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、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、帶正電的點電荷Q的電場對應的電場線分布如圖所示，先后將同一帶正電的試探電荷q放在電場中的A、B兩點，所受靜電力大小分別FA、FB，則的大小關系是AFA= FB BFA FB D無

2、法確定2、圖為遠距離輸電的電路原理圖，則下列判斷正確的是（）AU1U2BU2=U3CI4I23、如圖所示，電源的內阻不可忽略已知定值電阻R1=11，R2=8當開關S接位置1時，電流表的示數為121A那么當開關S接位置2時，電流表的示數可能是下列的哪些值（ ）A128 AB125 AC122 AD119 A4、如圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負的試探電荷在這個電場中僅在電場力作用下運動的軌跡若電荷是從a處運動到b處，以下判斷不正確的是（ ）A電荷從a到b加速度減小B電荷從a到b動能減小C電荷從a到b電勢能減小D電荷從a到b電勢能增加5、電荷量為4106C的小球絕緣固定在A點，質量為

3、0.2kg、電荷量為5106C的小球用絕緣細線懸掛，靜止于B點A、B間距離為30cm，AB連線與豎直方向夾角為60靜電力常量為9.0109Nm2/C2，小球可視為點電荷下列圖示正確的是（ ）ABCD6、如圖所示電路中， 均為定值電阻，若在AB兩接線柱之間接恒壓電源，CD之間接理想電流表，電流表讀數為，若把相同輸出電壓的恒壓電源接CD之間，在AB間接理想電流表，電流表讀數為，則與之比為 ( )ABC1:1D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,實線是電場中一簇方

4、向未知的電場線,虛線是一個帶正電粒子從a點運動到b點的軌跡,若帶電粒子只受電場力作用,粒子從a點運動到b點的過程中()A粒子運動的加速度逐漸增大 B粒子運動的速度逐漸增大C粒子的電勢能逐漸增加 D粒子的動能逐漸減小8、如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上盒內有一小滑塊 B，二者質量相同， 滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，重力加速度為g，則( )A最終盒的速度大小為v/2B最終盒的速度大小為vC滑塊相對于盒運動的路程為D滑塊相對于盒運動的路程為9、如圖所示，四個相同的表頭分別改裝成兩個電流

5、表和兩個電壓表。電流表的量程大于的量程，電壓表的量程大于的量程，把它們按圖接入電路，且都沒有超過量程，則（ ）A電流表的讀數大于電流表的讀數B電流表的偏轉角小于電流表的偏轉角C電壓表的讀數等于電壓表的讀數D電壓表的偏轉角等于電壓表的偏轉角10、如圖所示是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路，開關S閉合一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是（）A帶電液滴帶正電B增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從b到a的電流C斷開S，減小兩極板正對面積的過程中，液滴將加速上升D斷開S，減小兩極板距離過程中，液滴靜止不動三、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

6、，不要求寫出演算過程。11（6分）在測定金屬絲的電阻率的實驗中:(1)用螺旋測微器測金屬絲的直徑，如圖所示的示數是_mm；(2) 以平均電阻R，金屬絲長L，平均直徑d，寫出計算電阻率的計算式:_12（12分）用伏安法測定一個待測電阻Rx的阻值（阻值約為200），實驗室提供如下器材：電池組E：電動勢3V，內阻不計電流表A1：量程0 15mA，內阻約為100電流表A2：量程0 300A，內阻為1000滑動變阻器R1：阻值范圍0 20，額定電流2A電阻箱R2，阻值范圍0 9999，額定電流1A電鍵S、導線若干要求實驗中盡可能準確地測量Rx的阻值，請回答下面問題：為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流

7、表_（填寫器材代號）與電阻箱串聯，并將電阻箱阻值調到_，這樣可以改裝成一個量程為3.0V的電壓表在方框中畫完整測量Rx阻值的電路圖，并在圖中標明器材代號調節滑動變阻器R1，兩表的示數如圖所示，可讀出電流表A1的示數是_mA，電流表A2的示數是_A，測得待測電阻Rx的阻值是_本次測量存在一定的系統誤差，考慮這個原因測量值比較真實值_（選填“偏大”或“偏小”）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，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為一個質量為m的物體以初速度向右運動，當它經

8、過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C，C、O、B三點在同一豎直線上不計空氣阻力試求：物體的初速度物體從B點運動至C點的過程中克服摩擦力做的功物體經過C點后落回水平地面，落地速度v的大小14（16分）如圖（甲）所示，A、B為兩塊距離很近的平行金屬板（電子通過A、B間的時間可忽略不計），板中央均有小孔一束電子以初動能EKO=120eV，從A板上的小孔O不斷垂直于板射入A、B之間，在B板右側，平行金屬板M、N之間有勻強電場，板長L=210-2m，板間距離d=410-3m，偏轉電壓U1=20V，其右側l =210-2m有一較大的熒光屏，其中(包括延長線)到MN兩

9、板的距離相等；現在A、B間加一個如圖（乙）變化的電壓，在t=0到t=2s時間內，A板的電勢高于B板的電勢在U隨時間變化的第一個周期時間內（電子的重力忽略不計）：（1）在哪段時間內射入的電子，可以從B板上的小孔O射出？（2）在哪段時間內射入的電子，能從偏轉電場右側飛出？（3）從偏轉電場右側飛出的電子打在熒光屏上的線段長度是多少？（保留三位有效數字）15（12分）如圖所示，圓1和圓2之間存在磁感應強度為B的勻強磁場（垂直紙面沒有畫出)，圓2和圓3之間的電勢差為U，一個質量為m、電荷量為e的電子從A點由靜止釋放，經過時間t從C點對著圓心O射入磁場，其運動軌跡恰好與圓1相切，已知圓1的半徑求：（1）圓

10、2的半徑r2；（2）電子能否再次回到A點，如果能，求出電子從A點出發至再次回到A點所經歷的時間，如果不能，請通過計算說明原因參考答案一、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】電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，A點的電場線密，所以A點的電場強度大，電荷在A點受到的電場力大，所以FAFB，所以C正確，ABD錯誤故選C點睛：電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布同時電場力大小是由電場強度與電荷量決定，而同一電荷電場力由電場強度確定此處已控制電荷量不變2、D【解析】A從電廠經過升壓變壓器，電

11、壓被提高，即故A錯誤；B由于實際遠距離輸電中，輸電線上存在損耗，因此故B錯誤；C降壓變壓器，根據原副線圈電流與匝數成反比，因此故C錯誤；D從電廠經過升壓變壓器，電壓被提高，由電流與匝數成反比可知故D正確。故選D。3、C【解析】試題分析：當電鍵S接位置1時，電流表的示數為121A，則根據歐姆定律得知：路端電壓U1=I1R1=1112V=2V；電鍵S接2后，電路的總電阻減小，總電流一定增大，所以電流不可能是119A，電源的路端電壓一定減小；原來路端電壓為2V，所以電鍵S接2后路端電壓低于2V，因此電流一定小于125A，故只能選C考點：閉合電路歐姆定律名師點睛：本題要根據閉合電路歐姆定律分析路端電壓

12、與外電阻的關系，同時分析總電流與外電路總電阻的關系，可確定出電流表示數的范圍進行選擇4、C【解析】A、a處電場線較密，則a處電場強度較大，由F=qE知，帶電粒子在a處受力較大，則加速度比較大，電荷從a到b加速度減小故A正確B、C、D、合力大致指向軌跡凹的一向，可知電場力方向向左，從a運動到b，電場力做負功，電勢能增大，動能減小所以帶電粒子在a點的動能大于在b點的動能在b點的電勢能大于在a點的電勢能故BD正確，C錯誤本題選擇不正確的，故選C5、B【解析】根據庫侖定律求解兩球之間的庫侖力，然后對球B受力分析，結合共點力平衡條件分析三力之間的關系，從而確定細線拉力方向【詳解】兩球之間的庫侖力為，小球

13、B受到的重力大小為，且F與豎直方向夾角為60，故小球B受到的庫侖力，重力以及細線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細線與豎直方向的夾角為60，B正確【點睛】當三力平衡時，能組成一個封閉的矢量三角形，再結合一個角為60的等腰三角形為等邊三角形即可求解6、C【解析】在AB兩接線柱之間接恒壓電源U時，CD之間接理想電流表，電流表讀數； 同理可知在CD兩接線柱之間接恒壓電源U時，AB之間接理想電流表，電流表讀數，即I1=I2，故選C.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

14、、CD【解析】A、由粒子的運動軌跡可知，帶電粒子所受的電場力向左，由于粒子帶正電，故電場線向左，由于a點運動到b點過程中，電場線越來越稀疏，故電場強度減小，粒子所受的電場力逐漸減小，則加速度逐漸減小，故A錯誤；BCD、電場力與速度方向的夾角為鈍角，則從a點運動到b點電場力做負功，動能逐漸減小，速度逐漸減小，電勢能逐漸增大，故C、D正確，B錯誤； 故選CD。【點睛】關鍵是根據運動軌跡彎曲方向判定電場力方向，然后根據電性判斷電場線方向，從而判斷電勢高低，根據電場力做功判斷電勢能的變化。8、AD【解析】AB方盒A和滑塊B組成的系統動量守恒，最后A和B保持相對靜止，因此由動量守恒有， 得，故A對B錯；

15、CD整個過程損耗的能量為摩擦生熱，因此有能量守恒有代入數據解得，故C錯D對9、AD【解析】電流表A1的量程大于A2的量程，故電流表A1的內阻小于A2的內阻；電壓表V1的量程大于V2的量程，故V1的電阻大于V2的電阻；AB由圖可知，兩電流表并聯，故兩流表兩端的電壓相等，兩表由同一電流表改裝而成，而將電流表擴大量程時為并聯一小電阻，故相當于為四個電阻并聯，故兩表頭中電流相同，故兩表的偏角相同，故A1中的電流要大于A2中的電流，故A1的讀數比A2的讀數大，故A正確，B錯誤；CD兩電壓表串聯，故通過兩表的電流相等，故V1的讀數比V2的讀數大，兩電壓表串聯，通過表頭的電流相等，表頭指針偏轉角度相等，電壓

16、表V1的偏轉角等于電壓表V2的偏轉角，故D正確，C錯誤。故選AD。10、CD【解析】電容器上板帶正電，而油滴所受電場力向上，可知油滴帶負電，選項A錯誤；增大兩極板距離的過程中，電容器的電容變小，而電容器板間電壓不變，由Q=CU分析知電容器帶電量減小，電容器要放電，電阻R中有從a到b的電流，故B錯誤斷開S，極板上是電量Q不變；減小兩極板正對面積的過程中，根據電容的決定式分析知電容減小，由C=Q/U分析可知U增大，由公式E=U/d分析可知E增大，油滴所受的電場力變大，則液滴將加速上升，選項C正確；斷開S，電容器極板上帶電量不變；減小兩極板兩極板距離過程中，根據電容的決定式、電容的定義式C=Q/U，

17、以及由公式E=U/d可得與d無關，即E保持不變，所以液滴靜止仍然不動故D正確；故選CD【點睛】本題是電容器動態變化分析問題，關鍵要抓住不變量當電容器保持與電源相連時，其電壓不變，同時掌握電容的定義式與決定式的內容及其區別，并理解的推導過程三、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、 0.700 【解析】（1）螺旋測微器讀數為 (2)據 、 可得： 。12、A2 9000 電路見解析 8.0mA 150A 187.5 【解析】（1）應用伏安法測電阻，需要用電壓表測待測電阻電壓，現在沒有電壓表，應該用內電阻已知的小量程電流表A2與電阻箱串聯改裝成電

18、壓表，改裝后電壓表量程是3V，則電阻箱阻值；（2）滑動變阻器最大阻值遠小于待測電阻阻值，滑動變阻器應采用分壓接法，待測電阻阻值約為200，電流表A1內阻約為100，改裝電壓表內阻為，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，電路圖如圖所示（3）由圖示可知，電流表A1的示數為8.0mA，電流表A2的示數是150A；待測電阻兩端電壓，由歐姆定律得：待測電阻電流表采用外接法，電流測量值偏大，由歐姆定律可知，測量值比較真實值偏小【點睛】本題考查伏安法測電阻時電流表采用內外接法的選擇原則及滑動變阻器的連接方法、電表的改裝原理、電流表的選取原則、實驗誤差的分析及串并聯電路的有關知識四、計算題：本題

19、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、mgR【解析】物體從A到B做勻速直線運動，在B點根據向心力公式即可求解B點的速度，即為物體的初速度；在C點，根據向心力公式求出C點速度，從B到C根據動能定理即可求解B到C過程中克服摩擦力所做的功；從C到地面根據動能定理即可求解落地速度【詳解】（1）在B點，根據向心力公式有：其中解得：（2）在C點，根據向心力公式有解得：從，根據動能定理有：解得：（3）從地面，根據動能定理有：解得【點睛】本題考查動能定理以及牛頓第二定律的綜合運用，難度不大，解題關鍵是要牢記豎直平面內物體貼著軌道內側做圓周運動的臨界條件，即