贵州省贵阳市第二中学2025-2026学年高二上学期期中达标测试物理试题
1．（2025高二上·云岩期中）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点， A图a、b两点在两等量异种电荷连线的中垂线上且与连线等距，B图a、b两点与场源电荷等距，C图a、b两点在点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面处，D图 a、b两点在匀强电场中分别靠近负、正极板处。其中a、b两点的电势、电场强度都相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】A．图中两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故A正确；
B．图中a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C．图中带电平板表面是一个等势面，则a、b两点的电势相等，由电场线的疏密看出，a点的场强小于b点的场强，故C错误；
D．图中平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，但b点的电势高于a点的电势。故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查电场中电势与电场强度的分布规律，核心思路是：结合电场线、等势面的特点，分别判断各选项中 a、b 两点的电势（是否在同一等势面）和电场强度（大小、方向是否均相同），进而确定符合条件的选项。
2．（2025高二上·云岩期中）下面说法正确的是（ ）
A．根据磁感应强度定义式 ，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度
【解析】【解答】A．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量与通电导线所受的安培力F以及IL乘积无关，选项A错误；
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；
D．磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误。
【分析】磁感应强度的大小与安培力大小、电流元大小无关；小磁针静止时N极的方向代表磁感应强度的方向；磁感应是闭合曲线不会终止。
3．（2025高二上·云岩期中）如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可知，D点的电势为（ ）
A．3V B．6V C．9V D．12V
【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】如图，作AB的中点F，则F点的电势为9V，连接DF，然后反向延长AB至E点，使得，则E点的电势为-3V，连接CE，则CE为一条等势线，根据几何知识可得DF∥CE，故DF也是一条等势线，所以D点的电势为9V，故C正确．
故答案为：C
【分析】本题中正方形的对边（如AB与 DC）平行且等长，因此它们的电势差相等，利用这一关系，直接通过已知三点的电势，建立等式计算出D点的电势。
4．（2025高二上·云岩期中）电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1∶U2为（ ）
A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1
【答案】C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】当R1、R2并联接入电路中时，电压相等，则R2：R1=I1：I2= 1：2
电阻R1、R2串联在电路中时，电流相等，则U1：U2=R1：R2= 2：1，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】先由并联电路的电流关系求出电阻之比，再结合串联电路的电压规律计算电压之比。
5．（2025高二上·云岩期中）如图所示，电阻、、、，满足，则当A、B间接上直流电压时，流过、、、的电流之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】解：、、并联，它们两端的电压相同，由可得流经、、的电流、、满足
流过的电流
故有
故答案为：C。
【分析】先分析电路结构：、、并联，再与串联。利用“并联电路电压相等，电流与电阻成反比”，结合串联电路电流的特点计算电流比。
6．（2025高二上·云岩期中）如图所示，a、b、c是电场中的三个点，其电场强度大小分别为、、，电势分别为、、。关于、、的比较，下列说法中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】根据电场线的疏密程度可知，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】电场强度的大小可通过电场线的疏密程度判断：电场线越密集，电场强度越大；反之则越小。
7．（2025高二上·云岩期中）有2个阻值都是6Ω的电阻组成一个电路，总电阻可能是（ ）
A．0Ω B．3Ω C．6Ω D．12Ω
【答案】B,D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】两电阻串联时的总电阻：R串=2R1 =12Ω
两电阻并联时的总电阻：
故答案为：BD
【分析】两个电阻串联，总电阻等于两个电阻之和；两个电阻并联，并联后的总电阻等于两个电阻的积除以电阻之和。
8．（2025高二上·云岩期中）一个带正电的粒子（重力不计）穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使粒子向上偏转应采用的办法是（ ）
A．减小电场强度 B．增大电荷电荷量
C．减小入射速度 D．增大磁感应强度
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】开始时正电粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，故：qE=qvB
A．减小电场强度，则电场力减小，洛伦兹力不变，合力向上，向上偏转，故A正确；
B．增大电荷量，则电场力与洛伦兹力都增加，合力为0，做直线运动，故B错误；
C．减小入射速度，则洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转，故错误；
D．增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增大，合力向上，向上偏转，故D正确．
故答案为：AD
【分析】粒子直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡，要使粒子向上偏转，需让向上的洛伦兹力大于向下的电场力，或向下的电场力小于向上的洛伦兹力。
9．（2025高二上·云岩期中）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中， 关于两个带电粒子P、Q （ ）
A．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
B．它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
C．它们运动时间的大小关系是tP∶tQ ＝1∶2
D．它们运动加速度的大小关系是aP∶aQ＝1∶2
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律。可知它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故A正确；B．电场力做的功等于动能的增量。所以它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，B错误；
C．垂直电场方向不受力，做速度相同的匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，故C错误；
D．平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式有。由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，则加速度之比aP∶aQ＝1∶2，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】粒子在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、牛顿第二定律分析电荷量、加速度等物理量的关系。
10．（2025高二上·云岩期中）如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R1，则下列说法正确的是
A．R1＜R2
B．图线的斜率代表导体的电阻
C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流I1＞I2
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流I1＞I2
【答案】A,D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB.根据I U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R 1 C.串联电路电流相等，所以将R 1 与R 2 串联后接于电源上，电流I 1 =I 2，故C错误；
D.并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比， 所以将R 1 与R 2 并联后接于电源上，电流比I 1 >I 2 ，故D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。
11．（2025高二上·云岩期中）要测绘一个标有“3V 0.8W”元件的伏安特性曲线，备用的器材有：
电池组（电动势为 4.5V，内阻约 1Ω)；
电流表（量程为 0~300 mA，内阻约 5Ω)；
电压表（量程为 0~3V，内阻约 3kΩ)；
滑动变阻器（最大阻值 5Ω，额定电流 1A）
电键一个、导线若干
（1）将实物连线补充完整；
（2）通过伏安特性曲线可以知道，随着电压的提高此元件的电阻 ；（选填“不变”、“增大”或“减小”）
（3）把此元件直接串联接在电动势为 3V 内阻为 10Ω的电源两端，此时该元件消耗的电功率为 W．（保留两位有效数字）
【答案】；增大；0.20~0.22
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：
（2）由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大．
故答案为：增大
（3）在灯泡I-U图象坐标系内作出电源的I-U图象如图所示：
由图示可知，灯泡两端电压U=1.10V，电流I=0.19A，灯泡实际功率P=UI=1.10×0.19W=0.21W．
故答案为：0.20~0.22
【分析】（1）电路连接：测伏安特性需分压接法（电压从零调），结合元件电阻与电表内阻的关系选外接法。
（2）电阻变化：通过伏安特性曲线中 “U/I” 的变化判断电阻变化趋势。
（3）功率计算：利用电源的路端电压方程，在元件的I-U图中作电源直线，交点即为工作点，进而计算功率。
12．（2025高二上·云岩期中）如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图．充电后与电源断开的平行板电容器的板与静电计相连，板和静电计金属壳都接地，板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制板的移动．请回答下列问题：
（1）本实验采用的科学方法是
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）在该实验中，静电计的作用是
A．测定该电容器的电荷量
B．测定该电容器两极的电势差
C．测定该电容器的电容
D．测定、两板之间的电场强度
（3）在实验中观察到的现象是
A．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
C．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
D．丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变．
【答案】C；B；A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素；故采用的是控制变量法；故选C；
故答案为：C
（2）静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差；故选B；
故答案为：B
（3）实验中观察到的现象为：A、手水平向左移动时，板间距离增大时，根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故A正确；
B、当手竖直上移时，正对面积减小；根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故B错误；
C、插入电介质时，根据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故C错误；
D、而向两板间插入金属板时，板间距离减小，据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故D错误；
故答案为：A
【分析】（1）实验方法：探究多个因素对电容的影响，采用控制变量法。
（2）静电计作用：通过指针张角直观反映电容器两极板的电势差。
（3）现象分析：结合电容的决定式和定义式，分析极板移动 / 插入介质时C和U的变化，进而判断静电计张角的变化。
13．（2025高二上·云岩期中）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端系一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角时，小球速度为零。
（1）求小球带电性质和电场强度E；
（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小（可含根式）。
【答案】（1）解：由依题意，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角平分线位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图
根据平衡条件得
解得
（2）解：小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于二者都是恒力，因此可等效成一个新的重力，如图所示
所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律
从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电性与场强：通过小球偏转方向判断电性，结合动能定理（初末动能为零）列方程求场强。
（2）初速度：将电场力与重力等效为 “合力”，转化为等效竖直圆周运动问题，利用等效最高点的最小速度条件，结合动能定理求解初速度。
（1）依题意，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角平分线位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图
根据平衡条件得
解得
（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于二者都是恒力，因此可等效成一个新的重力，如图所示
所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律
从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得
联立解得
14．（2025高二上·云岩期中）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C，质量为m=2×10-2 kg，不考虑空气阻力。
（1）当滑动变阻器接入电路的阻值为4Ω时，两平行金属板A、B间的电压是多少？
（2）若小球恰能到达A板，则滑动变阻器接入电路的阻值应为多大？(取g=10 m/s2)
【答案】（1）解：电路中电流为
滑动变阻器两端的电压
（2）解：当带电小球恰能到达A极板，根据动能定理得
解得滑动变阻器接入电路的阻值
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）板间电压：先求电路总电流，再利用滑动变阻器的分压（板间电压等于滑动变阻器电压）计算。
（2）滑动变阻器阻值：通过动能定理求出小球到达 A 板所需的板间电压，再结合电路的闭合欧姆定律，联立求解滑动变阻器的阻值。
15．（2025高二上·云岩期中）如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．
（1）分析小球带何种电荷；
（2）若在某时刻将细线突然剪断，分析小球如何运动．
【答案】(1)解：对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图
小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷；
（2）解：剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动
【知识点】电场强度；匀强电场
【解析】【分析】（1）电性判断：通过电场力方向与场强方向的关系（相反则带负电）确定电性。
（2）运动分析：剪断细线后，小球受恒力作用，初速度为零，故做匀加速直线运动（合力方向为运动方向）。
1 / 1贵州省贵阳市第二中学2025-2026学年高二上学期期中达标测试物理试题
1．（2025高二上·云岩期中）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点， A图a、b两点在两等量异种电荷连线的中垂线上且与连线等距，B图a、b两点与场源电荷等距，C图a、b两点在点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面处，D图 a、b两点在匀强电场中分别靠近负、正极板处。其中a、b两点的电势、电场强度都相同的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·云岩期中）下面说法正确的是（ ）
A．根据磁感应强度定义式 ，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止
3．（2025高二上·云岩期中）如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可知，D点的电势为（ ）
A．3V B．6V C．9V D．12V
4．（2025高二上·云岩期中）电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1∶U2为（ ）
A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1
5．（2025高二上·云岩期中）如图所示，电阻、、、，满足，则当A、B间接上直流电压时，流过、、、的电流之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·云岩期中）如图所示，a、b、c是电场中的三个点，其电场强度大小分别为、、，电势分别为、、。关于、、的比较，下列说法中正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·云岩期中）有2个阻值都是6Ω的电阻组成一个电路，总电阻可能是（ ）
A．0Ω B．3Ω C．6Ω D．12Ω
8．（2025高二上·云岩期中）一个带正电的粒子（重力不计）穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使粒子向上偏转应采用的办法是（ ）
A．减小电场强度 B．增大电荷电荷量
C．减小入射速度 D．增大磁感应强度
9．（2025高二上·云岩期中）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中， 关于两个带电粒子P、Q （ ）
A．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
B．它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
C．它们运动时间的大小关系是tP∶tQ ＝1∶2
D．它们运动加速度的大小关系是aP∶aQ＝1∶2
10．（2025高二上·云岩期中）如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R1，则下列说法正确的是
A．R1＜R2
B．图线的斜率代表导体的电阻
C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流I1＞I2
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流I1＞I2
11．（2025高二上·云岩期中）要测绘一个标有“3V 0.8W”元件的伏安特性曲线，备用的器材有：
电池组（电动势为 4.5V，内阻约 1Ω)；
电流表（量程为 0~300 mA，内阻约 5Ω)；
电压表（量程为 0~3V，内阻约 3kΩ)；
滑动变阻器（最大阻值 5Ω，额定电流 1A）
电键一个、导线若干
（1）将实物连线补充完整；
（2）通过伏安特性曲线可以知道，随着电压的提高此元件的电阻 ；（选填“不变”、“增大”或“减小”）
（3）把此元件直接串联接在电动势为 3V 内阻为 10Ω的电源两端，此时该元件消耗的电功率为 W．（保留两位有效数字）
12．（2025高二上·云岩期中）如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图．充电后与电源断开的平行板电容器的板与静电计相连，板和静电计金属壳都接地，板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制板的移动．请回答下列问题：
（1）本实验采用的科学方法是
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）在该实验中，静电计的作用是
A．测定该电容器的电荷量
B．测定该电容器两极的电势差
C．测定该电容器的电容
D．测定、两板之间的电场强度
（3）在实验中观察到的现象是
A．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
C．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
D．丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变．
13．（2025高二上·云岩期中）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端系一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角时，小球速度为零。
（1）求小球带电性质和电场强度E；
（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小（可含根式）。
14．（2025高二上·云岩期中）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C，质量为m=2×10-2 kg，不考虑空气阻力。
（1）当滑动变阻器接入电路的阻值为4Ω时，两平行金属板A、B间的电压是多少？
（2）若小球恰能到达A板，则滑动变阻器接入电路的阻值应为多大？(取g=10 m/s2)
15．（2025高二上·云岩期中）如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．
（1）分析小球带何种电荷；
（2）若在某时刻将细线突然剪断，分析小球如何运动．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】A．图中两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故A正确；
B．图中a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C．图中带电平板表面是一个等势面，则a、b两点的电势相等，由电场线的疏密看出，a点的场强小于b点的场强，故C错误；
D．图中平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，但b点的电势高于a点的电势。故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查电场中电势与电场强度的分布规律，核心思路是：结合电场线、等势面的特点，分别判断各选项中 a、b 两点的电势（是否在同一等势面）和电场强度（大小、方向是否均相同），进而确定符合条件的选项。
2．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度
【解析】【解答】A．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量与通电导线所受的安培力F以及IL乘积无关，选项A错误；
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；
D．磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误。
【分析】磁感应强度的大小与安培力大小、电流元大小无关；小磁针静止时N极的方向代表磁感应强度的方向；磁感应是闭合曲线不会终止。
3．【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】如图，作AB的中点F，则F点的电势为9V，连接DF，然后反向延长AB至E点，使得，则E点的电势为-3V，连接CE，则CE为一条等势线，根据几何知识可得DF∥CE，故DF也是一条等势线，所以D点的电势为9V，故C正确．
故答案为：C
【分析】本题中正方形的对边（如AB与 DC）平行且等长，因此它们的电势差相等，利用这一关系，直接通过已知三点的电势，建立等式计算出D点的电势。
4．【答案】C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】当R1、R2并联接入电路中时，电压相等，则R2：R1=I1：I2= 1：2
电阻R1、R2串联在电路中时，电流相等，则U1：U2=R1：R2= 2：1，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】先由并联电路的电流关系求出电阻之比，再结合串联电路的电压规律计算电压之比。
5．【答案】C
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】解：、、并联，它们两端的电压相同，由可得流经、、的电流、、满足
流过的电流
故有
故答案为：C。
【分析】先分析电路结构：、、并联，再与串联。利用“并联电路电压相等，电流与电阻成反比”，结合串联电路电流的特点计算电流比。
6．【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】根据电场线的疏密程度可知，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】电场强度的大小可通过电场线的疏密程度判断：电场线越密集，电场强度越大；反之则越小。
7．【答案】B,D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】两电阻串联时的总电阻：R串=2R1 =12Ω
两电阻并联时的总电阻：
故答案为：BD
【分析】两个电阻串联，总电阻等于两个电阻之和；两个电阻并联，并联后的总电阻等于两个电阻的积除以电阻之和。
8．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】开始时正电粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，故：qE=qvB
A．减小电场强度，则电场力减小，洛伦兹力不变，合力向上，向上偏转，故A正确；
B．增大电荷量，则电场力与洛伦兹力都增加，合力为0，做直线运动，故B错误；
C．减小入射速度，则洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转，故错误；
D．增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增大，合力向上，向上偏转，故D正确．
故答案为：AD
【分析】粒子直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡，要使粒子向上偏转，需让向上的洛伦兹力大于向下的电场力，或向下的电场力小于向上的洛伦兹力。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律。可知它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故A正确；B．电场力做的功等于动能的增量。所以它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，B错误；
C．垂直电场方向不受力，做速度相同的匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，故C错误；
D．平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式有。由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，则加速度之比aP∶aQ＝1∶2，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】粒子在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、牛顿第二定律分析电荷量、加速度等物理量的关系。
10．【答案】A,D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB.根据I U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R 1 C.串联电路电流相等，所以将R 1 与R 2 串联后接于电源上，电流I 1 =I 2，故C错误；
D.并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比， 所以将R 1 与R 2 并联后接于电源上，电流比I 1 >I 2 ，故D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。
11．【答案】；增大；0.20~0.22
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：
（2）由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大．
故答案为：增大
（3）在灯泡I-U图象坐标系内作出电源的I-U图象如图所示：
由图示可知，灯泡两端电压U=1.10V，电流I=0.19A，灯泡实际功率P=UI=1.10×0.19W=0.21W．
故答案为：0.20~0.22
【分析】（1）电路连接：测伏安特性需分压接法（电压从零调），结合元件电阻与电表内阻的关系选外接法。
（2）电阻变化：通过伏安特性曲线中 “U/I” 的变化判断电阻变化趋势。
（3）功率计算：利用电源的路端电压方程，在元件的I-U图中作电源直线，交点即为工作点，进而计算功率。
12．【答案】C；B；A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素；故采用的是控制变量法；故选C；
故答案为：C
（2）静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差；故选B；
故答案为：B
（3）实验中观察到的现象为：A、手水平向左移动时，板间距离增大时，根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故A正确；
B、当手竖直上移时，正对面积减小；根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故B错误；
C、插入电介质时，根据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故C错误；
D、而向两板间插入金属板时，板间距离减小，据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故D错误；
故答案为：A
【分析】（1）实验方法：探究多个因素对电容的影响，采用控制变量法。
（2）静电计作用：通过指针张角直观反映电容器两极板的电势差。
（3）现象分析：结合电容的决定式和定义式，分析极板移动 / 插入介质时C和U的变化，进而判断静电计张角的变化。
13．【答案】（1）解：由依题意，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角平分线位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图
根据平衡条件得
解得
（2）解：小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于二者都是恒力，因此可等效成一个新的重力，如图所示
所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律
从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电性与场强：通过小球偏转方向判断电性，结合动能定理（初末动能为零）列方程求场强。
（2）初速度：将电场力与重力等效为 “合力”，转化为等效竖直圆周运动问题，利用等效最高点的最小速度条件，结合动能定理求解初速度。
（1）依题意，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角平分线位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图
根据平衡条件得
解得
（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于二者都是恒力，因此可等效成一个新的重力，如图所示
所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律
从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得
联立解得
14．【答案】（1）解：电路中电流为
滑动变阻器两端的电压
（2）解：当带电小球恰能到达A极板，根据动能定理得
解得滑动变阻器接入电路的阻值
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）板间电压：先求电路总电流，再利用滑动变阻器的分压（板间电压等于滑动变阻器电压）计算。
（2）滑动变阻器阻值：通过动能定理求出小球到达 A 板所需的板间电压，再结合电路的闭合欧姆定律，联立求解滑动变阻器的阻值。
15．【答案】(1)解：对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图
小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷；
（2）解：剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动
【知识点】电场强度；匀强电场
【解析】【分析】（1）电性判断：通过电场力方向与场强方向的关系（相反则带负电）确定电性。
（2）运动分析：剪断细线后，小球受恒力作用，初速度为零，故做匀加速直线运动（合力方向为运动方向）。
1 / 1
