1、2023學年高二上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3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、如圖所示，以O為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f。等量正、負點電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心O處產生的電場強度大小為E。現改變a處點電荷的位置，關于O點的電場強度

2、變化，下列敘述正確的是（ ）A移至c處，O處的電場強度大小不變，方向沿OeB移至b處，O處的電場強度大小減半，方向沿OdC移至e處，O處的電場強度大小減半，方向沿OcD移至f處，O處的電場強度大小不變，方向沿Oe2、金屬板和板前一正點電荷形成的電場線分布如圖所示，A、B、C、D為電場中的四個點，則A B、D兩點的電勢相等BB點的電場強度比D點的大C負電荷在C點的電勢能低于在A點的電勢能D正電荷由D點靜止釋放，只受電場力作用沿電場線運動到B點3、如圖，長為的直導線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為，當在該導線中通以電流強度為的電流時，該形通電導線受到的安

3、培力大小為 A0B0.5CD4、如圖所示是利用GMR設計的磁鐵礦探測儀原理示意圖，圖中GMR在外磁場作用下，電阻會發生大幅度減小下列說法正確的是A若存在磁鐵礦，則指示燈不亮；若將電阻R調大，該探測儀的靈敏度提高B若存在磁鐵礦，則指示燈亮；若將電阻R調大，該探測儀的靈敏度提高C若存在磁鐵礦，則指示燈不亮；若將電阻R調小，該探測儀的靈敏度提高D若存在磁鐵礦，則指示燈亮；若將電阻R調小，該探測儀的靈敏度提高5、如右圖所示為某靜電場中的某一條電場線，a、b為該電場線上的兩點，則下列判斷中正確的是Ab點的電場強度可能比a點的電場強度小Ba點的電場強度一定等于b點的電場強度C負電荷在b點受到的電場力方向向

4、左D正電荷在運動中通過a點時，其運動方向一定沿ba方向6、如圖所示的電路中，電壓表和電流表都是理想電表，若將滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時（ ）A電壓表V的讀數增大，電流表A的讀數減小B電壓表V的讀數減小，電流表A的讀數增大C電壓表V和電流表A的讀數都減小D電壓表V和電流表A的讀數都增大二、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，離地H高處有一個質量為m的物體，給物體施加一個水平方向的作用力F，已知F隨時間的變化規律為：以向左為正，、k均為大于零的常數，物體與豎直

5、絕緣墻壁間的動摩擦因數為，且時，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當物體下滑后脫離墻面，此時速度大小為，最終落在地面上。則下列關于物體的說法，正確的是A當物體沿墻壁下滑時，物體先加速再做勻速直線運動B物體與墻壁脫離的時刻為C物體從脫離墻壁到落地之前的運動軌跡是一條直線D物體克服摩擦力所做的功為8、如圖所示，用絕緣細線拴一個帶負電的小球，讓它在豎直向下的勻強電場中繞O點做豎直平面內的圓周運動，、兩點分別是圓周的最高點和最低點，則（ ）A小球經過點時，線中的張力最小B小球經過點時，電勢能最小C小球經過點時，電勢能最小D小球經過點時，機械能最小9、如圖所示，一質量為m、電荷

6、量為q的小球在電場強度為E、區域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內做勻變速直線運動ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mg=Eq，則（ ）A電場方向豎直向上B小球運動的加速度大小為gC小球上升的最大高度為D若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為10、用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點場強的強弱如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱則 AB，C兩點場強相同BA、D兩點電勢相等CB、O、F三點比較，B點場強最強DE、O、C三點比較，C點電勢最低三、實驗

7、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）某實驗小組想通過實驗測定一節干電池的電動勢和內阻，實驗室提供的實驗器材如下：待測干電池E（電動勢約為1.5 V，內阻約為3 ）直流電流表A1（量程00.6 A，內阻約0.5 ）直流電流表A2（量程03 A，內阻約0.1 ）電壓表V1（量程02 V，內阻約為2 000 ）電壓表V2（量程06 V，內阻約為6 000 ）滑動變阻器R1（最大電阻20 ，額定電流2 A）滑動變阻器R2（最大電阻200 ，額定電流1 A）電阻箱R3（最大電阻99.9 ，額定電流1 A）開關、導線若干（1）若用伏安法測電源的電動勢

8、和內阻，要求測量有盡可能高的精確度且便于調節，應選擇的電流表是_，電壓表是_，滑動變阻器是_（2）請將圖甲中實物連接成實驗電路_（3）若用伏安法測電源電動勢和內阻時，電流表現了故障，不能使用，實驗小組如想方便且能較準確地進行測量，需將實驗進行改進，只需去掉電流表，將上述器材中的_換成_即可（4）請在圖甲所示的方框中畫出改進后的實驗電路圖_甲 乙（5）實驗小組在改進后的實驗中得到了多組路端電壓和外電阻的數據，對所得數據進行處理后，在坐標紙上作出了如圖乙所示圖線由圖線得出：干電池的電動勢E=_V，內阻r=_（結果保留兩位有效數字）12（12分）在測定一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有下列器材

9、：A待測的干電池（電動勢約為1. 5 V，內電阻小于1. 0)B電流表G（滿偏電流3 mA，內阻Rg=10)C電流表A(00. 6 A，內阻0.1)D滑動變阻器R1(020,10 A)E.滑動變阻器R2(0200,l A)F定值電阻R0(990)G開關和導線若干（1）某同學發現上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖所示中甲的（a)、 (b)兩個參考實驗電路，其中合理的是_圖所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選_（填寫器材前的字母代號）（2）圖乙為該同學根據（1)中選出的合理的實驗電路利用測出的數據繪出的I1I2圖線（I1為電流表G的示數

10、，I2為電流表A的示數），則由圖線可以得被測電池的電動勢E=_V，內阻r=_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，水平固定一個光滑長桿，有一個質量為m小滑塊A套在細桿上可自由滑動在水平桿上豎直固定一個擋板P，小滑塊靠在擋板的右側處于靜止狀態，在小滑塊的下端用長為L的細線懸掛一個質量為2m的小球B，將小球拉至左端水平位置使細線處于自然長度，由靜止釋放，已知重力加速度為g求：(1)小球運動過程中，相對最低點所能上升的最大高度；(2)小滑塊運動過程中，所能獲得的最大速度14（16分）如圖1所示，一個匝數n

11、=100的圓形線圈，面積S1=0.4m2，電阻r=1在線圈中存在面積S2=0.3m2、垂直線圈平面（指向紙外）的勻強磁場區域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖2所示將其兩端a、b與一個R=2的電阻相連接，b端接地試分析求解：（1）圓形線圈中產生的感應電動勢E；（2）電阻R消耗的電功率；（3）a端的電勢a15（12分）如圖，板間距為d、板長為4d的水平金屬板A和B上下正對放置，并接在電源上。現有一電荷量為q、質量為m帶電的質點沿兩板中心線以某一速度水平射入，兩板間加上某一恒定電壓，如果A接負時，該質點就沿兩板中心線射出；如果A接正時，該質點就射到B板距左端為d的C處。取重力加速度為g，不計空氣

12、阻力。（1）求該恒定電壓U0大小；（2）求質點射入兩板時的速度v0；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】A.由題意可得，正、負點電荷在O處產生的電場強度的大小都為E2，方向水平向右；當a處點電荷移至c處時，兩點電荷在O處的電場強度方向的夾角為120，合場強大小為E2，方向沿Oe，選項A不符合題意；B.當a處點電荷移至b處時，O處的合場強大小為3E2，選項B不符合題意；C.當a處點電荷移至e處時，O處的合場強大小為E2，方向沿Oc，選項C符合題意；當a處點電荷移至f處時，O處的合場強大小為3E2，選項D不符

13、合題意；2、C【解析】沿著電場線電勢逐漸降低，由圖看出，D點電勢比B點電勢高，故A錯誤；電場線的疏密表示電場強度的大小，由圖可知，B點的電場強度比D點的小故B錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，由圖看出，C點電勢比A點電勢高，所以負電荷在C點的電勢能低于在A點的電勢能 故C正確；正電荷由D點靜止釋放，受電場力方向沿曲線的切線方向，所以運動的軌跡不會沿電場線的方向故D錯誤故選C.點睛：該題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，順著電場線電勢逐漸降低3、C【解析】試題分析：導線在磁場內有效長度為，故該V形通電導線受到安培力大小為，選項C正確，選項ABD錯誤考點：安培力【名師點睛】由安培力公

14、式進行計算，注意式中的應為等效長度，本題考查安培力的計算，熟記公式，但要理解等效長度的意義4、B【解析】若存在磁鐵礦，GMR的電阻會變小，所分擔的電勢差減小，輸入門電路電勢變高，非門的特點是輸入狀態和輸出狀態完全相反，則非門輸出的電勢變低，指示燈兩端的電壓較大，所以指示燈亮。將電阻R變大，GMR分擔的電壓相對變小，知磁場不太強時輸入非門的電勢也較高，則輸出較低，指示燈兩端的電壓較大，可知靈敏度提高。故B正確，ACD錯誤。故選B。5、A【解析】AB、由于一根電場線其疏密程度無法確定，所以也無法比較兩點的電場強度，故A正確，B錯誤；C、負電荷在b點受到的電場力方向與該點的電場強度方向相反，而該點的

15、電場強度方向即為該點的切線方向，所以負電荷在b點受到的電場力方向向右，故C錯誤；D、正電荷所受電場力方向與該點的電場強度方向相同，所以正電荷在運動中通過a點時，電場力方向一定向右，而運動方向并不一定沿ba方向，故D錯誤；故選A。【點睛】由于一根電場線其疏密程度無法確定，所以也無法比較兩點的電場強度，負電荷在b點受到的電場力方向與該點的電場強度方向相反。6、A【解析】將滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時，接入電路中的電阻增大，外電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律判斷知電路中電流減小，則電流表的讀數減小；電流減小，電源的內電壓減小，根據閉合電路歐姆定律得知路端電壓增大，則電壓表的讀數增大。故選A。二

16、、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、BD【解析】根據牛頓第二定律通過加速度的變化判斷物體的運動規律，抓住F的變化規律，結合F為零時，物體脫離墻面求出運動的時間，根據合力與速度的方向確定物體的運動軌跡。根據動能定理，抓住F在沿墻面下滑的過程中不做功，求出物體克服摩擦力做功的大小。【詳解】豎直方向上，由牛頓第二定律有：，隨著F減小，加速度a逐漸增大，做變加速運動，當時，加速度增大到重力加速度g，此后物塊脫離墻面，故A錯誤。當物體與墻面脫離時F為零，所以，解得時間，故B正確；

17、物體脫離墻面時的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運動軌跡為曲線。故C錯誤。物體從開始運動到脫離墻面F一直不做功，由動能定理得：，物體克服摩擦力所做的功故D正確。故選BD。【點睛】本題關鍵能運用牛頓第二定律，正確分析物體的運動情況，結合動能定理求解摩擦力做功，并要知道物體做直線運動還是曲線運動的條件。8、CD【解析】A、當電場力大于重力,小球運動到a點時,速度最大,根據牛頓第二定律知,拉力最大.故A錯誤.B、小球從a點運動到b點的過程中,電場力做負功,電勢能增加.所以小球過b點時,電勢能最大.故B錯誤.C、從a到b, 電場力做負功，電勢能增加,所以a點電勢能最小.故C正確；

18、 D、從a到b,除重力以外,電場力做負功,機械能減小,所以b點機械能最小.故D正確；9、BD【解析】A小球做勻變速直線運動，合力應與速度在同一直線上，即在ON直線上，因，所以電場力與重力關于ON對稱，根據數學知識得：電場力與水平方向的夾角應為，受力情況如圖一所示，合力沿ON方向向下，大小為，所以加速度為，方向沿ON向下故A錯誤；B由題意可得：小球做勻變速直線運動，合力應與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg=Eq，所以電場力Eq與重力關于ON對稱，根據數學知識得：電場力qE與水平方向的夾角應為30，受力情況如圖一所示，合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度為g，B項正確；C經對A的分析

19、可知，小球做勻減速直線運動，由運動學公式可得最大位移為，則最大高度為故C錯誤；D若小球在初始位置的電勢能為零，在減速運動至速度為零的過程中，小球克服電場力做功和克服重力做功是相等的，由能量的轉化與守恒可知，小球的初動能一半轉化為電勢能，一半轉化為重力勢能，初動能為，小球的最大電勢能為，故D正確故選BD.【考點定位】帶電粒子在混合場中的運動、電勢能、勻強電場中電勢差和電場強度的關系【點睛】本題考查帶電粒子在復合場中的運動情況，應在正確分析小球受力情況的基礎上，運用牛頓第二定律、運動學公式和功能關系分析，采用的力學方法進行分析10、ACD【解析】根據對稱性看出，B、C兩處電場線疏密程度相同，則B、

20、C兩點場強大小相同。這兩點場強的方向均由BC，方向相同，故A正確；根據對稱性可知A、D兩點電勢的絕對值相等，A的電勢為正值，D的電勢為負值，故B錯誤；電場線越密，場強越大；電場線越疏，場強越小，由圖看出，B、O、F三點比較，B點場強最強，故C正確；由圖可知，E、O兩點的電勢均為零，C點的電勢為負值，所以E、O、C三點比較，C點電勢最低，故D正確。所以ACD正確，B錯誤。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、A1 V1 R1 R1 R3 1.7 2.5 【解析】（1）由于電源電動勢為1.5 V，因此電壓表選V1即可；而回路的電流不會太大，因

21、此電流表選A1，根據電壓表和電流表可選出滑動變阻器為R1；（2）測電源電動勢和內電阻的測量電路見答案圖1；（3）將滑動變阻器改為電阻箱，即用“安阻法”測電源電動勢和內電阻；（4）電路如見答案圖2；（5）根據閉合電路歐姆定律，整理得，圖象與縱軸的截距為電動勢的倒數，而與橫軸的截距的絕對值等于內電阻倒數即可求得電動勢和內電阻，代入數據解得E=1.7 V，r=2.5 12、b D 1.50 0.80 【解析】（1）上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表G串聯一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表（a）、（b）兩個參考實驗電路，其中合理的是b，因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數據的測量和誤差的減小滑動變阻器應選D，（2）根據歐姆定律和串聯的知識得電源兩端電壓U=I1（990+10）=1000I1，根據圖象與縱軸的交點得電動勢E=1.5mA1000=1.50V與橫軸的交點可得出路端電壓為1V時電流是0.62A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：r=0.80；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) (2)【解析】（1）小球第一次擺到最低點過程中，根據機械能守恒得： ，解得：，小球與小滑塊達到共速時，小球上升到最大高度時小球僅有