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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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、如圖所示，在真空中有兩個點電荷A和B，電荷量分別為-Q和+2Q，它們相距L，如果在兩點電荷連線的中點O有一個半

2、徑為r（2rb，故D正確。故選D。3、B【解析】當物體所受合外力不變時，即合力不為零，運動狀態一定變化，A錯誤；當物體所受合外力為零時，物體做勻速直線運動或者處于靜止狀態，即速度大小一定不變，B正確；當物體運動軌跡為直線時，只能說明合力與速度方向共線，但與合力大小無關，C錯誤；當物體速度為零時，所受合外力不一定為零，例如豎直上拋運動，在最高點速度為零，仍只受重力一個力，合力不為零，D錯誤4、A【解析】根據閉合電路歐姆定律得：U=EIr知，I=0時，U=E，圖象的斜率等于r，則由電源的UI圖線得到：電源的電動勢為E=3V，內阻為r=0.5. 由電阻的伏安特性曲線求出R1=0.5、R2=1，R1單

3、獨接到電源兩端時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態，可知，電路中的電流為3A，路端電壓為1.5V，則電源的輸出功率為P出1=1.5V3A=4.5W，同理，當將R1、R2串聯后接到電源兩端，利用歐姆定律可得電路電流I串=1.5A，此時電源的輸出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；兩電阻并聯時，利用歐姆定律可得電路電流I并=3.6A,此時電源的輸出功率P并=EI并I2并r=4.32W；R2單獨接到電源兩端輸出功率為P出2=2V2A=4W.所以將R1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大。故A正確，BCD錯誤。故選：A【點睛】由電源的U-I圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內阻由電阻

4、的U-I圖線求出電阻再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇5、B【解析】BD、在等量同種電荷連線中垂線上電場強度方向，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向，速度越來越大，動能增大，粒子的電勢能減小，但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，但可能是加速度先變大后變小，故B正確，D錯誤；AC、越過O點后，負電荷q做減速運動，則點電荷運動到O點時速度最大，電場力為零，加速度為零，根據電場線的對稱性可知，越過O點后，負電荷q做減速運動，加速度的變化情況：先增大后減小；對于速度一直減小，粒子將沿中垂線做往返直線運動，

5、故A、C錯誤；故選B【點睛】M、N為兩個等量的正點電荷，其連線中垂線上電場強度方向OP，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向PO，速度越來越大但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況不確定越過O點后，負電荷q做減速運動，點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值，加速度變化情況同樣不確定6、D【解析】放在勻強磁場中的通電導線受到的安培力，只有當B、I、L與都是恒定時，導線所受的安培力才是恒定的，故A錯誤；磁感線的疏密表示磁場的強弱，與磁感線的方向無關，故B錯誤；根據左手定則，磁場的方向與通電導體所受磁場力的方向垂直；磁場

6、的方向就是小磁針的N極在磁場中所受磁場力的方向，故C錯誤；根據左手定則，安培力的方向一定垂直磁感應強度和直導線所決定的平面，故D正確所以D正確，ABC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。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】AB磁感應強度是描述磁場強弱的物理量，故同一磁體在磁場中受磁場力大的地方，該處的磁感應強度一定大，故A正確，B錯誤；CD由于通電導線受磁場力：F=BILsin（為B與I的夾角）故安培力F的大小與通電導線的長度L，流經導線的電流I，導線所處位置的磁感應強度B，B與I的夾角

7、都有關，所以通電導線在磁場中受磁場力大的地方，該處磁感應強度不一定大，故C錯誤，D正確。8、ABC【解析】由于帶正電，有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛侖茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向都不變；洛侖茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛侖茲力的方向跟速度方向垂直，總是指向右上方某個方向，其水平分力fx水平向右，豎直分力fy豎直向上如圖所示，小球水平方向將加速運動，豎直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g撤去磁場的時候，小球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，加速度為g從而，有磁場時水平距離比撤去磁場后要大，即x1x2，故A正確；有磁場

8、時運動時間比撤去磁場后要長，即t1t2，故B正確；由于洛侖茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能所以，有磁場和無磁場都只有重力作功，小球機械能守恒，動能的增加等于重力勢能的減少，等于小球重力與桌面高度的乘積，是相同的，即v1和v2大小相等，有故C正確；有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同，故D錯誤故選ABC【點睛】本題關鍵運用分解的思想，把小球的運動和受力分別向水平和豎直分解，然后根據選項分別選擇規律分析討論.9、CD【解析】根據 得，由這些關系可以看出，r越大，a、v、越小，動能越小，而T越大，故AB錯誤， CD正確10、BC【解析】試題分析：如果粒子從OM

9、邊界射出，軌跡對應的圓心角最大，為，故運動時間：；如果從ON邊界射出，軌跡對應的圓心角最小是接近45，考慮45情況，故運動時間：，故A錯誤B正確；粒子經過ON的位置到O的距離最小時軌跡與ON軸相切，畫出臨界軌跡；結合幾何關系，有：，解得：，故C正確D錯誤；考點：考查了帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運動時間公式，知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關，運動周期和速度無關，畫軌跡，定圓心，找半徑，結合幾何知識分析解題，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)

10、 11000 (2)電路圖如圖所示； (3)B C 【解析】（1）根據串并聯電路規律可知，； （2）根據題意可知，要畫出對應的伏安特性曲線應采用分壓接法，同時因電流表內阻較小，故應 ；故采用電流表外接法；如圖；電源電動勢為6V，電阻約為120；則電流約為： =0.5A；故電流表選擇B；因采用分壓接法，故滑動變阻器選擇總阻值較小的C；12、 B端 1.5V 1.0 偏小 【解析】（1）1電路連接如圖；（2）2在圖乙的電路中，為避免燒壞電表，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于B端。（3）34由圖示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為1.5，則電源電動勢E=1.5V，電源內阻：5由圖示電路圖可

11、知，由于電壓表的分流作用，電流表所測電流小于干路電流，電源內阻的測量值小于真實值。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）BILsin；（2）mgBILcos【解析】金屬桿ab受到重力、安培力、導軌的支持力和摩擦力平衡，金屬桿與磁場方向垂直，安培力大小F=BIL，根據平衡條件列方程求解【詳解】作出金屬桿受力如圖所示：根據平衡條件得Ff=Fsin mg=FN+Fcos 又F=BIL解得：Ff=BILsin FN=mg-BILcos【點睛】本題主要考查了應用平衡條件解決磁場中通電導體的平衡問題，關鍵在于安培力分析和計算14、2104J；4104J；40 V；80 V【解析】靜電力對電荷做功等于電荷電勢能增量的負值，即：當電荷從A移至B時，因B點的電勢能為零，代入數值可得：J而當電荷從A移至C時，則有：代入數值得：J根據：可得：15、（1）1.0A（2）1.4V（3）1.4W【解析】（1）根據閉合電路歐姆定律，通過