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(qū)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、2013-2017年中國風光互補路燈行業(yè)發(fā)展前景與投資預測分析報告數據顯示，我國現有城鄉(xiāng)路燈總數約有2億只，并以每年加20的速度增長，我國有豐富的風能及太陽能資源路燈作為戶外裝置，兩者結合做成風光互補路燈，無疑給國家的節(jié)能減排提供了一個很好的解決方案如圖為某公司生產的風光互補LED路燈外形圖和電路原理圖國家發(fā)改委提供的數據顯示，每燃燒1噸標準煤可以發(fā)電3000千瓦時，排放二氧化碳2.61噸假如傳統(tǒng)路燈消耗的電能來自燃燒標準煤發(fā)電，用比套路燈替換400瓦、每天工作10小時的傳統(tǒng)路

3、燈，則每套路燈1年（365天）可減少多少噸二氧化碳的排放？）A1.27KgB12.7KgC1270KgD1.27106Kg2、如下圖的電路中,當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時,A、B兩燈亮度的變化情況為( )AA燈和B燈都變亮BA燈和B燈都變暗CA燈變亮,B燈變暗DA燈變暗,B燈變亮3、如圖所示，用一根細繩一端系一個小球，另一端固定給小球不同的初速度，使小球在水平面內做角速度不同的圓周運動，則下列細繩拉力、懸點到軌跡圓心高度、向心加速度、線速度與角速度平方的關系圖象正確的是（ ）ABCD4、如圖所示，空間中勻強電場和勻強磁場相互垂直，磁場垂直于紙面向外，電場豎直向下，一個質量為m的帶電液滴在該空

4、間的豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動。那么該液滴：A一定帶正電，且沿順時針方向轉動B一定帶正電，且沿逆時針方向轉動C一定帶負電，且沿順時針方向轉動D一定帶負電，且沿逆時針方向轉動5、如圖所示，一個電子沿AO方向垂直射入勻強磁場中，磁場只限于半徑為R的圓內若電子速度為v，質量為m，帶電量為q，磁感應強度為B，電子在磁場中偏轉后從C點射出，下面結論正確的是（）A電子經過磁場的時間為B電子經過磁場的時間為C磁場半徑R為DAC間的距離為6、如圖所示的金屬導體，長1、寬d、高h，導體中通有沿x 正方向的恒定電流I，空間存在沿z軸負方向的勻強磁場，磁感應強度為B，已知金屬導體中單位體積內自由電子個數為n

5、，電子電荷量為e，則下列說法正確的是A金屬導體的M面帶正電B金屬導體中電荷定向移動速率為C增加導體高度h，M、M兩面間的電壓將增大DM、M兩面間的電勢差為二、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，為圓的兩條直徑,且相互垂直，點為圓心，空間存在一未知靜 電場，方向與圓周所在平面平行，現讓一質子先從A點運動至C點，電勢能減少了 , 又從C點運動至B點，電勢能增加了，則此空間存在的靜電場可能是（）A位于O點的正點電荷形成的電場B位于D點的正點電荷形成的電場C勻強電場，方

6、向垂直于由O點指向C點D位于D點的負點電荷形成的電場8、如圖所示，虛線a、b、c、d、e代表電場中的五個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知（ ）A五個等勢面中，a的電勢最高B帶電粒子通過P點時的電勢能較Q點大C帶電粒子通過P點時的動能較Q點大D帶電粒子通過P點時的加速度較Q點小9、下列說法中，正確的是( )A在一個以點電荷為中心、r為半徑的球面上，各處的電場強度都相同BEkQ/r2僅適用于真空中點電荷形成的電場C電場強度的方向就是放入電場中的電荷受到的電場力的方向D電場中某一點電場強度的方向與試探電

7、荷的正、負無關10、如圖所示，有一平行于紙面的勻強電場A、B、C、D、E、F為電場中一個邊長為1m的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為10V、20V、30V，則下列說法正確的是（）A勻強電場的場強大小為BB、E一定處在同一等勢面上C正點電荷從E點移到F點，則電場力做負功D電子從F點移到D點，電荷的電勢能減少20eV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） “描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，小燈泡的額定電壓為，額定功率為，實驗中除導線和開關外，還有以下器材可供選擇：A直流電源內阻不計B直流電流表內阻約為C直流電流表內阻約為D

8、直流電壓表內阻約為E.滑動變阻器，F.滑動變阻器，2A實驗要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化并能進行多次測量。（1）實驗中電流表應選用_，滑動變阻器應選用_。均填寫儀器前的字母（2）根據所提供器材，在線框中畫出實驗電路圖。（_）（3）如圖是此實驗的器材實物圖，圖中已連接了部分導線。請根據在上問中所畫的電路圖，補充完成圖中實物間的連線。（_）（4）開關S閉合之前，圖甲中滑動變阻器的滑片應該置于_。選填“左端”“右端”或“正中間”（5）根據實驗數據，畫出小燈泡IU圖線如圖所示。由此可知，當電壓為時，小燈泡的燈絲電阻是_。12（12分）（1）用螺旋測微器測量兩個物體的厚度，如圖所示，下圖甲中的示數為_

9、mm， 圖乙中的示數為_mm。（2）按照讀數規(guī)則讀出下列電表的測量值圖丙中接03V量程時讀數為_V，圖丁中接00.6A量程時讀數_A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，在xoy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于平面向外的勻強磁場，一質量為m，帶電量為+q的粒子（重力不計）經過電場中坐標為（3L，L）的P點時的速度大小為V1方向沿x軸負方向，然后以與x軸負方向成45角進入磁場，最后從坐標原點O射出磁場求：（1）勻強電場的場強E的大?。唬?）勻強磁場的磁感應強度B的

10、大??；（3）粒子從P點運動到原點O所用的時間14（16分）如圖所示，是一對彼此絕緣相距d5cm的平行金屬帶電極板MN,N板接地，M板帶電量的絕對值為Q=610-6C在兩極板MN間A點有一帶電量為q410-6C的帶電液滴，其質量m410-4kg,恰好處于靜止狀態(tài)(g取10m/s2)求：(1)兩板間的電場強度為多少？(2)NM等于多少？(3)平行金屬板MN所構成的電容器的電容C等于多少？15（12分）如圖1所示，電路中R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，M為玩具電動機， 電動機線圈電阻 r1=0.5，A、V1、V2均理想電表。閉合開關 S1、斷開開關 S2，在將滑動 變阻器的滑動觸頭 P 從最右端滑

11、到最左端的過程中，兩個電壓表的示數隨電流表示數變化的完整圖線如圖2所示。(1)求電源的電動勢E和內阻r；(2)求滑動變阻器R2的最大功率 Pm；(3)若滑動變阻器的滑動觸頭P滑到最左端后，再閉合開關S2，此時電流表的示數 I=1.0A，求此狀態(tài)下電動機的輸出功率P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】400W的路燈一年消耗的電能為W=Pt=0.4kW10h365=1460kWh則買一套路燈1年可減小二氧化碳的排放量為，故選C。2、B【解析】當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻變小，并聯(lián)部

12、分的總電阻變小，所以總電阻變小，總電流變大，所以電源內阻的電壓變大，所以A燈的電壓變小，故A燈變暗；由A的電流變小，而總電流變大，所以通過另一支路的電流變大，所以另一個電阻的電壓變大，故燈泡B的電壓變小，可知B的功率變小，故B燈變暗。故選B。3、A【解析】設細繩與豎直方向的夾角為，繩長為L，則圓錐擺的半徑為；而做勻速圓周運動的向心力由拉力和重力的合力提供，有.A、根據受力關系可知，而，聯(lián)立可得，則與是正比例函數關系，圖象為過原點的傾斜直線；故A正確.B、由幾何關系有，聯(lián)立向心力，可得，故h與是反比例函數關系，圖象為曲線；B錯誤.C、由向心加速度，可得a與不能構成線性函數；C錯誤.D、由圓周運動

13、的線速度，可知線速度v與不能構成線性關系；故D錯誤.故選A.4、D【解析】本題考查帶電粒子在復合場中的運動【詳解】由題意可知，帶電液滴在豎直平面內做勻速圓周運動，則必須滿足重力與電場力大小相等，方向相反，即電場力應該豎直向上，故液滴應該帶負電；由洛倫茲力提供向心力指向圓心，結合左手定則可知，要想洛倫茲力指向圓心，則液滴一定是沿逆時針方向轉動，綜上所述，本題正確答案應選D。5、D【解析】AB.由可得：；由圖可知電子在磁場中轉過的圓心角為60，根據幾何知識可知AC長等于半徑：，電子轉動的時間：，故A錯誤，B錯誤；C.對AOC分析可知，半徑，故C錯誤；D.由于粒子的偏轉角是60，所以AC與粒子的偏轉

14、半徑是相等的，為，故D正確；6、B【解析】A、根據左手定則知，電子向上側偏轉，則M面帶負電，故A錯B、由電流的微觀表達式： 得金屬導體中電荷定向移動速率為，故B正確C、電子做定向移動，視為勻速運動，速度為v=，電子受電場力和洛倫茲力平衡，有 得： 即電壓的大小和導體高度h無關，故C錯；D、由上式可得： 由于M面帶負電，所以M、M兩面間的電勢差為，故D錯；綜上所述本題答案是：B點睛：解決本題的關鍵掌握左手定則判定洛倫茲力的方向，以及知道最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡二、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

15、但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】據題質子先從A點運動至C點，電勢能減少了Ep；又從C點運動到B點，電勢能增加了Ep，則質子從A到B，電勢能將不變，說明A和B兩點的電勢相等。ABD由上分析可知，A、B電勢相等，空間也可能存在點電荷形成的電場，因為A點電勢高于C點電勢，所以可能存在位于D點的正電荷形成的電場，故AD錯誤，B正確。C如果是勻強電場，AB連線是等勢線，勻強電場垂直于AB，由于質子先從A點運動至C點，電勢能減少，所以A點電勢高于C點電勢，因為沿著電場線方向電勢一定降低，所以電場強度的方向垂直于AB由O點指向C點，故C正確。8、CD【解析】試題分析：由電場線處處與等勢面垂直

16、且做曲線運動的物體所受的合外力指向曲線的凹側可知該電場線的分布大概如圖，沿電場線方向電勢降低，所以，所以A錯誤從電場力做正功，電勢能降低，所以B錯誤根據動能定理，所以C正確電場線越密，電場強度越大，所以即，所以D正確考點：本題重在考查電場線、電勢能、電勢以及功能關系，能量守恒等，難度中等9、BD【解析】A：在一個以點電荷為中心、r為半徑的球面上，各處的電場強度大小相等，方向不同。故A錯誤。B：EkQ/r2僅適用于真空中點電荷形成的電場，故B正確。C：電場強度的方向就是放入電場中的正電荷受到的電場力的方向，與放入電場中的負電荷受到的電場力的方向相反。故C錯誤。D：電場中某一點電場強度的方向與試探

17、電荷的正、負無關，取決于電場本身。故D正確。10、BD【解析】AB、連接AC、DF，AC中點電勢為20V，與B電勢相等，則EB連線必為一條等勢線，而勻強電場的等勢面平行，則DF、CA直線與等勢線垂直，則為電場中的兩條電場線故B正確；BA間的電勢差為UBA=10V，又UBA=EdABcos30，得場強E= = 故A錯誤；C、由上得知，E的電勢為20V，F點與A點的電勢相等為10V，則正電荷從E點移到F點，電場力做正功，故C錯誤；D、由以上得，F點與A點電勢相等，DC電勢相等，故電子從F點移到D點與從A點移到C點電場力做功相同，電荷的電勢能減少量為20eV，故D正確；故選BD三、實驗題：本題共2小

18、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、B F 左端 【解析】（1）12小燈泡的額定電流為：，故選電流表B；滑動變阻器選擇較小的，便于操作，故選滑動變阻器F；（2）3電流表內阻和小燈泡的內阻相接近，故采用電流表外接法，要求小燈泡兩端的電壓從零開始，所以采用滑動變阻器的分壓接法，電路圖如圖所示：（3）4根據電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（4）5為了保護小燈泡不被燒壞，應使得小燈泡兩端的電壓為零，所以滑動變阻器的滑片應置于最左端；（5）6由圖乙所示圖象可知，當小燈泡兩端的電壓為0.75V時，小燈泡中的電流為0.125A，所以根據歐姆定律可得此時小燈泡的電

19、阻為：；12、2.2700.002 13.9700.002 2.150.02 0.16 【解析】（1）1甲中的示數為：2mm+0.01mm27.0=2.270mm；2圖乙中的示數為:13.5mm+0.01mm47.0=13.970mm。（2）3圖丙中接03V量程時讀數為2.15V；4圖丁中接00.6A量程時讀數0.16A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）mv022qL （2）2mv0qL （3）8+L4v0 【解析】試題分析：（1）當粒子從P點垂直進入電場后，做類平拋運動，再以與x軸成45垂直進入勻強磁場后

20、，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，接著從原點射出由粒子在電場P點的速度可求出剛進入磁場的速度，再由動能定理可得電場強度（2）從而由類平拋運動與圓周運動結合幾何關系可求出圓弧對應的半徑，因此可算出磁感應強度（3）同時由周期公式及運動學公式可求出粒子從P點到O點的時間粒子在電場中經過點P后，做類平拋運動，進入磁場中做勻速圓周運動，從O點射出，則其運動軌跡如圖所示（1）設粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓周，PQ段為拋物線根據對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45角，可得v0=vcos45解得v=2v0在粒子從P運動到Q的過程中，由動能定理得qE0L=12mv02-12

21、mv2，解得E0=mv022qL在勻強電場由P到Q的過程中，水平方向的位移為x=v0t1豎直方向的位移為y=v02t1=L可得xQP=2L，OQ=L由OQ=2Rcos45故粒子在QO段圓周運動的半徑R=22L及R=mvBq得B0=2mv0qL（3）在Q點時，vy=v0tan45=v0設粒子從P到Q所用時間為t1，在豎直方向上有： t1=L12v0=2Lv0粒子從Q點運動到O所用的時間為t總=t1+t2=90360T=L4v0則粒子從O點運動到P點所用的時間為： t總=t1+t2=2Lv0+L4v0=8+L4v014、（1） （2）50V（3） 【解析】（1）對A點受力分析：Eq=mg 得E = 103V/m；（2）UNM=Ed = 50V， ；得= -50V；（3）C=Q/U = 1.