1、2023學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、如圖所示，兩塊平行放置的金屬板A、B分別與電源的兩極連接，放射源發(fā)出的射線從其上方小孔向外射出，下列說法正確的是（） Aa粒子電離能力最強Bb粒子來自原子核內(nèi)中子的衰變

2、Cc粒子穿透能力最強Dc粒子的速度最小2、如圖所示是將滑動變阻器作分壓器的電路圖，A、B為分壓器的輸出端，C、D是分壓器的輸入端，C、D兩點間的電壓保持不變，電壓值始終為U0；移動滑動變阻器的滑片P，當P位于滑動變阻器的中央時，下列結論中不正確的是（）A如果A、B端接入理想電壓表如圖（a）所示，電壓表的示數(shù)為B如果A、B端接入阻值為R的電阻如圖（b）所示，電阻R兩端的電壓小于C如圖（b）所示，電阻R越大，其兩端的電壓越接近D如圖（b）所示，電阻R越小，其兩端的電壓越接近3、在物理學史上.通過“理想實驗”推翻”力是維持物體運動的原因”這個觀點的物理學家是( )A亞里士多德 B伽利略 C牛頓 D愛

3、因斯坦4、電源的效率定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比在測電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中得到的實驗圖線如圖所示，圖中U為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態(tài)下電源的效率分別為、由圖可知、的值分別為A、B、C、D、5、如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當增大兩板間距離時，v增大B當減小兩板間距離時，v增大C當改變兩板間距離時，v不變D當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間不變6、如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上，在磁鐵右上方固定一根與磁鐵垂直的長直導線當導線中通以由外向內(nèi)的電流時，磁鐵仍然保持靜止，則與不通

4、電是相比，下列說法正確的是()A磁鐵受到向左的摩擦力，對桌面的壓力減小B磁鐵受到向右的摩擦力，對桌面的壓力減小C磁鐵受到向左的摩擦力，對桌面的壓力增大D磁鐵不受摩擦力，對桌面的壓力不變二、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，虛線a、b、c是某靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為、，且，一帶正電的粒子射人電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示由圖可知（）A粒子從K到L的過程中，電場力做負功B粒子從L到M的過程中，電場力做負功C粒子從K到L的過程中，電勢能增加D粒子

5、從L到M的過程中，動能減少8、如圖所示是一個直流電動機提升重物的裝置，重物質(zhì)量m=50kg，電源電壓U=100V，不計各處的摩擦，當電動機以v=0.9m/s的恒定速度將重物向上提升1m時，電路中的電流I=5A，g取10m/s2，由此可知（）A電動機線圈的電阻r=2B電動機線圈的電阻r=1C此過程中無用功為50JD該裝置的效率為90%9、一小球從點豎直拋出，在空中同時受到水平向右的恒力，運動軌跡如圖，、兩點在同一水平線上，為軌跡的最高點，小球拋出時動能為，在點的動能為，不計空氣助力。則（）A小球水平位移與的比值13B小球水平位移與的比值14C小球落到點時的動能為D小球從點運動到點過程中最小動能為

6、10、如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是（）A粒子帶正電B粒子在b點速率大于在a點速率C若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間可能會增加三、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）有一個小燈泡上標有“4 V，2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法測量這個小燈泡的伏安特性曲線?，F(xiàn)有下列器材供選用：A電壓表V1(05 V，內(nèi)阻約10 k)B電壓表V2(010V，內(nèi)阻約20 k)C電流表A1(00.3 A，內(nèi)阻約1 )D電流表A2(0

7、0.6 A，內(nèi)阻約0.4 )E滑動變阻器R1(010，2 A)F滑動變阻器R2(0100，0.2 A)G學生電源(直流6V)、開關及導線(1)為了調(diào)節(jié)方便，測量盡可能準確，實驗中應選用電壓表_，電流表_，滑動變阻器_(填器材前方的選項符號，如“A”，“B”)(2)為使實驗誤差盡量減小，要求從零開始多取幾組數(shù)據(jù)；請在下面的方框中畫出實驗電路圖_。(3)P為上圖中圖線上的一點，PN為圖線上P點的切線、PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，下列說法中正確的是（_）A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小C對應P點，小燈泡的電阻約為5.33 D對應P點，小燈泡的電阻約

8、為24.0(4)某同學通過實驗得到的數(shù)據(jù)畫出了該小燈泡的伏安特性曲線，如圖所示，若用電動勢為4.0V、內(nèi)阻為8的電源直接給該小燈泡供電，則該小燈泡的實際功率是_W（保留兩位有效數(shù)字）12（12分）利用兩個小球的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示。兩個小球大小相同，質(zhì)量不相等。主要實驗步驟如下：用天平測出兩個小球的質(zhì)量分別為m1和m2（）；將斜槽靠近桌子邊緣置于桌面上固定，使斜槽末端切線水平，在末端點掛上重垂線，在地面已經(jīng)鋪好的紙上記錄重垂線所指位置O點；不放置被碰小球b，讓小球a從某固定點自由滾下，重復多次后記錄落地點平均位置P；在斜槽末端放置小球b，讓小球a從同一點自由滾下，重復多次后記

9、錄兩小球落地點平均位置M和N；用米尺測量OP、OM、ON的距離。（1）a、b兩小球中質(zhì)量較大的是小球_（填“a”或b”）。（2）因為兩小球做平拋運動的時間相同，平拋運動的水平位移與初速度_，所以在計算式中可以用水平位移取代初速度。（3）用測得的物理量來表示，只要滿足關系式_，則說明碰撞中動量是守恒的。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，空間存在水平方向的勻強電場E=2.0104N/C，在A處有一個質(zhì)量為0.3kg的質(zhì)點，所帶的電荷量為q=+2.010-4C，用一長為L=600cm的不可伸長的絕緣細線與

10、固定點O連接。AO與電場線平行處于水平狀態(tài)，取g=10m/s2.現(xiàn)讓該質(zhì)點在A處由靜止釋放，求：（1）釋放瞬間質(zhì)點的加速度；（2）從釋放到第一次到達O點正下方過程中質(zhì)點機械能的變化量；（3）質(zhì)點第一次到達O點正下方時的速度大小v。14（16分）如圖所示，水平放置的兩金屬極板長度為L，相距為d，極板間的電壓為U，兩極板間的電場可視為勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從極板中央水平射入電場中，射入時的速度為v0，并從電場的右端射出。若不計粒子的重力，求該粒子射出時沿垂直于板面方向偏移的距離y。15（12分）如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量q1.0105 C，從靜

11、止開始經(jīng)電壓為U1100 V的電場加速后，從兩平行金屬板的中間水平進入偏轉(zhuǎn)電場中，微粒從金屬板邊緣射出電場時的偏轉(zhuǎn)角30，并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D34.0 cm的勻強磁場區(qū)域微粒重力忽略不計求：（1）帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v1；（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2；（3）為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少多大？（=1.7）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】射線為高速電子流，質(zhì)量約為質(zhì)子質(zhì)量的，速度接近光速；射線為氦核流，速度約為光速的在同一電場中，射線偏轉(zhuǎn)

12、的軌跡曲率半徑小于射線的曲率半徑，同時結合射線帶正電，偏向負極，而射線帶負電，偏向正極，由圖知，向左偏的為射線，向右偏的為射線，即到達A板的為射線；因在、三種射線中，射線的穿透能力最強，電離能力最弱，射線穿透能力最弱，電離能力最強，a粒子為射線，電離能力較弱，c粒子為射線，穿透能力最強，故A錯誤，C正確，衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時產(chǎn)生的，而b粒子是射線，故B錯誤；c粒子為射線，速度最大，故D錯誤故選C2、D【解析】A因滑片P位于滑動變阻器的中央，則如果A、B端接入理想電壓表，電壓表的示數(shù)為，選項A正確，不符合題意；B如果A、B端接入阻值為R的電阻時，R與滑動變阻器的下半部分并

13、聯(lián)，再與滑動變阻器的上半部分串聯(lián)，因為并聯(lián)電路的總電阻總要小于任一支路的電阻，而串聯(lián)電路中各支路的電壓與電阻成正比，所以接R時，輸出電壓小于；故B正確，不符合題意；CD負載電阻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，越接近，故C正確，不符合題意；D錯誤，符合題意。故選D。3、B【解析】伽利略推翻了亞里士多德的觀點,認為力不是維持物體速度的原因,而是改變物體運動狀態(tài)的原因;所以B選項是正確的,ACD錯誤綜上所述本題答案是：B4、D【解析】電源的效率定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比 ,E為電源的總電壓（即電動勢），在UI圖象中，縱軸截距表示電動勢，根

14、據(jù)圖象可知、，則 ， ，所以A、B、C錯誤，D正確點晴：解決本題的關鍵知道電源的效率也等于外電壓與電動勢之比以及會從U-I圖象中讀出電動勢和外電壓5、C【解析】A、根據(jù)動能定理研究電子由靜止開始從A板向B板運動列出等式：，v與兩板間距無關，所以當改變兩板間距離時，v不變，A、B錯誤；C正確；D、由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為電子的加速度為：， 電子在電場中一直做勻加速直線運動，由所以電子加速的時間為：，由此可見，當增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，D錯誤；故選C6、A【解析】以導線為研究對象，由左手定則判斷得知導線所受安培力F方向斜向左下方，根據(jù)牛頓第三定律得知，導

15、線對磁鐵的安培力方向斜向右上方，磁鐵有向右運動的趨勢，受到向左的摩擦力，同時磁鐵對桌面的壓力減小二、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、AC【解析】電場線與等勢面垂直，由較高的等勢面指向較低的等勢面，分布圖如圖A粒子從K到L的過程中，正粒子從低電勢向高電勢運動，根據(jù)故電場力做負功，A正確；B粒子從L到M的過程中，正粒子先從低電勢向高電勢運動，后從高電勢向低電勢運動，電場力先做負功后做正功，B錯誤；C粒子從K到L的過程中，電場力做負功，電勢能增加，C正確；D粒子從L到M的過

16、程中，電場力先做負功后做正功，故動能先減少后增大，D錯誤。故選AC。8、AD【解析】AB：電動機以v=0.9m/s的恒定速度將重物向上提升對電動機解得故A項正確，B項錯誤C：此過程中無用功 又，解得故C項錯誤D：該裝置的效率 故D項正確【點睛】純電阻元件，歐姆定律適用，電功等于電熱，電功率等于熱功率；非純電阻元件，歐姆定律不適用，電功大于電熱，電功率大于熱功率，其它功率等于電功率減去熱功率9、AC【解析】AB小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性得知，從A點至M點和從M點至B點的時間t相等，小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，設加速度為a，根據(jù)位移時間公式聯(lián)立可得故A正確，B錯誤；

17、C據(jù)小球的運動軌跡如圖所示： 小球從A到M，由功能關系知在水平方向上恒力做功為則從A到B水平方向上恒力做功為根據(jù)能量守恒可知，小球運動到B點時的動能為故C正確；D由題知開始又豎直方向上在水平方向上又有聯(lián)立以上解得幾何關系可知，則據(jù)運動軌跡，但小球的運動方向與合加速度的方向垂直時，小球的速度最小，則小球從A到B過程最小速度一定與等效G垂直，如圖P點，所以故D錯誤。故選AC。10、CD【解析】A由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應帶負電，故A錯誤；B由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；C若僅減小磁感應強度，由公式得所以磁感應強度減小，半徑增大

18、，所以粒子有可能從b點右側射出，故C正確；D若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，若粒子從下邊飛出，則在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間變長；若粒子從左邊射出，則粒子射出磁場的時間不變，故D正確。故選CD。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、A D E AC 0.42W 【解析】（1）123燈泡的額定電壓為4V，電壓表應選A；燈泡的額定電流電流表應選擇00.6A的量程，故選D；變阻器用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器選E（2）4燈泡內(nèi)阻電壓表內(nèi)約為10k，電流表內(nèi)阻約為0.4，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，因此電流表應采用外

19、接法；描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，電路圖如圖所示：（3）5AB、由圖示I-U圖象可知，隨電壓增大，電流增大，電壓與對應電流的比值增大，即燈泡電阻變大，故A正確，B錯誤；CD、由圖象可知，在P點，小燈泡的電阻為故C正確，D錯誤；（4）6根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir，則有U=4-8I，畫出U-I圖象如圖所示；交點對應的電壓與電流即為小燈泡此時的實際電壓與電流，所以小燈泡兩端電壓為1.2V，電流I=0.35A，所以實際功率為P=UI=1.20.35W=0.42W12、a 成正比 【解析】（1）1為防止兩小球碰撞后，入射小球反彈，入射小球的質(zhì)量應大

20、于被碰小球的質(zhì)量，即小球a的量m1。（2）2因為兩小球做平拋運動的時間t相同，水平位移x=vt所以即平拋運動的水平位移與初速度成正比，在計算式中可以用水平位移取代初速度。（3）3要驗證動量守恒定律，即驗證，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得四、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），方向與水平方向成角斜向下（2）增加24J（3）【解析】(1)在釋放的瞬間對質(zhì)點受力分析，質(zhì)點受水平向左的電場力 ，豎直向下的重力作用。故合力為：代入數(shù)據(jù)解得F=5N，方向與水平方向成斜