广西玉林市陆川中学2025-2026学年高二上学期期中调研模拟物理试题
1．（2025高二上·陆川期中）如图所示，一物块与斜面接触处于静止状态，则物块受到的力有( )
A．重力 B．重力和支持力
C．重力、支持力和静摩擦力 D．重力、支持力和下滑力
2．（2025高二上·陆川期中）一带负电的粒子仅受电场力作用下在电场中做直线运动，v－t图象如图所示，、 时刻分别经过M、N两点，则下列判断正确的是（ ）
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大
C．M点的电势低于N点的电
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
3．（2025高二上·陆川期中）在图中，所有接触面均光滑，且a、b均处于静止状态，其中A、D选项中的细线均沿竖直方向．a、b间一定有弹力的是
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·陆川期中）做奥斯特实验时，要观察到小磁针明显的偏转现象，下列方法可行的是（ ）
A．将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的延长线上
B．将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的下方
C．将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的延长线上
D．将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的下方
5．（2025高二上·陆川期中）a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
②b和c同时飞离电场
③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
A．① B．①② C．③④ D．①③④
6．（2025高二上·陆川期中）计算几个电阻的总电阻、电路的简化、引入平均速度、合力与分力等概念，这些处理物理问题的方法，都属于（ ）
A．类比的方法 B．控制变量的方法
C．等效替代的方法 D．观察、实验的方法
7．（2025高二上·陆川期中）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是
A．I减小 B．U1、U2均减小
C．变小，变大 D．
8．（2025高二上·陆川期中）在测电源的电动势和内阻实验中，根据某次实验记录数据画出U-I图像，下列关于这个图像的说法中正确的是（ ）
A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3V
B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A
C．根据，计算出待测电源内阻为5Ω
D．该实验中电源的内阻为1Ω
9．（2025高二上·陆川期中）两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为5V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下（ ）
A．V1和V2的读数相等
B．V1和V2的指针偏转角相等
C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比
D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比
10．（2025高二上·陆川期中）如图所示，为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（ ）
A．电阻A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变
B．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B
C．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B
D．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B
11．（2025高二上·陆川期中）如图所示，为“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡的额定电压为3V.
（1）在图乙方框图中画出与实物电路相对应的电路图．
（2）完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，滑片应停留在滑动变阻器的最 (选填“左”或“右”)端；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下8组U和I的数据，断开开关．根据实验数据在图丙方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线.
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.170 0.190 0.200 0.205
小灯泡发 光情况 不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
（3）数据分析：
①图线表明导体的电阻随温度的升高而 ．
②小灯泡正常工作时的电阻约为 ．(保留到小数点后一位)
12．（2025高二上·陆川期中）电流、电压传感器是能通过数据采集器采集电流、电压的大小并直接输出电流、电压数值的精确测量仪器．某实验小组利用电流、电压传感器来做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验：
（1）在实物图（甲）中，B传感器应该采用 （填“电压传感器”或“电流传感器”）；
（2）在实物图（甲）中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接，要求电压传感器的示数能从零开始取值（画在答题纸上） ；
（3）开关闭合前，图（甲）中滑动变阻器触头应该处于 （填“a”或“b”）端；
（4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图（乙）所示．现将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，根据图中图像和该电源输出电流与路端电压的关系图线，可以得到小灯泡消耗的功率是 W．（结果保留两位小数）
13．（2025高二上·陆川期中）如图所示，在直角坐标系xOy中，矩形区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=N/C．已知矩形区域边长为1.6m，边长为0.5m．在边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地射出速率均为m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=kg，电荷量q=C，不计粒子重力及粒子间相互作用，取sin37°=0.6，cos66°=0.4．求：
(1)粒子在磁场中运动的半径；
(2)从边射出粒子(不进入电场区域)的最长轨迹的长度及射出边时的位置坐标；
(3)沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开磁场所用的时间．
14．（2025高二上·陆川期中）一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间。已知电子质量为m，电荷量为q，求：
（1）电子离开加速电场时速度v0大小；
（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加电压U0多大？
（3）电子最远能够打到离荧光屏上离中心O点距离为Y多大？
15．（2025高二上·陆川期中）如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B
（2）ab棒对导轨的压力
（3）试求使金属棒平衡的最小的磁感应强度B是多少？方向如何？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】物块处于静止状态，可知物块受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，C正确.
【分析】在I-U图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，结合串、并联电路的电流规律分析选项。
2．【答案】B
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】解：由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故AD错误．由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，粒子的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带负电，则电场线方向从M→N，所以M点的电势高于N点的电势，故B正确，C错误；故选B.
【分析】从v-t图象判断粒子运动性质（匀减速），结合电场力、电势能与电势的关系分析选项。
3．【答案】C
【知识点】形变与弹力
【解析】【解答】A．假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故ab间无弹力．故A错误；
B．假设两球间有弹力，则小球将向b球将向右边运动，与题矛盾，故ab间无弹力．故B错误；
C．若两球间无弹力，则两个都将向下摆动，与题矛盾，说明ab间有弹力．故C正确；
D．假设a对b球有弹力，方向必定垂直于斜面向上，b球共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的拉力和垂直于斜面向上的弹力，三个力的合力不可能为零，则小球b不可能处于静止状态，与题矛盾，故ab间一定没有弹力．故D错误．
故答案为：C
【分析】用假设法判断a、b间的弹力：假设a、b间有（或无）弹力，看是否与“静止状态”矛盾，从而确定弹力是否存在。
4．【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【分析】由于小磁针受到地磁场的作用，要指南北方向，为了观察到明显的偏转现象，应使电流产生的磁场方向为东西方向，故应使把直导线南北放置，当小磁针发生偏转时，正说明了磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场的方向也改变，故小磁针的偏转方向也改变．直导线周围的磁场；磁场；地磁场．D正确，故选D。
【点评】本题考查了小磁针指南北是由于受到地磁场的缘故；磁场的性质是对放在磁场中的磁体有力的作用；电流周围存在着磁场和磁场的方向与电流方向有关。
5．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】①②三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由
得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tb＞tc
故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故①正确，②错误.
③三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t．由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即xb=xc＞xa
而ta=tb＞tc
可见，初速度关系为：vc＞vb＞va，
故③正确.
④由动能定理得△Ek=qEy
由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量，故④正确.
故答案为：D.
【分析】α 粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向匀速直线运动，平行电场方向匀加速直线运动。结合位移公式、动能定理分析运动时间、初速度及动能增量。
6．【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；力的合成
【解析】【解答】中学物理中经常用的研究方法有：控制变量法，微小变量放大法，等效替代法等，要明确这些方法在具体实验中的应用．
解：求几个电阻的总电阻、把一个复杂的电路简化，都用到了等效替代的方法，合力与分力的作用效果是等效的，故C正确，A、B、D错误．
故答案为：C．
【分析】判断物理方法的核心是看 “用一个物理量 / 过程替代另一个，效果相同” 的特点，据此分析各选项。
7．【答案】A,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知，解得，恒定不变，故C错误；
D．根据伏安特性曲线可知，恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得，则，故D正确。
故答案为：D。
【分析】滑动触头 P 向下滑动时，接入电阻增大，总电阻增大，结合闭合电路欧姆定律分析各电表示数及变化量的关系。
8．【答案】A,D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．由闭合电路欧姆定律可知图像与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V，故A正确；
B．由于图像的纵坐标不是从零开始的，故图像与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；
CD．图像的斜率绝对值表示电源的内阻，则，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据闭合电路欧姆定律，图象的纵截距对应电动势，斜率的绝对值对应内阻，据此分析选项。
9．【答案】B,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．
A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．
B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．
CD、因是串联关系，分压之比为内阻之比．故C正确D错误．
故答案为：BC。
【分析】电压表由电流表串联电阻改装而成，串联电路中电流处处相等，结合电压表的改装原理分析指针偏角和读数的关系。
10．【答案】A,C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由图可知，电阻A的图线的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变，故A正确；
BCD．两图线的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，故C正确，BD错误。
故答案为：AC。
【分析】在U-I图象中，图线的斜率表示电阻，据此分析电阻的变化及交点处的电阻关系。
11．【答案】；左；；增大；14.6 Ω
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)测定小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图
(2)为保护电路安全，开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端；
根据表格中的数据，画出小灯泡的I-U图线如图
(3)图线表明导体的电阻随温度升高而增大；
根据I-U图线得电压U=3V时，I=0.205A，所以小灯泡正常工作时的电阻约为
故答案为：增大；14.6 Ω
【分析】（1）电路设计：测伏安特性选分压接法（电压从零调），结合电表内阻选外接法。
（2）实验操作：闭合开关前滑片置于分压端（使小灯泡电压为0），根据数据描点作图。
（3）数据处理：通过分析电阻随温度的变化，利用额定电压、电流计算正常工作电阻。
12．【答案】电流传感器；；a；0.10
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】(1)由图可知传感器与电路是串联关系，故应为电流传感器；
故答案为：电流传感器
(2)由题意可知，实验要求电压值从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，实验电路如图所示；
(3)由图可知，测量部分与滑动变阻器右侧并联，为了让电压从零开始变化，滑片开始时应在最端；
故答案为： a
(4)根据闭合电路欧姆定律可得，代入数据可得，在图中作出电源的伏安特性曲线，交点为灯泡的工作点，由图可知电流为0.1A，电压为1.0V，则灯泡的功率．
故答案为：0.10
【分析】（1）传感器判断：串联在电路中的是电流传感器，并联的是电压传感器。
（2）电路连接：电压从零调需用分压接法，按分压电路完成连线。
（3）触头位置：分压接法闭合开关前，触头置于使测量部分电压为0的一端。
（4）功率计算：利用电源的路端电压方程，在灯泡I-U图中作电源直线，交点即为工作点，进而计算功率。
13．【答案】（1）解：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力得：
解得：R=0.5m
（2）解：当轨迹与x轴相切时轨迹最长，粒子在磁场中得运动轨迹如图中所示：
由几何关系得，
解得：，所以，轨迹的长度：
粒子从ab边离开磁场时的位置坐标为（1.6m，-0.1m）．
(3)解：y沿x轴射出的粒子如图，粒子先在磁场中运动四分之一圆周，然后在电场中做一个往复运动，再回到磁场，最后从y轴射出磁场，粒子先在磁场中运动的时间为，周期：，粒子在电场中运动的时间为，速度为：，加速度为：，粒子从电场中回到磁场中，设其在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为，由几何关系得：，可得：，所以粒子返回磁场后运动的时间为：，总时间为．
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）磁场中半径：利用洛伦兹力提供向心力的公式直接计算。
（2）最长轨迹：通过几何分析找到轨迹与 x 轴相切的临界情况，结合圆心角求轨迹长度，再由几何关系确定射出坐标。
（3）运动时间：分磁场中圆周运动（由圆心角求时间）和电场中匀变速直线运动（由加速度求时间），总时间为两者之和。
14．【答案】（1）解：根据动能定理得
解得
（2）解：电子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，时间
设电子刚好从平行板间飞出时，板间电压为U0，沿电场方向得偏移量
解得
（3）解：电子从极板边缘飞出时，打到荧光屏上的点离中心O点最远，此时的偏转角
最远距离
【知识点】加速度；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）加速速度：利用动能定理，关联加速电压与电子动能，求解速度；
（2）最大偏转电压：结合类平抛运动的水平、竖直分运动，以“恰好飞出极板（偏转位移为）”为临界条件，推导最大电压；
（3）荧光屏偏转距离：先求电子离开偏转电场的偏转角，再结合匀速直线运动的几何关系，计算总偏转距离。
15．【答案】（1）解：棒静止时，通过受力分析可知
F=Gtan60°
BIL=Gtan60°
解得：B=
（2）解：ab棒对导轨的压力与FN大小相等
故ab棒对导轨的压力为6N．
（3）解：若要使B取值最小，即安培力F最小．显然当F平行斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直于斜面向上，
F=Gsin60°，BminIL=Gsin60°
【知识点】牛顿第三定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）磁感应强度：通过受力平衡，结合安培力公式，由重力与安培力的三角函数关系计算。
（2）导轨压力：利用支持力与重力的三角函数关系求支持力，再由牛顿第三定律得压力。
（3）最小磁感应强度：分析安培力的最小方向（平行斜面向上），结合平衡条件求最小安培力，进而得最小磁感应强度。
1 / 1广西玉林市陆川中学2025-2026学年高二上学期期中调研模拟物理试题
1．（2025高二上·陆川期中）如图所示，一物块与斜面接触处于静止状态，则物块受到的力有( )
A．重力 B．重力和支持力
C．重力、支持力和静摩擦力 D．重力、支持力和下滑力
【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】物块处于静止状态，可知物块受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，C正确.
【分析】在I-U图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，结合串、并联电路的电流规律分析选项。
2．（2025高二上·陆川期中）一带负电的粒子仅受电场力作用下在电场中做直线运动，v－t图象如图所示，、 时刻分别经过M、N两点，则下列判断正确的是（ ）
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大
C．M点的电势低于N点的电
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
【答案】B
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】解：由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故AD错误．由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，粒子的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带负电，则电场线方向从M→N，所以M点的电势高于N点的电势，故B正确，C错误；故选B.
【分析】从v-t图象判断粒子运动性质（匀减速），结合电场力、电势能与电势的关系分析选项。
3．（2025高二上·陆川期中）在图中，所有接触面均光滑，且a、b均处于静止状态，其中A、D选项中的细线均沿竖直方向．a、b间一定有弹力的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】形变与弹力
【解析】【解答】A．假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故ab间无弹力．故A错误；
B．假设两球间有弹力，则小球将向b球将向右边运动，与题矛盾，故ab间无弹力．故B错误；
C．若两球间无弹力，则两个都将向下摆动，与题矛盾，说明ab间有弹力．故C正确；
D．假设a对b球有弹力，方向必定垂直于斜面向上，b球共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的拉力和垂直于斜面向上的弹力，三个力的合力不可能为零，则小球b不可能处于静止状态，与题矛盾，故ab间一定没有弹力．故D错误．
故答案为：C
【分析】用假设法判断a、b间的弹力：假设a、b间有（或无）弹力，看是否与“静止状态”矛盾，从而确定弹力是否存在。
4．（2025高二上·陆川期中）做奥斯特实验时，要观察到小磁针明显的偏转现象，下列方法可行的是（ ）
A．将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的延长线上
B．将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的下方
C．将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的延长线上
D．将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的下方
【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【分析】由于小磁针受到地磁场的作用，要指南北方向，为了观察到明显的偏转现象，应使电流产生的磁场方向为东西方向，故应使把直导线南北放置，当小磁针发生偏转时，正说明了磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场的方向也改变，故小磁针的偏转方向也改变．直导线周围的磁场；磁场；地磁场．D正确，故选D。
【点评】本题考查了小磁针指南北是由于受到地磁场的缘故；磁场的性质是对放在磁场中的磁体有力的作用；电流周围存在着磁场和磁场的方向与电流方向有关。
5．（2025高二上·陆川期中）a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
②b和c同时飞离电场
③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
A．① B．①② C．③④ D．①③④
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】①②三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由
得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tb＞tc
故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故①正确，②错误.
③三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t．由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即xb=xc＞xa
而ta=tb＞tc
可见，初速度关系为：vc＞vb＞va，
故③正确.
④由动能定理得△Ek=qEy
由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量，故④正确.
故答案为：D.
【分析】α 粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向匀速直线运动，平行电场方向匀加速直线运动。结合位移公式、动能定理分析运动时间、初速度及动能增量。
6．（2025高二上·陆川期中）计算几个电阻的总电阻、电路的简化、引入平均速度、合力与分力等概念，这些处理物理问题的方法，都属于（ ）
A．类比的方法 B．控制变量的方法
C．等效替代的方法 D．观察、实验的方法
【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；力的合成
【解析】【解答】中学物理中经常用的研究方法有：控制变量法，微小变量放大法，等效替代法等，要明确这些方法在具体实验中的应用．
解：求几个电阻的总电阻、把一个复杂的电路简化，都用到了等效替代的方法，合力与分力的作用效果是等效的，故C正确，A、B、D错误．
故答案为：C．
【分析】判断物理方法的核心是看 “用一个物理量 / 过程替代另一个，效果相同” 的特点，据此分析各选项。
7．（2025高二上·陆川期中）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是
A．I减小 B．U1、U2均减小
C．变小，变大 D．
【答案】A,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知，解得，恒定不变，故C错误；
D．根据伏安特性曲线可知，恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得，则，故D正确。
故答案为：D。
【分析】滑动触头 P 向下滑动时，接入电阻增大，总电阻增大，结合闭合电路欧姆定律分析各电表示数及变化量的关系。
8．（2025高二上·陆川期中）在测电源的电动势和内阻实验中，根据某次实验记录数据画出U-I图像，下列关于这个图像的说法中正确的是（ ）
A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3V
B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A
C．根据，计算出待测电源内阻为5Ω
D．该实验中电源的内阻为1Ω
【答案】A,D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．由闭合电路欧姆定律可知图像与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V，故A正确；
B．由于图像的纵坐标不是从零开始的，故图像与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；
CD．图像的斜率绝对值表示电源的内阻，则，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据闭合电路欧姆定律，图象的纵截距对应电动势，斜率的绝对值对应内阻，据此分析选项。
9．（2025高二上·陆川期中）两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为5V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下（ ）
A．V1和V2的读数相等
B．V1和V2的指针偏转角相等
C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比
D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比
【答案】B,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．
A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．
B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．
CD、因是串联关系，分压之比为内阻之比．故C正确D错误．
故答案为：BC。
【分析】电压表由电流表串联电阻改装而成，串联电路中电流处处相等，结合电压表的改装原理分析指针偏角和读数的关系。
10．（2025高二上·陆川期中）如图所示，为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（ ）
A．电阻A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变
B．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B
C．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B
D．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B
【答案】A,C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由图可知，电阻A的图线的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变，故A正确；
BCD．两图线的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，故C正确，BD错误。
故答案为：AC。
【分析】在U-I图象中，图线的斜率表示电阻，据此分析电阻的变化及交点处的电阻关系。
11．（2025高二上·陆川期中）如图所示，为“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡的额定电压为3V.
（1）在图乙方框图中画出与实物电路相对应的电路图．
（2）完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，滑片应停留在滑动变阻器的最 (选填“左”或“右”)端；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下8组U和I的数据，断开开关．根据实验数据在图丙方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线.
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00
I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.170 0.190 0.200 0.205
小灯泡发 光情况 不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
（3）数据分析：
①图线表明导体的电阻随温度的升高而 ．
②小灯泡正常工作时的电阻约为 ．(保留到小数点后一位)
【答案】；左；；增大；14.6 Ω
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)测定小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图
(2)为保护电路安全，开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端；
根据表格中的数据，画出小灯泡的I-U图线如图
(3)图线表明导体的电阻随温度升高而增大；
根据I-U图线得电压U=3V时，I=0.205A，所以小灯泡正常工作时的电阻约为
故答案为：增大；14.6 Ω
【分析】（1）电路设计：测伏安特性选分压接法（电压从零调），结合电表内阻选外接法。
（2）实验操作：闭合开关前滑片置于分压端（使小灯泡电压为0），根据数据描点作图。
（3）数据处理：通过分析电阻随温度的变化，利用额定电压、电流计算正常工作电阻。
12．（2025高二上·陆川期中）电流、电压传感器是能通过数据采集器采集电流、电压的大小并直接输出电流、电压数值的精确测量仪器．某实验小组利用电流、电压传感器来做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验：
（1）在实物图（甲）中，B传感器应该采用 （填“电压传感器”或“电流传感器”）；
（2）在实物图（甲）中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接，要求电压传感器的示数能从零开始取值（画在答题纸上） ；
（3）开关闭合前，图（甲）中滑动变阻器触头应该处于 （填“a”或“b”）端；
（4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图（乙）所示．现将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，根据图中图像和该电源输出电流与路端电压的关系图线，可以得到小灯泡消耗的功率是 W．（结果保留两位小数）
【答案】电流传感器；；a；0.10
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答】(1)由图可知传感器与电路是串联关系，故应为电流传感器；
故答案为：电流传感器
(2)由题意可知，实验要求电压值从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，实验电路如图所示；
(3)由图可知，测量部分与滑动变阻器右侧并联，为了让电压从零开始变化，滑片开始时应在最端；
故答案为： a
(4)根据闭合电路欧姆定律可得，代入数据可得，在图中作出电源的伏安特性曲线，交点为灯泡的工作点，由图可知电流为0.1A，电压为1.0V，则灯泡的功率．
故答案为：0.10
【分析】（1）传感器判断：串联在电路中的是电流传感器，并联的是电压传感器。
（2）电路连接：电压从零调需用分压接法，按分压电路完成连线。
（3）触头位置：分压接法闭合开关前，触头置于使测量部分电压为0的一端。
（4）功率计算：利用电源的路端电压方程，在灯泡I-U图中作电源直线，交点即为工作点，进而计算功率。
13．（2025高二上·陆川期中）如图所示，在直角坐标系xOy中，矩形区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=N/C．已知矩形区域边长为1.6m，边长为0.5m．在边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地射出速率均为m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=kg，电荷量q=C，不计粒子重力及粒子间相互作用，取sin37°=0.6，cos66°=0.4．求：
(1)粒子在磁场中运动的半径；
(2)从边射出粒子(不进入电场区域)的最长轨迹的长度及射出边时的位置坐标；
(3)沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开磁场所用的时间．
【答案】（1）解：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力得：
解得：R=0.5m
（2）解：当轨迹与x轴相切时轨迹最长，粒子在磁场中得运动轨迹如图中所示：
由几何关系得，
解得：，所以，轨迹的长度：
粒子从ab边离开磁场时的位置坐标为（1.6m，-0.1m）．
(3)解：y沿x轴射出的粒子如图，粒子先在磁场中运动四分之一圆周，然后在电场中做一个往复运动，再回到磁场，最后从y轴射出磁场，粒子先在磁场中运动的时间为，周期：，粒子在电场中运动的时间为，速度为：，加速度为：，粒子从电场中回到磁场中，设其在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为，由几何关系得：，可得：，所以粒子返回磁场后运动的时间为：，总时间为．
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）磁场中半径：利用洛伦兹力提供向心力的公式直接计算。
（2）最长轨迹：通过几何分析找到轨迹与 x 轴相切的临界情况，结合圆心角求轨迹长度，再由几何关系确定射出坐标。
（3）运动时间：分磁场中圆周运动（由圆心角求时间）和电场中匀变速直线运动（由加速度求时间），总时间为两者之和。
14．（2025高二上·陆川期中）一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间。已知电子质量为m，电荷量为q，求：
（1）电子离开加速电场时速度v0大小；
（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加电压U0多大？
（3）电子最远能够打到离荧光屏上离中心O点距离为Y多大？
【答案】（1）解：根据动能定理得
解得
（2）解：电子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，时间
设电子刚好从平行板间飞出时，板间电压为U0，沿电场方向得偏移量
解得
（3）解：电子从极板边缘飞出时，打到荧光屏上的点离中心O点最远，此时的偏转角
最远距离
【知识点】加速度；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）加速速度：利用动能定理，关联加速电压与电子动能，求解速度；
（2）最大偏转电压：结合类平抛运动的水平、竖直分运动，以“恰好飞出极板（偏转位移为）”为临界条件，推导最大电压；
（3）荧光屏偏转距离：先求电子离开偏转电场的偏转角，再结合匀速直线运动的几何关系，计算总偏转距离。
15．（2025高二上·陆川期中）如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B
（2）ab棒对导轨的压力
（3）试求使金属棒平衡的最小的磁感应强度B是多少？方向如何？
【答案】（1）解：棒静止时，通过受力分析可知
F=Gtan60°
BIL=Gtan60°
解得：B=
（2）解：ab棒对导轨的压力与FN大小相等
故ab棒对导轨的压力为6N．
（3）解：若要使B取值最小，即安培力F最小．显然当F平行斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直于斜面向上，
F=Gsin60°，BminIL=Gsin60°
【知识点】牛顿第三定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）磁感应强度：通过受力平衡，结合安培力公式，由重力与安培力的三角函数关系计算。
（2）导轨压力：利用支持力与重力的三角函数关系求支持力，再由牛顿第三定律得压力。
（3）最小磁感应强度：分析安培力的最小方向（平行斜面向上），结合平衡条件求最小安培力，进而得最小磁感应强度。
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