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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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、关于曲线运动，下列说法中正确的是A曲线运动一定是变速运动B曲线运动的加速度可以为零C在恒力作用下，物体不可以做
2、曲线运动D物体做曲线运动，动能一定会发生变化2、如图所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻(其电阻随光照增强而减小),当照射光强度增大时 ( )A电压表的示数减小B电源的输出功率可能变大C小灯泡的功率减小D电路的路端电压增大3、如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )AW1W2，q1q2BW1W2，q1q2DW1W2，q1q24、如图所示，在O点置一点电荷Q，以O为圆心作一圆。现将一
3、电荷从A分别移到圆上的B、C、D三点，则电场力做功最多的过程是（）A移到B的过程B移到C的过程C移到D的过程D三个过程一样多5、将粗细均匀、长为L、电阻为R的金属导线截去，再均匀拉长至L，导线电阻变为( )A B C D3R6、关于电流下列说法正确的是（）A规定负电荷定向移动的方向为电流的方向B电流的单位是伏特C1mA=1000AD电源在电路中的作用是保持导体两端有电压，使导体中有持续的电流二、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，竖直放置的平行板电容器与定值电阻
4、R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为.则有()A保持开关S闭合，将A板向右平移，不变B保持开关S闭合，将A板向左平移，变小C断开开关S，将A板向右平移，不变D断开开关S，将A板向右平移，变小8、如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，导线框右侧有两个宽度也为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向分别竖直向下和竖直向上，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在外力作用下，以速度v匀速进入并通过磁场区域规定电流i沿逆时针方向时为正，磁感线竖直向下时磁通为正，安培力的合力F向左为正则以下关于、i、F和线框中的电
5、功率P随时间变化的图象大致是下列图中的（）ABCD9、一台发电机产生的交变电流的图象如图所示，该交变电流A周期是0.01sB电动势有效值为220VC在时，线圈平面与中性面重合D在时，穿过线圈的磁通量变化率最大10、如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态则下列说法正确的是（ ）A在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流B在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流C若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势升高D若将S断开，再将A
6、板向下平移一小段位移，P点电势不变三、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）读出下列仪器和仪表的读数。（1）甲图读数为_mm；（2）乙图读数为_mm；（3）多用表选择开关调到直流2.5V档，丙图读数为_V。12（12分）如图电压表的读数为_V，如图螺旋测微器的读数为_mm，如图游标卡尺的读数为_cm.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）一滑雪爱好者的质量为70kg，他从高为h1.25m的平台，以v010m/s的初速度从平台边缘水平滑出，g取10m/s
7、2.，求：(1)滑雪者在空中运动的时间t；(2)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离x；(3)滑雪者落地速度v；(4)取落地地面为参考面，算出滑雪者出发时的重力势能。14（16分）如图所示,用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球,小球的质量为.现加一水平方向向左的匀强电场,场强,平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为,求:小球带何种电荷,电荷量为多大?15（12分）有一个小型直流电动机，把它接入电压为的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流是；若把电动机接入的电路中，电动机正常工作，工作电流是，电动机正常工作时的输出功率多大？如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？参考答案一、单项
8、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】A曲线运动的速度方向为该点的切线方向，时刻变化，故曲线运动是变速运动，故A正确；B做曲线运动的物体，一定受到力的作用，故一定有加速度，故B错误；C曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，与合外力是否变化无关；如平抛运动的合外力不变，加速度不变，物体做匀变速曲线运动，故C错误；D匀速圆周运动的速率始终不变，故动能不变，故D错误2、B【解析】由光敏电阻的性质分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化，同时还可得出路端电压的变化以及各
9、部分电压和电流的变化；【详解】A、当光照强度增大，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故R1两端的电压增大，电压表的示数增大，故A错误；B、当电源的内阻和外电路总电阻相等时，电源的输出功率最大，光照强度增大后，外电路总电阻减小，可能趋近于电源内阻，故电源的输出功率可能变大，故选项B正确；C、因电路中总电流增大，故内电压增大，路端电压减小，同时两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过的电流减小，由于总电流增大，则流过灯泡的电流一定增大，故由可知，小灯泡消耗的功率增大，故CD错误【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思
10、路进行，分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质3、C【解析】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：W1:W2=3:1；根据电量，感应电流，感应电动势，得：所以：q1:q2=1:1，故W1W2，q1=q2。A. W1W2，q1q2。故A错误； B. W1W2，q1q2。故C正确；D. W1W2，q1q2。故D错误；4、D【解析】点电荷产生的电场成辐
11、射状，所以B、C、D三点在同一等势面上；将一电荷从A分别移到圆上的B、C、D三点，电场力做功一样多；故D项正确，ABC三项错误。5、B【解析】根据电阻定律可知开始时的阻值为： ；当把金属导线截去，再均匀拉长至L，根据体积关系可知横截面积变为，此时的阻值为： ，故B正确，ACD错误。6、D【解析】A、物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，故A错误；B、电流国际单位是安培（A），其它还有mA和A，故B错误；C、1mA=0.001A，故C错误；D、在导体中，电荷无规则的运动不能形成电流，只有定向移动时才会形成电流；而电压是使电荷发生定向移动的原因，也就是形成电流的原因，电源在电路中的作用是使电
12、路两端存在电压，故D正确；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、BC【解析】AB保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，将A板向右平移，d减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，角变大，反之向左平移A板，角变小，故A错误，B正确；CD断开开关S，电荷量不变，根据：CEC联立解得：E故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A板，角不变，故C正确，D错误8、BD【解析】当线圈进入0-L时，磁通量向里由0增加到BL2，感应
13、电流，方向逆时针；安培力，方向向左；安培力的功率当线圈进入L-2L时，磁通量向里逐渐减小到零，然后向外增加到BL2，感应电流，方向顺时针；安培力方向向左；安培力的功率当线圈运动2L-3L时，磁通量向外由BL2逐渐减小到零，感应电流，方向逆时针；安培力方向向左；安培力的功率故选BD9、BC【解析】A.由图可知，完成一个完整波形需要的时间为0.02s，也就是该交变电流的周期是0.02s，故A错误；B.由图可以知道，交流电的最大值为311V，对于正弦式交变电流，最大值是有效值的，所以，有效值：，故B正确；C. 在时，电动势最小为0，则穿过线圈的磁通量变化率最小，磁通量最大，所以为中性面， 故C正确；
14、D. 在时，电动势最小为0，则穿过线圈的磁通量变化率最小，磁通量最大；故D错误；10、BD【解析】A开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；将A板向下移，由可知，E变大，故油滴应向上加速运动；根据 可知C变大，根据Q=CU可知电容器带电量变大，电容器充电，故G中有ab的电流，故A错误；B若将A板向右平移一小段位移，由可知，E不变，油滴仍静止；根据，可知C变小，根据Q=CU可知电容器带电量变小，电容器放电，故G中有ba的电流，故B正确；C若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据可知，电容C减小，再根据Q=CU可知，U增大；根据U=Ed可知，E增大；则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低；故C错误；D若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据，Q=CU、U=Ed，得到，故电场强度不变，且P点电势不变，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、102.35 5.545 0.57 【解析】(1)1根据游标卡尺的读数方法可知读数为：102mm+70.05mm=102.35mm(2)2根据螺旋测微器的读数方法可知读数为
