1、2023學年高二上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，勻強磁場中垂直放置一通電直導線，關于導線在此磁場中受到的安培力，下列判斷不正確的是( )AF方向向上BF大小與電流大小有關CF大小與磁感應強度大小有關DF大小與導線在磁場

2、中的長度有關2、法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場。如圖所示為點電荷a、b所形成電場的電場線分布圖，下列說法中正確的是（）Aa、b為異種電荷，a帶電量大于b的帶電量Ba、b為異種電荷，a帶電量小于b的帶電量Ca、b為同種電荷，a帶電量大于b的帶電量Da、b為同種電荷，a帶電量小于b的帶電量3、如圖所示，從同一粒子源O發(fā)出的粒子以相同的速度垂直射入某磁場中，結(jié)果分成了a、b、c三束，下列說法正確的是()Aa粒子帶正電，b粒子不帶電，c粒子帶負電Ba粒子帶負電，b粒子不帶電，c粒子帶正電Cqa qcDqa rb，粒子速度相同，則有qamaqbmb，又由于a、c粒子質(zhì)量未知，所以無法確定a、c

3、粒子所帶的電荷量大小，故C、D錯誤；故選A?！军c睛】關鍵是b粒子做直線運動，表明b粒子不受洛倫茲力，b粒子不帶電，根據(jù)a、c粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可判斷其帶電性。4、B【解析】重力的沖量IG=mgt，故A錯誤拉力F的沖量IF=Ft，故B正確，C錯誤合外力的沖量：I合=Ftcos，根據(jù)動量定理知，合力的沖量等于動量的變化量，則動量的變化量為Ftcos故D錯誤故選B【點睛】解決本題的關鍵知道沖量等于力與時間的乘積，知道合力的沖量等于動量的變化量5、C【解析】電流表改裝成電壓表是串聯(lián)較大的分壓電阻；電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻；兩表串聯(lián)后，通過電流表的總電流與電壓表的電流相等，由

4、于電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻，所以大部分電流通過了分流電阻，通過表頭的電流很小，所以電流表的指針幾乎不偏轉(zhuǎn)；電壓表的指針有偏轉(zhuǎn)故C正確，ABD錯誤故選C.6、D【解析】LED 廣告牌發(fā)紅光時功率：A500W，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；B100W，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C1250W，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D2300W，與結(jié)論相符，選項D正確；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、AC【解析】若A、B兩球帶等量的同種電荷，電荷量都為Q，則讓第三個半

5、徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，A、B兩球所帶的電荷量大小分別為、，則接觸后A、B兩球的電荷量之比為2:3；若A、B兩球帶等量的異種電荷，電荷量大小都為Q，則讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，A、B兩球所帶的電荷量大小分別為、，則接觸后A、B兩球的電荷量之比為2:1A. 2:3，與結(jié)論相符，選項A正確；B. 3:2，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C. 2:1，與結(jié)論相符，選項C正確；D. 1:2，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；8、ABC【解析】A人和船組成的系統(tǒng)動量守恒。設人的質(zhì)量為m，瞬時速度為v，船的質(zhì)量為M，瞬時速度為v，人走的方向為正方向，則有解

6、得則有所以人勻速行走，船勻速后退，兩者速度大小與它們的質(zhì)量成反比，故A正確；B人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船與人的加速度分別為，則有，故B正確；C人和船組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)初始動量為0，所以人走走停停，船退退停停，兩者動量總和總是為零，故C正確；D當人在船尾停止運動后，船的速度也為零，故D錯誤。故選ABC。9、ABD【解析】根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大??；根據(jù)沿著電場線，電勢逐漸降低來判斷電勢的高低；根據(jù)等差等勢面來確定電勢差大小，再由電勢差與電場力做功關系公式WAB=qUAB來判斷電場力做功的多少【詳解】由電場線越密的地方，電場強度越大，則有A點的電場強度小于B點的電場

7、強度，EBEA，故A正確；由于沿著電場線，電勢逐漸降低，故AB，因此將正電荷從A移動到B，電場力做正功，故B正確，C錯誤；由于從A和C處于同一條等勢線上，故電荷在A點的電勢能等于在C點的電勢能，故D正確。故選ABD?！军c睛】本題關鍵是根據(jù)電場線及其與等勢面的關系判斷出電勢高低、電場力大小和電勢差的大小關系同時知道等差等勢面越密的地方，電場線也越密當然也可以由電場力做功的正負來確定電勢能的增減10、BC【解析】磁感應強度B的定義式：，采用的是比值定義法，則知B與F、IL均無關；磁場中某點的磁感應強度的方向規(guī)定為小磁針靜止時北極所指的方向；磁感應強度的方向由磁場本身決定，與是否在磁場中放入通電導線

8、無關；根據(jù)安培力的公式：F=BILsin可知，一小段通電導線放在某處不受磁場力作用，可能是電流的方向與磁場的方向垂直，該處的磁感應強度不一定為零【詳解】磁感應強度B的定義式：，采用的是比值定義法，則知B與F、IL均無關，故A錯誤；磁場中某點的磁感應強度的方向規(guī)定為小磁針靜止時北極所指的方向，故B正確；磁感應強度的方向由磁場本身決定，與是否在磁場中放入通電導線無關，故C正確；根據(jù)安培力的公式：F=BILsin可知，一小段通電導線放在某處不受磁場力作用，可能是電流的方向與磁場的方向平行，該處的磁感應強度不一定為零，故D錯誤所以BC正確，AD錯誤【點睛】對于物理量中的基本物理量一定明確其含義、如何定

9、義的、定義公式特點等，不能相互混淆，因此對這些基本物理知識要加強理解和應用三、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、V2 2.0 1.50 1.0 0.5 【解析】(1)1由圖甲可知V1測量路端電壓，V2測量定值電阻R0的電壓；而定值電阻的圖線是正比圖線，一定經(jīng)過原點，故b圖線是根據(jù)電壓表V2和電流表A的數(shù)據(jù)描繪的圖線.(2)2根據(jù)圖像可知b圖線的斜率為電阻R0阻值，即：34根據(jù)圖線a可得電動勢E=1.5V，斜率表示內(nèi)阻可得：.(3)5當滑動變阻器滑到最左端時,總電阻最小電流最大為：12、B D F 1.00 燈泡電阻隨電壓（溫度）的增大而增

10、大 【解析】(1)123 由題意小燈泡額定電壓為2V，實驗測量的數(shù)據(jù)，電壓為2V時，電流為0.5A，故電壓表應選B，電流表應選D，又描繪伏安特性曲線要求電流從零調(diào)節(jié)，故變阻器應用分壓式接法，應選阻值小的變阻器F。(2) 4由于小電珠電阻較小，為了減小實驗測量誤差，電流表應用外接法，同時本實驗中電壓由零開始變化，故變阻器應采用分壓式接法，電路圖如圖所示：(3)5 據(jù)所給數(shù)據(jù)得伏安特性曲線如圖：(4)6 電壓為2V時的電流為0.5A，則額定功率為：P=UI=20.50=1.00W(5)7 I-U圖象中的斜率表示電阻的倒數(shù)，故由圖可知，燈泡電阻隨電壓（溫度）的增大而增大；四、計算題：本題共2小題，共

11、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）（2）（3）（4）【解析】（1）過B點作電子出射速度方向的垂線交y軸于O2點，則O2點為電子在磁場中運動軌跡的圓心，畫出電子的運動軌跡如圖所示。由幾何知識得AO2B=60設電子在磁場中運動的軌跡半徑為r，則rL=rcos60，得r=2L又由洛倫茲力提供向心力，得：則得：；（2）由題意和上圖的幾何關系可得，過A、O、B三點的圓的圓心在AB連線的中點。則磁場區(qū)域的半徑R：（3）由幾何關系可知磁場區(qū)域圓心的坐標為：x軸坐標：x=AO1sin60=Ly軸坐標：y=BO1sin30=L故O1點坐標為(L ，L )（4）由幾何知識AO2B=60粒子在磁場中飛行時間為：14、6V，0.5歐；【解析】當開關S斷開時，R1和R2串聯(lián)，電壓表測量的是路端電壓，由全電路的歐姆定律E=U+UR1+R2r-（1）；當開關S閉合時，R3和R2并聯(lián)，R并=R2R3R2+R3=2，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=U+UR1(r+R并)-（2）方程（1）（2）聯(lián)立解得E=6V，r=0.5思路分析：開關斷開和閉合是兩個物理模型，根據(jù)兩種狀態(tài)下列兩個閉合電路的歐姆定律方程聯(lián)立即可求解試題點評：注意物理學中