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陕西省榆林市第二中学2024届物理高二第一学期期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器A和B，在B上装一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示．实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电．以下说法正确的是A．若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则B的箔片带负电B．若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则B的箔片不会带电C．使D接触C的外表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大D．使D接触C的内表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大2、两个分别带有电荷量＋Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其分开并固定，距离变为2r，则两球间库仑力的大小为A． B． C． D．F3、等量同种电荷的电场线分布如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得A．M点的场强大于O点的场强B．M点的电势高于N点的电势C．将一负电荷由N点移到M点电势能减少D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同4、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的相互作用力为F．若它们之间的距离变为原来的3倍，则它们之间的相互作用力变为A．F/9 B．F/3 C．3F D．9F5、扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15V，额定功率30W，充电额定电压24V，额定电流0.5A，充电时间约240分钟，电池容量2000mAh，则下列说法正确的是（）A．电池容量是指电池储存电能的大小B．机器人正常工作的电压为24VC．机器人正常工作时的电流为0.5AD．机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时6、如图所示，在条形磁铁的右侧放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，线圈最初与条形磁铁处于同一平面内，通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为A．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁铁B．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁铁C．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁铁D．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁铁二、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，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）A．电压表示数变大B．小灯泡亮度变大C．电容器充电D．电源的总功率变大8、如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I.（）A．t秒钟内，电动机产生的热量是IUtB．t秒钟内，电动机消耗的电能是IUtC．电源电动势是IR+IrD．电源电动势是U+Ir9、在如图甲所示的电路中,、、为三个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关闭合后,电路中的总电流为,则此时(）。A．两端的电压为两端电压的倍B．消耗的电功率为C．的电阻为D．、消耗的电功率的比值大于10、在电场中将一电子从A点移到B点，电场力做了20eV的功，则下列说法正确的是（）A．电势能减少20eV B．电势能增加20eVC．电场的方向一定是由B指向A D．AB两点的电势差三、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）表格中所列数据是测量小灯泡U－I关系的实验数据：U（V）0.00.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215(1)分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的________（填“甲”或“乙”）；(2)在如图所示的方格纸内画出小灯泡的U－I曲线_______，分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而________（填“变大”、“变小”或“不变”）；(3)如图丙所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上。已知流过电阻R的电流是流过灯泡b的电流的两倍，则此时流过灯泡a和灯泡b的电流之比_______。12．（12分）某同学想通过“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来测量一小灯泡的额定功率。所用器材如下：ⅰ.待测小灯泡一只：额定电压为2.5V，电阻约为几欧ⅱ.电压表一只：量程为3V，内阻约为3kΩⅲ.电流表一只：量程为0.6A，内阻约为0.1Ωⅳ.滑动变阻器一只，干电池两节，开关一个，导线若干(1)请在图甲中补全测量小灯泡额定功率的电路图。（________）(2)图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于________（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）；(3)该同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为_______W；若将小灯泡直接与电动势E=3.0V，内阻r=7.5Ω的电源相连，小灯泡的功率为_________W。（结果均保留两位有效数字）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，电场中某一条电场线为一直线，线上有A、B、C三个点．正电荷q1＝+10-8C从B点移到A点时克服电场力做了10-7J的功；负电荷q2＝-10-8C，在C点的电势能比在B点时大10-7J．（1）判断电场线的方向；（2）求出A、B两点间的电势差和B、C两点间的电势差；（3）若设B点的电势为零，求电荷q2在A点的电势能．14．（16分）如图所示，ABC为竖直平面内的绝缘轨道，AB部分是半径为R的光滑半圆轨道，BC部分水平，整个轨道处于水平向左的匀强电场中，有一质量为m、带电量为q的小滑块，它与BC间的动摩擦因数为μ，已知重力加速度为g，场强大小为，,求：（1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B至少多远处静止释放；（2）在上述情况中，小滑块速度最大时对轨道的压力．15．（12分）如图所示，一带电微粒质量为、电荷量，从静止开始经电压为的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角，并接着沿半径方向近入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为。已知偏转电场中金属板长，圆形匀强磁场的半径为，重力忽略不计。求；（1）带电微粒经加速电场后的速度大。唬2）两金属板间偏转电场的电场强度E的大。唬3）匀强磁场的磁感应强度B的大小。

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】

A.若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故A错误.B.若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故B错误.C.若使D接触C的外表面，D上的电荷只有一部分转移到C上，D仍然带电；然后接触A，则A的一部分电荷又转移到A上；操作若干次，观察到A的箔片张角变大；故C正确.D.若使D接触C的内表面，则D上的电荷全部转移到C上，D不再带电；然后接触A，A不能带电；操作若干次，观察到A的箔片张角不变；故D错误.2、C【解题分析】

相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为，则此时，故C正确，A、B、D错误．【题目点拨】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．3、A【解题分析】

由题意可知考查电场、电势大小的比较，电场力做功问题，根据电场力和能的性质分析计算可得。【题目详解】A．电场线的疏密表示场强大。绯∠咴矫埽ㄔ绞瑁，场强越大（越。┧缘绯点的场强大于O点的场强，故A正确；B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以M点的电势低于N点的电势，故B错误；C．将一负电荷由N点移到M点，，电场力做负功，电势能增大，故C错误；D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电势差不同，电场力做功不相同，故D错误。【题目点拨】电场线疏密表示场强大。绯∠咴矫埽ㄔ绞瑁，场强越强（越弱）。沿电场线方向电势降落，电场力做正功(负功)，电势能减少（增大）。4、A【解题分析】试题分析：根据库仑定律可得，若它们之间的距离变为原来的3倍，，故A正确考点：考查了库仑定律的应用【名师点睛】基础题，关键是对公式的正确灵活掌5、D【解题分析】电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah”，不是储存电能的大。蔄错误；机器人正常工作的电压为15V，故B错误；机器人正常工作时的电流，故C错误；机器人充满电后一次工作时间为，故D正确．故选D．6、A【解题分析】在图示位置时，根据左手定则判断可知：ac边上半边所受磁场力方向向里，下半边所受磁场力方向向外，则ab边转向纸里，cd边转向纸外；从图示位置转过时，根据左手定则判断可知：ac边所受磁场力方向水平向左，靠近磁铁，故选项A正确，选项BCD错误。

点睛：由于ac边与bd边上下两半所在磁场方向不同，将ac边和bd边分成左右两半研究，由于bd离磁铁较远，受到的磁场力较。丶芯縜c边的磁场力；本题是磁场中典型的问题：判断在安培力作用下导体运动方向的问题，本题采用的是电流元法和特殊位置法。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、AC【解题分析】

闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，增大，外电路总电阻增大，干路中电流减。蛐〉婆萘炼缺湫。缭吹哪诘缪辜跣。范说缪乖龃，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于、串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为，干路电流I减。虻缭吹淖芄β时湫。蔇错误．【题目点拨】本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．8、BD【解题分析】

电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势．【题目详解】t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt-I2Rt，故A错误，B正确；根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E＞IR+Ir，故C错误，D正确；故选BD。【题目点拨】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．9、BD【解题分析】

A．L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍。故A错误。B．根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W故B正确。

C．L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则得L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据，可知，L2的电阻小于4Ω。故C错误。D．根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1。故D正确。10、AD【解题分析】

AB．电场力做正功，电势能减少，根据题意，电场力做了20eV的功，所以电势能减少20eV，A正确，B错误；C．电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，所以不能确定电场的方向，C错误；D．AB之间的电势差由公式D正确。故选AD。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、甲变大3：1【解题分析】

(1)[1]由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，故该实验选择分压接法，故应选择甲电路(2)[2]根据表示所给数据，画出小灯泡的U－I曲线如图所示[3]由小灯泡的U－I曲线可知，图像的斜率变大，故说明当电流增大时，灯泡的电阻增大(3)[4]流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3V，由此结合小灯泡的U－I曲线可知流过灯泡b的电流约为0.07A，a的电流约为0.21A，则此时流过灯泡a和灯泡b的电流之比3：112、端【解题分析】

(1)[1]由于小灯泡电阻较。缌鞅碛τ猛饨臃，电路图如图所示(2)[2]图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于端，使得闭合电键后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用；(3)[3]当时，电流，所以额定功率为：[4]根据闭合电路欧姆定律可得：作出电源的图线，如图交点对应的电压和电流分别为：1.0V、0.28A，所以实际功率为：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）场强方向从A到C；（2）10V，10V；（3）-10-7J；【解题分析】（1）正电荷从B到A克服电场力做功，电场力方向从A到B，场强方向从A到C；（2）；（3）则点睛：本题的解题关键是掌握电势差的定义式，并能正确运用．也可以推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能。卸系缡聘叩停14、（1）2.5R（2）8mg【解题分析】试题分析：（1）在A点，由牛顿第二定律：从静止开始运动至A点，由动能定理：得：（2）由等效场的理论，假设电场力和重力的合力与竖直向下成θ角，则速度最大的位置P点与圆心O的连线与竖直方向也成θ角，且从B点到A点：从B点到P点：在P点：解得：方向由O指向P考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【名师点晴】本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键．15、(1)(2)2000V/m(3)0.13T【解题分析】

(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理代入数据解得(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动，水平方向带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，竖直方向，由几何关系联立解得由题可知，，则有(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：由解得