止開始運動，受到重力、支持力、洛倫茲力、摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律表示出加速度，進而分析出最大速度和最大加速度及加速度的變化過程【詳解】小球開始下滑時有，隨v增大，a增大，當(dāng)時，a達最大值，摩擦力減??；此時洛倫茲力等于mg，支持力等于1，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，反向，此后下滑過程中有：，隨v增大，a減小，摩擦力增大，當(dāng)時，a=1此時達到平衡狀態(tài)，速度不變，所以整個過程中，v先增大后不變，a先增大后減小，BC正確，AD錯誤【點睛】解決本題的關(guān)鍵是正確地進行受力分析，抓住當(dāng)速度增大時，洛倫茲力增大，比較洛倫茲力與重力的大小關(guān)系，分清摩擦力的變化是解決問題的關(guān)鍵10、AC【解

17、析】試題分析：根據(jù)粒子的平衡可知粒子受電場力與重力的關(guān)系；兩電容器電容相同，總電量不變；由電容的決定式分析B的電容變化，由電容的定義式可得出其電量的變化，判斷出A的電量變化，從而能分析出A的電壓的變化根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律和電容的相關(guān)公式列式分析B的正對面積變化解：A、D、帶電微粒靜止，則有：mg=，得U=當(dāng)B電容板錯開時，B電容器的電容C減小，帶電量減小，而兩個電容器的總電量不變，則A的帶電量增加，由C=知A板間電壓增加，說明B板的電壓增加，場強增大，粒子所受的電場力增大，所以粒子向上加速運動故A正確，D錯誤B、C、帶電微粒向上加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：mg=m由解得：U=則板間電壓

18、變?yōu)樵瓉淼谋陡鶕?jù)電容的定義式C=，可知A的帶電量為原來的倍，則B的帶電量為倍由電容的定義式C=，可知B的電容為原來的倍，則B的正對面積減少到原來的故C正確，B錯誤故選AC點評：本題為電容器的動態(tài)分析，要注意明確兩電容直接相連時，電容器兩端的總電量保持不變；這是解本題的突破點三、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、甲 F F B 【解析】（1）1合力的實際值應(yīng)該沿著OA方向；合力的理論值應(yīng)該與實際值有點偏差，則甲得出的結(jié)果更符合實驗事實。（2）2在符合實驗事實的數(shù)據(jù)處理圖中，F(xiàn)是F1與F2合成的理論值；F是F1與F2合力的實際值。（3）3本實

19、驗采用的科學(xué)方法是等效替代法，故選B.12、 （1）0.01； 4.762； （2）偏??； 甲； （3）0.70； 11.8；【解析】（1）由圖所示螺旋測微器可知，可以精確到0.01mm，固定刻度示數(shù)為4.5mm，可動刻度所示為26.20.01mm=0.262mm，螺旋測微器的示數(shù)4.5mm+0.262mm=4.762mm；（2）若采用圖2甲電路測量，電壓表分流使電流表示數(shù)偏大，則Rx的測量值比真實值偏?。挥捎?，采用電流表外接法，故選甲圖，誤差會比較小；（3）電流表精確到0.1A，電流表示數(shù)為0.70A；電壓表精確到0.5V，電壓表示數(shù)為11.8V；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、mB3mA【解析】設(shè)A球與B球第一次碰撞前速度為v0，碰撞后A球和B球的速度分別為vA和vBA球從LM軌道上下滑的過程，由機械能守恒定律得：mAgh=mAv02，得：v0=；對于A、B碰撞的過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvBmAv02=mAvA2+mBvB2；解得：vA=v0，vB=v0；要使A、B兩球至少發(fā)生兩次碰撞，第一次碰撞后A球反向彈回，且A