广东省深圳市深圳盟校2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2025高二上·深圳期中）真空中电荷量分别为、的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F。下列说法正确的是（ ）
A．如果它们的电荷量都不变，当距离变为时，作用力将变为2F
B．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2F
C．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力将变为
D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为，作用力将不变
【答案】B
【知识点】库仑定律；电荷守恒定律
【解析】【解答】A．真空中电荷量分别为、的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F，根据库仑定律可得，如果它们的电荷量都不变，当距离变为时，作用力将变为，故A错误；
B．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为，故B正确；
C．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力将变为，故C错误；
D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为，作用力将变为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律（），分别代入各选项中电荷量、距离的变化量，计算新的库仑力，对比原力判断正误。
2．（2025高二上·深圳期中）在接通开关的10s内通过一导线横截面的电荷量为5C，则电流是（ ）
A．2A B．0.2A C．0.5A D．5A
【答案】C
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】根据电流的定义式，代入数据解得
故答案为：C。
【分析】利用电流的定义式（电流等于单位时间内通过导体横截面的电荷量）直接计算。
3．（2025高二上·深圳期中）如图所示为某小灯泡的曲线。图像P点与原点的连线与横轴成α角，P点的切线与横轴成β角，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的电阻随电压的增大而减小
B．小灯泡的电阻不随电压变化
C．电压为时，小灯泡的电阻可表示为
D．电压为时，小灯泡的电阻可表示为
【答案】D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】AB．由曲线可知，随着电压增大，图像上点与原点连线的斜率（对应）逐渐变大，说明小灯泡的电阻随电压增大而增大，并非减小或不变，故AB错误；
CD．电压为时，小灯泡的电阻为。由于纵坐标与横坐标的意义、标度不同，不能用表示电阻值，也不能用来计算，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电阻的定义（），结合小灯泡曲线的物理意义（图像上某点与原点连线的斜率对应电阻），分析电阻的变化规律。
4．（2025高二上·深圳期中）如图所示为某静电场中的电场线，一带电粒子从电场中的A点运动到B点，虚线为粒子的运动轨迹，若粒子仅受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电 B．粒子的动量变化率增大
C．电场力对粒子做正功 D．粒子的电势能减小
【答案】B
【知识点】动量定理；电势能
【解析】【解答】A．粒子运动轨迹的凹侧指向受力方向，电场线方向向上，而粒子受力方向向下（与电场线方向相反），因此粒子带负电，并非正电，故A错误；
B．由动量定理得粒子的动量变化率，由电场线疏密程度可判断从A到B，电场强度逐渐增大，粒子受到的电场力逐渐增大，动量变化率也逐渐增大，故B正确；
CD．电场力对粒子做负功，电势能增大，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】结合电场线的性质（疏密表场强）、曲线运动的受力特点（力指向轨迹凹侧），以及动量定理、电场力做功与电势能的关系，逐一分析选项。
5．（2025高二上·深圳期中）在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，、为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，将的滑片向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表读数不变 B．电流表读数变大
C．两端的电压升高 D．流过的电流减小
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．将的滑片向下滑，的接入电阻变大，故外电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律有，可知干路电流减小，即电流表读数变小；根据，可知路端电压变大，即电压表读数变大，故AB错误；
C．由电路图可知，流过的电流为干路电流，根据，可知两端的电压变小，故C错误；
D．根据，因变大，变小，故变大，即两端的电压变大，根据，可知流过的电流变大；根据干路电流，因干路的电流减小，变大，故变小，即流过电流变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】通过滑动变阻器阻值变化分析外电路总电阻，结合闭合电路欧姆定律，逐步推导干路电流、路端电压，再分析各支路的电流、电压变化。
6．（2025高二上·深圳期中）如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。，，电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为10V，b点的电势为14V，d点的电势为2V，下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势为8V
B．电场强度大小为
C．电场强度大小为
D．电场强度的方向向左下方与bc连线夹角为45°
【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据匀强电场中平行等距的线段电势差相等，则有，即，解得，故A错误；
BCD．将bd连接起来，两点的电势差为12V，而ba的电势差为4V，故将bd分成三等分，在bd连线上找c点的等势点n，如图所示
则有
过b点作等势线cn的垂线，与ad相交于e点，则有
即e点为ad连线的中点，则有，又由题知
根据几何关系，可得从b点到等势线cn沿电场线方向的距离为
则电场强度大小
根据电场线与等势线垂直，可知该垂线的方向即电场强度的方向，设与连线的夹角为， 根据几何关系有
解得
即电场强度的方向向右上方与bc连线夹角为45°，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】利用匀强电场中 “平行等距线段电势差相等” 的规律确定未知点电势，再结合 “电场强度与电势差的关系” 计算场强。
7．（2025高二上·深圳期中）如图所示的电路中，电源电动势V，内阻Ω，电动机的电阻Ω，定值电阻Ω。电动机正常工作时，理想电压表的示数V。下列说法正确的是（ ）
A．通过电动机的电流为3A B．电动机内阻损耗的功率为2W
C．电动机的输出功率为6W D．电源的效率为75%
【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由欧姆定律可知电路中的总电流为，A错误；
B．电动机内阻损耗的功率为，B错误；
C．电源内电压为，由闭合电路欧姆定律可知电动机两端的电压为，故电动机的输出功率为，C正确；
D．电源的效率为，D错误。
故答案为：C。
【分析】先通过定值电阻的电压、电阻求干路电流，再结合闭合电路欧姆定律分析电动机两端电压，最后计算电动机的输出功率、电源效率等物理量。
8．（2025高二上·深圳期中）如图所示，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与一个电源相连，其中B板接地。开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向上运动
B．若将S断开，将油滴固定，再将B板向下平移一小段位移，油滴的电势能变大
C．保持S闭合，再将A板向上平移一小段位移，C点电势降低
D．保持S闭合，再将B板向左移动一小段位移，电容器带电量不变
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．S断开时，Q不变，根据，可知S变小，C变小，U变大，根据，可知E变大，油滴受到的电场力变大，油滴向上运动，故A正确；
B．S断开时，改变d，根据，，解得，可知E不变，根据场强与电势差间的关系
由于B板接地，则，可知将B板向下平移一小段位移，两极板间的距离增大，C点电势升高，油滴带负电，电势能变小，故B错误；
C．保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，根据可知，若将A板向上平移一小段位移，板间场强减小，结合，可知E减小、不变，则减小，故C正确；
D．将B板向左移动一小段位移，根据可知，正对面积S减小，电容器电容C变小。保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，又因为，可知，电容器带电量Q减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】分 “开关断开（电荷量Q不变）” 和 “开关闭合（电压U不变）” 两种情况，结合电容决定式、电场强度与电势差的关系、电势能公式，分析极板移动时的物理量变化。
9．（2025高二上·深圳期中）水平直线上P、Q两点分别固定一个负点电荷，O点为直线上某一点，M、N两点是O点正上、下方距离O点均为d的两点，一电量为q的正点电荷置于O点时N点处的电场强度恰好为零，静电力常量为k，若将该正点电荷移动到N点，下列说法正确的是（ ）
A．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强大小为
B．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强大小为
C．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强方向向下
D．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强方向向上
【答案】A,C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】正点电荷q在N点产生的场强大小为
又N点场强为零，则P、Q两点电荷在N点产生的合场强
方向向上，根据对称性可知，P、Q两点电荷在M点产生的合场强大小为
方向向下，故将该正点电荷移到N点后，M点场强为，方向向下。
故答案为：AC。
【分析】先根据 “O点的正点电荷在N点时，N点场强为零”，确定P、Q处负电荷在N点的合场强；再利用对称性得到P、Q在M点的合场强，最后结合正点电荷在M点的场强，叠加得到M点的总场强。
10．（2025高二上·深圳期中）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时水平射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，下列说法正确的是（ ）
A．子弹A和子弹B的质量相等
B．子弹A和子弹B对木块的冲量大小相等
C．子弹A射入初速度一定比子弹B大
D．入射前，子弹A的动能等于子弹B的动能
【答案】B,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】ABD．对木块而言，因为木块始终保持静止，可知两颗子弹对木块的作用力相同，时间相同，即入射过程子弹A受到的阻力等于B受到的阻力，根据动能定理
子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，可知子弹A射入木块时的动能一定比子弹B射入木块时的动能大；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有
整理可得
由于
则有，故AD错误，B正确；
C．整体总动量守恒，且始终为零，故有，结合上述分析可知，则有，故C正确。
故答案为：BC。
【分析】结合动量守恒（系统总动量始终为零）和动能定理（阻力做功等于动能变化），分析子弹的质量、初速度、动量等物理量的关系。
11．（2025高二上·深圳期中）在“观察电容器的充、放电现象”实验中。
（1）用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“200μF，10V”，下列说法正确的是（ ）；
A．若所加电压大于10V，则电容器可能被击穿
B．电容器电压为5V时，电容是200μF
C．电容器电压为5V时，电容是100μF
（2）把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流传感器A（内阻不计）、单刀双掷开关S按图2电路图连接，先将单刀双掷开关接1，稳定后将单刀双掷开关接2并开始计时，将电流传感器中的数据输入计算机得到图像如图3所示，若图线与坐标轴围成的面积为S，纵截距为，电阻箱的阻值为R，则该电源的电动势 ；电容器的电容 （用S、、R表示）。
【答案】（1）A；B
（2）；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．该电容器正常工作的最大电压为10V，若大于10V，则可能被击穿，故A正确；
BC．电容器的电容与所加的电压无关，都为200μF，故B正确，C错误。
故答案为：AB。
（2）开关接1稳定时，电容器上的电压为
故电源的电动势为
根据
可知图像与时间轴围成的面积S表示Q
根据
解得
故答案为：；
【分析】（1）电容器参数：电容是固有属性，与电压无关；额定电压是安全工作的最大电压，超过可能击穿；
（2）I-t图像的物理意义：面积表示电荷量，结合欧姆定律、电容定义式推导电动势和电容。
（1）A．该电容器正常工作的最大电压为10V，若大于10V，则可能被击穿，故A正确；
BC．电容器的电容与所加的电压无关，都为200μF，故B正确，C错误。
故选AB。
（2）[1]开关接1稳定时，电容器上的电压为
故电源的电动势为
[2]根据
可知图像与时间轴围成的面积S表示Q
根据
解得
12．（2025高二上·深圳期中）实验小组利用现有实验仪器测量一电阻阻值R，测量过程如下：
（1）组员先用多用电表粗测电阻，选用欧姆挡“×10”倍率测量其阻值时，发现指针偏转角太大，为了测量结果比较精确，组员按以下步骤进行了实验：
①应换用 （选填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡；
②两表笔短接，进行 （选填“欧姆调零”或“机械调零”）；
③重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，测量结果是 Ω。
（2）除待测电阻外，实验室还提供了下列器材：
A.电流表（量程为200mA，内阻Ω）
B.电流表（量程为500mA，内阻Ω）
C.滑动变阻器（0~10Ω）
D.滑动变阻器（0~100Ω）
E.定值电阻Ω
F.定值电阻Ω
G.电源（电动势V，内阻可以忽略）
H.开关S、导线若干
①实验要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，请将设计好的电路图画在虚线框中 （要标出器材的符号）。
②按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表、的示数和，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出图线（为横轴），若图线的斜率为k，则该待测电阻阻值为 （选用、、、和k表示）
【答案】（1）×1；欧姆调零；13.0
（2）；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）指针偏转角度很大，表明被测电阻较小，应更换更小的挡位，从而提高测量精度。
更换挡位后要进行欧姆调零
一个小格表示，读数需再往下估读一位，故阻值读数为13.0Ω
故答案为：×1；欧姆调零；13.0
（2）测量电路如图所示，因要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，故变阻器采用分压接法，变阻器选，并将和串联当做电压表，采用电流表外接，电流电压均可测真实值，故电路图如图
和串联当做电压表，故电阻的表达式为
解得，则有，解得
故答案为：
；
【分析】（1）多用电表操作：指针偏角大→电阻小→换小倍率；换挡后必做欧姆调零；读数为刻度×倍率。
（2）电路设计：分压式滑动变阻器（小阻值）保证调节范围；用 “电流表+定值电阻” 替代电压表，外接法测小电阻；通过电流关系的斜率推导电阻。
（1）[1] 指针偏转角度很大，表明被测电阻较小，应更换更小的挡位，从而提高测量精度。
[2] 更换挡位后要进行欧姆调零
[3]一个小格表示，读数需再往下估读一位，故阻值读数为13.0Ω
（2）[1] 测量电路如图所示，因要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，故变阻器采用分压接法，变阻器选，并将和串联当做电压表，采用电流表外接，电流电压均可测真实值，故电路图如图
[2]和串联当做电压表，故电阻的表达式为
解得，则有，解得
13．（2025高二上·深圳期中）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照射强度下路端电压U和电流I的关系图（电池电动势不变，内阻不是常量），图线b是某电阻的图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线。在该光照强度下将它们连成闭合回路时，求：
（1）此时硅光电池的内阻和电动势；
（2）此时硅光电池的总功率和效率。
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得
由图线a可知硅光电池的电动势为
由两图线交点可知，，代入
解得硅光电池的内阻为
（2）解：此时硅光电池的总功率为
此时外电路功率为
则硅光电池的效率为
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）电动势与内阻：利用硅光电池U-I图线的纵轴截距得电动势，结合交点处的电压、电流，用闭合电路欧姆定律求内阻；
（2）功率与效率：总功率为电动势与电流的乘积，外功率为路端电压与电流的乘积，效率为外功率与总功率的比值。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
由图线a可知硅光电池的电动势为
由两图线交点可知，，代入
解得硅光电池的内阻为
（2）此时硅光电池的总功率为
此时外电路功率为
则硅光电池的效率为
14．（2025高二上·深圳期中）如图所示，一半径为R的绝缘光滑圆形轨道竖直固定，轨道最低点B点与一条粗糙水平轨道平滑相连，轨道所在空间存在水平向右、场强大小为的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m，带正电荷量为q的小球，设A、B间的距离为s，已知小球与水平轨道间的动摩擦因数为，C点为圆形轨道上与圆心O等高的点，重力加速度为g，小球可视为质点，，结果可用分数表示。
（1）为使小球能做完整的圆周运动，求s的最小值；
（2）在第（1）的情况下，求小球对圆轨道的最大压力；
（3）若，设B点电势为零，求小球运动速度最大时的电势能。
【答案】（1）解：为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，设该点为图中的E点
将重力和电场力合成，等效成一个“重力场”，则合力的大小为
设合力与竖直方向的夹角为，根据几何关系有
解得
可知等效最高点E在左上方与竖直方向夹角37°处，在等效最高点E，根据牛顿第二定律有
从A至等效最高点E有，根据动能定理有
联立解得
（2）解：由题分析可知图中F点为等效最低点，小球对轨道的压力最大，从等效最低点F到等效最高点E，根据动能定理有
在等效最低点F，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律，最大压力
（3）解：小球经过等效最低点F时速度最大，且，根据
又
解得
故小球运动速度最大时的电势能
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）临界条件：将重力与电场力的合力作为“等效重力”，等效最高点的合力提供向心力，结合动能定理求s的最小值；
（2）最大压力：等效最低点是合力的反方向位置，用动能定理求速度，再由牛顿第二定律求支持力；
（3）速度最大：合力与速度垂直时动能最大，结合动能定理和电势能定义式求解。
（1）为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，设该点为图中的E点
将重力和电场力合成，等效成一个“重力场”，则合力的大小为
设合力与竖直方向的夹角为，根据几何关系有
解得
可知等效最高点E在左上方与竖直方向夹角37°处，在等效最高点E，根据牛顿第二定律有
从A至等效最高点E有，根据动能定理有
联立解得
（2）由题分析可知图中F点为等效最低点，小球对轨道的压力最大，从等效最低点F到等效最高点E，根据动能定理有
在等效最低点F，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律，最大压力
（3）小球经过等效最低点F时速度最大，且，根据
又
解得
故小球运动速度最大时的电势能
15．（2025高二上·深圳期中）如图所示，光滑水平面上静置一个质量为3m的滑块轨道A，滑块A的下部分是圆心角为45°的圆弧，上部分是倾角为45°的斜面，轨道最底端与水平面平滑连接。两个质量均为m的小滑块B、C放在水平面上离A足够远处，小滑块B的右侧连接有轻弹簧，给B一个向右的初速度，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）C刚滑上A时的速度大小；
（3）为使C不从A的顶端冲出，A总高度的最小值是多少？
【答案】（1）解：当B、C共速时，弹性势能最大，由B、C动量守恒
由能量守恒有
（2）解：B、C分离时由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
（3）解：C到达最高点时A、C共速，由A、C动量守恒得
能量守恒得
联立解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹性势能最大值：利用“共速时势能最大”的结论，结合动量守恒、能量守恒求解；
（2）分离时的速度：弹性碰撞中，质量相等的物体分离后交换速度，直接得C的速度；
（3）A 的最小高度：C到达顶端时与A共速（水平方向动量守恒），结合能量守恒（动能转化为重力势能）求高度。
（1）当B、C共速时，弹性势能最大，由B、C动量守恒
由能量守恒有
（2）B、C分离时由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
（3）C到达最高点时A、C共速，由A、C动量守恒得
能量守恒得
联立解得
1 / 1广东省深圳市深圳盟校2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2025高二上·深圳期中）真空中电荷量分别为、的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F。下列说法正确的是（ ）
A．如果它们的电荷量都不变，当距离变为时，作用力将变为2F
B．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2F
C．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力将变为
D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为，作用力将不变
2．（2025高二上·深圳期中）在接通开关的10s内通过一导线横截面的电荷量为5C，则电流是（ ）
A．2A B．0.2A C．0.5A D．5A
3．（2025高二上·深圳期中）如图所示为某小灯泡的曲线。图像P点与原点的连线与横轴成α角，P点的切线与横轴成β角，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的电阻随电压的增大而减小
B．小灯泡的电阻不随电压变化
C．电压为时，小灯泡的电阻可表示为
D．电压为时，小灯泡的电阻可表示为
4．（2025高二上·深圳期中）如图所示为某静电场中的电场线，一带电粒子从电场中的A点运动到B点，虚线为粒子的运动轨迹，若粒子仅受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电 B．粒子的动量变化率增大
C．电场力对粒子做正功 D．粒子的电势能减小
5．（2025高二上·深圳期中）在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，、为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，将的滑片向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表读数不变 B．电流表读数变大
C．两端的电压升高 D．流过的电流减小
6．（2025高二上·深圳期中）如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。，，电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为10V，b点的电势为14V，d点的电势为2V，下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势为8V
B．电场强度大小为
C．电场强度大小为
D．电场强度的方向向左下方与bc连线夹角为45°
7．（2025高二上·深圳期中）如图所示的电路中，电源电动势V，内阻Ω，电动机的电阻Ω，定值电阻Ω。电动机正常工作时，理想电压表的示数V。下列说法正确的是（ ）
A．通过电动机的电流为3A B．电动机内阻损耗的功率为2W
C．电动机的输出功率为6W D．电源的效率为75%
8．（2025高二上·深圳期中）如图所示，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与一个电源相连，其中B板接地。开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向上运动
B．若将S断开，将油滴固定，再将B板向下平移一小段位移，油滴的电势能变大
C．保持S闭合，再将A板向上平移一小段位移，C点电势降低
D．保持S闭合，再将B板向左移动一小段位移，电容器带电量不变
9．（2025高二上·深圳期中）水平直线上P、Q两点分别固定一个负点电荷，O点为直线上某一点，M、N两点是O点正上、下方距离O点均为d的两点，一电量为q的正点电荷置于O点时N点处的电场强度恰好为零，静电力常量为k，若将该正点电荷移动到N点，下列说法正确的是（ ）
A．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强大小为
B．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强大小为
C．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强方向向下
D．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强方向向上
10．（2025高二上·深圳期中）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时水平射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，下列说法正确的是（ ）
A．子弹A和子弹B的质量相等
B．子弹A和子弹B对木块的冲量大小相等
C．子弹A射入初速度一定比子弹B大
D．入射前，子弹A的动能等于子弹B的动能
11．（2025高二上·深圳期中）在“观察电容器的充、放电现象”实验中。
（1）用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“200μF，10V”，下列说法正确的是（ ）；
A．若所加电压大于10V，则电容器可能被击穿
B．电容器电压为5V时，电容是200μF
C．电容器电压为5V时，电容是100μF
（2）把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流传感器A（内阻不计）、单刀双掷开关S按图2电路图连接，先将单刀双掷开关接1，稳定后将单刀双掷开关接2并开始计时，将电流传感器中的数据输入计算机得到图像如图3所示，若图线与坐标轴围成的面积为S，纵截距为，电阻箱的阻值为R，则该电源的电动势 ；电容器的电容 （用S、、R表示）。
12．（2025高二上·深圳期中）实验小组利用现有实验仪器测量一电阻阻值R，测量过程如下：
（1）组员先用多用电表粗测电阻，选用欧姆挡“×10”倍率测量其阻值时，发现指针偏转角太大，为了测量结果比较精确，组员按以下步骤进行了实验：
①应换用 （选填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡；
②两表笔短接，进行 （选填“欧姆调零”或“机械调零”）；
③重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，测量结果是 Ω。
（2）除待测电阻外，实验室还提供了下列器材：
A.电流表（量程为200mA，内阻Ω）
B.电流表（量程为500mA，内阻Ω）
C.滑动变阻器（0~10Ω）
D.滑动变阻器（0~100Ω）
E.定值电阻Ω
F.定值电阻Ω
G.电源（电动势V，内阻可以忽略）
H.开关S、导线若干
①实验要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，请将设计好的电路图画在虚线框中 （要标出器材的符号）。
②按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表、的示数和，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出图线（为横轴），若图线的斜率为k，则该待测电阻阻值为 （选用、、、和k表示）
13．（2025高二上·深圳期中）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照射强度下路端电压U和电流I的关系图（电池电动势不变，内阻不是常量），图线b是某电阻的图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线。在该光照强度下将它们连成闭合回路时，求：
（1）此时硅光电池的内阻和电动势；
（2）此时硅光电池的总功率和效率。
14．（2025高二上·深圳期中）如图所示，一半径为R的绝缘光滑圆形轨道竖直固定，轨道最低点B点与一条粗糙水平轨道平滑相连，轨道所在空间存在水平向右、场强大小为的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m，带正电荷量为q的小球，设A、B间的距离为s，已知小球与水平轨道间的动摩擦因数为，C点为圆形轨道上与圆心O等高的点，重力加速度为g，小球可视为质点，，结果可用分数表示。
（1）为使小球能做完整的圆周运动，求s的最小值；
（2）在第（1）的情况下，求小球对圆轨道的最大压力；
（3）若，设B点电势为零，求小球运动速度最大时的电势能。
15．（2025高二上·深圳期中）如图所示，光滑水平面上静置一个质量为3m的滑块轨道A，滑块A的下部分是圆心角为45°的圆弧，上部分是倾角为45°的斜面，轨道最底端与水平面平滑连接。两个质量均为m的小滑块B、C放在水平面上离A足够远处，小滑块B的右侧连接有轻弹簧，给B一个向右的初速度，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）C刚滑上A时的速度大小；
（3）为使C不从A的顶端冲出，A总高度的最小值是多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】库仑定律；电荷守恒定律
【解析】【解答】A．真空中电荷量分别为、的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F，根据库仑定律可得，如果它们的电荷量都不变，当距离变为时，作用力将变为，故A错误；
B．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为，故B正确；
C．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力将变为，故C错误；
D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为，作用力将变为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律（），分别代入各选项中电荷量、距离的变化量，计算新的库仑力，对比原力判断正误。
2．【答案】C
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】根据电流的定义式，代入数据解得
故答案为：C。
【分析】利用电流的定义式（电流等于单位时间内通过导体横截面的电荷量）直接计算。
3．【答案】D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】AB．由曲线可知，随着电压增大，图像上点与原点连线的斜率（对应）逐渐变大，说明小灯泡的电阻随电压增大而增大，并非减小或不变，故AB错误；
CD．电压为时，小灯泡的电阻为。由于纵坐标与横坐标的意义、标度不同，不能用表示电阻值，也不能用来计算，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电阻的定义（），结合小灯泡曲线的物理意义（图像上某点与原点连线的斜率对应电阻），分析电阻的变化规律。
4．【答案】B
【知识点】动量定理；电势能
【解析】【解答】A．粒子运动轨迹的凹侧指向受力方向，电场线方向向上，而粒子受力方向向下（与电场线方向相反），因此粒子带负电，并非正电，故A错误；
B．由动量定理得粒子的动量变化率，由电场线疏密程度可判断从A到B，电场强度逐渐增大，粒子受到的电场力逐渐增大，动量变化率也逐渐增大，故B正确；
CD．电场力对粒子做负功，电势能增大，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】结合电场线的性质（疏密表场强）、曲线运动的受力特点（力指向轨迹凹侧），以及动量定理、电场力做功与电势能的关系，逐一分析选项。
5．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．将的滑片向下滑，的接入电阻变大，故外电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律有，可知干路电流减小，即电流表读数变小；根据，可知路端电压变大，即电压表读数变大，故AB错误；
C．由电路图可知，流过的电流为干路电流，根据，可知两端的电压变小，故C错误；
D．根据，因变大，变小，故变大，即两端的电压变大，根据，可知流过的电流变大；根据干路电流，因干路的电流减小，变大，故变小，即流过电流变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】通过滑动变阻器阻值变化分析外电路总电阻，结合闭合电路欧姆定律，逐步推导干路电流、路端电压，再分析各支路的电流、电压变化。
6．【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据匀强电场中平行等距的线段电势差相等，则有，即，解得，故A错误；
BCD．将bd连接起来，两点的电势差为12V，而ba的电势差为4V，故将bd分成三等分，在bd连线上找c点的等势点n，如图所示
则有
过b点作等势线cn的垂线，与ad相交于e点，则有
即e点为ad连线的中点，则有，又由题知
根据几何关系，可得从b点到等势线cn沿电场线方向的距离为
则电场强度大小
根据电场线与等势线垂直，可知该垂线的方向即电场强度的方向，设与连线的夹角为， 根据几何关系有
解得
即电场强度的方向向右上方与bc连线夹角为45°，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】利用匀强电场中 “平行等距线段电势差相等” 的规律确定未知点电势，再结合 “电场强度与电势差的关系” 计算场强。
7．【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．由欧姆定律可知电路中的总电流为，A错误；
B．电动机内阻损耗的功率为，B错误；
C．电源内电压为，由闭合电路欧姆定律可知电动机两端的电压为，故电动机的输出功率为，C正确；
D．电源的效率为，D错误。
故答案为：C。
【分析】先通过定值电阻的电压、电阻求干路电流，再结合闭合电路欧姆定律分析电动机两端电压，最后计算电动机的输出功率、电源效率等物理量。
8．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．S断开时，Q不变，根据，可知S变小，C变小，U变大，根据，可知E变大，油滴受到的电场力变大，油滴向上运动，故A正确；
B．S断开时，改变d，根据，，解得，可知E不变，根据场强与电势差间的关系
由于B板接地，则，可知将B板向下平移一小段位移，两极板间的距离增大，C点电势升高，油滴带负电，电势能变小，故B错误；
C．保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，根据可知，若将A板向上平移一小段位移，板间场强减小，结合，可知E减小、不变，则减小，故C正确；
D．将B板向左移动一小段位移，根据可知，正对面积S减小，电容器电容C变小。保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，又因为，可知，电容器带电量Q减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】分 “开关断开（电荷量Q不变）” 和 “开关闭合（电压U不变）” 两种情况，结合电容决定式、电场强度与电势差的关系、电势能公式，分析极板移动时的物理量变化。
9．【答案】A,C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】正点电荷q在N点产生的场强大小为
又N点场强为零，则P、Q两点电荷在N点产生的合场强
方向向上，根据对称性可知，P、Q两点电荷在M点产生的合场强大小为
方向向下，故将该正点电荷移到N点后，M点场强为，方向向下。
故答案为：AC。
【分析】先根据 “O点的正点电荷在N点时，N点场强为零”，确定P、Q处负电荷在N点的合场强；再利用对称性得到P、Q在M点的合场强，最后结合正点电荷在M点的场强，叠加得到M点的总场强。
10．【答案】B,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】ABD．对木块而言，因为木块始终保持静止，可知两颗子弹对木块的作用力相同，时间相同，即入射过程子弹A受到的阻力等于B受到的阻力，根据动能定理
子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，可知子弹A射入木块时的动能一定比子弹B射入木块时的动能大；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有
整理可得
由于
则有，故AD错误，B正确；
C．整体总动量守恒，且始终为零，故有，结合上述分析可知，则有，故C正确。
故答案为：BC。
【分析】结合动量守恒（系统总动量始终为零）和动能定理（阻力做功等于动能变化），分析子弹的质量、初速度、动量等物理量的关系。
11．【答案】（1）A；B
（2）；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．该电容器正常工作的最大电压为10V，若大于10V，则可能被击穿，故A正确；
BC．电容器的电容与所加的电压无关，都为200μF，故B正确，C错误。
故答案为：AB。
（2）开关接1稳定时，电容器上的电压为
故电源的电动势为
根据
可知图像与时间轴围成的面积S表示Q
根据
解得
故答案为：；
【分析】（1）电容器参数：电容是固有属性，与电压无关；额定电压是安全工作的最大电压，超过可能击穿；
（2）I-t图像的物理意义：面积表示电荷量，结合欧姆定律、电容定义式推导电动势和电容。
（1）A．该电容器正常工作的最大电压为10V，若大于10V，则可能被击穿，故A正确；
BC．电容器的电容与所加的电压无关，都为200μF，故B正确，C错误。
故选AB。
（2）[1]开关接1稳定时，电容器上的电压为
故电源的电动势为
[2]根据
可知图像与时间轴围成的面积S表示Q
根据
解得
12．【答案】（1）×1；欧姆调零；13.0
（2）；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）指针偏转角度很大，表明被测电阻较小，应更换更小的挡位，从而提高测量精度。
更换挡位后要进行欧姆调零
一个小格表示，读数需再往下估读一位，故阻值读数为13.0Ω
故答案为：×1；欧姆调零；13.0
（2）测量电路如图所示，因要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，故变阻器采用分压接法，变阻器选，并将和串联当做电压表，采用电流表外接，电流电压均可测真实值，故电路图如图
和串联当做电压表，故电阻的表达式为
解得，则有，解得
故答案为：
；
【分析】（1）多用电表操作：指针偏角大→电阻小→换小倍率；换挡后必做欧姆调零；读数为刻度×倍率。
（2）电路设计：分压式滑动变阻器（小阻值）保证调节范围；用 “电流表+定值电阻” 替代电压表，外接法测小电阻；通过电流关系的斜率推导电阻。
（1）[1] 指针偏转角度很大，表明被测电阻较小，应更换更小的挡位，从而提高测量精度。
[2] 更换挡位后要进行欧姆调零
[3]一个小格表示，读数需再往下估读一位，故阻值读数为13.0Ω
（2）[1] 测量电路如图所示，因要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，故变阻器采用分压接法，变阻器选，并将和串联当做电压表，采用电流表外接，电流电压均可测真实值，故电路图如图
[2]和串联当做电压表，故电阻的表达式为
解得，则有，解得
13．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得
由图线a可知硅光电池的电动势为
由两图线交点可知，，代入
解得硅光电池的内阻为
（2）解：此时硅光电池的总功率为
此时外电路功率为
则硅光电池的效率为
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）电动势与内阻：利用硅光电池U-I图线的纵轴截距得电动势，结合交点处的电压、电流，用闭合电路欧姆定律求内阻；
（2）功率与效率：总功率为电动势与电流的乘积，外功率为路端电压与电流的乘积，效率为外功率与总功率的比值。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
由图线a可知硅光电池的电动势为
由两图线交点可知，，代入
解得硅光电池的内阻为
（2）此时硅光电池的总功率为
此时外电路功率为
则硅光电池的效率为
14．【答案】（1）解：为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，设该点为图中的E点
将重力和电场力合成，等效成一个“重力场”，则合力的大小为
设合力与竖直方向的夹角为，根据几何关系有
解得
可知等效最高点E在左上方与竖直方向夹角37°处，在等效最高点E，根据牛顿第二定律有
从A至等效最高点E有，根据动能定理有
联立解得
（2）解：由题分析可知图中F点为等效最低点，小球对轨道的压力最大，从等效最低点F到等效最高点E，根据动能定理有
在等效最低点F，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律，最大压力
（3）解：小球经过等效最低点F时速度最大，且，根据
又
解得
故小球运动速度最大时的电势能
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）临界条件：将重力与电场力的合力作为“等效重力”，等效最高点的合力提供向心力，结合动能定理求s的最小值；
（2）最大压力：等效最低点是合力的反方向位置，用动能定理求速度，再由牛顿第二定律求支持力；
（3）速度最大：合力与速度垂直时动能最大，结合动能定理和电势能定义式求解。
（1）为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，设该点为图中的E点
将重力和电场力合成，等效成一个“重力场”，则合力的大小为
设合力与竖直方向的夹角为，根据几何关系有
解得
可知等效最高点E在左上方与竖直方向夹角37°处，在等效最高点E，根据牛顿第二定律有
从A至等效最高点E有，根据动能定理有
联立解得
（2）由题分析可知图中F点为等效最低点，小球对轨道的压力最大，从等效最低点F到等效最高点E，根据动能定理有
在等效最低点F，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律，最大压力
（3）小球经过等效最低点F时速度最大，且，根据
又
解得
故小球运动速度最大时的电势能
15．【答案】（1）解：当B、C共速时，弹性势能最大，由B、C动量守恒
由能量守恒有
（2）解：B、C分离时由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
（3）解：C到达最高点时A、C共速，由A、C动量守恒得
能量守恒得
联立解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹性势能最大值：利用“共速时势能最大”的结论，结合动量守恒、能量守恒求解；
（2）分离时的速度：弹性碰撞中，质量相等的物体分离后交换速度，直接得C的速度；
（3）A 的最小高度：C到达顶端时与A共速（水平方向动量守恒），结合能量守恒（动能转化为重力势能）求高度。
（1）当B、C共速时，弹性势能最大，由B、C动量守恒
由能量守恒有
（2）B、C分离时由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
（3）C到达最高点时A、C共速，由A、C动量守恒得
能量守恒得
联立解得
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