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、下列說法中不正確的是A美國物理學家密立根最早測得的元電荷量e的數值B奧斯特發現，電流周圍會產生磁場C電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電能多少的物理量D電阻率是反映材料導電性能的物理量2、如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將作A勻加速直線運動B曲線運動C自由落體運動D變加速直線運動3、如圖所示，在原來不帶電的金屬細桿附近P處，放置一個正點電荷達到靜電平衡后Aa端的電勢比b端的高Ba端的電勢比d點的低C桿上感應電荷在桿內

3、c處產生的場強為零D達到靜電平衡后，P處正點電荷在桿內c處產生的場強為零4、如圖所示，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，有一帶電的小球在該電場中運動，不計小球所受的重力和空氣阻力，實線表示該帶正電的小球的運動軌跡，小球在a點的動能等于20eV，運動到b點時的動能等于2eV，若取C點為零電勢點，則這個帶電小球的電勢能等于6eV，它的動能等于：（ ）A16eVB14eVC6eVD4ev5、下列關于電場線和磁感線說法錯誤的是（ ）A電場線越密的地方，同一試探電荷所受的電場力越大B即使在復雜電場中的電場線也是不相交的C磁場的方向就是小磁針N極在磁場中所指方向D電場的方向是帶電粒子在該點所受電

4、場力的方向6、下列說法正確的是()A在電場中自由釋放的電荷一定沿電場線運動B電阻率越大，說明導體的導電性能越差C閉合電路中電流的方向是從電源的正極流向負極DE只是電動勢的定義式而非決定式，電動勢的大小是由電源內非靜電力的特性決定的二、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、如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置，G為靈敏電流計，A為理想電流表開關S閉合后，電容C的兩板間恰好有一質量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態，則以下說法正確的是A

5、在滑動變阻器觸頭向上移動的過程中，A表的示數變大，油滴仍然靜止，G中有方向由a至b的電流B在在滑動變阻器觸頭向上移動的過程中，A表的示數變小，油滴向上加速運動，G中有方向由b至a的電流C在滑動變阻器觸頭向下移動的過程中，A表的示數變大，油滴向上加速運動，G中有由a至b的電流D將開關斷開，A表的示數立即為零，油滴開始向下運動，G中有由a至b的電流8、如圖所示，三個質量相同，帶電荷量分別為q、q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中：A電場力對液滴a、b做的功相同B三者動能的增量相同C液滴a與液滴b電勢能的變化量相等D重力對

6、c做的功最多9、電源電動勢為E，內阻為r，向可變電阻R供電，關于路端電壓，下列說法正確的是（）A因為電源電動勢不變，所以路端電壓也不變B當R增大時，路端電壓也增大C當干路電流I增大時，路端電壓也增大D因為U=E-Ir，所以當I增大時，路端電壓減小10、如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場電子的重力不計在滿足電子能射出偏轉電場的條件下下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是( )A僅將偏轉電場極性對調B僅減小偏轉電極間的距離C僅增大偏轉電極間的電壓D僅減小偏轉電極間的電壓三、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

7、題處，不要求寫出演算過程。11（6分）如圖所示是“研究電磁感應現象”的實驗裝置。（1）將圖中所缺導線補接完整。（_）（2）如果在閉合電鍵時發現靈敏電流計的指針向右偏了一下。那么合上電鍵后，將原線圈迅速插入副線圈時，電流計指針向_偏轉；原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針向_偏轉。12（12分）如圖中游標卡尺的讀數為_cm，螺旋測微器讀數_cm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）某小組在研究電動機的特性時，將電動機接成如圖所示電路電源電動勢E=20V，內阻r=l，當接入固定電阻R=4

8、時，電路中標有“3V、6W”的燈泡L和內阻RD=0.5的小型直流電動機D都恰能正常工作試求：（1）電路中的電流大小；（2）電動機的額定電壓和輸出功率；（3）電源的總功率14（16分）如圖所示，A、B為不帶電平行金屬板，間距為d，構成的電容器電容為C質量為m、電量為q的帶電液滴一滴一滴由A板小孔上方距A板高h處以v0初速射向B板液滴到達B板后，把電荷全部轉移在B板上求到達B板上的液滴數目最多不能超過多少？15（12分）如圖所示為固定在豎直平面內的內壁光滑的絕緣軌道，其半徑為R=1m，軌道所在的空間存在平行于軌道的水平向右的勻強電場，場強大小為在軌道的最下端A處有一個電荷量為、質量為m=0.8kg

9、的小球現給小球一個水平向右的初速度v0=4m/s，g取10m/s2，則（結果可以用根式表示）：（1）小球在運動后的瞬間對軌道的壓力多大？（2）小球運動的最大速度是多少？（3）要使小球在運動過程中不脫離軌道，其初速度v0要滿足什么條件？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項：電荷量e的數值最早是由美國科學家密立根用實驗測得的，故A正確；B項：奧斯特發現了電流的磁效應，故B正確；C項：電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱，電動勢越大，本領越大，故C錯誤；D項：電阻率是反映材料導電性能的

10、物理量，故D正確。故應選：C。2、A【解析】懸線燒斷前，小球受重力、拉力、電場力平衡，重力和電場力的合力與拉力等值反向，燒斷細線，物體受重力、電場力，兩個力合力恒定即加速度恒定，而且沿細線方向，合力方向與速度方向在同一條直線上，所以物體沿著懸線的延長線做勻加速直線運動，故A正確，BCD錯誤。點睛：解決本題的關鍵是要掌握物體做直線運動還是曲線運動的條件，當物體所受的合力與速度在同一條直線上，物體做直線運動，所受的合力與速度不在同一條直線上，物體做曲線運動。3、B【解析】AB. 達到靜電平衡后,導體為等勢體,導體上的電勢處處相等,所以可以得到a=b，故AB錯誤；CD. 由于桿處于靜電平衡狀態，所以

11、內部的場強為零，桿上感應電荷在桿內c處產生的場強與點電荷在c處產生的場強等大反向，不為零，故C錯誤，D錯誤；故選：B.點睛：根據靜電平衡可知，同一個導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，固定電荷與感應電荷在導體內產生的電場場強等大反向。4、B【解析】小球自a點運動到b時，電場力做負功：Wab=2eV-20eV=-18eV 由于相鄰兩等勢面的電勢差相等，故電勢差的大小關系有：Uab=3Ubc 從b到c電場力做正功，根據動能定理有：Wbc=Ekc-Ekb 聯立可得Ekc=8eV由于只有電場力做功，電勢能和動能和保持不變，故在c點：E=Ep+Ek=8eV即電勢能和動能之和為8eV，因此當電勢能等于-6

12、eV時動能為14eV，故ABD錯誤，C正確故選C5、D【解析】A.電場線越密的地方，電場強度越大，所以同一試探電荷所受的電場力越大。故A正確，不符合題意；B.電場線的切線方向即為場強的方向，故任意兩條電場線都不會相交；故B正確，不符合題意；C.在磁場中，某點的磁場方向、該點磁感線方向和該點小磁針北極受磁力方向相同。故C正確，不符合題意；D.電場的方向是正電荷在該點所受電場力的方向，與負電荷受力方向相反。故D錯誤，符合題意，選擇D；6、D【解析】A、在電場中自由釋放的電荷，若電場線是直線，一定沿電場線運動，若電場線是曲線，一定不沿電場線運動，故A錯誤；B、在S、L一定的條件下，導體的電阻大小與電

13、阻率有關，電阻率越大的電阻越大，所以它的導電性能越差，故B錯誤；C、閉合電路中外部電流的方向是從電源的正極流向負極，閉合電路中內部電流的方向是從電源的負極流向正極，故C錯誤；D、只是電動勢的定義式而非決定式，電動勢的大小是由電源內非靜電力的特性決定的，故D正確；故選D。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、BD【解析】粒子原來處于平衡狀態,重力和靜電力平衡；電容器與電阻R2、滑動變阻器R并聯后與R1串聯AB. 觸頭向上移動，電阻R變大，電路總電阻變大，電流變小，則A表的

14、示數變小，電容器兩端電壓為：U=EI(r+R1)，故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，G中有由b至a的電流，電場力變大，粒子向上加速，故A錯誤，B正確；C. 觸頭向上移動，電阻R變小，電路總電阻變小，電流變大，則A表的示數變大，電容器兩端電壓為：U=EI(r+R1)，故電容器兩端電壓變小，帶電量變小，G中有由a至b的電流，電場力變小，粒子向下加速，故C錯誤；D. 將開關斷開，A表的示數立即為零，電容器將通過R和R2放電，兩板間電壓減小，油滴開始向下運動，G中有由a至b的電流，故D正確故選BD點睛：電容器與電阻R、電阻R2相并聯后與R1串聯，滑片移動，根據電路串并聯知識和閉合電路歐姆定律得到導致電

15、容器兩端電壓變化情況，最終判斷油滴受力變化和運動情況，以及電容器的充放電情況8、AC【解析】A項：因為液滴a、b的電荷量大小相等，則液滴所受的電場力大小相等，由靜止釋放，穿過兩板的時間相等，則偏轉位移大小相等，電場力做功相等故A正確；B項：電場力對a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則動能的增量相等，對于c液滴，只有重力做功，小于a、b動能的增量故B錯誤；C項：對于液滴a和液滴b，電場力均做正功，電場力所做的功等于電勢能的變化量，故C正確；D項：三者在穿過極板的過程中豎直方向的位移相等，三個質量相同，所以重力做功相等，故D錯誤。9、BD【解析】A電源電動勢不變，而路端電壓隨外電阻的增大而增大，

16、減小而減小。故A錯誤。B當R增大時，I減小，不能根據U=IR判斷路端電壓的變化，而應由U=E-Ir分析，E，r不變，I減小，得到U增大。故B正確。C當I增大時，說明R減小，不能根據U=IR判斷路端電壓的變化，而由U=E-Ir分析，E，r不變，I增大，得到U減小。故C錯誤。D根據閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知，I增大時，路端電壓U減小。故D正確。10、BC【解析】A項：偏轉電極只能使電子偏轉方向相反，不能增大偏轉角，故A錯誤；B、C、D項：根據動能定理：，得：，在偏轉電場中：，若使偏轉角變大即使變大，故B、C正確點晴：本題是帶電粒子先加速后偏轉問題，要注意電場中加速根據動能定理求解獲得的速度、

17、而在偏轉電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成三、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、 右 左 【解析】(1)1探究電磁感應現象實驗電路分兩部分，要使原線圈產生磁場必須對其通電，故電源、開關、滑動變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計與副線圈組成另一個閉合電路，如圖所示：(2)2閉合開關，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；將原線圈迅速插入副線圈時，磁場方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計指針將向右偏轉；3原線圈插入副線圈后，由電路圖可知，將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，原線圈電流變小，

18、穿過副線圈的磁場方向不變，但磁通量變小，靈敏電流計指針將左偏轉。12、 2.472 0.0532【解析】50分度的游標卡尺，精確度是0.02mm，游標卡尺的主尺讀數為24mm，游標尺上第36個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為360.02mm=0.72mm，所以最終讀數為：24mm+0.72mm=24.72mm=2.472cm螺旋測微器的半刻度已經漏出，固定刻度為0.5mm，可動刻度為3.20.01mm=0.032mm，所以最終讀數為0.5mm+0.032mm=0.532mm=0.0532cm點睛：解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀四、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