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1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一
2、台发电机B库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象D库仑定律公式中的常数K 是由卡文迪许通过扭秤实验测得的2、一台电动机，额定电压是100V，电阻是1。正常工作时，通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为（）A25WB475WC500WD1000W3、如图所示，AB是中性导体，把一个带正电的电荷靠近（不接触）A端后，又拿走。B端带电情况为：A正电B不带电C负电D不确定4、如图所示，两个同样的导线环同轴平等悬挂，相隔一小段距离当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将（）A吸引B排斥C保持静止D不可判断5、用伏安法测电阻时，电流表有两
3、种接法，如图甲、乙所示，则下列说法正确的是() A用甲图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的B用乙图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的C若待测电阻的阻值远远大于电流表的阻值，采用图甲测量的误差较小D若待测电阻的阻值与电流表阻值相差不多，采用图乙测量的误差较小6、两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为15，且为异种电荷，两者相距为r现将金属球A和B接触一下后放于距离为2r的两点处，则接触后两小球之间的库仑力大小与接触前两小球之间的库仑力大小之比为()A51B920C209D15二、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
4、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、如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动片向下滑动的过程中 ( ）A电压表的示数减小B电压表的示数增大C电流表的示数减小D电流表的示数增大8、如图在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为，下列说法正确的是()A物块滑到b点时的速度为Bc点与b点的距离为C物块滑到b点时对b点的压力是3mgD整个过程中物块机械能损失了mgR9、
5、如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带负电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）AP点的电势高于Q点的电势B该点电荷在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C该点电荷通过P点时的动能比通过Q点时大D该点电荷通过P点时的加速度比通过Q点时大10、如图所示,在场强大小为E的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为电荷量为的带负电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A,然后将小球由静止释放,小球沿弧线运动到细线与水平成的位置B时速度为零，以下说法正确的是A小球重力与电场力
6、的关系是B小球重力与电场力的关系是C小球在A点和B点的加速度大小相等D小球在B点时,细线拉力为三、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（6分）然后用螺旋测微器测量该铜片的厚度，示数如图所示，其厚度为_mm。 12（12分）某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的、长度为L的康铜丝，先用螺旋测微器测出康铜丝的直径d；然后由伏安法测出康铜丝的电阻；最后求出康铜丝的电阻率（1）测康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示，可知康铜丝的直径d=_mm（2）图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在图丙所示的实物图中画出连线_（3）利用上面的电
7、路图测出的电阻值比真实值_（填“偏大”或“偏小”），这种误差叫作_误差（填“偶然”或“系统”）（4）若调节滑动变阻器，通过多次测量求平均值的方法得到康铜丝的电阻值为R，请写出求康铜丝的电阻率的表达式为_（用L、d、R等已知字母表示）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、方程式和演算步骤。13（10分）静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好，有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示。A、B为两块平行金属薄板，B板上表面需要喷漆，两板间距为d，两板间有方向由B指向A、场强为E的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的
8、半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，微粒的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，喷枪体积、微粒的重力和所受空气阻力以及微粒之间的作用力均不计，微粒最后都落在金属板B上且对匀强电场不影响。试问：(1)油漆微粒带电性质；(2)油漆微粒最后落在B板上表面所形成的图形面积的大小。14（16分）如图所示，两个水平放置的带电平行金属板间形成匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着一个质量为m、带有一定电荷量的小球，小球原来静止.当给小球某一冲量后，它可绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动.若两板间电压增大为原来的4倍，重力加速度为g，则：（1）要使小球从C点开始在竖直平面内做圆周运动，开始
9、至少要给小球多大的冲量？（2）在小球运动过程中，细线上的最大拉力为多大？15（12分）电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0时，路端电压为4.0V.求：(1)电源的内阻是多少?(2)如果在外电路再并联一个6.0的电阻，路端电压是多大?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、A【解析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【详解】A项：法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机，故A正确；B项：库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量，故B错误；C项
10、：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D项：卡文迪许通过扭秤实验测得的是引力常量，不是静电常量，故D错误。故应选：A。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2、A【解析】根据焦耳定律得故电动机因发热损失的功率为，故BCD错误，A正确。故选A。3、B【解析】本次考查感应起电现象与原理【详解】当一个带正电的电荷靠近A端后，A端感应出负电荷，而B端感应出正电荷，当把带正电的电荷拿走以后，AB导体上的自由电荷又重新分布，结果又呈电中性，即导体棒又不带电，故本题选B。4、A【解析】通电导线环产生磁场，相当于一
11、个磁铁，由安培定则可知：两导线环左侧面是N极，右侧面是S极，同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥，左右两通电导线环的S极与N极相对，因此两导线环相互吸引；故选A【点睛】把两通电导线环等效为磁铁，由安培定则判断出磁铁的极性，根据磁铁磁极间的相互作用即可正确解题5、B【解析】AC.由图甲所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使所测电流偏大，实验误差来源于电压表分流，当电压表内阻远大于待测定值阻值时采用该电路误差较小，故AC错误；BD.由图乙所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，试验误差是由电流表的分压造成的，当待测电阻阻值远大于电流量表内阻时，用该电
12、路试验误差较小，故B正确，D错误。6、D【解析】两个完全相同的带异种电荷的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：1Q，所以A、B所带的电荷相等都为2Q，根据库仑定律得：； ，解得：F=F/1，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是1：1故选D【点睛】本题主要考查了库仑定律的直接应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分二、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、AC【解析】当滑片右移时，滑动变阻器接入电
13、阻增大，则外电路总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压增大，故电压表示数增大；由欧姆定律可知，R3上的分压减小，而路端电压增大，故并联部分的电压增大，则电流表示数增大，故BD正确，AC错误；故选BD点睛：本题考查了电路的动态分析问题，用到了“局部-整体-局部”的方法判断电流表和电压表的变化情况。 8、BCD【解析】A.由机械能守恒可知，mgR=mv2；解得b点时的速度为，故A不符合题意；B.对全程由动能定理可知，mgR-mgs=0解得bc两点间的距离为，故B符合题意；C.b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由可得支持力F=3mg，由牛顿第
14、三定律可知，物块对b点的压力为3mg； 故C符合题意；D.在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了mgs=mgR，故D符合题意；9、BD【解析】A、若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由a等势面指向b等势面，由于微粒带负电，故c等势面的电势最高，故P点的电势低于Q点的电势，故A错误B、由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，则带电微粒的电势能增大，故带电微粒在P点时的电势能较大故B正确C、由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，故微粒在Q点时的动能大于在P点的动能故C错误D、由于电场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微
15、粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大故D错误故选B10、BC【解析】类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题。【详解】A、B项：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：mgLsin-qEL（1-cos）=0得，则，故A错误，B正确；C项：在A点，小球所受的合力等于重力，加速度，在B点，合力沿切线方向Eqsin60-mgcos60=mg，加速度aB=g，所以A、B两点的加速度大小相等，故C正确；D项：小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEc
