广东省广州市第十六中学2025-2026学年高二上学期期中物理试题
1．（2025高二上·广州期中）锂离子电池主要依靠锂离子（Li+）在电池的正极和负极之间移动来工作。图为常用手机锂电池的内部结构，某过程中Li+从负极脱嵌通过膈膜嵌入正极。此锂电池的电动势为3.7V，则此过程（ ）
A．电池内部电流方向从正极到负极
B．电池内部是静电力使Li+移动到正极
C．电源内部每搬运一个Li+非静电力做功3.7 eV
D．将锂电池接入电路，与用电器形成闭合回路，锂电池两端电压为3.7 V
2．（2025高二上·广州期中）我们通常用电压表来查找电路故障。在如图所示的电路中，当合上开关S后，两个均标有“2.5V 1W”字样的灯泡均不发光，用电压表测得Uac=6V，Ubd=6V。如果各段导线及接线处均无问题，且只有一处故障。这说明（ ）
A．开关S接触不良 B．灯泡L1灯丝断了
C．灯泡L2灯丝断了 D．滑动变阻器R的电阻丝断了
3．（2025高二上·广州期中）电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用电容表征。如图所示，在研究电容器充、放电的实验中，使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电。下列图像中，能正确反映电容器充电过程中电流与时间、电荷量与电压关系的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·广州期中）三个阻值都是6Ω的电阻可以用不同的方法连接起来，下面四个图中等效电阻(即总电阻）等于9Ω的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·广州期中）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，如图表所示为某款扫地机器人的铭牌标有的数据，则该扫地机器人（ ）
电机基本参数
产品尺寸 280mm×280m×75mm
电池 5000mA·h锂电池
质量 0.65kg
无线连接 WiFi智能快连
工作额定电压 20V
工作额定功率 40W
A．工作额定电流为1A
B．电池充满电后储存的总电荷量为5000C
C．以额定电压工作时，电机的内阻为10Ω
D．以额定功率工作时，每分钟消耗电能为2400J
6．（2025高二上·广州期中）图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（ ）
A．tA应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．tB应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
7．（2025高二上·广州期中）如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（ ）
A．A是红表笔、B是黑表笔
B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小
C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零
D．测电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位
8．（2025高二上·广州期中）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变大
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
9．（2025高二上·广州期中）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，、、为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，C为平行板电容器，在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大 B．电压表示数变小
C．电容器C所带电荷量增加 D．液滴将向下运动
10．（2025高二上·广州期中）研究发现电解液导电时也满足欧姆定律。图甲为一测量电解液的电阻率的长方体玻璃容器，X、Y为电极，边长，，，当里面注满待测电解液，在X、Y间加上不同电压后。其伏安特性曲线如图乙所示。忽略电解液的热膨胀，则下列说法正确的是（ ）
A．电压时，电解液的电阻是3×103Ω
B．电压时，电解液热功率是7.5×10-3W
C．电压时，电解液的电阻率是
D．电压U增大时，电解液的电阻率将减小
11．（2025高二上·广州期中）某同学通过实验测量铅笔芯的电阻率
(1)首先用多用电表欧姆挡粗测铅笔芯的电阻。连接电阻前，电表指针指在最左侧0刻度位置，选择“×1Ω挡”后要进行 （填“机械”或“欧姆”）调零，某次测量指针位置如图甲所示，其读数为 。
(2)用螺旋测微器测量此铅笔芯的直径d，测量结果如图乙所示，则d= mm。用游标卡尺测量此铅笔芯的长度L，如图丙所示，则L= mm。
(3)用伏安法尽可能准确地测量电阻，测得铅笔芯两端电压为U时，通过铅笔芯电流为I，则该铅笔芯的电阻率 。（用所测得物理量的字母表示）
12．（2025高二上·广州期中）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的 （选项“甲”或“乙”）；
（2）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A. 电压表（0~15V）
B. 电压表（0~3V）
C. 滑动变阻器（0~20Ω）
D. 滑动变阻器（0~100Ω）
实验中电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学根据记录的数据，做出如图所示的图线，根据所画图线可得，电动势E= V（结果保留三位有效数字），内电阻r= Ω（结果保留两位有效数字）；
（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是______。
A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C．实验测出的电动势小于真实值
D．实验测出的内阻大于真实值
13．（2025高二上·广州期中）如图所示，电流表和电压表均为理想电表，电容器的电容C = 8 F，定值电阻R1 = 4 Ω，R2 = 6 Ω，电源电动势E = 6 V，内阻未知，开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，求：
（1）电源内阻r。
（2）电压表的示数。
（3）将开关S断开，通过R2的电荷量。
14．（2025高二上·广州期中）如图为某品牌的桶装饮用水电动抽水器，内置电池、电动水泵。已知电动水泵工作电压U=5V，工作电流I=0.5A。某次用该电动抽水器抽水喝时，出水口与桶内水面高度差h=0.6m，若桶内水的初速度为零，出水口出水速度v=2m/s，每秒出水质量m=0.2kg，忽略水在管道中的机械能损失，g取10m/s2。求：
（1）每秒水泵消耗的电能；
（2）水泵的输出功率；
（3）水泵的内阻。
15．（2025高二上·广州期中）已知紧邻竖直极板左侧有一粒子源M，能发射初速度为零、电荷量q=1.6×10-5C、质量为m=3.2×10-11kg的正离子，正对发射源M右侧竖直极板中间有一小孔，两极板间U1=10V，粒子加速后可以通过小孔射入一个偏转装置N，偏转装置N能使粒子离开装置右侧后在水平方向0° 180°范围射出，且速度大小不变从面AFHD中间位置进入水平放置的正方形平行金属极板ABCD和FPQH之间，上极板和下极板的恒定电压为U2，已知板边长和板间距离均为L=20cm，如图所示（不计粒子重力）
（1）要使所有粒子都不能射出极板，求电压U2的范围；
（2）要使所有粒子都能射出极板，求电压U2的范围；
（3）在U2=10V的情况下，以F为原点O，以FP为x轴，以FA为y轴，求粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】本题主要是考查锂电池的工作原理，知道在电池放电的过程中，是靠非静电力做功把化学能转化为电能，然后再外电路中通过电场力做功，把电能转化为其它形式的能。A．由于正电荷移动方向为电流方向，故电池内部电流方向从负极到正极，故A错误；
B．把锂离子从负极移动到正极，是非静电力做功实现的，故B错误；
C．根据W = qU，电源内部每搬运一个锂离子非静电力做功3.7 eV，故C正确；
D．将锂电池接入电路，锂电池两端电压为路端电压要小于3.7 V，故D错误；
故选 C。
【分析】正电荷从负极向正极移动的过程是通过非静电力做功把化学能转化为电能的过程，也是电池的放电过程，功率和时间的乘积表示功或能。
2．【答案】C
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】该题考查运用电压表检测电路故障的能力，如果是检测断路问题，测量时，电压表有示数的位置出现断路现象（电源除外），当电压表接在电路完好的部分电压应为零。A．若开关S接触不良，则有
故A错误；
B．若灯泡L1灯丝断了，则有，
故B错误；
C．若灯泡L2灯丝断了，则有
故C正确；
D．若滑动变阻器R的电阻丝断了，则有，
故D错误。
故选C。
【分析】依据在故障电路中电压表显示的现象，Ubd=6V，Uac=6V，由此可判断故障位置。
3．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容的性质，要注意明确电容与电量和电压无关，q﹣U图象中，斜率表示电容。AB．充电过程中随着电容器电荷量的增加，充电电流越来越小，充满以后电流为零，故A正确，B错误；
CD．根据可知，电容器的电容大小不变，则图象是一条过原点的直线，故CD错误。
故选A。
【分析】明确电容器的性质，知道电容器的电容不变，其电量随电压的增大均匀增大，同时知道充电时充电电流越来越小。
4．【答案】D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据串联电路的特点，可知三个电阻串联后的总电阻为：R1＝3×6Ω＝18Ω，故A错误；
B．根据并联电路的特点，可知三个电阻并联后的总电阻为R=，故B错误；
C．两个电阻串联后与第三个电阻并联，则总电阻为
解得
R=4Ω
故C错误；
D．两个电阻并联后与第三个电阻串联，则总电阻为
R=6Ω+3Ω=9Ω
故D正确。
故选D。
【分析】根据串联电路的总阻值等于各串联电阻之和，并联电阻的倒数等于各电阻倒数之和求解。
5．【答案】D
【知识点】焦耳定律；电流、电源的概念
【解析】【解答】A． 根据扫地机器人的铭牌标有的数据可知扫地机器人工作的额定电压为20V，额定功率为40W，则额定电流，故A错误；
B．充满电后的电量为，故B错误；
C．根据欧姆定律可得，由于电动机不是纯电阻电路，不能用欧姆定律计算内阻值，故C错误；
D．以额定功率工作时，每分钟消耗电能为，故D正确。
故选D。
【分析】根据非纯电阻电路的功率、电荷量和电能的计算公式列式进行分析解答。
6．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】根据图甲可知：
R=R0+kt
根据欧姆定律可得：
当温度较低时，I较大，即tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据题意得出电阻的阻值与温度的关系，结合欧姆定律分析出温度与电流之间的关系。
7．【答案】A,C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】A．多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，A接电池负极是红表笔、B接电池正极是黑表笔，故A正确；B．作电流表时分流电阻越小量程越大，1比2量程大，作电压表时分压电阻越大量程越大，6比5量程大，故B错误；
C．当选择开关与3或4相连，回路有电池是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确；
D．测电阻时，如果指针偏转过大，说明待测电阻小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位，故D错误。
故选：AC。
【分析】多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，黑表笔与电源正极相连；电流表的分流电阻越小，电流表量程越大，电压表分压电阻越大，电压表量程越大；根据欧姆表的使用方法分析C；测电阻时若指针偏转过大，说明电流过大，电阻过小。
8．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，使a板带上电荷，通过静电感应使b板也带上电，从而能使电容器带电，故A正确；
B、实验中，只将电容器b板向上平移，两极板的正对面积S变小，根据电容的决定式可知，电容C变小，根据电容的定义式，结合电容器的带电量Q不变，可知，电容器两极板间电压U增加，则静电计指针的张角变大，故B正确；
C、实验中，只在极板间插入有机玻璃板，根据可知，电容C变大，根据，结合Q不变，可知，电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；
D、实验中，只增加极板带电量，电容不变，根据可知，极板间电压U增加，则静电计指针的张角变大，故D错误。
故选：AB。
【分析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，通过静电感应使b板也带上电；实验中，根据电容的决定式分析电容的变化，结合电容器的带电量不变，由电容的定义式分析极板间电压的变化，从而判断静电计指针张角的变化。
9．【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】电路的连接情况是：R2和R3串联后与灯泡并联，最后与R1串联，电容器与灯泡并联。
CD、当灯泡的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，根据Q＝CU可知电容器C所带电荷量增加，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动，故C正确、D错误；
AB、由于电容器C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，故A正确，B错误。
故选：AC。
【分析】灯泡灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知质点受力情况的变化，则可知质点的运动情况以及电流表和电压表示数的变化
10．【答案】A,C,D
【知识点】电阻定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A.电压U＝15V时，由图像可知电解液的电阻是：，故A正确；
B.电压U＝15V时，电解液热功率是：P＝I2R＝（5×10﹣3）2×3×103W＝0.075W，故B错误；
C.根据电阻定律，可得电解液的电阻率是：，故C正确；
D.由图像可知电阻随电压增大而减小，根据电阻定律，电阻和电阻率成正比，电阻率也随电压增大而减小，故D正确。
故选：ACD。
【分析】根据欧姆定律计算电解液的电阻，根据热功率公式计算电解液的热功率，根据电阻定律推导计算电解液的电阻率，根据电阻电压电阻率关系判断。
11．【答案】欧姆；26；0.502（±0.002）；30.4；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由于电表指针指在最左侧0刻度位置，不需要进行机械调零，但必须欧姆调零；欧姆表的示数为示数与倍率的积，则粗测铅笔芯的电阻为R＝23×1Ω＝26Ω；
（2）螺旋测微器和游标卡尺的读数均为两部分示数之和，所以d＝0.5mm+0.2×0.01mm＝0.502mm；L＝30mm+430.4mm；
（3）根据欧姆定律和电阻定律有：R，则电阻率ρ。
【分析】（1）根据多用电表的结构原理分析；读出欧姆表表头的读数然后乘以倍率为电阻值；
（2）螺旋测微器和游标卡尺的读数均为两部分示数之和，读数时要注意均与仪器的精确度有关；
（3）根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式。
12．【答案】（1）甲
（2）B；C
（3）1.49；0.82
（4）A；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了应用了伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻的实验。根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
（1）因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，电流表的内阻会对电源内阻的测量产生较大的误差，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小，因此应该选择的实验电路是图1中的甲。
（2）一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差，电压表应选B。为了调节方便，且调节效果明显，应选最大阻值较小的滑动变阻器C。
（3）由闭合电路欧姆定律可得，由题图可知，U轴上的截距为该电源的电动势可知
V，图线的斜率为该电源的内阻，则有
（4）实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，使电流表的电流小于流经电源内阻的电流，使U I图线下移，使测得的电动势和内阻都小于真实值。
故选AC。
【分析】（1）干电池内阻较小，应采用相对于电源的电流表外接法，可减小实验误差；
（2）根据一节干电池电动势选择电压表；根据滑动变阻器调节作用应选择最大阻值与干电池内阻相差不多的滑动变阻器；
（3）根据闭合电路欧姆定律求出图像表达式，结合图像的斜率求解；
（4）系统误差来源于电压表的分流，根据测量值与真实值的偏差作出真是的电源U-I图像与测量所得的图像对比分析误差。
（1）因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，电流表的内阻会对电源内阻的测量产生较大的误差，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小，因此应该选择的实验电路是图1中的甲。
（2）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差，电压表应选B。
[2]为了调节方便，且调节效果明显，应选最大阻值较小的滑动变阻器C。
（3）[1]由闭合电路欧姆定律可得
由题图可知，U轴上的截距为该电源的电动势可知
V
[2]图线的斜率为该电源的内阻，则有
（4）实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，使电流表的电流小于流经电源内阻的电流，使U I图线下移，使测得的电动势和内阻都小于真实值。
故选AC。
13．【答案】（1）解：开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）解：根据电路结构，电表测的是路端电压，根据闭合电路欧姆定律有
（3）解：开关S闭合一段时间后，定值电阻R2两端电压
根据电容的定义式有
将开关S断开后，电容器对定值电阻R2放电，结合上述可知，通过R2的电荷量
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解电源内阻r；
（2）根据欧姆定律求解电压表示数；
（3）开关S闭合时，电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压，求出电容器的电压，再求电容器的带电量。开关S断开，电容器将通过R2放电，通过R2的电荷量即为电容器原来的所带电荷量。
（1）开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）根据电路结构，电表测的是路端电压，根据闭合电路欧姆定律有
（3）开关S闭合一段时间后，定值电阻R2两端电压
根据电容的定义式有
将开关S断开后，电容器对定值电阻R2放电，结合上述可知，通过R2的电荷量
14．【答案】（1）解：水泵在1秒内消耗的电能等于电流所做的功，则
解得
（2）解：根据功能关系，水泵抽水1秒所做的功为
水泵的输出功率为
解得
（3）解：水泵的输入功率
水泵的热功率为
根据焦耳定律可得
可得，水泵的内阻
【知识点】电功率和电功
【解析】【分析】（1）根据电能的公式列式进行分析解答；
（2）根据功能关系求出水泵抽水1秒所做的功，根据功率公式列式进行分析解答；
（3）求出电动机的总功率、热功率求解热功率，结合焦耳定律求解内阻。
（1）水泵在1秒内消耗的电能等于电流所做的功，则
解得
（2）根据功能关系，水泵抽水1秒所做的功为
水泵的输出功率为
解得
（3）水泵的输入功率
水泵的热功率为
根据焦耳定律可得
可得，水泵的内阻
15．【答案】（1）解：在加速电场U1中，根据动能定理
进入偏转U2电场，沿AD方向，恰好到达A点或D点，水平位移
若向上偏
，，
解得
若向下偏两板电压
即两板电压
U2≤-80V或U2≥80V
（2）解：若均能飞出极板，则
则水平位移大于P点（B、C、Q三点）射出的水平位移
竖直方向位移
解得
两极板电压U2的范围
（3）解：当U2等于10V时，在面FABP射出的粒子坐标为，如图
则水平位移
竖直方向位移
解得
则粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）先通过加速电场的动能定理求粒子进入偏转装置的速度；粒子进入平行板后做类平抛运动，“所有粒子不能射出”对应最不利情况（水平入射时侧移量≥板间距的一半），结合侧移量公式推导电压U2的下限；
（2）“所有粒子能射出”对应最不利情况（水平入射时侧移量≤板间距的一半），结合侧移量公式推导电压U2的上限，同时考虑电压为0时粒子沿直线射出的情况；
（3）U2=10V时，先求粒子在平行板中的加速度与运动时间；将类平抛运动分解为水平（x 轴）匀速、竖直（y轴）匀加速，联立分运动的位移公式，消去时间得到轨迹方程。
（1）在加速电场U1中，根据动能定理
进入偏转U2电场，沿AD方向，恰好到达A点或D点，水平位移
若向上偏
，，
解得
若向下偏两板电压
即两板电压
U2≤-80V或U2≥80V
（2）若均能飞出极板，则
则水平位移大于P点（B、C、Q三点）射出的水平位移
竖直方向位移
解得
两极板电压U2的范围
（3）当U2等于10V时，在面FABP射出的粒子坐标为，如图
则水平位移
竖直方向位移
解得
则粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程
1 / 1广东省广州市第十六中学2025-2026学年高二上学期期中物理试题
1．（2025高二上·广州期中）锂离子电池主要依靠锂离子（Li+）在电池的正极和负极之间移动来工作。图为常用手机锂电池的内部结构，某过程中Li+从负极脱嵌通过膈膜嵌入正极。此锂电池的电动势为3.7V，则此过程（ ）
A．电池内部电流方向从正极到负极
B．电池内部是静电力使Li+移动到正极
C．电源内部每搬运一个Li+非静电力做功3.7 eV
D．将锂电池接入电路，与用电器形成闭合回路，锂电池两端电压为3.7 V
【答案】C
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】本题主要是考查锂电池的工作原理，知道在电池放电的过程中，是靠非静电力做功把化学能转化为电能，然后再外电路中通过电场力做功，把电能转化为其它形式的能。A．由于正电荷移动方向为电流方向，故电池内部电流方向从负极到正极，故A错误；
B．把锂离子从负极移动到正极，是非静电力做功实现的，故B错误；
C．根据W = qU，电源内部每搬运一个锂离子非静电力做功3.7 eV，故C正确；
D．将锂电池接入电路，锂电池两端电压为路端电压要小于3.7 V，故D错误；
故选 C。
【分析】正电荷从负极向正极移动的过程是通过非静电力做功把化学能转化为电能的过程，也是电池的放电过程，功率和时间的乘积表示功或能。
2．（2025高二上·广州期中）我们通常用电压表来查找电路故障。在如图所示的电路中，当合上开关S后，两个均标有“2.5V 1W”字样的灯泡均不发光，用电压表测得Uac=6V，Ubd=6V。如果各段导线及接线处均无问题，且只有一处故障。这说明（ ）
A．开关S接触不良 B．灯泡L1灯丝断了
C．灯泡L2灯丝断了 D．滑动变阻器R的电阻丝断了
【答案】C
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】该题考查运用电压表检测电路故障的能力，如果是检测断路问题，测量时，电压表有示数的位置出现断路现象（电源除外），当电压表接在电路完好的部分电压应为零。A．若开关S接触不良，则有
故A错误；
B．若灯泡L1灯丝断了，则有，
故B错误；
C．若灯泡L2灯丝断了，则有
故C正确；
D．若滑动变阻器R的电阻丝断了，则有，
故D错误。
故选C。
【分析】依据在故障电路中电压表显示的现象，Ubd=6V，Uac=6V，由此可判断故障位置。
3．（2025高二上·广州期中）电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用电容表征。如图所示，在研究电容器充、放电的实验中，使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电。下列图像中，能正确反映电容器充电过程中电流与时间、电荷量与电压关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容的性质，要注意明确电容与电量和电压无关，q﹣U图象中，斜率表示电容。AB．充电过程中随着电容器电荷量的增加，充电电流越来越小，充满以后电流为零，故A正确，B错误；
CD．根据可知，电容器的电容大小不变，则图象是一条过原点的直线，故CD错误。
故选A。
【分析】明确电容器的性质，知道电容器的电容不变，其电量随电压的增大均匀增大，同时知道充电时充电电流越来越小。
4．（2025高二上·广州期中）三个阻值都是6Ω的电阻可以用不同的方法连接起来，下面四个图中等效电阻(即总电阻）等于9Ω的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据串联电路的特点，可知三个电阻串联后的总电阻为：R1＝3×6Ω＝18Ω，故A错误；
B．根据并联电路的特点，可知三个电阻并联后的总电阻为R=，故B错误；
C．两个电阻串联后与第三个电阻并联，则总电阻为
解得
R=4Ω
故C错误；
D．两个电阻并联后与第三个电阻串联，则总电阻为
R=6Ω+3Ω=9Ω
故D正确。
故选D。
【分析】根据串联电路的总阻值等于各串联电阻之和，并联电阻的倒数等于各电阻倒数之和求解。
5．（2025高二上·广州期中）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，如图表所示为某款扫地机器人的铭牌标有的数据，则该扫地机器人（ ）
电机基本参数
产品尺寸 280mm×280m×75mm
电池 5000mA·h锂电池
质量 0.65kg
无线连接 WiFi智能快连
工作额定电压 20V
工作额定功率 40W
A．工作额定电流为1A
B．电池充满电后储存的总电荷量为5000C
C．以额定电压工作时，电机的内阻为10Ω
D．以额定功率工作时，每分钟消耗电能为2400J
【答案】D
【知识点】焦耳定律；电流、电源的概念
【解析】【解答】A． 根据扫地机器人的铭牌标有的数据可知扫地机器人工作的额定电压为20V，额定功率为40W，则额定电流，故A错误；
B．充满电后的电量为，故B错误；
C．根据欧姆定律可得，由于电动机不是纯电阻电路，不能用欧姆定律计算内阻值，故C错误；
D．以额定功率工作时，每分钟消耗电能为，故D正确。
故选D。
【分析】根据非纯电阻电路的功率、电荷量和电能的计算公式列式进行分析解答。
6．（2025高二上·广州期中）图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（ ）
A．tA应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．tB应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】根据图甲可知：
R=R0+kt
根据欧姆定律可得：
当温度较低时，I较大，即tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据题意得出电阻的阻值与温度的关系，结合欧姆定律分析出温度与电流之间的关系。
7．（2025高二上·广州期中）如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（ ）
A．A是红表笔、B是黑表笔
B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小
C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零
D．测电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位
【答案】A,C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】A．多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，A接电池负极是红表笔、B接电池正极是黑表笔，故A正确；B．作电流表时分流电阻越小量程越大，1比2量程大，作电压表时分压电阻越大量程越大，6比5量程大，故B错误；
C．当选择开关与3或4相连，回路有电池是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确；
D．测电阻时，如果指针偏转过大，说明待测电阻小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位，故D错误。
故选：AC。
【分析】多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，黑表笔与电源正极相连；电流表的分流电阻越小，电流表量程越大，电压表分压电阻越大，电压表量程越大；根据欧姆表的使用方法分析C；测电阻时若指针偏转过大，说明电流过大，电阻过小。
8．（2025高二上·广州期中）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变大
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，使a板带上电荷，通过静电感应使b板也带上电，从而能使电容器带电，故A正确；
B、实验中，只将电容器b板向上平移，两极板的正对面积S变小，根据电容的决定式可知，电容C变小，根据电容的定义式，结合电容器的带电量Q不变，可知，电容器两极板间电压U增加，则静电计指针的张角变大，故B正确；
C、实验中，只在极板间插入有机玻璃板，根据可知，电容C变大，根据，结合Q不变，可知，电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；
D、实验中，只增加极板带电量，电容不变，根据可知，极板间电压U增加，则静电计指针的张角变大，故D错误。
故选：AB。
【分析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，通过静电感应使b板也带上电；实验中，根据电容的决定式分析电容的变化，结合电容器的带电量不变，由电容的定义式分析极板间电压的变化，从而判断静电计指针张角的变化。
9．（2025高二上·广州期中）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，、、为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，C为平行板电容器，在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大 B．电压表示数变小
C．电容器C所带电荷量增加 D．液滴将向下运动
【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】电路的连接情况是：R2和R3串联后与灯泡并联，最后与R1串联，电容器与灯泡并联。
CD、当灯泡的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，根据Q＝CU可知电容器C所带电荷量增加，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动，故C正确、D错误；
AB、由于电容器C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，故A正确，B错误。
故选：AC。
【分析】灯泡灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知质点受力情况的变化，则可知质点的运动情况以及电流表和电压表示数的变化
10．（2025高二上·广州期中）研究发现电解液导电时也满足欧姆定律。图甲为一测量电解液的电阻率的长方体玻璃容器，X、Y为电极，边长，，，当里面注满待测电解液，在X、Y间加上不同电压后。其伏安特性曲线如图乙所示。忽略电解液的热膨胀，则下列说法正确的是（ ）
A．电压时，电解液的电阻是3×103Ω
B．电压时，电解液热功率是7.5×10-3W
C．电压时，电解液的电阻率是
D．电压U增大时，电解液的电阻率将减小
【答案】A,C,D
【知识点】电阻定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A.电压U＝15V时，由图像可知电解液的电阻是：，故A正确；
B.电压U＝15V时，电解液热功率是：P＝I2R＝（5×10﹣3）2×3×103W＝0.075W，故B错误；
C.根据电阻定律，可得电解液的电阻率是：，故C正确；
D.由图像可知电阻随电压增大而减小，根据电阻定律，电阻和电阻率成正比，电阻率也随电压增大而减小，故D正确。
故选：ACD。
【分析】根据欧姆定律计算电解液的电阻，根据热功率公式计算电解液的热功率，根据电阻定律推导计算电解液的电阻率，根据电阻电压电阻率关系判断。
11．（2025高二上·广州期中）某同学通过实验测量铅笔芯的电阻率
(1)首先用多用电表欧姆挡粗测铅笔芯的电阻。连接电阻前，电表指针指在最左侧0刻度位置，选择“×1Ω挡”后要进行 （填“机械”或“欧姆”）调零，某次测量指针位置如图甲所示，其读数为 。
(2)用螺旋测微器测量此铅笔芯的直径d，测量结果如图乙所示，则d= mm。用游标卡尺测量此铅笔芯的长度L，如图丙所示，则L= mm。
(3)用伏安法尽可能准确地测量电阻，测得铅笔芯两端电压为U时，通过铅笔芯电流为I，则该铅笔芯的电阻率 。（用所测得物理量的字母表示）
【答案】欧姆；26；0.502（±0.002）；30.4；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由于电表指针指在最左侧0刻度位置，不需要进行机械调零，但必须欧姆调零；欧姆表的示数为示数与倍率的积，则粗测铅笔芯的电阻为R＝23×1Ω＝26Ω；
（2）螺旋测微器和游标卡尺的读数均为两部分示数之和，所以d＝0.5mm+0.2×0.01mm＝0.502mm；L＝30mm+430.4mm；
（3）根据欧姆定律和电阻定律有：R，则电阻率ρ。
【分析】（1）根据多用电表的结构原理分析；读出欧姆表表头的读数然后乘以倍率为电阻值；
（2）螺旋测微器和游标卡尺的读数均为两部分示数之和，读数时要注意均与仪器的精确度有关；
（3）根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式。
12．（2025高二上·广州期中）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的 （选项“甲”或“乙”）；
（2）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A. 电压表（0~15V）
B. 电压表（0~3V）
C. 滑动变阻器（0~20Ω）
D. 滑动变阻器（0~100Ω）
实验中电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学根据记录的数据，做出如图所示的图线，根据所画图线可得，电动势E= V（结果保留三位有效数字），内电阻r= Ω（结果保留两位有效数字）；
（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是______。
A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C．实验测出的电动势小于真实值
D．实验测出的内阻大于真实值
【答案】（1）甲
（2）B；C
（3）1.49；0.82
（4）A；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了应用了伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻的实验。根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
（1）因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，电流表的内阻会对电源内阻的测量产生较大的误差，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小，因此应该选择的实验电路是图1中的甲。
（2）一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差，电压表应选B。为了调节方便，且调节效果明显，应选最大阻值较小的滑动变阻器C。
（3）由闭合电路欧姆定律可得，由题图可知，U轴上的截距为该电源的电动势可知
V，图线的斜率为该电源的内阻，则有
（4）实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，使电流表的电流小于流经电源内阻的电流，使U I图线下移，使测得的电动势和内阻都小于真实值。
故选AC。
【分析】（1）干电池内阻较小，应采用相对于电源的电流表外接法，可减小实验误差；
（2）根据一节干电池电动势选择电压表；根据滑动变阻器调节作用应选择最大阻值与干电池内阻相差不多的滑动变阻器；
（3）根据闭合电路欧姆定律求出图像表达式，结合图像的斜率求解；
（4）系统误差来源于电压表的分流，根据测量值与真实值的偏差作出真是的电源U-I图像与测量所得的图像对比分析误差。
（1）因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，电流表的内阻会对电源内阻的测量产生较大的误差，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小，因此应该选择的实验电路是图1中的甲。
（2）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差，电压表应选B。
[2]为了调节方便，且调节效果明显，应选最大阻值较小的滑动变阻器C。
（3）[1]由闭合电路欧姆定律可得
由题图可知，U轴上的截距为该电源的电动势可知
V
[2]图线的斜率为该电源的内阻，则有
（4）实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，使电流表的电流小于流经电源内阻的电流，使U I图线下移，使测得的电动势和内阻都小于真实值。
故选AC。
13．（2025高二上·广州期中）如图所示，电流表和电压表均为理想电表，电容器的电容C = 8 F，定值电阻R1 = 4 Ω，R2 = 6 Ω，电源电动势E = 6 V，内阻未知，开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，求：
（1）电源内阻r。
（2）电压表的示数。
（3）将开关S断开，通过R2的电荷量。
【答案】（1）解：开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）解：根据电路结构，电表测的是路端电压，根据闭合电路欧姆定律有
（3）解：开关S闭合一段时间后，定值电阻R2两端电压
根据电容的定义式有
将开关S断开后，电容器对定值电阻R2放电，结合上述可知，通过R2的电荷量
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解电源内阻r；
（2）根据欧姆定律求解电压表示数；
（3）开关S闭合时，电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压，求出电容器的电压，再求电容器的带电量。开关S断开，电容器将通过R2放电，通过R2的电荷量即为电容器原来的所带电荷量。
（1）开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5 A，根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）根据电路结构，电表测的是路端电压，根据闭合电路欧姆定律有
（3）开关S闭合一段时间后，定值电阻R2两端电压
根据电容的定义式有
将开关S断开后，电容器对定值电阻R2放电，结合上述可知，通过R2的电荷量
14．（2025高二上·广州期中）如图为某品牌的桶装饮用水电动抽水器，内置电池、电动水泵。已知电动水泵工作电压U=5V，工作电流I=0.5A。某次用该电动抽水器抽水喝时，出水口与桶内水面高度差h=0.6m，若桶内水的初速度为零，出水口出水速度v=2m/s，每秒出水质量m=0.2kg，忽略水在管道中的机械能损失，g取10m/s2。求：
（1）每秒水泵消耗的电能；
（2）水泵的输出功率；
（3）水泵的内阻。
【答案】（1）解：水泵在1秒内消耗的电能等于电流所做的功，则
解得
（2）解：根据功能关系，水泵抽水1秒所做的功为
水泵的输出功率为
解得
（3）解：水泵的输入功率
水泵的热功率为
根据焦耳定律可得
可得，水泵的内阻
【知识点】电功率和电功
【解析】【分析】（1）根据电能的公式列式进行分析解答；
（2）根据功能关系求出水泵抽水1秒所做的功，根据功率公式列式进行分析解答；
（3）求出电动机的总功率、热功率求解热功率，结合焦耳定律求解内阻。
（1）水泵在1秒内消耗的电能等于电流所做的功，则
解得
（2）根据功能关系，水泵抽水1秒所做的功为
水泵的输出功率为
解得
（3）水泵的输入功率
水泵的热功率为
根据焦耳定律可得
可得，水泵的内阻
15．（2025高二上·广州期中）已知紧邻竖直极板左侧有一粒子源M，能发射初速度为零、电荷量q=1.6×10-5C、质量为m=3.2×10-11kg的正离子，正对发射源M右侧竖直极板中间有一小孔，两极板间U1=10V，粒子加速后可以通过小孔射入一个偏转装置N，偏转装置N能使粒子离开装置右侧后在水平方向0° 180°范围射出，且速度大小不变从面AFHD中间位置进入水平放置的正方形平行金属极板ABCD和FPQH之间，上极板和下极板的恒定电压为U2，已知板边长和板间距离均为L=20cm，如图所示（不计粒子重力）
（1）要使所有粒子都不能射出极板，求电压U2的范围；
（2）要使所有粒子都能射出极板，求电压U2的范围；
（3）在U2=10V的情况下，以F为原点O，以FP为x轴，以FA为y轴，求粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程。
【答案】（1）解：在加速电场U1中，根据动能定理
进入偏转U2电场，沿AD方向，恰好到达A点或D点，水平位移
若向上偏
，，
解得
若向下偏两板电压
即两板电压
U2≤-80V或U2≥80V
（2）解：若均能飞出极板，则
则水平位移大于P点（B、C、Q三点）射出的水平位移
竖直方向位移
解得
两极板电压U2的范围
（3）解：当U2等于10V时，在面FABP射出的粒子坐标为，如图
则水平位移
竖直方向位移
解得
则粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）先通过加速电场的动能定理求粒子进入偏转装置的速度；粒子进入平行板后做类平抛运动，“所有粒子不能射出”对应最不利情况（水平入射时侧移量≥板间距的一半），结合侧移量公式推导电压U2的下限；
（2）“所有粒子能射出”对应最不利情况（水平入射时侧移量≤板间距的一半），结合侧移量公式推导电压U2的上限，同时考虑电压为0时粒子沿直线射出的情况；
（3）U2=10V时，先求粒子在平行板中的加速度与运动时间；将类平抛运动分解为水平（x 轴）匀速、竖直（y轴）匀加速，联立分运动的位移公式，消去时间得到轨迹方程。
（1）在加速电场U1中，根据动能定理
进入偏转U2电场，沿AD方向，恰好到达A点或D点，水平位移
若向上偏
，，
解得
若向下偏两板电压
即两板电压
U2≤-80V或U2≥80V
（2）若均能飞出极板，则
则水平位移大于P点（B、C、Q三点）射出的水平位移
竖直方向位移
解得
两极板电压U2的范围
（3）当U2等于10V时，在面FABP射出的粒子坐标为，如图
则水平位移
竖直方向位移
解得
则粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程
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