2024届河南省夏邑一高高二物理第一学期期中达标检测试题含解析

2024届河南省夏邑一高高二物理第一学期期中达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人会向相反的方向运动．不计摩擦力，则下列判断正确的是（）A．A、B的质量一定相等B．推后两人的动能一定相等C．推后两人的总动量一定为零D．推后两人的速度大小一定相等2、如图所示，当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电路中电压表和电流表示数的变化情况是（）A．V示数变大，A示数都变小B．V示数变小、A示数都变大C．R1消耗的功率变小，R2消耗的功率变大D．R1消耗的功率变大，R2消耗的功率变小3、如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负电荷q（点电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零4、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是()A．电热丝的电阻为55ΩB．电动机的电阻为ΩC．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为880J5、下列与电容器相关的知识，描述正确的是A．图甲为电容器充电示意图，充电过程中通过电流计的电流方向从右向左，充完电后电容器上极板带正电B．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小和方向保持不变C．图丙为一种可变电容器，它是通过改变两极板间的正对面积来改变电容的D．图丁中的电容器上标有“”字样，说明该电容器的击穿电压为，电容为6、如图，在两根平行直导线中，通以相反的电流I1和I2，且I1＞I2，设两导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，则两导线（）A．相互吸引，且F1＞F2B．相互排斥，且F1＞F2C．相互吸引，且F1＝F2D．相互排斥，且F1＝F2二、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，O是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，由此可见（）A．O为负电荷B．在整个过程中q的速度先变大后变小C．在整个过程中q的加速度先变大后变小D．在整个过程中，电场力做功为08、如图所示，用一端拴有钢球的细绳做“感受向心力”的实验．抡动细绳使钢球在光滑水平台面上做圆周运动，则（）A．绳对钢球的拉力提供向心力B．桌面对钢球的支持力提供向心力C．只减小钢球的绕行速度，绳的拉力将减小D．松手后钢球仍能维持圆周运动9、图中a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是（）A．带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小B．a点的电势比b点的电势高C．带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的D．a点的电场强度比b点的电场强度小10、一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示．若在使用中发现此电压表的示数总是比准确值稍小一些，采取下列哪种措施加以改进？()A．在R上串联一比R小得多的电阻B．换用比R大点儿的电阻C．换用比R小点儿的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻三、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）在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A．电池组(3V，内阻1Ω)B．电流表(1～3A，内阻1.125Ω)C．电流表(1～1．6A，内阻1.125Ω)D．电压表(1～3V，内阻4kΩ)E．电压表(1～15V，内阻15kΩ)F．滑动变阻器(1～21Ω，允许最大电流1A)G．滑动变阻器(1～2111Ω，允许最大电流1.3A)H．开关、导线若干(1)实验时应从上述器材中选用________________(选填仪器前的字母代号)．(2)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻Rx在组成测量电路时，应采用电流表________(选填“外”或“内”)接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏__________(选填“大”或“小”)．(3)用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，由甲、乙两图读得圆柱体的直径为__________mm，长度为__________cm．甲乙(4)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ＝________．（用各物理量的符号表示）12．（12分）如图为一正在测量中的多用电表表盘（1）若用×1kΩ档测量，则待测电阻R为______Ω；（2）若用直流50mA档测量电流，则待测电阻I为_________mA；（3）若用直流250V档测量电压，则待测电阻U为_________V；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）如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为．电子重力不计．求：(1)电子通过偏转电场的时间t0；(2)偏转电极C、D间的电压U2；(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y．14．（16分）如图所示的电路中，定值电阻均为R，电源电动势为E，内阻，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，质量为m的小液滴恰好能静止在两板的正中间。（重力加速度用g表示）求：(1)流过电源的电流大小；(2)两金属板间的电场强度的大小；(3)小液滴带何种电荷，带电量为多少。15．（12分）如图所示，一平行板电容器接在U＝11V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10F，两极板间距离d＝1.10×10－3m，取g＝10m/s1．求：(1)该电容器所带电荷量．(1)若板间有一带电微粒，其质量为m＝1.0×10－3kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？带何种电荷？

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、C【解题分析】

以两人组成的系统为研究对象，不计摩擦力系统的合外力为零，系统的动量守恒．A推B之前系统的总动量为1，则推之后两人的总动量一定为1．取A的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mAvA-mBvB=1，即有mAvA=mBvB,可得所以推后两人的动量大小一定相等，质量不一定相等，则动能不一定相等，速度大小与质量成反比，故ABD错误，C正确．故选C.【题目点拨】解决本题的关键是掌握动量守恒的条件：合外力为零，判断出两人组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律列式分析．2、D【解题分析】

由图可知，R2与R并联后与R1串联；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可知可知电路中总电流增大；根据欧姆定律可知可知R1串电压增大，即电压表示数增大，根据可知R1消耗的功率变大；电源电动势不变，现内阻和R1电压增大，故并联部分电压减小，所以通过R2的电流减小，根据可知R2消耗的功率变小；因总电流增大，R2的电流减小，故电流表中电流增大。故选D。3、C【解题分析】

ABC．由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，也有可能一直减小，但速度一直增大，点电荷q在O点所受电场力的合力为零，加速度为零，速度达到最大，故C正确，AB错误；D．同理，点电荷越过O点后，加速度可能先增大后减小，也有可能一直增大，但速度越来越小直到为零，D错误。故选C。4、A【解题分析】

A．电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P=1000W－120W=880W，对电热丝，由P=可得电热丝的电阻为Ω=55Ω，选项A正确；B．由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；C．当电吹风吹冷风时，电热丝没有工作，选项C错误；D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为W=Pt=1000J，选项D错误．5、C【解题分析】

A.图甲为电容器充电示意图，充电过程中通过电流计的电流方向从左向右，充完电后电容器上极板带正电，故A错误．B.图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流方向保持不变，电流大小随电量的变化而变化，故B错误．C.图丙为一种可变电容器，它是通过改变两极板间的正对面积来改变电容的，故C正确．D.5.5V是最大电压或额定电压，不是击穿电压，击穿电压大于5.5V，故D错误．6、D【解题分析】

物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等；磁场是由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会受到安培力作用，由安培定则判断出电流的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力方向．【题目详解】A、通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，故AB错误；C、由右手螺旋定则可知：I1在I2处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，I2所所受安培力向左；由右手螺旋定则可知：I2在I1处产生的磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，I1所所受安培力向右；则两导线相互远离；故C错误，D正确；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、CD【解题分析】

A．粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷．故A错误．B．从从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则动能先减小再增大，所以速度先减小再增大．故B错误．C．越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确．D．a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确．8、AC【解题分析】

钢球在光滑水平台面上做圆周运动时，钢球受绳子的拉力、重力和桌面的支持力，其中绳对钢球的拉力提供向心力，桌面对钢球的支持力与重力平衡；选项A正确，B错误；只减小钢球的绕行速度，需要的向心力减小，则绳的拉力将减小，选项C正确；松手后钢球所受的向心力消失，则球不能维持圆周运动而将做直线运动，选项D错误；故选AC.9、BC【解题分析】

由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低。【题目详解】A项：由题意可知，带电质点受两个力，向下的重力和向上的电场力，电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大。故A错误；B项：沿电场线的方向电势逐渐降低，所以a的电势比点b的电势高，故B正确；C项：质点开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上。因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都竖直向上。故C正确；D项：在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力。所以a点的电场强度比b点的电场强度大。故D错误。故选：BC。【题目点拨】解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系；同时知道沿电场线方向电势降低．10、CD【解题分析】试题分析：电流表与电流表都是由表头改装成的，电压表是本题与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过本题的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在R上并联一个比R大得多的电阻．解：电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，所以D正确；故选D【点评】电流表、电压表的改装，实质上是电阻的串、并联问题，只要分清分电流、总电流，分电压、总电压，应用欧姆定律就能解决三、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、ACDFH外接法偏小1.911(1.899～1.911均可)4.241πRd【解题分析】

(1)实验时需要电源、导线、开关、滑动变阻器、电压表、电流表；待测电阻约为5Ω，故为了灵敏控制，滑动变阻器要选用阻值接近的，故滑动变阻器选用F；根据电动势为3V，故由量程可知：电压表选用D；电流最大值为35A=06A故由电流表量程可知：电流表选用C(2)待测电阻较小，故电流表分压效果较明显，那么，采用电流表外接法；这时，电压表示数为电阻两端的电压，电流表示数为电阻和电压表的总电流，故电流表示数偏大，那么，由欧姆定律可知：电阻的测量值比真实值偏小；(3)螺旋测微器读数为d=1.5mm+41.1×1.11mm=1.911mm游标卡尺的读数：4.2cm+8×0.05mm=4.240cm；(4)金属丝的横截面积为：S=πd24,故电阻为：【题目点拨】待测的电阻阻值较小时，电流表的分压效果较明显，故应选用外接法；待测的电阻阻值较大时，电压表的分流效果较明显，故应选用内接法。12、36.0180.0【解题分析】

（1）[1].若用×1kΩ档测量，由图示表盘可知，则待测电阻R为：6×1kΩ=6kΩ