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?？荚嚱Y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、關于靜電場下列說法中正確的是A在電場中某點的電勢為零，則該點的電場強度一定為零B由公式可知電場中某點的電勢與q成反比C根據公式UabEd可知，在勻強電場中兩點a、b間的距離越大，電勢差就越大D正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少2、關于物理學史，下列敘述正確的是A牛頓通過實驗測出了萬有引力常量B卡文迪許用扭秤測出了靜電力常量C密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量D伽利略的理想斜面實驗已經得出牛頓第一定律了，只是伽利略沒有總結發表3、如圖，MN為鋁質薄平板，

3、鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場（未畫出）一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿過鋁板后到達PQ的中點O，已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為A2BC1D4、在光滑的水平面上有一平行于水平面的靜電場，O、A是一條電場線上的兩個點，在O點由靜止釋放一電量為，質量為kg的帶正電小球，其運動的圖象如圖所示。其中P點是圖線切線斜率最大的位置，當時，小球位于A點。則下列說法正確的是A該電場可能是勻強電場B由O到A的過程中電場力做正功C整個運動過程中，小球經過A點時加速度最大，且A點場強為DOA兩點間電勢差5

4、、如圖所示，厚薄均勻的矩形金屬片，邊長ab2bc，當A與B之間接入的電壓為U1=4V時，電流為1 A，若C與D間接入的電壓為U2=8V時，下列說法正確的是()A當CD間接入電壓為U2=8V時，電阻為1B當CD間接入電壓為U2=8V時，電阻為4C當CD間接入電壓為U2=8V時，電流為2AD當CD間接入電壓為U2=8V時，電流為6A6、如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計。開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度。下列操作可使指針張開角度增大一些的是A保持開關S閉合，將一塊玻璃插入A、B兩板間B保持開關S閉合，將A極板向上移動一點C斷開開關S后，將A、B兩極板分開一些D斷開開關S后，

5、將一塊金屬板插入A、B兩板間二、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、下列關于電動勢的說法中正確的是（ ）A電動勢的大小與非靜電力所做的功成正比，與被移送電荷量成反比B電動勢的單位與電勢、電勢差的單位都是伏特，故三者本質上一樣C電動勢公式E=中W與電壓U=中的W不是同種性質力所做的功D電動勢是反映電源把其它形式的能轉化為電能本領大小的物理量8、如圖所示，ABCD 且A、B、C、D位于同一半徑為r 的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為Q，現從A 點將一質量為m，電荷量為

6、q 的點電荷由靜止釋放，該電荷沿光滑絕緣軌道ADB運動到D 點時速度為（g 為重力加速度），規定電場中B點的電勢為零，則在Q 形成的電場中 （ ）AA點電勢低于O 點電勢BD 點電勢為CO 點電場強度大小是B 點的2 倍D點電荷q 在D 點具有的電勢能為9、長為的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為，板間距離也為，極板不帶電?，F有質量為、電荷量為的帶正電粒子（重力不計），從左邊極板間中點處垂直磁場以速度水平入射，如圖所示。欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是（ ）A使粒子速度B使粒子速度C使粒子速度D使粒子速度10、美國物理學家勞倫斯于1932年發明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場

7、中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一步如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間帶電粒子從P0處靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（ ）A帶電粒子每運動一周被加速一次BPlP2=P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關D加速電場方向不需要做周期性的變化三、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）某物理實驗小

8、組用下列器材進行實驗描繪一種特殊元件的伏安特性曲線，所測數據記錄在表格中：器材有：A待測元件B電流表A（050mA，內阻約為）C電壓表（03V，內阻約為） D電壓表（06V，內阻約為）E滑動變阻器（，2A） F滑動變阻器（，0.2A）G學生電源（直流4V） H開關及導線（1）為了調節方便，盡可能準確測量，電壓表應選_，滑動變阻器應選_（填器材序號）（2）在虛線框內畫出實驗電路圖_（3）在坐標紙上用描點法畫出元件的伏安特性（IU）曲線_（4）若該元件的最佳工作電壓為2.8V，現用電動勢為4V，內阻的電源為其供電，則要在電路中串聯一個阻值為R_的電阻，才能使其處于最佳工作狀態12（12分）通過實驗

9、描繪：一個“2.5V，0.2W”小燈泡的伏安特性曲線，可供選擇的儀器有A00.6A，電阻為0.2的電流表 B0100mA,電阻為5的電流表C03V,電阻為10K的電壓表 D015V,電阻為50K的電壓表E.最大電阻為20額定電流為1.0A的滑動變阻器F.最大電阻為1K額定電流為0.1A的滑動變阻器G.蓄電池6V、導線、電鍵要求實驗燈泡電壓從零逐漸增大到額定電壓。（1）電壓表應選_. 電流表應選 _. 滑動變阻器選_. （均填寫前面的字母序號）（2）畫出電路圖在下面方框內。（_）（3）按照正確的電路圖連接右邊的實物圖 （_）（4）連好圖示的電路后閉合開關，通過移動變阻器的滑片，使小燈泡中的電流由

10、零開始逐漸增大，直到小燈泡正常發光，由電流表和電壓表得到的多組讀數描繪出的IU圖象可能是（_）A B C D（5）分析小燈泡的I-U曲線,可知小燈泡的電阻隨電流I變大而_ （填“變大”、“變小”或“不變”）,原因是_。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，豎直放置的半圓形光滑絕緣軌道半徑為R=0.2m，圓心為O，下端與絕緣水平軌道在B點相切并平滑連接.一帶正電q=5.010-3C、質量為m=3.0kg的物塊(可視為質點)，置于水平軌道上的A點.已知A、B兩點間的距離為L=1.0m，物塊與水平軌道間的

11、動摩擦因數為=0.2，重力加速度為g=10m/s2(1)若物塊在A點以初速度v0向左運動，恰好能到達圓周的最高點D，則物塊的初速度v0應為多大？(2)若整個裝置處于方向水平向左、場強大小為E=2.0103N/C的勻強電場中(圖中未畫出)，現將物塊從A點由靜止釋放，試確定物塊在以后運動過程中速度最大時的位置(結果可用三角函數表示)；(3)在(2)問的情景中，試求物塊在水平面上運動的總路程14（16分）如圖所示，一內壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內，圓管的圓心為0，D點為圓管的最低點，A、B兩點在同一水平線上，AB2L，圓環的半徑rL（圓管的直徑忽略不計），過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交

12、于C點，在虛線AB的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強電場；虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于，圓心0正上方的P點有一質量為m、電荷量為q（q0）的絕緣小物體（可視為質點），PC間距為L現將該小物體無初速度釋放，經過一段時間，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內，并繼續運動，重力加速度用g表示。（1）虛線AB上方勻強電場的電場強度為多大？（2）小物體到達A點時速度的大?。浚?）小物體由P點運動到B點的時間為多少？15（12分）如圖所示，兩正對的豎直平行金屬板AB、CD的長度均為L=8cm、板間距離，P為A、C連線的中點；AB的延長線上有一點O和足夠長的熒光屏b

13、c。一質量、電荷量的帶正電油滴從P點由靜止釋放后，恰好從CD板的下邊緣D處射出電場。若油滴射出電場的同時，在O點固定一點電荷，同時在空間加一豎直向上的勻強電場，結果油滴離開D點后做勻速圓周運動并恰好垂直打到熒光屏上。靜電力常量，取，空氣阻力不計。求： （1）金屬板兩板間的電壓U；（2）該點電荷的電荷量Q（結果保留兩位有效數字）；（3）油滴從P點運動到熒光屏的時間t（結果可保留根號）。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、D【解析】解：A、電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關系，但二者相互關聯；電勢是標量與

14、零勢面的選取有關，所以電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為零的地方電場強度也不一定為零，故A錯誤B、電場中的電勢的大小是有電場本身與0勢能點的選擇有關，與試探電荷的電量無關，故B錯誤C、公式U=Ed 中的d為沿電場強度方向的距離，所以在勻強電場中，兩點間沿電場強度方向的距離越大，電勢差就越大，如果d不是沿電場強度方向的距離，那么間距大時，電勢差不一定大，故C錯誤D、據電勢能公式Ep=q知，正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，在電勢越低的地方電勢能越小，所以正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少，選項D正確故選D【點評】明確電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關系，但二者

15、相互關聯；公式U=Ed 中的d為沿電場強度方向的距離；電荷在某點的電勢能是由該點電勢和電荷決定2、C【解析】AB. 卡文迪許通過扭秤實驗，測出了萬有引力常量；故AB錯誤C. 密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量，故C正確。D. 牛頓第一定律是牛頓在伽利略等前人實驗的基礎上，根據邏輯推理得出的，是以實驗為基礎，但又不是完全通過實驗得出，故D錯誤；3、D【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，從而求出磁感應強度的表達式結合動能，最終得到關于磁感應強度B與動能Ek的關系式，從關系式及題設條件-帶電粒子在穿越鋁板時減半，就能求出上下磁感應強度之比【詳解】由動能公式，帶電

16、粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動洛侖茲力提供向心力得，聯立可得，上下磁場磁感應強度之比為，D正確4、B【解析】A如果該電場是勻強電場，小球將做勻加速直線運動，v-t圖像為直線，故A錯誤.B小球由O運動到A的過程中只有電場力做功，因為小球動能增加，故電勢能減少，電場力做正功，而小球帶正電，所以電場線方向由O到A. 故B正確.C由題可知小球在A點斜率最大，即在A點加速度最大，故A點場強最大，由v-t圖像可知小球在A點的加速度為：根據牛頓第二定律有：故C錯誤.DO到A運動過程中，根據動能定理可知：代入數據解得：，故D錯誤5、A【解析】根據電阻定律R=LS求出兩種接法時的電阻之比，再根據歐姆定律求出電流

17、之比，從而得出C與D間接入的電壓為U時的電流大小.【詳解】設長方體的高度為H，則A與B之間接入的電壓U1=4V時，電流為1A，則電阻為R=U1I=41=4，而由電阻定律R=abHbc=2H=4；當C與D間接入的電壓為U2=8V時，電阻R=bcHab=2H=1，則I=U2R=81A=8A；故A正確，B、C、D錯誤.故選A.【點睛】解決本題的關鍵掌握電阻定律R=LS的運用，以及部分電路歐姆定律I=UR的運用6、C【解析】AB：保持開關S閉合，電容器兩端電壓等于電源的電動勢，靜電計兩端的電勢差不變，靜電計指針張開角度不變。C：斷開開關S后，電容器所帶電荷量不變，將A、B兩極板分開一些，電容器的電容C

18、=S4kd減小，電容器兩極板間電壓U=QC增大，靜電計兩端的電勢差變大，靜電計指針張開角度變大。D：斷開開關S后，電容器所帶電荷量不變，將一塊金屬板插入A、B兩板間，電容器的電容C=S4kd增大，電容器兩極板間電壓U=QC減小，靜電計兩端的電勢差變小，靜電計指針張開角度變小。綜上，可使指針張開角度增大一些的是C項。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、CD【解析】電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數值上等于電源的電動勢；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

19、領強弱，與外電路的結構無關；電源的電動勢在數值上等于內、外電壓之和【詳解】電動勢的定義式運用比值法定義，可知E與電源內非靜電力做的功W、通過的電荷量q無關，由電源本身決定，故A錯誤電動勢的單位與電勢、電勢差的單位都是伏特，故三者本質不一樣；電動勢反映的是電源內部非靜電力做功的能力；故B錯誤；電動勢公式中W與電壓中的W不同，前者是非靜電力做功；后者是電場力的功；故C正確；電動勢的大小是由電源內非靜電力的特性決定的反映電源把其它形式的能轉化為電能本領大小的物理量；故D正確故選CD【點睛】本題考查對于電源的電動勢的理解能力，電動勢是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領大小，與外電路無關8、AD【解析

20、】因為O點離Q比A點近，又因為Q是正電荷，電場線方向沿著半徑方向背離電荷，根據沿著電場線的方向，電勢降低，可知A點的電勢低于O點電勢，故A正確；從A到D運動，根據動能定理，則有：，解得電場力做功：，場中B點的電勢為零，A點的電勢也為零，因為電場力做負功，則電勢能增加，因此點電荷-q在D點的電勢能為：；規定電D點的電勢為：，故B錯誤，D正確；由幾何關系得：B到C的距離是O到C的距離的倍，根據點電荷電場強度公式：，則有B點電場強度大小是O點的倍，故C正確所以ACD正確，B錯誤9、AB【解析】如圖所示設粒子恰好從右邊穿出時圓心在點，有解得，又因為得所以時粒子能從右邊穿出；粒子恰好從左邊穿出時圓心在點

21、，由得故時粒子能從左邊穿出。故選AB。10、AD【解析】試題分析：據題意，由于加速電場只在實線部分有，則帶電粒子運動一周，經過加速電場一次，故應該被加速一次，選項A正確而D選項錯誤；據圖有：和，由于帶電粒子經過加速電場時有：，經過處理得到：，即，同理有：，故B選項錯誤；據可知，帶電粒子的最大速度有D形盒半徑決定，故C選項錯誤考點：本題考查回旋加速器三、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、C E 【解析】試題分析：（1）由表格中的數據可知，測量的最大電壓是3V，所以選擇的電壓表是量程3V的；由于測量過程中的電壓是從0開始，所以實驗使用滑動變阻

22、器的分壓式接法，要選擇電阻值比較小的故選CE.（2）待測電阻的電阻值約為：，即待測元件的電阻值小于電流表的電阻值，所以測量電路需要使用電流表外接法由于測量過程中的電壓是從0開始，所以實驗使用滑動變阻器的分壓式接法則實驗的原理圖如圖（3）將表格中的數據先在圖中描點，然后用平滑的曲線連接如圖；（4）該元件的最佳工作電壓為2.8V，由I-U圖象可得對應的電流I=32mA，設需要串聯一個電阻值為R的電阻，則由閉合電路的歐姆定律有：，解得：.【點睛】對電學實驗應明確：若要求電流從零調時變阻器應用分壓式接法當待測電阻遠小于電壓表內阻時，電流表應用外接法注意實物圖的連接方式12、C B E C 變大 小燈泡

23、燈絲的電阻隨溫度的升高而增大 【解析】（1）123燈泡額定電壓為2.5V，電壓表選C；燈泡額定電流：電流表應選擇B；為方便實驗操作滑動變阻器應選擇E（2）4描繪燈泡伏安特性曲線電壓表與電流表應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法；電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應選擇外接法，實驗電路圖如圖所示：（3）5根據電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（4）6燈泡電阻受溫度影響，隨溫度升高而增大，隨電壓增大通過燈泡的電流變大，燈泡實際功率增大，燈泡溫度升高，燈泡電阻變大，由圖示可知，圖C所示圖象正確，故選C（5）78 燈泡電阻隨電流增大而增大，因為燈絲電阻率隨溫度升高而增大。四、計算題：本題共2

24、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）14m/s（2）arcsin13 （3）1.67m【解析】試題分析：物塊恰好能到達圓周的最高點D，故有：mg=mvD2R對A到D過程，根據動能定理，有：-mg（2R）-mgL=12mvD2-12mvO2聯立解得：v0=14m/s（2）對物塊，假設物塊能滑到C點，從A至C過程，由動能定理得：qE（L+R）-mgR-mgL=12mvC2-0可得vC=0，故物塊始終沒有脫離軌道對物塊受力分析，可知tan=Eqmg=13故物塊在以后運動過程中速度最大時位于B點左側圓弧上，其與圓心的連線與OB的夾角為，且=arctan1/3（3）對物塊，由釋放至B點速度為0的過程中，由動能定理得：qELmgs=0解得總路程為：s=53m考點：動能定理及牛頓定律的應用【