四川省成都市第十二中学（四川大学附属中学）2024-2025学年高二上学期期中物理试题
1．（2024高二上·成都期中）以下说法正确的是（ ）
A．由电场强度表达式可知电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
B．由电阻表达式知，一根圆柱形状的金属导体，将它沿平行于电流的长度方向均匀拉长到直径变为原来的一半，那么该导体的电阻变为原来的16倍
C．由电势能表达式可知负电荷在电势高的位置电势能大
D．电流的微观表达式中v为电流传导的速度
【答案】B
【知识点】电阻定律；电场强度；电势能；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电场强度的定义式为
电场强度E与试探电荷q和试探电荷所受的电场力F无关，由电场本身决定，故A错误；
B．电阻表达式
可知将它沿平行于电流的长度方向均匀拉长到直径变为原来的一半，那么该导体的电阻变为原来的16倍，故B正确。
C．根据电势能表达式
负电荷在电势高的位置电势能小，故C错误；
D．电流的微观表达式
其中v为电子定向移动的速度，故D错误；
【分析】1.掌握电场强度的定义。
2.掌握电阻表达式的应用。
3.掌握电势能表达式，运用时需要带符号运算。
4.掌握电流微观表达式各个物理量的意义。
2．（2024高二上·成都期中）一节干电池的电动势为1.5 V，表示该电池（ ）
A．一定有1.5 J的化学能转变成电能
B．在工作状态下两极间的电压恒定为1.5 V
C．比电动势为1.2 V的电池存储的电能多
D．将1 C电荷量由负极输送到正极过程中，电源把1.5 J的化学能转化为电能
【答案】D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】AD．电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确，A错误；
B．工作状态时两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；
C．电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，但电动势大的存储的电能不一定多，故C错误。
【分析】1.掌握电动势的物理意义，区别电压。
2.知道电池工作时，能量的转化特点。
3.知道电池两端的电压为路端电压。
4.掌握电动势的大小在数值上表示为将1C的正电荷从从电源的负极搬到正极非静电力做的功。
3．（2024高二上·成都期中）如图所示，在一对等量异种点电荷形成的电场中，O点是两点电荷连线的中点，B、C两点和A、D两点分别是两点电荷连线上关于O点对称的点，M点、N点是两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的点，则下列说法正确的是（ ）
A．M、N两点电场强度等大反向
B．A、D两点电场强度等大反向
C．在C点无初速度释放一个电子，仅在电场力作用下，从C点运动到B点的过程中电子的加速度先变小后变大
D．在C点无初速度释放一个电子，仅在电场力作用下，从C点运动到B点的过程中电子先做加速直线运动，后做减速直线运动
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】A．由等量异种电荷的电场分布可知，M、N两点电场强度等大同向，均垂直于MN向右，选项A错误；
B．由等量异种电荷的电场分布可知，A、D两点电场强度等大同向，均向左，选项B错误；
CD．在等量异种电荷的连线上，中点O的场强最小，可知在C点无初速度释放一个电子，仅在电场力作用下，从C点运动到B点的过程中电子受电场力先减小后增大，可知加速度先变小后变大，一直做加速运动，选项C正确，选项D错误。
故选C。
【分析】1.掌握等量异种电荷的电场分布特点。
2.知道电场线的疏密反映电场的强弱，能判断电场中不同的位置电场强度的强弱及方向。
3.掌握负电荷受到的电场力方向与该点电场强度方向相反，能判断电子在电场中的运动方向。
4．（2024高二上·成都期中）如图所示电路中电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是
A．R3的功率变大 B．电压表、电流表示数都变小
C．液滴将向下运动 D．电容器C所带电量增加
【答案】C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】AB、当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，R2与R3并联的电阻减小，总电阻减小，则总电流增大，R1电压增大，则电压表示数变大．R2与R3并联的电压减小，通过R3电流减小，根据
可知，R3的功率变小，总电流增大，则电流表示数变大，故AB错误；
CD、因R2与R3并联的电压减小，电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C正确，D错误；
故选C。
【分析】1.根据板间场强和液滴所受的电场力方向关系，判断液滴的电性．
2.掌握电路动态分析问题的方法，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化．
3.电容器极板间电压等于并联部分的电压，根据电压变化，判断其电荷量变化和液滴的运动情况．
5．（2024高二上·成都期中）如图所示，水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球，水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态，将小球由静止释放，小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则在小球向右运动的过程中（ ）
A．弹簧恢复原长时，小球的速度最大
B．小球运动到最右端时，小球的加速度为零
C．小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能最大
D．小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能与初始时相等
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．当小球受到电场力和弹簧弹力平衡时，加速度为零，小球速度有最大值，此时弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．小球运动到最右端时，弹簧弹力大于电场力，小球的加速度方向向左，故B错误；
CD．在小球向右运动到最右端的过程，电场力做正功，根据动能定理
可知弹簧弹力做负功，小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大，且电势能转化为弹簧的弹性势能最多，弹簧的弹性势能最大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.能够根据小球的受力分析小球的运动情况。
2.知道当小球的合力为零时，小球的速度最大，而加速度最小。
3.知道当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大。掌握运用动能定理分析判断。
6．（2024高二上·成都期中）如图所示，电源电动势，，内电阻，小灯泡标有“ ”字样，小灯泡标有“ ”字样，电动机D的内阻，当闭合电键S，将滑动变阻器R的阻值调到时，两灯泡和电动机均能正常工作。则（ ）
A．流过电动机的电流为 B．电动机两端电压为
C．电动机输出的机械功率为 D．电源的输出功率为
【答案】C
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由题意可知，两灯泡和电动机均能正常工作时，则流过小灯泡的电流
流过小灯泡的电流为
由串、并联电路特点可得流过电动机的电流为
故A错误；
B．小灯泡的电阻
则有电动机两端的电压为
故B错误；
C．电动机的输入功率为
电动机的热功率为
则电动机输出的机械功率为
故C正确；
D．电源两端电压为
电源的输出功率为
故D错误。
故选C。
【分析】1.掌握电功率的定义式P=UI。
2.掌握并联电路中，干路电流与支路电流的关系。
3.知道并联电路各支路两端的电压相等。
4.知道电源两端电压 为路段电压，即外电压。
7．（2024高二上·成都期中）如图为某智能手机电池的铭牌，下列说法正确的是（ ）
A．“伏特”是国际单位制中的基本单位
B．“毫安时”是电荷量的单位
C．若该手机的待机电流为20mA，则手机最长可待机100小时
D．该电池充满电后，可提供的电能为14.4J
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A、国际单位制中的基本单位共有7个，分别是：米、秒、千克、安培、坎德拉、开尔文、摩尔。“伏特（V）”不是国际单位制中的基本单位，故A错误；B、根据电流的定义式可得：q=It，可知“毫安时（mA h）”是电荷量的单位，故B正确；
C．若该手机的待机电流为20mA，手机最长可待机时间为
故C错误；
D．电池储存的电能为
故D错误。
故选B。
【分析】国际单位制中的基本单位共有7个，分别是：米、秒、千克、安培、坎德拉、开尔文、摩尔；根据电流的定义式分析求解；电池储存的电能为W=UIt=Uq。
8．（2024高二上·成都期中）在光滑绝缘的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势随坐标x变化的图线如图所示，图中、d均为已知量。现将一质量为m、电荷量为q的带负电小球从处由静止开始释放，则下列说法正确的是（ ）
A．间与间的电场强度相同
B．小球释放后先向x轴负方向运动
C．小球到达处时的动能为
D．小球运动过程中的最大速度为
【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查对φ-x图像的理解，利用图像进行分析，做题中要注意斜率的物理含义。 电场中某点的电势是相对的，它的大小和零电势点的选取有关。在物理学中，常取离场源电荷无限远处的电势为0，在实际应用中常取大地的电势为0。A．根据图线的斜率表示场强，可知间与间的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B．根据沿电场方向电势降低可知，可知处的场强方向沿x轴正方向，由于小球带负电，所以小球释放后先向x轴负方向运动，故B正确；
C．小球从处由静止开始释放运动到过程，根据动能定理可得
可得小球到达处时的动能为
故C正确；
D．根据对称性可知，小球从到做加速运动，从到做减速运动，小球在处的速度最大，则有
解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据沿电场线方向电势降低，判断电场强度方向，利用φ-x图像斜率的代表场强的大小，判断电场强度，最后根据动能定理判断运动情况。
9．（2024高二上·成都期中）如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电压为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。闭合开关S时，一带电的油滴恰好静止于电容器中的P点。下列说法正确的是（ ）
A．若将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴向下运动
B．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将降低
C．若断开开关S，再将B极板向下平移一小段距离，静电计指针张角变大
D．若断开开关S，再将B极板向下平移一小段距离，P点电势将升高
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容器与电源相连，电压U不变，若将A极板向下平移一小段距离，根据
可知电场强度增大，油滴受到的电场力增大，带电油滴向上运动，故A错误。
B．电容器与电源相连，电压U不变，若将A极板向下平移一小段距离，根据
可知电场强度增大，根据
可知P点电势将升高，故B错误；
C．若断开开关S，电容器带电荷量Q不变，将B极板向下平移一小段距离，根据
可知电容减小，根据
可知极板间电压增大，静电计指针张角变大，故C正确；
D．若断开开关S，电容器带电荷量Q不变，将B极板向下平移一小段距离，根据
可知电场强度不变，根据
可知P点电势将升高，故D正确。
【分析】1.掌握平行板电容器电容的决定式，并知道电容与哪些因素有关。
2.掌握平形板电容器动态变化的处理方法。能够判断充电后与电源断开和平行板电容器与电源连接两类问题的区别。
3.知道静电计指针的偏角大小反映平行板电容器两端的电压。
4.掌握在匀强电场中U=Ed，知道d不变，E变化时，沿电场方向两点的电势变化。
10．（2024高二上·成都期中）如图，相同的电流表分别改装成两个电流表、和两个电压表、，的量程大于的量程，的量程大于的量程，将它们接入图示电路，闭合开关后则（ ）
A．的读数比的读数小
B．指针偏转角度等于指针偏转角度
C．指针偏转角度比指针偏转角度大
D．的读数比的读数大
【答案】B,D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB． 两电压表串联，改装时使用了相同的表头，故通过两表的电流相等，两表指针偏转角度一样，由于V1内阻更大，故V1的读数比V2的读数大，故A错误，B正确；
CD．将一个小量程电流表G改装成大量程电流表是需要并联一个电阻，则根据串并联关系可得，改装后电流表的最大量程为
可知，改装后电流表的量程越大，则并联的电阻R的阻值越小，则改装后电流表的阻值越小。电流表、并联，则改装后两个电流表内的两小量程电流表G也并联，所以两小量程电流表G的示数相同，故指针偏转角度与指针偏转角度相同，而的量程大于的量程，则的内阻较小，流过的电流较大，所以的读数比的读数大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】四个电表均由相同的电流表改装而成，由量程及电表的结构可知各电表的内阻大小关系；由图可知两电流表并联，两电压表串联；由串并联电路的规律可知各表的示数大小关系。
11．（2024高二上·成都期中）某中学物理科技小组要描绘一个标有“3V，0.8W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐变大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有：
A、电池组E（电动势为4.5V）
B、电流表（量程为0~300mA，内阻约为1Ω）
C、电流表（量程为0~3A，内阻约为0.1Ω）
D、电压表V（量程为3V，内阻约为3kΩ）
E、滑动变阻器（最大阻值为1kΩ，额定电流为0.1A）
F、滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）
（1）为了完成该实验，在选择合适的实验器材基础上，实验电路应选用下图中的______（填选项字母）。
A． B．
C． D．
（2）从图乙可知，当灯泡两端电流为0.26A时，小灯泡的电阻等于 Ω。（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡的电阻约为
由于小灯泡的额定电流
故电流表选择，而电压表、电流表的内阻
故电流表选择外接法，为了读取更多的数据，滑动变阻器器采用分压式接法。故选B。
（2）当灯的电流为0.26A时，由乙图可知此时灯两端的电压为2.2V，故此时灯的电阻
答案：（1）第1空：B （2）第1空：
【分析】1.掌握电流表选择原则。分析允许通过小灯泡的最大电流来选择对应电流表的量程。
2.掌握电流表内外接法的判断，运用的关系分析判断。
3.能够理解图像的横坐标和纵坐标的意义。
（1）小灯泡的电阻约为
由于小灯泡的额定电流
故电流表选择，而电压表、电流表的内阻
故电流表选择外接法，为了读取更多的数据，滑动变阻器器采用分压式接法。
故选B。
（2）当灯的电流为0.26A时，由乙图可知此时灯两端的电压为2.2V，故此时灯的电阻
12．（2024高二上·成都期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A.电压表（量程0~3V，内阻约为15kΩ）
B.电压表（量程0~15V，内阻约为75kΩ）
C.电流表（量程0~3A，内阻约为0.2Ω）
D.电流表（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）
E.变阻器（0~5Ω，0.6A）
F.变阻器（0~100Ω，0.1A）
G.电池组E（电动势为3V，内阻很小）
H.开关S，导线若干
（1）请在方框内设计实验电路（要求测量尽可能精确，多测量几组数据，并且电压从0开始变化，标明所用器材代号）
（2）用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图，则金属丝的直径为 mm，电压表的示数为 V，电流表的示数为 A，金属丝电阻率约为 Ω·m（此空保留3位有效数字），该测量值 真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）
（2）0.636；1.20；0.50；；小于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由于电源电动势为3V，所以 电压表选择A，被测电阻约为5Ω，所以电路中的最大电流为
电流表选择D，根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器选择E，又因为电压要从0开始变化，所以滑动变阻器需要采用分压接法，由于远远小于电压表的内阻，所以选择电流表外接法，电路图为
（2）螺旋测微器的读数为
由于最后一位是估读，所以在0.636mm-0.638mm之间均可。
电压表量程为3V，所以电压表读数为
电流表量程为0.6A，所以电流表读数为
根据
，
可求得
[5]由于电流表的外接法，测得电流值偏大，根据
可知，电阻率测量值小于真实值。
答案：（1）第1空：见解析
（2）第1空：0.636 第2空：1.20 第3空：0.50 第4空： 第5空：小于
【分析】1.掌握电流表的选择原则。根据允许通过待测电阻的电流来选择适合的电流表量程。
2.能够根据题意的要求判断滑动变阻器的接法以及选择对应的滑动变阻器的阻值 。
3.能够根据题意准确画出对应的电路图。
4.掌握螺旋测微器以及电表的读数方法。
5.能够根据电流表的内外接法以及部分电路欧姆定律分析测量值与真实值的关系。
（1）由于电源电动势为3V，所以 电压表选择A，被测电阻约为5Ω，所以电路中的最大电流为
电流表选择D，根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器选择E，又因为电压要从0开始变化，所以滑动变阻器需要采用分压接法，由于远远小于电压表的内阻，所以选择电流表外接法，电路图为
（2）[1] 螺旋测微器的读数为
由于最后一位是估读，所以在0.636mm-0.638mm之间均可。
[2]电压表量程为3V，所以电压表读数为
[3]电流表量程为0.6A，所以电流表读数为
[4]根据
可求得
[5]由于电流表的外接法，测得电流值偏大，根据
可知，电阻率测量值小于真实值。
13．（2024高二上·成都期中）如图所示电路中，定值电阻，当开关S接A点时，电流表示数当开关S接B点时，电流表示数， 的功率为0.81W。求：
（1）电阻 的阻值；
（2）该电源的电动势E和内阻r。
【答案】解：（1）当开关S接B点时，电流表示数，的功率为。根据
解得
（2）当开关S接A点时，电流表示数，有
当开关S接B点时，电流表示数，有
代入数据解得
，
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】1.掌握电功率的表达式。2.掌握闭合电路欧姆定律及其应用。
14．（2024高二上·成都期中）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场S（方向竖直向上）；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30°，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，偏转电场强度的大小为，P点到偏转电场右边界距离为L，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计客气阻力。求：
（1）求电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（2）求电子折射出偏转电场S时的速度方向与水平方向夹角；
（3）求打在P点的电子偏离原水平方向的竖直高度H。
【答案】（1）根据动能定理有
电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（2）电子在偏转电场中的加速度为
电子在偏转电场中运动的时间为
设电子束射出偏转电场S时速度方向与水平方向夹角为θ，可得
联立解得
所以
（3）电子在偏转电场的偏转位移为
电子束射出偏转电场S时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1.根据动能定理求出电子在加速电场的末速。
2.根据带电粒子在偏转电场中运动，一般的处理方法。沿电场方向：做匀加速直线运动；垂直电电场方向：做匀速直线运动。根据各个方向遵循的运动规律求解偏转角大小。注意：画出合速度与分速度的矢量图，根据几何关系分析。
3.根据粒子做类平抛运动二级推论，结合粒子离开电场后做匀速直线运动，根据几何关系分析电场偏转距离与H的关系。
（1）根据动能定理有
电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（2）电子在偏转电场中的加速度为
电子在偏转电场中运动的时间为
设电子束射出偏转电场S时速度方向与水平方向夹角为θ，可得
联立解得
所以
（3）电子在偏转电场的偏转位移为
电子束射出偏转电场S时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知
联立解得
15．（2024高二上·成都期中）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管围成的圆的圆心为O，该圆的半径为（内外管的间距远小于圆管半径），D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于。圆心O正上方某一点P点（位置未知）有一质量为m、电荷量为的绝缘小物体（视为质点）。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线从A点无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度用g表示。
（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？并求物体在A点的速度大小。
（2）小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点（图中未标出N点），则N点距离C点多远？
（3）小物体由P点运动到N点的总时间为多少？
【答案】（1）小物体在A点刚好沿切线进入圆管，由几何关系，与水平方向的夹角为45°，A点竖直分速度
A点水平分速度
其中
且有
联立解得
在x方向上有
有
（2）虚线AB下方绝缘小物体所受电场力
方向竖直向上，与重力等大反向，小物体从A到B做匀速圆周运动，从A到B合外力不做功，动能不变
小物体从管口B离开时，斜向左上，与水平方向的夹角为45°，从B到N运动时间
解得
水平方向
且
解得
N点距离C点
（3）小物体从P到A的时间用表示，则
解得
物体从A运动到B走过个圆周，时间
小物体由P点运动到N点的总时间
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小物体无初速释放后，在重力G、电场力力F的作用下刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，由几何关系知PA连线即A处圆管的切线，小物体必沿PA连线做匀加速直线运动，重力与电场力力的合力沿PA方向，根据力的合成法求电场力以及电场强度，根据速度—位移关系求解速度。
（2）小物体从P到A，由动能定理求出物体经过A点的速度。物体在虚线的下方运动时会受到竖直向上的恒力，大小等于mg，故小物体从A到B做匀速圆周运动。小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，运用运动的分解法求N点距离C点多远。
（3）分段运用运动学公式求出各段时间，从而得到总时间。
（1）小物体在A点刚好沿切线进入圆管，由几何关系，与水平方向的夹角为45°，A点竖直分速度
A点水平分速度
其中
且有
联立解得
在x方向上有
有
（2）虚线AB下方绝缘小物体所受电场力
方向竖直向上，与重力等大反向，小物体从A到B做匀速圆周运动，从A到B合外力不做功，动能不变
小物体从管口B离开时，斜向左上，与水平方向的夹角为45°，从B到N运动时间
解得
水平方向
且
解得
N点距离C点
（3）小物体从P到A的时间用表示，则
解得
物体从A运动到B走过个圆周，时间
小物体由P点运动到N点的总时间
1 / 1四川省成都市第十二中学（四川大学附属中学）2024-2025学年高二上学期期中物理试题
1．（2024高二上·成都期中）以下说法正确的是（ ）
A．由电场强度表达式可知电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
B．由电阻表达式知，一根圆柱形状的金属导体，将它沿平行于电流的长度方向均匀拉长到直径变为原来的一半，那么该导体的电阻变为原来的16倍
C．由电势能表达式可知负电荷在电势高的位置电势能大
D．电流的微观表达式中v为电流传导的速度
2．（2024高二上·成都期中）一节干电池的电动势为1.5 V，表示该电池（ ）
A．一定有1.5 J的化学能转变成电能
B．在工作状态下两极间的电压恒定为1.5 V
C．比电动势为1.2 V的电池存储的电能多
D．将1 C电荷量由负极输送到正极过程中，电源把1.5 J的化学能转化为电能
3．（2024高二上·成都期中）如图所示，在一对等量异种点电荷形成的电场中，O点是两点电荷连线的中点，B、C两点和A、D两点分别是两点电荷连线上关于O点对称的点，M点、N点是两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的点，则下列说法正确的是（ ）
A．M、N两点电场强度等大反向
B．A、D两点电场强度等大反向
C．在C点无初速度释放一个电子，仅在电场力作用下，从C点运动到B点的过程中电子的加速度先变小后变大
D．在C点无初速度释放一个电子，仅在电场力作用下，从C点运动到B点的过程中电子先做加速直线运动，后做减速直线运动
4．（2024高二上·成都期中）如图所示电路中电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是
A．R3的功率变大 B．电压表、电流表示数都变小
C．液滴将向下运动 D．电容器C所带电量增加
5．（2024高二上·成都期中）如图所示，水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球，水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态，将小球由静止释放，小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则在小球向右运动的过程中（ ）
A．弹簧恢复原长时，小球的速度最大
B．小球运动到最右端时，小球的加速度为零
C．小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能最大
D．小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能与初始时相等
6．（2024高二上·成都期中）如图所示，电源电动势，，内电阻，小灯泡标有“ ”字样，小灯泡标有“ ”字样，电动机D的内阻，当闭合电键S，将滑动变阻器R的阻值调到时，两灯泡和电动机均能正常工作。则（ ）
A．流过电动机的电流为 B．电动机两端电压为
C．电动机输出的机械功率为 D．电源的输出功率为
7．（2024高二上·成都期中）如图为某智能手机电池的铭牌，下列说法正确的是（ ）
A．“伏特”是国际单位制中的基本单位
B．“毫安时”是电荷量的单位
C．若该手机的待机电流为20mA，则手机最长可待机100小时
D．该电池充满电后，可提供的电能为14.4J
8．（2024高二上·成都期中）在光滑绝缘的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势随坐标x变化的图线如图所示，图中、d均为已知量。现将一质量为m、电荷量为q的带负电小球从处由静止开始释放，则下列说法正确的是（ ）
A．间与间的电场强度相同
B．小球释放后先向x轴负方向运动
C．小球到达处时的动能为
D．小球运动过程中的最大速度为
9．（2024高二上·成都期中）如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电压为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。闭合开关S时，一带电的油滴恰好静止于电容器中的P点。下列说法正确的是（ ）
A．若将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴向下运动
B．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将降低
C．若断开开关S，再将B极板向下平移一小段距离，静电计指针张角变大
D．若断开开关S，再将B极板向下平移一小段距离，P点电势将升高
10．（2024高二上·成都期中）如图，相同的电流表分别改装成两个电流表、和两个电压表、，的量程大于的量程，的量程大于的量程，将它们接入图示电路，闭合开关后则（ ）
A．的读数比的读数小
B．指针偏转角度等于指针偏转角度
C．指针偏转角度比指针偏转角度大
D．的读数比的读数大
11．（2024高二上·成都期中）某中学物理科技小组要描绘一个标有“3V，0.8W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐变大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有：
A、电池组E（电动势为4.5V）
B、电流表（量程为0~300mA，内阻约为1Ω）
C、电流表（量程为0~3A，内阻约为0.1Ω）
D、电压表V（量程为3V，内阻约为3kΩ）
E、滑动变阻器（最大阻值为1kΩ，额定电流为0.1A）
F、滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）
（1）为了完成该实验，在选择合适的实验器材基础上，实验电路应选用下图中的______（填选项字母）。
A． B．
C． D．
（2）从图乙可知，当灯泡两端电流为0.26A时，小灯泡的电阻等于 Ω。（结果保留两位有效数字）。
12．（2024高二上·成都期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A.电压表（量程0~3V，内阻约为15kΩ）
B.电压表（量程0~15V，内阻约为75kΩ）
C.电流表（量程0~3A，内阻约为0.2Ω）
D.电流表（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）
E.变阻器（0~5Ω，0.6A）
F.变阻器（0~100Ω，0.1A）
G.电池组E（电动势为3V，内阻很小）
H.开关S，导线若干
（1）请在方框内设计实验电路（要求测量尽可能精确，多测量几组数据，并且电压从0开始变化，标明所用器材代号）
（2）用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图，则金属丝的直径为 mm，电压表的示数为 V，电流表的示数为 A，金属丝电阻率约为 Ω·m（此空保留3位有效数字），该测量值 真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
13．（2024高二上·成都期中）如图所示电路中，定值电阻，当开关S接A点时，电流表示数当开关S接B点时，电流表示数， 的功率为0.81W。求：
（1）电阻 的阻值；
（2）该电源的电动势E和内阻r。
14．（2024高二上·成都期中）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场S（方向竖直向上）；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30°，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，偏转电场强度的大小为，P点到偏转电场右边界距离为L，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计客气阻力。求：
（1）求电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（2）求电子折射出偏转电场S时的速度方向与水平方向夹角；
（3）求打在P点的电子偏离原水平方向的竖直高度H。
15．（2024高二上·成都期中）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管围成的圆的圆心为O，该圆的半径为（内外管的间距远小于圆管半径），D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于。圆心O正上方某一点P点（位置未知）有一质量为m、电荷量为的绝缘小物体（视为质点）。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线从A点无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度用g表示。
（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？并求物体在A点的速度大小。
（2）小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点（图中未标出N点），则N点距离C点多远？
（3）小物体由P点运动到N点的总时间为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电阻定律；电场强度；电势能；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电场强度的定义式为
电场强度E与试探电荷q和试探电荷所受的电场力F无关，由电场本身决定，故A错误；
B．电阻表达式
可知将它沿平行于电流的长度方向均匀拉长到直径变为原来的一半，那么该导体的电阻变为原来的16倍，故B正确。
C．根据电势能表达式
负电荷在电势高的位置电势能小，故C错误；
D．电流的微观表达式
其中v为电子定向移动的速度，故D错误；
【分析】1.掌握电场强度的定义。
2.掌握电阻表达式的应用。
3.掌握电势能表达式，运用时需要带符号运算。
4.掌握电流微观表达式各个物理量的意义。
2．【答案】D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】AD．电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确，A错误；
B．工作状态时两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；
C．电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，但电动势大的存储的电能不一定多，故C错误。
【分析】1.掌握电动势的物理意义，区别电压。
2.知道电池工作时，能量的转化特点。
3.知道电池两端的电压为路端电压。
4.掌握电动势的大小在数值上表示为将1C的正电荷从从电源的负极搬到正极非静电力做的功。
3．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】A．由等量异种电荷的电场分布可知，M、N两点电场强度等大同向，均垂直于MN向右，选项A错误；
B．由等量异种电荷的电场分布可知，A、D两点电场强度等大同向，均向左，选项B错误；
CD．在等量异种电荷的连线上，中点O的场强最小，可知在C点无初速度释放一个电子，仅在电场力作用下，从C点运动到B点的过程中电子受电场力先减小后增大，可知加速度先变小后变大，一直做加速运动，选项C正确，选项D错误。
故选C。
【分析】1.掌握等量异种电荷的电场分布特点。
2.知道电场线的疏密反映电场的强弱，能判断电场中不同的位置电场强度的强弱及方向。
3.掌握负电荷受到的电场力方向与该点电场强度方向相反，能判断电子在电场中的运动方向。
4．【答案】C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】AB、当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，R2与R3并联的电阻减小，总电阻减小，则总电流增大，R1电压增大，则电压表示数变大．R2与R3并联的电压减小，通过R3电流减小，根据
可知，R3的功率变小，总电流增大，则电流表示数变大，故AB错误；
CD、因R2与R3并联的电压减小，电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C正确，D错误；
故选C。
【分析】1.根据板间场强和液滴所受的电场力方向关系，判断液滴的电性．
2.掌握电路动态分析问题的方法，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化．
3.电容器极板间电压等于并联部分的电压，根据电压变化，判断其电荷量变化和液滴的运动情况．
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．当小球受到电场力和弹簧弹力平衡时，加速度为零，小球速度有最大值，此时弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．小球运动到最右端时，弹簧弹力大于电场力，小球的加速度方向向左，故B错误；
CD．在小球向右运动到最右端的过程，电场力做正功，根据动能定理
可知弹簧弹力做负功，小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大，且电势能转化为弹簧的弹性势能最多，弹簧的弹性势能最大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.能够根据小球的受力分析小球的运动情况。
2.知道当小球的合力为零时，小球的速度最大，而加速度最小。
3.知道当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大。掌握运用动能定理分析判断。
6．【答案】C
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由题意可知，两灯泡和电动机均能正常工作时，则流过小灯泡的电流
流过小灯泡的电流为
由串、并联电路特点可得流过电动机的电流为
故A错误；
B．小灯泡的电阻
则有电动机两端的电压为
故B错误；
C．电动机的输入功率为
电动机的热功率为
则电动机输出的机械功率为
故C正确；
D．电源两端电压为
电源的输出功率为
故D错误。
故选C。
【分析】1.掌握电功率的定义式P=UI。
2.掌握并联电路中，干路电流与支路电流的关系。
3.知道并联电路各支路两端的电压相等。
4.知道电源两端电压 为路段电压，即外电压。
7．【答案】B
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A、国际单位制中的基本单位共有7个，分别是：米、秒、千克、安培、坎德拉、开尔文、摩尔。“伏特（V）”不是国际单位制中的基本单位，故A错误；B、根据电流的定义式可得：q=It，可知“毫安时（mA h）”是电荷量的单位，故B正确；
C．若该手机的待机电流为20mA，手机最长可待机时间为
故C错误；
D．电池储存的电能为
故D错误。
故选B。
【分析】国际单位制中的基本单位共有7个，分别是：米、秒、千克、安培、坎德拉、开尔文、摩尔；根据电流的定义式分析求解；电池储存的电能为W=UIt=Uq。
8．【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查对φ-x图像的理解，利用图像进行分析，做题中要注意斜率的物理含义。 电场中某点的电势是相对的，它的大小和零电势点的选取有关。在物理学中，常取离场源电荷无限远处的电势为0，在实际应用中常取大地的电势为0。A．根据图线的斜率表示场强，可知间与间的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B．根据沿电场方向电势降低可知，可知处的场强方向沿x轴正方向，由于小球带负电，所以小球释放后先向x轴负方向运动，故B正确；
C．小球从处由静止开始释放运动到过程，根据动能定理可得
可得小球到达处时的动能为
故C正确；
D．根据对称性可知，小球从到做加速运动，从到做减速运动，小球在处的速度最大，则有
解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据沿电场线方向电势降低，判断电场强度方向，利用φ-x图像斜率的代表场强的大小，判断电场强度，最后根据动能定理判断运动情况。
9．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容器与电源相连，电压U不变，若将A极板向下平移一小段距离，根据
可知电场强度增大，油滴受到的电场力增大，带电油滴向上运动，故A错误。
B．电容器与电源相连，电压U不变，若将A极板向下平移一小段距离，根据
可知电场强度增大，根据
可知P点电势将升高，故B错误；
C．若断开开关S，电容器带电荷量Q不变，将B极板向下平移一小段距离，根据
可知电容减小，根据
可知极板间电压增大，静电计指针张角变大，故C正确；
D．若断开开关S，电容器带电荷量Q不变，将B极板向下平移一小段距离，根据
可知电场强度不变，根据
可知P点电势将升高，故D正确。
【分析】1.掌握平行板电容器电容的决定式，并知道电容与哪些因素有关。
2.掌握平形板电容器动态变化的处理方法。能够判断充电后与电源断开和平行板电容器与电源连接两类问题的区别。
3.知道静电计指针的偏角大小反映平行板电容器两端的电压。
4.掌握在匀强电场中U=Ed，知道d不变，E变化时，沿电场方向两点的电势变化。
10．【答案】B,D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB． 两电压表串联，改装时使用了相同的表头，故通过两表的电流相等，两表指针偏转角度一样，由于V1内阻更大，故V1的读数比V2的读数大，故A错误，B正确；
CD．将一个小量程电流表G改装成大量程电流表是需要并联一个电阻，则根据串并联关系可得，改装后电流表的最大量程为
可知，改装后电流表的量程越大，则并联的电阻R的阻值越小，则改装后电流表的阻值越小。电流表、并联，则改装后两个电流表内的两小量程电流表G也并联，所以两小量程电流表G的示数相同，故指针偏转角度与指针偏转角度相同，而的量程大于的量程，则的内阻较小，流过的电流较大，所以的读数比的读数大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】四个电表均由相同的电流表改装而成，由量程及电表的结构可知各电表的内阻大小关系；由图可知两电流表并联，两电压表串联；由串并联电路的规律可知各表的示数大小关系。
11．【答案】（1）B
（2）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡的电阻约为
由于小灯泡的额定电流
故电流表选择，而电压表、电流表的内阻
故电流表选择外接法，为了读取更多的数据，滑动变阻器器采用分压式接法。故选B。
（2）当灯的电流为0.26A时，由乙图可知此时灯两端的电压为2.2V，故此时灯的电阻
答案：（1）第1空：B （2）第1空：
【分析】1.掌握电流表选择原则。分析允许通过小灯泡的最大电流来选择对应电流表的量程。
2.掌握电流表内外接法的判断，运用的关系分析判断。
3.能够理解图像的横坐标和纵坐标的意义。
（1）小灯泡的电阻约为
由于小灯泡的额定电流
故电流表选择，而电压表、电流表的内阻
故电流表选择外接法，为了读取更多的数据，滑动变阻器器采用分压式接法。
故选B。
（2）当灯的电流为0.26A时，由乙图可知此时灯两端的电压为2.2V，故此时灯的电阻
12．【答案】（1）
（2）0.636；1.20；0.50；；小于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由于电源电动势为3V，所以 电压表选择A，被测电阻约为5Ω，所以电路中的最大电流为
电流表选择D，根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器选择E，又因为电压要从0开始变化，所以滑动变阻器需要采用分压接法，由于远远小于电压表的内阻，所以选择电流表外接法，电路图为
（2）螺旋测微器的读数为
由于最后一位是估读，所以在0.636mm-0.638mm之间均可。
电压表量程为3V，所以电压表读数为
电流表量程为0.6A，所以电流表读数为
根据
，
可求得
[5]由于电流表的外接法，测得电流值偏大，根据
可知，电阻率测量值小于真实值。
答案：（1）第1空：见解析
（2）第1空：0.636 第2空：1.20 第3空：0.50 第4空： 第5空：小于
【分析】1.掌握电流表的选择原则。根据允许通过待测电阻的电流来选择适合的电流表量程。
2.能够根据题意的要求判断滑动变阻器的接法以及选择对应的滑动变阻器的阻值 。
3.能够根据题意准确画出对应的电路图。
4.掌握螺旋测微器以及电表的读数方法。
5.能够根据电流表的内外接法以及部分电路欧姆定律分析测量值与真实值的关系。
（1）由于电源电动势为3V，所以 电压表选择A，被测电阻约为5Ω，所以电路中的最大电流为
电流表选择D，根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器选择E，又因为电压要从0开始变化，所以滑动变阻器需要采用分压接法，由于远远小于电压表的内阻，所以选择电流表外接法，电路图为
（2）[1] 螺旋测微器的读数为
由于最后一位是估读，所以在0.636mm-0.638mm之间均可。
[2]电压表量程为3V，所以电压表读数为
[3]电流表量程为0.6A，所以电流表读数为
[4]根据
可求得
[5]由于电流表的外接法，测得电流值偏大，根据
可知，电阻率测量值小于真实值。
13．【答案】解：（1）当开关S接B点时，电流表示数，的功率为。根据
解得
（2）当开关S接A点时，电流表示数，有
当开关S接B点时，电流表示数，有
代入数据解得
，
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】1.掌握电功率的表达式。2.掌握闭合电路欧姆定律及其应用。
14．【答案】（1）根据动能定理有
电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（2）电子在偏转电场中的加速度为
电子在偏转电场中运动的时间为
设电子束射出偏转电场S时速度方向与水平方向夹角为θ，可得
联立解得
所以
（3）电子在偏转电场的偏转位移为
电子束射出偏转电场S时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1.根据动能定理求出电子在加速电场的末速。
2.根据带电粒子在偏转电场中运动，一般的处理方法。沿电场方向：做匀加速直线运动；垂直电电场方向：做匀速直线运动。根据各个方向遵循的运动规律求解偏转角大小。注意：画出合速度与分速度的矢量图，根据几何关系分析。
3.根据粒子做类平抛运动二级推论，结合粒子离开电场后做匀速直线运动，根据几何关系分析电场偏转距离与H的关系。
（1）根据动能定理有
电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（2）电子在偏转电场中的加速度为
电子在偏转电场中运动的时间为
设电子束射出偏转电场S时速度方向与水平方向夹角为θ，可得
联立解得
所以
（3）电子在偏转电场的偏转位移为
电子束射出偏转电场S时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知
联立解得
15．【答案】（1）小物体在A点刚好沿切线进入圆管，由几何关系，与水平方向的夹角为45°，A点竖直分速度
A点水平分速度
其中
且有
联立解得
在x方向上有
有
（2）虚线AB下方绝缘小物体所受电场力
方向竖直向上，与重力等大反向，小物体从A到B做匀速圆周运动，从A到B合外力不做功，动能不变
小物体从管口B离开时，斜向左上，与水平方向的夹角为45°，从B到N运动时间
解得
水平方向
且
解得
N点距离C点
（3）小物体从P到A的时间用表示，则
解得
物体从A运动到B走过个圆周，时间
小物体由P点运动到N点的总时间
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小物体无初速释放后，在重力G、电场力力F的作用下刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，由几何关系知PA连线即A处圆管的切线，小物体必沿PA连线做匀加速直线运动，重力与电场力力的合力沿PA方向，根据力的合成法求电场力以及电场强度，根据速度—位移关系求解速度。
（2）小物体从P到A，由动能定理求出物体经过A点的速度。物体在虚线的下方运动时会受到竖直向上的恒力，大小等于mg，故小物体从A到B做匀速圆周运动。小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，运用运动的分解法求N点距离C点多远。
（3）分段运用运动学公式求出各段时间，从而得到总时间。
（1）小物体在A点刚好沿切线进入圆管，由几何关系，与水平方向的夹角为45°，A点竖直分速度
A点水平分速度
其中
且有
联立解得
在x方向上有
有
（2）虚线AB下方绝缘小物体所受电场力
方向竖直向上，与重力等大反向，小物体从A到B做匀速圆周运动，从A到B合外力不做功，动能不变
小物体从管口B离开时，斜向左上，与水平方向的夹角为45°，从B到N运动时间
解得
水平方向
且
解得
N点距离C点
（3）小物体从P到A的时间用表示，则
解得
物体从A运动到B走过个圆周，时间
小物体由P点运动到N点的总时间
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