2023学年广东省深圳市高二物理第一学期期中学业质量监测试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、从同一高度以不同的速度同时水平抛出两个质量不同的石子，下面说法正确的是A速度大的先着地B速度小的先着地C质量大的先着地D两石同时着地2、有一个空腔导体内部和外部都有电荷， 如图所示，下述结论正确的是 ( ) A导体不接地时，内部电场强度受

2、到外部电荷的影响B导体不接地时，外部电场强度受到内部电荷的影响C导体接地时，内部电场强度受到外部电荷的影响D导体接地时，外部电场强度受到内部电荷的影响3、右图分别是两个阻值为R1和R2的电阻器的I-U图象,可知 AR1 R2 BR1x-x0，则x1x0，故A错误，B错误；CD. 同理可以得到保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的压缩量大于2x0，故C错误，D正确。故选：D。点睛：根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可5、B【解析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周

3、运动的半径，进行比较即可【详解】磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，POM=120，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60=，得： 磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，PON=60，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin10=，得： 由带电粒子做圆周运动的半径：得：联立解得：故选B【点睛】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解

4、6、D【解析】AB、当达到静电平衡时导体是一个等势体，A端电势等于B端电势，AB错误；C、点电荷和感应电荷在导体中心O点产生的电场的合场强为0，C错误；D、感应电荷在O点产生的场强与点电荷产生的场强等大反向，所以感应电荷在O点产生的场强大小为，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、AD【解析】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁

5、场时电流保持不变，根据右手定则可知电流方向QP；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；A.图像与分析相符，故A正确。B.图像与分析不符，故B错误。C.图像与分析不符，故C错误。D.图像与分析相符，故D正确。8、BC【解析】让小球从O点滑下，小球到达A点时有一定的速度，具有向上的加速度，处于超重状态，根据牛顿运动定律得知小球对轨道的压力大于其重力，据题可知

6、小球将从A点漏下去，因而不能通过A点；若小球滑到B点时，速度大于等于零，有向下的加速度或加速度为零，处于失重状态，根据牛顿运动定律知，小球对轨道的压力小于其重力，所以不能从轨道上漏下去，能通过B点，故BC正确，AD错误。9、AD【解析】由于qU112mv02 ，根据类平抛运动规律可知，偏向角tgvyvxqU2Lmdv02qU2L2dqU1U2L2dU1=恒量；故A正确；根据偏向角：tgvyvxqU2Lmdv02qU2L2dEkU2Ld ，故若粒子的带电量和初动能相同，则离开电场时它们的偏向角相同；故B错误； 根据qU112mv02和yqU2L22mdv02qU2L24dqU1U2L24dU1，

7、所以它们的偏移量应该相同，与荷质比无关；故C错误；若带电粒子由静止开始经相同电场加速后进入该偏转电场，离开电场时偏转电场对粒子做的功W=U2dqyU2L24dU1U2dqq；故D正确；故选AD10、BC【解析】A.对小球进行受力分析如上图所示， 可得代入解得小球的带电量A错误；B.由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小；恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的

8、向心力，绳的拉力恰为零，有所以：选项B正确；CD由于总能量保持不变，即是恒量所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小由B运动到A，有所以：总能量为由C到A，电场力做功：又电场力做功等于电势能的减少量，则：所以C点的机械能为故C正确，D错误。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、A2 9000 电路如图: 【解析】（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值为：R=U-Igr2Ig=3-30010-610030010-6=99009000；（2）滑动变阻器

9、最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200，电流表A1内阻约为100，电压表内阻为：RV=100+9900=10000；电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示：【点睛】要会把电流表改装成电压表，会求改装电压表时串联电阻的阻值；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是设计实验电路图的关键。12、 增大 电压表的分流 偏小 【解析】由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验原理，数据处理及误差分析，根据实验原理分析可得。【详解】(1)1分析伏安特性曲线可知小灯泡最大电阻约为4 ，属于小电阻，为减小误差电流表采用外接法，描绘伏安特性曲线时要求电压、

10、电流从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。故画出的电路图如下所示：(2)2 在I-U图象中，割线的斜率的倒数表示电阻的大小，随着电压的增大，斜率减小，说明电阻增大。(3)3 实验中产生系统误差的原因是电压表的分流作用。 4电压表测量值等于真实值，但是电流测量值大于真实值，这样测的电阻值比真实值偏小。【点睛】设待测电阻为R，电测表内接、外接选择原则：属于大电阻，采用内接法。要求电流、电压从零开始变化时滑动变阻器一定选择分压式接法。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、 (1)v=(2)t=【解析】（1）由动能定理：解得：（2）由A到D的过程由动能定理得：离开D点后做匀加速直线运动，如图竖直方向水平方向又由几何关系得解得14、（1） （2）【解析】（1）0T时间内，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势结合题图，对线框受力分析：t=0时刻，F0=F安+mg；t=T时刻，F安=mg又F安=B0IL得。（