1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、電動機在生活和生產中的應用相當廣泛，下列的家庭電器中，和電動機有關的是：A日光燈管；B電吹風；C電視機；D電飯鍋2、如圖所示，abcd是一個用粗細均勻、同種材料的導線彎折成的長方形線框，線框豎直放置，ab長度為L，bc長度為。勻強磁

2、場的方向垂直于金屬框平面向里，磁感應強度大小為B。若金屬框a、b兩端與恒壓電源相連，電流方向如圖所示，若通過ab邊的電流大小為，則金屬框受到的安培力大小和方向分別為A，方向豎直向上B2BIL，方向豎直向上C，方向豎直向下D3BIL，方向豎直向下3、下列說法錯誤的是（ ）A太陽繞地球做勻速圓周運動B開普勒發現了行星運動三定律C牛頓發現了萬有引力定律D哥白尼提出了日心說4、如圖所示，用線把小球A懸于O點，靜止時恰好與另一固定小球B接觸。今使兩球帶同種電荷，懸線將偏離豎直方向某一角度1，此時懸線中的張力大小為T1；若增加兩球的帶電量，懸線偏離豎直方向的角度將增大為2，此時懸線中的張力大小為T2，則：

3、AT1T2 D無法確定5、質量為m電量為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在電場力、磁場力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是（ ） A該微粒可能帶正電荷也可能帶負電荷B微粒從O到A的運動一定是勻加速直線運動C該磁場的磁感應強度大小為D該電場的場強為6、一個微型吸塵器的直流電動機的線圈電阻為R,將它接在直流電源上,電動機兩端電壓為U時，流過線圈的電流為I,則( )A電動機消耗的電功率為B電動機消耗的電功率為IUC電動機的發熱功率為D電動機輸出的機械功率為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在

4、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、如圖所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd為正方形，邊長為L，它們按圖示位置放置于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，下面說法中正確的是（）A通過abcd平面的磁通量大小為L2BB通過dcfe平面的磁通量大小為L2BC通過abfe平面的磁通量大小為零D通過bcf平面的磁通量為零8、如圖所示，質量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內阻不計勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成角斜向上方，開關閉合后導體棒開始運動，則()A導體棒向左運動B開

5、關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BELRC開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BELsinRD開關閉合瞬間導體棒MN的加速度為BELsinmR9、如圖所示是電磁流量計的示意圖圓管由非磁性材料制成，空間有勻強磁場當管中的導電液體流過磁場區域時，測出管壁上MN兩點間的電勢差U，就可以知道管中液體的流量q（單位時間內流過管道橫截面的液體的體積）已知管的直徑為d，磁感應強度為B，假定管中各處液體的流速相同下列說法正確的有AN點的電勢低于M點的電勢BMN兩點間的電勢差U=BdvC液體的流量q=vd2D流量q與U的關系為q=10、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

6、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電勢能的增加量等于液滴b電勢能的減少量D重力對三者做功的功率相同三、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）在測定一根粗細均勻合金絲電阻率的實驗中，利用螺旋測微器測定合金絲的直徑為_mm.12（12分） (1)用游標卡尺測一工件外徑的讀數如圖(1)所示，讀數為_mm(2)用螺旋測微器測一圓形工件長度的讀數如圖(2)所示，讀數為_mm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，

7、要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）一勻強磁場分布在以O為圓心，半徑為R的圓形區域內，方向與紙面垂直，如圖所示，質量為m、電荷量q的帶正電的質點，經電場加速后，以速度v沿半徑MO方向進入磁場，沿圓弧運動到N點，然后離開磁場，MON=1200，質點所受重力不計，求：（1）判斷磁場的方向；（2）該勻強磁場的磁感應強度B； （3）帶電質點在磁場中運動的時間14（16分）如圖所示，電源的電動勢為10 V，內阻為1 ，R1=3 ，R2=6 ，C=30 F求：（1）閉合電鍵S，穩定后通過電阻R2的電流（2）再將電鍵S斷開，再次穩定后通過電阻R1的電荷量15（12分）圖中電源電動勢E12

8、 V，內電阻r0.5 將一盞額定電壓為8 V，額定功率為16 W的燈泡與一只線圈電阻為0.5 的直流電動機并聯后和電源相連，燈泡剛好正常發光，通電100 min問：（1）電源提供的能量是多少？（2）電流對燈泡和電動機所做的功各是多少？（3）燈絲和電動機線圈產生的熱量各是多少？（4）電動機的效率為多少？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、B【解析】電吹風內部有電動機和電阻絲，則和電動機有關的是電吹風，故選B.2、A【解析】由題意可知，邊ab（cd）的長度是邊ad（bc）長度的2倍，所以邊ab（cd）的電阻是邊ad（b

9、c）電阻的2倍，由并聯關系可知，通過adcb支路的電流為，所以邊dc所受安培力大小為方向豎直向上，邊ab所受安培力大小為Fab=BIL方向豎直向上，邊ad和邊bc所受安培力的合力為零，所以金屬框所受安培力大小為方向豎直向上。AA項與上述分析結論相符，故A正確；BB項與上述分析結論不相符，故B錯誤；CC項與上述分析結論不相符，故C錯誤；DD項與上述分析結論不相符，故D錯誤。3、A【解析】A根據開普勒第一定律得知，地球繞太陽做橢圓運動，故A錯誤，符合題意；B開普勒發現了行星運動三定律，故B正確，不符合題意；C牛頓發現了萬有引力定律，故C正確，不符合題意；D哥白尼提出了日心說，故D正確，不符合題意故

10、選。點睛：本題關鍵掌握天體物理部分的物理學史，對于著名科學家的成就進行解答即可4、B【解析】本題考查的是庫侖定律的應用問題，由受力平衡問題可知，小球A質量未變，則T1T2；B正確；ACD均不正確；5、C【解析】若粒子帶正電，電場力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則電場力、洛倫茲力和重力不能平衡若粒子帶負電，符合題意故A錯誤粒子受到重力和電場力不變，而洛倫茲力不變，粒子能沿直線運動，一定是勻速直線運動，故B錯誤粒子受力如圖，由平衡條件得：qvBcos=mg，解得：故C正確由圖qE=qvBsin，解得：E=Bvsin故D錯誤故選C6、B【解析】AB.電動機消耗的總功率P=IU, I2R只能計

11、算熱功率；故A錯誤，B正確；C.電動機消耗的熱功率應該用P=I2R來計算,由于電動機為非純電阻電路,故不能使用U2/R來計算熱功率；故C錯誤；D. 電動機的總功率為IU,內部發熱的功率為I2R,所以電動機輸出的機械功率為IU-I2R,所以D錯誤。故選：B.點睛：在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的二、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

12、選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BCD【解析】通過ABCD平面的磁通量大小等于通過BEFC平面的磁通量，為，故A錯誤，B正確；ADFE平面與bcf平面和磁場平面平行，所以磁通量為零，故C正確；因整個三棱柱是封閉的；故整個三棱柱的磁通量為零；故D正確；故BCD【點睛】本題要理解并掌握磁通量的一般計算式，知道公式中表示和垂直磁場平面的投影面積，其中夾角是平面與磁場垂直方向的夾角8、BD【解析】A、開關閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，從而導致導體棒向右運動，故A錯誤；BC、當開關閉合后，根據安培力公式F=BIL，I=ER，可得F=BELR，故B

13、正確，C錯誤；D、當開關閉合后，安培力的方向與導軌成90-的夾角，再根據力的分解可得合力大小，再由牛頓第二定律與安培力的大小可知，加速度a=BELsinmR，故D正確；故選BD。【點睛】據左手定則來確定通電導線的安培力的方向，閉合電路歐姆定律與安培力公式結合可求出其力的大小，最后由牛頓第二定律來確定導體棒瞬間的加速度。9、BD【解析】A. 根據左手定則，在洛倫茲力作用下，正離子向管道N的一側集中，而負離子向管道M的一側集中，兩者之間形成電勢差，則N點電勢高于M點，故A錯誤；BCD. 當正負離子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，離子不再偏移，此時MN間有穩定的電勢差，形成一個勻強電場，設MN兩點間的

14、電勢差為U，對離子有：解得U=Bdv設在時間t內流進管道的液體體積為V，則流量故BD正確C錯誤。10、AD【解析】液滴進入電場后豎直方向都做自由落體運動，所以穿出電場時豎直方向上的時間相等，根據合運動與分運動等時性可知液滴的運動時間都相同，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，A正確；對于a、b兩個粒子穿過電場的過程，重力做功相同（下降的高度相同、質量相同），而水平方向上電場力做功相同，根據動能定理可知兩者動能的增量相同，對于c液滴，只有重力做功，小于a、b動能的增量，B錯誤；對于液滴a和液滴b，電場力均

15、做正功，電勢能均減小，C錯誤；根據公式，液滴進入電場后豎直方向都做自由落體運動，穿過電場時豎直分速度相等，則重力對三者做功的功率相同，D正確三、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、0.644-0.646 mm【解析】試題分析：旋測微器的固定刻度為0.5mm，可動刻度為0.0114.5mm=0.145mm，所以最終讀數為0.645mm（0.644mm-0.646mm）；考點：螺旋測微器【名師點睛】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12、10.50 4.600 【解析】(1)1游標卡尺的主尺讀數為：1c

16、m=10mm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為0.0510mm=0.50mm，所以最終讀數為：10mm+0.50mm=10.50mm；(2)2螺旋測微器的固定刻度為4.5mm，可動刻度為0.0110.0mm=0.100mm，所以最終讀數為4.600mm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)垂直紙面向外 (2)B=3mv3qR(3)t=3R3v【解析】試題分析：（1）根據左手定則，可知該磁場方向垂直紙面向外；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為r，圓心為O如圖所示，洛侖茲力提供

17、向心力因此：qvB=mv2r由幾何關系可得tan300=Rr聯立得B=3mv3qR（3）設粒子在磁場中運動的時間為t，粒子做勻速圓周運動，期周期T=2mqB由于MON=1200，因此運動的圓心角MON=600因此粒子在磁場中運動的時間t=60036002mqB= 3R3v考點：帶電粒子在磁場中的運動14、（1）1 A （2）1.2104C【解析】（1）閉合開關S，穩定后電容器相當于開關斷開，根據全電路歐姆定律得：（2）閉合開關S時，電容器兩端的電壓即R2兩端的電壓，為：U2=IR2=16V=6V開關S斷開后，電容器兩端的電壓等于電源的電動勢，為E=10V，則通過R1的電荷量為：Q=C（E-U2）=310-5（10-6）C=1.210-4C15、（1）；（2）；（3），；（4）【解析】（1）由題意可知，電路的路端電壓U=8V，則內電壓U內=EU=12V8V=4V；電路中電流I=8A；故電源提供的能量W=UIt=8810060J=3.8410