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1、2023学年高二上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、下列说法错误的是()A奥斯特首先发现了电流的磁效应B安培发现了电流产生的磁场方向的判定方法C安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用D安培首先提出了分子电流假说2、元电荷是（ ）A电子
2、B正电子C质子D电量的一种单位3、在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是( )A起跳时，球1的速度小于球2的速度B球1的速度变化率等于球2的速度变化率C球1的飞行时间大于球2的飞行时间D过网时球1的速度小于球2的速度4、因首次比较精确地测出引力常量G，被称为“称量地球质量第一人”的科学家是A伽利略B开普勒C卡文迪许D牛顿5、如图所示，匀强电场场强E100 V/m，A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场线的夹
3、角为60，则A、B间电势差UAB为( )A10 VB10 VC5 VD5 V6、做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（）A加速度B合外力C速率D速度二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，沿着OO方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为。则当线圈转至图示位置时（ ）A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应
4、电流为C穿过线圈的磁通量为0D穿过某匝线圈磁通量的变化率为Bl28、一根轻质杆长为2L，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为+q和q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为，该过程中( )A小球2受到电场力变小B小球1电势能减少量小于C小球1、2的机械能总和增加量小于D小球1、2的动能总和增加了9、如图所示，R1=2，R2=10，R3=10，A、B两端接在电压恒定的电源上，则（ ）AS断开时，R1与R2的电压之比为5：1BS
5、闭合时，通过R1与R2的电流之比为2：1CS闭合时，R1与R2两端的电压之比为1：5DS断开与闭合两情况下，电阻R1两端的电压之比为7：1210、如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W再将Q1从C点沿CB移到B点并固定最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点下列说法正确的有AQ1移入之前，C点的电势为BQ1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0CQ2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WDQ2在移到C点后的电势能为-4W三、实验题：本题共2小题，共18分
6、。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止（已知重力加速度为g）（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有_A油滴质量m B两板间的电压UC两板间的距离d D两板的长度L（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=_12（12分）用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小
7、车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续运动。（1）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上_段来计算小车P的碰前速度。（2）测得小车P（含橡皮泥）的质量为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式_，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒。（3）如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将_（填“偏大”或“偏小”或“相等”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演
8、算步骤。13（10分）如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，电容器的电容，电容器原来不带电求接通开关S后流过的总电荷量14（16分）如图所示，在xOy直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点已知OAOCd.求电场强度E和磁感应强度B的大小(粒子的重力不计)15（12分）将一个电量为2109 C的点电荷从电场中的N点移动到M点， 需克服电场力做功1.4 10
9、8 J，求：(1)N、M 两点间的电势差UNM 为多少？(2)若将该电荷从M移到N，电场力做什么功？UMN为多少？参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A正确；B、安培发现了电流产生的磁场的方向的判定方法，即右手定则，故B正确；C、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，故C错误；D、安培首先提出了分子电子假说，解释了软铁被磁化的现象，故D正确；错误的故选C。【点睛】关键是记住相关物理学家的科学成就，进行解答。2、D【解析】元电荷是电量的一种单位，是带电体所带电荷的最小值
10、等于质子，电子和正电子所带电荷量的大小D对3、B【解析】AC将小球视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线和竖直方向的匀变直线运动，过网时速度方向均垂直于球网，所以竖直方向末速度为0，由公式和知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，所以起跳时，球1的速率大于球2的速率，故A、C错误；B不计球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，所以球1的速度变化率等球2的速度变化率，故B正确；D由以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，所以过网时球1的速度大于球2的速度，故D错误4、C【解析】牛顿发现了万有引力定律，牛顿得到万有引力定律之后，并没有测得引力常量，首
11、次比较精确地测出引力常量的科学家是卡文迪许，称为“称量地球质量第一人”的科学家。A. 伽利略与分析不符，A错误B. 开普勒与分析不符，B错误C. 卡文迪许与分析相符，C正确D. 牛顿与分析不符，D错误5、D【解析】由图示可知，BA方向与电场线方向间的夹角=60，AB两点沿电场方向的距离：d=LcosAB两点间的电势差：UAB=Ed=ELcos=100V/m0.1mcos60=5VA10 V，与结论不相符，选项A错误；B10 V，与结论不相符，选项B错误；C5 V，与结论不相符，选项C错误；D5 V，与结论相符，选项D正确；故选D。6、D【解析】做曲线运动的物体，在运动过程中，加速度和合外力可能
12、不变，例如平抛运动；速率可能不变，例如匀速圆周运动；但是曲线运动的速度方向一定变化，即速度一定变化。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BCD【解析】A图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为ad，bc中电流方向为cb，线圈中感应电流的方向为adcba。故A错误。B线圈中的感应电动势为E=nBS=nBl2线圈中的感应电流为故B正确.CD图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，由法拉第电磁感应定律分析
13、得知，磁通量的变化率最大，穿过线圈磁通量的变化率为Bl2故CD正确.故选BCD。8、BD【解析】由图可知，杆由水平位置转到竖直位置时，球2所处的位置电场线变得密集，场强变大，则球2所受的电场力变大，选项A错误；根据电场线分布的对称性可知：开始时两个小球处于同一等势面上，转动后，小球1所在位置A的电势较低，小球2所在位置B的电势较高，根据等势面线电场线的关系知道，A、1间电势差小于2、B间的电势差，小球2的电势升高量大于小球1电势降低量，所以小球1的电势能减小量小于qu，小球2的电势能减小量大于qu，选项B正确；根据动能定理，系统的重力势能未变，则动能增加量等于电场力对系统做功，大小为uq，机械
14、能增加量等于动能的增加量，即系统的机械能增加量也为uq，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可。9、BD【解析】A、由U=IR，I相等，R1与R2的电压之比等于电阻之比1:5;故A错误；B、I2=I3，R3=R2，则I1=2I2，故B正确C、S闭合时，I1=2I2，则电压之比为I1R1:I2R2=4I2：10I2=2:5；故C错误；D、S断开时，U1:U2=R1：R2=1:5，则；S闭合时，则；电阻R1两端的电压之比为7:12；故D正确；故选BD.【点睛】电路的分析与计算问题的基础是分析电路的结构往往按局部整体局部的顺序进行分析和计算也有时抓住串并联电流、电压与电阻的分配关系求解10、ABD【解析】A.由题意可知，C点的电势为故A正确；B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；D.由于C点的电势为，所以电势能为故D正确三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、A
