福建省泉州市泉港六中2024届高二物理第一学期期中达标检测试题含解析

福建省泉州市泉港六中2024届高二物理第一学期期中达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列对电现象及规律的认识中，正确的是A．自然界中只存在正、负两种电荷B．同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥C．摩擦起电说明了电荷可以创造D．点电荷间的静电力随它们之间距离的增大而增大2、如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形平面的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为15V，3V，-3V，由此可得D点的电势为（）A．1.5V B．6V C．9V D．12V3、如图所示，一个带负电荷的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，闭合开关后，小球静止时悬线与竖直方向成θ角，则（）A．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ增大B．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ减小C．断开开关后，使B板竖直向上移动，则夹角θ减小D．断开开关后，增大AB板间的距离，则夹角θ减小4、图中，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=－3V，则D点的电势为（）A．18VB．12VC．9VD．6V5、关于匀速圆周运动的说法，正确的是()A．匀速圆周运动是匀速运动B．匀速圆周运动是匀变速运动C．匀速圆周运动是加速度不变的运动D．匀速圆周运动是加速度不断改变的运动6、甲、乙两个电阻是用同种材料制成的电阻丝绕制而成的，所用电阻丝的长度比为4:1，截面积比为2:1。现将两电阻丝并联起来接到电路中，则甲乙两电阻的电阻丝内的电荷定向移动的速率比为（）A．1:2 B．2:1 C．4:1 D．1:4二、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、如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（）A．电容器的电容不变B．电容器中的电场强度将减小C．电容器上的电荷量将减少D．液滴将向上运动8、下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是()A．测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零9、如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是A．机械能守恒，动量守恒B．机械能不守恒，动量守恒C．三球速度相等后，将一起做匀速运动D．三球速度相等后，速度仍将变化10、某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2两端的电压与电流的关系如图所示。用此电源和电阻R1、R2组成电路，R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路。下列说法正确的是（）A．将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为75%B．将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率为75%C．为使电源输出功率最大，可将R1单独接到电源两端D．为使电源输出功率最大，可将R2单独接到电源两端三、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）请按照有效数字规则读出以下测量值________，mm______________mm。12．（12分）（1）用游标为20分度的游标卡尺测量某物体长度，由图可知其长度为______mm；（2）某同学用螺旋测微器测量一圆柱形金属工件的直径，测量结果如图所示，该工件的直径为______mm。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，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m，分别用长为L的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A竖直悬挂且与绝缘墙接触。（重力加速度为g，静电力常量为k）求：(1)小球的带电荷量和墙壁受到的压力．(2)两条细线的拉力14．（16分）如图所示，质量为、电荷量为的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻细绳一端，绳的另一端固定于点，绳长为．现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．已知重力加速度为．求：（1）所加电场的场强E的大小；（2）若将小球拉起至与点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳对小球拉力的大小．15．（12分）如图所示，在水平放置的两个平行金属板之间的匀强电场沿竖直方向，电场中A、B两点之间的连线与竖直方向的夹角为60°.把带电荷量为q＝－1.5×10－8C的点电荷由A点移到B点，克服电场力做了4.2×10－5J的功.求：(1)若已知A点电势φA＝800V，|AB|＝1cm，B点的电势；(2)求电场强度的大小和方向.

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、A【解题分析】

A.自然界中只存在正、负两种电荷，故A正确；B.同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故B错误；C.摩擦起电是由于电子的转移引起，并非说明了电荷可以创生，故C错误；D.利用库仑定律公式得点电荷间的静电力随它们的距离增大而减小，故D错误；2、C【解题分析】

根据匀强电场中电势差与场强关系可知，选项C正确，ABD错误；故选：C．3、A【解题分析】

AB：保持开关S闭合，电容器两板间电压等于电源电动势不变，减小AB板间的距离，则板间电场强度增大，小球所受电场力变大，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ变大．故A项正确，B项错误．C：断开开关，电容器所带电荷量不变，据、、可得：；B板竖直向上移动，两板正对面积减小，板间电场强度增大，小球所受电场力变大，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ变大．故C项错误．D：断开开关，电容器所带电荷量不变，据、、可得：；增大AB板间的距离，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ不变．故D项错误．【题目点拨】①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．4、C【解题分析】试题分析：连接AC、BD，设它们交于O点，则O点的电势等于AC电势的平均值，同时也等于BD两点电势的平均值．连接AC、BD，设它们交于O点，则有：，由于O点也是BD的中点，故，联立解得，C正确．5、D【解题分析】

匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速度，匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，D正确,ABC错误。故选D6、D【解题分析】

根据电阻定律由于两电阻是用同种材料制成的，所以两电阻的相同，则两电阻丝的电阻之比为现将两电阻丝并联起来接到电路中，则两电阻丝两端的电压相同，根据欧姆定律可得电流的微观表达式

其中，n表示单位体积内的电荷数，q表示单个电荷的电荷量，S表示导体的横截面，v指的是电荷运动的速率，则故选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【解题分析】试题分析带电粒子受重力和向上的电场力平衡．电容器两端电压等于电阻R2两端的电压，滑动变阻器的滑片P向右移动时，阻值减小，R2两端的电压增大，电容器中的电场强度将增大，电场力增大，液滴将向上运动，B错误、D正确；电容器的电容与两端电压无关，不变，A正确；根据电容的定义式C=得到带电量变大，C错误．故选AD．考点：电容器8、AC【解题分析】

A．测量电阻时如果指针偏转过大，说明电阻较小，所以应将选择开关S拨至倍率较小的档位，每次换挡都需要重新调零后测量，故A正确；B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，B错误；C．测量电路中的某个电阻，内置电源接通，所以应该把该电阻与电路断开，C正确；D．每次换挡都需要重新调零，但是不换挡不需要调零，所以测量阻值不同的电阻时并不是必须重新调零，D错误；故选AC。9、BD【解题分析】

AB．在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，A与B碰撞过程机械能减小，故B正确，A错误．CD．当小球B、C速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大．之后弹簧逐渐伸长，C加速，AB减速，直到弹簧到原长，故C错误，D正确．10、AC【解题分析】

A．根据题图可知，电源的电动势为E=3V内阻根据知，两定值电阻的阻值分别为R1=0.5Ω，R2=1Ω．将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为故A正确；B．外电阻越大，电源的效率越高，因为R1、R2并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故B错误；CD．当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，据此可知将R1单独接到电源两端时，电源输出功率最大，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、4.991-4.99361.70mm【解题分析】

[1][2]螺旋测微器读数为游标卡尺读数为12、50.05;1.775;【解题分析】

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【题目详解】(1)游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为0.05×1=0.05mm，所以最终读数为50.05mm；(2)螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.01×27.5mm=0.275mm，所以金属丝的直径为1.775mm。【题目点拨】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。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)q=mgl2k;N'=32【解题分析】

分别对B球受力分析，运用力的合成或分解，结合共点力平衡条件，与库仑定律，即可解决问题；再对A球受力分析，运用力的分解，结合三角知识，即牛顿第三定律，即可求解．【题目详解】(1)对B球受力分析如图所示：B球受三力平衡，则重力与库伦力的合力大小等于绳子拉力，方向与绳子拉力方向相反，

由几何知识可知：F=mg=TB根据库伦定律：F=k解得：q=对A球受力分析如图：A球受力平衡：N=F由牛顿第三定律得：墙受到小球的压力大小为32(2)对A球受力平衡：TA=mg+Fcos60°=3由前面分析知TB=mg【题目点拨】对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．需要