2024年1月24日发(作者：雪佛兰rveo两厢爱唯欧价格)

2024届海南中学高二物理第一学期期中达标测试试题

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0．5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、在如图所师的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定

A．电源的电动势E一定小于击穿电压U

B．电容器所带的最大电荷量一定为CE

C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大

D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等

2、如图所示为一螺距较大、有弹性的通电螺线管的磁场截面分布图，虚线为螺线管的中轴线（与某一磁感线重合），ab为用绝缘细线悬挂的位于螺线管的正上方的通电直导线，其电流方向由a到b，电流很小，不影响螺线管磁场．下列说法正确的是

A．P、Q两点的磁感应强度相同

B．直导线ab通电后，a端垂直纸面向外转动

C．断开螺线管的电源后，螺线管有沿水平方向向内收缩的趋势

D．将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子将做匀速直线运动

3、三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为 ( )

A．3∶2∶1

B．1∶2∶3

C．1∶1∶1

D．1∶2∶3

4、北斗卫星导航系统﹝BeiDou（COMPASS）Navigation Satellite System﹞是中国正在实施的自主研发、独立运行的全球卫星导航系统，缩写为BDS．北斗卫星导航系统由空间端、地面端和用户端三部分组成．空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星．地面端包括主控站、注入站和监测站等若干个地面站．下列说法符合史实的是

A．牛顿发现了行星的运动规律

B．开普勒发现了万有引力定律

C．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量

D．牛顿发现了海王星和冥王星

5、一平行板电容器通过开关和电源连接，如图所示，电源的电动势保持9V不变．先闭合开关，把一个厚0.5mm的金属板平行插入间距为1mm的两板之间（

金属板的面积和电容器极板的相等）．等稳定后再打开开关，拔出金属板设整个过程中金属板未和电容器极板相碰．则此时电容器极板间的电压是（ ）

A．9V B．18V C．4.5V D．0V

6、三个点电荷附近的电场线分布如图所示，c是电量相等的两个负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（ ）

A．c点的电场强度为零

B．b、d两点的电场强度不同

C．a点的电势比b点的电势高

D．c点的电势与d点的电势相等

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、用两个相同的小量程电流表，分别在表头上并联不同的电阻改装成了两个量程不同A2，A2分别采用串联或并联的方式接入电路，的大量程电流表A1、若把A1、如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是

A．图（a）中两表指针偏转角度相同

B．图（a）中两表示数相同

C．图（b）中两表指针偏转角度相同

D．图（b）中两表示数相同

8、如图所示电路中，A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，使A1、A2亮度相同，再调节R1，使两灯正常发光，则以下说法正确的是（ ）

A．闭合S时，A1逐渐变亮，A2立即变亮

B．闭合S时，A2逐渐变亮，A1立即变亮

C．断开S时，A1逐渐熄灭，A2立即熄灭

D．断开S时，通过A1电流方向不变，通过A2电流方向改变

9、如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是

A．金属块带正电荷

C．金属块克服电场力做功8J

B．金属块的机械能减少12J

D．金属块的电势能减少4J

10、如图所示，质量相同的两个小球A、B，其中小球A带负电，小球B带正电，但电荷量不等量，二者电荷量的值满足：qA＞qB，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上，当突然加以水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在轻弹簧第一次伸到最长的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是（ ）

A．因为小球A、B的质量相等，故系统总动量始终为零

B．虽然小球A、B的质量相等，但是系统总动量仍然不断增加

C．小球B的动能先增加后减小，弹簧的弹性势能不断增大

D．当小球B所受电场力与弹簧的弹力相等时，小球B的动能最大

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）一多用电表的欧姆挡有4挡,分别为×1Ω，×10Ω，×100Ω，×1000Ω，现用它来测一未知电阻值．当用×100Ω挡测量时,发现指针的偏转角度很小．为了使测量结果更准确,测量前应进行如下两项操作,先_____，接着_____，然后再测量并读数．

12．（12分）单摆测定重力加速度的实验中，

（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______mm．

（2）实验测得摆长为L，用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为：g=____________（用题目中物理量的字母表示）．

（3）若该同学采用图象法处理实验数据，实验中测出不同摆长L以及对应的周期T，作出图线如图所示，利用图线上任两点A、B的坐标（xl，y1）、（x2，y2）可得出重力加速度的表达式g=_____；

（4）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______

A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些

B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的

C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度

D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T

E．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=

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）以10m /s

的速度在离水平地面5m

高处水平抛出一小球，不计空气阻力，g

取 10 m /s2

，求：

⑴

小球落地时的水平位移大小；⑵

小球落地时的速度大小和方向

14．（16分）如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场．在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计）．求：

（1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件．

（2）该交变电压U0的取值范围．

15．（12分）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已10﹣31kg，电荷量e=1.6×10﹣19C，加速电场电压U0=2500V，偏转电场知电子质量m=9.0×

电压U=200V，极板的长度L1=6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm（忽略电子所受重力）。求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；

(2)电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h；

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、D

【解题分析】

本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，对学生要求较高．

【题目详解】

A．电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，故选项A错误；

B．电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，故选项B错误；

C．闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，故选项C错误；

D．充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，故选项D正确．

2、D

【解题分析】

P、Q两点的磁感应强度大小相同，方向不相同，选项A错误；直导线ab通电后，由左手定则可知，a端受安培力向里，则a端垂直纸面向里转动，选项B错误；螺线管通电时，各匝之间为同向电流，相互吸引，则断开螺线管的电源后，螺线管有沿水平方向向外扩张的趋势，选项C错误；长螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场，将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子运动的方向与磁感线平行，不受洛伦兹力作用，则电子将做匀速直线运动，选项D正确；故选D.

3、A

【解题分析】

由粒子在磁场中运动的周期的公式为T＝2?m，可知带电粒子的运动周期T都相等。qB由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，60°30°由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、、，由t＝?T，2?可以判断它们在磁场中运动的时间之比为90°∶60°∶30°＝3∶2∶1，故A符合题意，BCD不符合题意。

4、C

【解题分析】

A、开普勒发现了行星的运动规律，故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C、卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故C正确；D、18世纪的时候威廉?赫歇耳偶然发现了天王星之后，对于天王星的跟踪观察发现，天王星总是跟引力定律预报的位置有偏差，所以预言在天王星外面有一个星体对它造成了影响，并且根据这种影响计算出了那个星体所在的位置，结果发现了海王星；发现海王星之后，在计算中发现了就算加上海王星的影响也不足以造成天王星这么大的偏差，于是照葫芦画瓢再次计算新星体的位置，于是又发现了冥王星，故D错误．

故选C．

【题目点拨】

根据对著名物理学家的了解和对物理常识的掌握解答，要来了解牛顿、开普勒、卡文迪许等著名科学家的重要贡献．加强对基础知识的积累，解决这类问题的关键是平时注意积累和记忆同时注意多看教材．

5、B

【解题分析】开始时开关闭合，故两板间的电压为9V；将金属板间的金属板抽出后，

板间距离变成原来的2倍；则由C=可知，U变成18V；故选B．

6、B

【解题分析】

?S 可知，电容C变成原来的一半；则由U=Q/C4?kd根据场强的叠加可知，两个负电荷在c点产生的电场强度的和等于零，负电荷在c点产生的场强不为零，所以c点的电场强度一定不为零，故A错误；电场强度是矢量，由图可知，b、d两点的电场强度方向不同，故B正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，故C错误；由正电荷在d、c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点，故D错误．所以B正确，ACD错误．

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】

AB．图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A正确，B错误；

CD．图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C错误，D正确。

8、AD

【解题分析】

AB．闭合S时，由于电感的作用，与电感串联的A1逐渐变亮，而A2则直接连通电路，立即变亮，故A正确，B错误；

CD．断开S时，电感具有续流的作用，通过A1电流会慢慢减小，方向不变，A1和A2形成续流的回路，通过A2电流方向改变。故C错误，D正确。

故选AD。

9、AB

【解题分析】

ACD、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总＝WG+W电+Wf＝△Ek，解得：W电＝﹣4J，所以金属块克服

电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确，CD错误；

B、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故B正确。

10、BD

【解题分析】

A. 加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，两小球所受向左的电场力大于向右的电场力，方向相反，合力向左，所以系统的动量不守恒。系统的总动量向左不断增加，故A错误，B正确 ；

C. 系统的总动量向左，当A、B两小球向左速度相等时，弹簧长度达到最大值，在此过程中，小球B先向右加速，后向右减速到零，再向左加速，动能先增大后减小，再增大；弹簧的弹性势能不断增大时，故C错误；

D.两小球远离过程，先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动，故小球B当电场力与弹力平衡时，加速度为零，小球B动能最大，故D正确；

故选：BD

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、换“×1000Ω”挡

将两表笔短接调零

【解题分析】

[1][2]第一次测量时用×100挡，调零后测量时发现指针偏转角度太小，说明待测电阻阻值较大，应换一更大挡，所以，换×1000Ω的档位后两表笔短接进行欧姆调零，接着将两表笔短接调零，然后再测量并读数。

12、14.15 ABE

【解题分析】

（1）该摆球的直径为（2）由图乙所示图象可知，单摆的周期重力加速度（3）由单摆周期公式，解得．

可知，；

，由图象可知，则

，由单摆周期公式可知，（4）实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比

较小，密度较大的小球，AB正确；摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故D错误E正确．

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）10m（2）14.1m/s 速度方向与水平方向成45°【解题分析】

(1)由平抛运动规律可知：h?x=10m，t=1s；

(2)小球落地时竖直方向的速度大小为vy?gt?10m，根据运动的合成可知，小球落12gt ，x?v0t，由以上两式代入数据可得：2s地时的速度为v?22v0?vy?102?102m?102m

，由于竖直方向速度与水平ss方向速度相等，故小球落地时速度方向与水平方向成1．

14、（1）（其中n=1，2，3，…）；（2）U0≤【解题分析】

（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v0；竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示：

（其中n=1，2，3，…）．

要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即：

解得：f= （其中n=1，2，3，…）

（2）粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故：

水平分运动：L=v0t

竖直分运动：由于：

t=nT

联立解得：U0≤

【题目点拨】

本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，关键是分析两个不同方向的运动情况，竖直方向的运动画出v-t图像研究比较直观，然后列出两个方向的位移方程要；注意多解性．

15、 (1)【解题分析】

（1）电子在加速电场中，根据动能定理有：代入数据得：

，

(2)h=7.2×10﹣3m

（其中n=1，2，3，…）

（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y电子在水平方向做匀速直线运动：L1=v0t…①

电子在竖直方向上做匀加速运动：根据牛顿第二定律有：联立①②③得：

y =3.6×10﹣3m=0.36cm；

电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，

由图知， ，

…③

…②

10﹣3m；

解得：h=7.2×故本题答案是：(1)

(2)h=7.2×103m

﹣

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