河北省保定市四校2025-2026学年高二上学期10月期中考试物理试题
1．（2025高二上·保定期中）安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（ ）
A．电流大小为，电流方向为顺时针
B．电流大小为，电流方向为顺时针
C．电流大小为，电流方向为逆时针
D．电流大小为，电流方向为逆时针
2．（2025高二上·保定期中）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
B．三个等势面中，a的电势最低
C．带电粒子在P点的加速度比在Q点的小
D．带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右
3．（2025高二上·保定期中）如图所示，在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷、，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线（取x轴正方向为电场强度的正方向），其中O点电场强度为零，．P点和Q点在x轴上，且．下列说法正确的是（ ）
A．与带等量负电荷
B．与均带正电荷，且电荷量之比为
C．P点与Q点的电场强度等大反向
D．若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能减小
4．（2025高二上·保定期中）如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接。下极板接地，一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则以下说法错误的是（ ）
A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大
B．带电质点将沿竖直方向向上运动
C．P点的电势将降低
D．若将带电质点固定，则其电势能不变
5．（2025高二上·保定期中）导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性，如图是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成角。下列关于这两个导体的伏安特性曲线的说法正确的是（ ）
A．两条图线的交点表示此状态下两导体的电阻相等
B．导体A的电阻值不随电压变化而变化，B的电阻值随电压的增大而增大
C．导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状态的电阻的倒数
D．导体A为线性元件，且
6．（2025高二上·保定期中）如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数为0.33 A，电压表示数为1.75 V，c端与a端相连时，电流表示数为0.34 A，电压表示数为1.65 V，比较这两次结果，下列说法正确的是（ ）
A．电阻的真实值更接近5.3 Ω，且大于5.3 Ω
B．电阻的真实值更接近5.3 Ω，且小于5.3 Ω
C．电阻的真实值更接近4.85 Ω，且大于4.85 Ω
D．电阻的真实值更接近4.85 Ω，且小于4.85 Ω
7．（2025高二上·保定期中）如图所示，A、B、C三个点位于以O点为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为37°。A、B两点分别放有电荷量大小为、的点电荷时，C点的电场强度方向恰好由C点指向圆心O，，则等于（ ）
A． B． C． D．1
8．（2025高二上·保定期中）带电小球在从A点运动到B点的过程中，重力做功为，电场力做功，克服空气阻力做功为0.5J，则在A点的（ ）
A．重力势能比B点大 B．电势能比B点小
C．动能比B点小 D．机械能比B点小0.5J
9．（2025高二上·保定期中）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．A板的电势为
C．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为
D．在此过程中小球的电势能减小
10．（2025高二上·保定期中）如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（ ）
A．使减小到原来的
B．使增大为原来的2倍
C．使偏转板的长度增大为原来2倍
D．使偏转板的距离减小为原来的
11．（2025高二上·保定期中）某实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，欲先采用伏安法测出金属丝的电阻，已知金属丝的电阻大约为。实验室中有以下器材可供使用：
A．电压表，内阻约为；
B．电压表，内阻约为；
C．电流表，内阻约为；
D．电流表，内阻约为；
E．滑动变阻器（）；
F．滑动变阻器（）；
G．两节干电池、开关及导线若干。
（1）用螺旋测微器测其直径 mm，再用游标卡尺测其长度为 cm。
（2）要求待测金属丝两端的电压从零开始连续变化，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （请填写器材前字母序号）；
（3）请在虚线框中将电路图补充完整，并将实物连接图补充完整。
（4）开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应滑至 （“左端”、“右端”）；
（5）实验中调节滑动变阻器滑片的位置，读取多组电压、电流值，描绘出的图像是一条过原点的直线，已知该图线的斜率为k，金属导体的有效长度为L，直径为D，则该金属导体电阻率的表达式为 （用题目中给定的字母表示）；
（6）依据设计的实验原理，实验测得的电阻率 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
12．（2025高二上·保定期中）现将内阻为的灵敏电流计G分别改装为双量程的电压表和电流表，如图甲和乙所示。 甲图中，，使用A、B两个端点时，电压表的量程为；乙图中使用A、B两个端点时，电流表量程为，使用A、C两个端点时，电流表量程为，试计算：
（1）灵敏电流计的满偏电流是多少？
（2）图甲中使用A、C两个端点时，电压表的量程是多少？
（3）图乙中R3和R4的阻值各为多少？
13．（2025高二上·保定期中）如图所示，在水平地面上有O、A两点，在O点上方右侧的竖直面内存在着水平向右的匀强电场，现有一个q=1×10-7C、m=1×10-3kg的带电小球从A点以v0=12m/s的初速度沿AB方向射出，小球恰好可以沿直线运动。已知OB之间的距离为L=1m，AB与水平面的夹角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）电场中O、A两点的电势差UOA；
（2）A点到小球的落地点C（未画出）之间的水平距离。
14．（2025高二上·保定期中）在竖直平面内有水平向右、场强为的匀强电场．在场中有一根长为的绝缘细线，一端固定在点，另一端系质量为的带电小球，它静止时细线与竖直方向成角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕点在竖直平面内做圆周运动，取小球在最初静止时的位置为电势能和重力势能的零点，，求：
⑴小球所带电量；
⑵小球恰能做圆周运动的动能最小值；
⑶小球恰能做圆周运动的机械能最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】电子绕核运动可等效为环形电流，电子运动周期为
根据电流的定义可得电流大小为
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向。
故答案为：C。
【分析】先根据电子的圆周运动求出周期，再由电流定义式计算电流大小，结合电子的负电性判断电流方向。
2．【答案】A
【知识点】电场线；电势；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确；
B．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误；
C．因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误；
D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：轨迹弯曲方向反映电场力方向，结合粒子带电性判断电场线方向。
B：沿电场线电势降低，正电荷电势能随电势升高而增大。
C：等势面疏密反映场强大小，场强决定加速度。
D：电场力方向与电场线方向一致（正电荷 ），电场线与等势面垂直。
3．【答案】B
【知识点】电场线；电势能
【解析】【解答】AB．根据题意，由图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则与均带正电荷，且
解得，故A错误，B正确；
CD．根据题意，由点电荷场强公式
结合电场叠加原理可知，令，P点的电场强度
Q点的电场强度
P点的电场强度大于Q点，P点电势
Q点电势
P点电势高于Q点，若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能增加，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据O点场强为零的条件，结合点电荷场强公式推导、的电性与电荷量比；再分析P、Q点的场强、电势及电势能变化。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；电场强度；电势差
【解析】【解答】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据
可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU，可知，电量将增大；故A正确；
B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据
可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确；
C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed，分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；
D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大；故D错误。
故答案为：D。
【分析】A：用决定式 关联极板间距与电容，结合 （ 不变 ）得电荷量变化。
B： 得电场强度变化，比较电场力与重力判断运动。
C：以上极板电势为参考，通过电势差 关联电场强度与电势变化。
D：由电场方向判断质点电性（负电 ），结合 分析电势变化对电势能的影响。
5．【答案】A
【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．两线的交点处，U和I相等，此时电阻也相等，故A正确；
BCD．因为A元件的伏安特性曲线是直线，所以A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，但因为横纵坐标轴标度不一定相同，则斜率不能用倾角的正切值求解，A元件的电阻值不随电压变化而变化；因为B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所以导体B是非线性元件，各点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，不是某点切线的斜率表示电阻的倒数，B的电阻值随电压的增大而减小。故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据伏安特性曲线（图）的物理意义，结合电阻的定义，区分线性、非线性元件的电阻变化规律。
6．【答案】C
【知识点】路端电压与负载的关系；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】比较两次电压表读数，可知
则
电流表示数变化
则
可得
即电压变化明显一些，可见电流表内阻带来的影响比电压表内阻带来的影响大，故采用外接法，则
根据规律可知电流表外接测量值小于真实值，即真实值大于测量值4.85 Ω。
故答案为：C。
【分析】通过两次测量的电压、电流变化量，判断电流表 / 电压表内阻的影响程度，确定实验接法（内 / 外接），再分析测量值与真实值的大小关系。
7．【答案】C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】设圆的半径为R，则A点、B点处的点电荷在C点处产生的电场强度大小分别为，
合电场强度方向由C点指向圆心O，则有
解得
故答案为：C。
【分析】先确定A、B处点电荷在C点的场强方向，再将场强分解为沿CO方向的分量，结合几何关系与点电荷场强公式，推导与的比值。
8．【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势差
【解析】【解答】A．重力做功等于重力势能的变化量，重力做功，重力势能减小，所以A点重力势能比B点大，故A正确；
B．电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功，电势能减小，所以A点电势能比B点大，故B错误；
C．合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总共为，故动能增加，所以A点动能比B点小，故C正确；
D．除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，电场力做功为，克服空气阻力做功0.5J，故机械能增加0.5J，所以A点机械能比B点小0.5J，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】根据 “力做功与对应能量变化的关系”（重力做功→重力势能变化、电场力做功→电势能变化、合力做功→动能变化、除重力外的力做功→机械能变化），逐一分析各能量的变化。
9．【答案】A,B
【知识点】受力分析的应用；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示
电场线的方向垂直于极板，从极板B指向极板A，带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确；
B．根据小球的受力情况可得
解得
根据几何关系可得板间距为
电场强度为
解得A板的电势为，故B正确；
C．小球在电场中所受合力为
根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为
根据几何关系可得小球的位移为
则有
解得小球在电场中运动的时间为，故C错误；
D．此过程中电场力做负功，则可知小球的电势能增加，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】对小球进行受力分析（重力、电场力），结合平衡条件推导电场强度，再结合电势、电势能的规律分析选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】加速过程（动能定理）：，得；
偏转过程（类平抛）：水平方向，竖直方向加速度，偏转量。
联立得：，要使增大为原来的2倍，结合表达式：
A：减小为原来的，则加倍，故A正确；
B：增大为原来的2倍，则加倍，故B正确；
C：增大为原来的2倍，会变为原来的4倍（因），故C错误；
D：减小为原来的，则加倍，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】先推导电子偏转量的表达式，再分析加速电压、偏转电压、偏转板长度、间距对的影响，确定使加倍的方法。
11．【答案】（1）4.700；10.050
（2）A；C；E
（3）
（4）左端
（5）
（6）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）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为4.5mm+mm=4.700mm
游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为10cm+mm=10.050cm
故答案为：4.700；10.050
（2）两节干电池的电动势约为3V，电压表应选A；
已知金属丝的电阻大约为10，最大电流约0.3A，电流表应选C；
金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，为了方便调节电路，滑动变阻器应选择E。
故答案为：A；C；E
（3）金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法；待测电阻较小，电流表采用外接法。
（4）滑动变阻器采用分压接法，开关闭合前，为保护电表，故滑动变阻器的滑动触头应滑至左端。
故答案为：左端
（5）根据欧姆定律
根据电阻定律
金属导体的横截面积为
解得
图线的斜率为
解得
故答案为：
（6）根据电流表外接法，电流I的测量值偏大，根据可知图像斜率的测量值偏小，根据可知电阻率的测量值偏小。
故答案为：小于
【分析】（1）仪器读数：螺旋测微器读固定+可动刻度，游标卡尺读主尺+游标尺刻度。
（2）器材选择：根据电源电动势选电压表，由最大电流选电流表，电压从零调选分压式滑动变阻器。
（3）电路设计：分压接法实现电压从零调，电流表外接减小小电阻的测量误差。
（4）触头位置：分压接法闭合前，触头置于分压端使待测电阻电压为0。
（5）电阻率推导：结合欧姆定律、电阻定律，由U-I图斜率推导电阻率表达式。
（6）误差判断：电流表外接的系统误差导致电阻测量值偏小，进而电阻率偏小。
（1）[1] 螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为4.5mm+mm=4.700mm
[2] 游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为10cm+mm=10.050cm
（2）[1]两节干电池的电动势约为3V，电压表应选A；
[2]已知金属丝的电阻大约为10，最大电流约0.3A，电流表应选C；
[3]金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，为了方便调节电路，滑动变阻器应选择E。
（3）金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法；待测电阻较小，电流表采用外接法。
（4）滑动变阻器采用分压接法，开关闭合前，为保护电表，故滑动变阻器的滑动触头应滑至左端。
（5）根据欧姆定律
根据电阻定律
金属导体的横截面积为
解得
图线的斜率为
解得
（6）根据电流表外接法，电流I的测量值偏大，根据可知图像斜率的测量值偏小，根据可知电阻率的测量值偏小。
12．【答案】（1）解：图甲中使用A、B两个端点时，根据欧姆定律有
得到或
（2）解：图甲中使用A、C两个端点时
得到
电压表的量程是
（3）解：图乙中，使用A、B两个端点时
使用A、C两个端点时
解得，
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】1. 电压表改装
公式：，扩大量程需串联更大电阻。
易错：误把 忽略，直接 。
2. 电流表改装
公式：，为分流电阻。
多量程：小量程对应并联较大电阻，大量程对应并联较小电阻。
易错：量程与分流电阻对应关系搞反。
易错：计算时忘记 是分流电流，错用 直接乘。
3. 多量程接法识别
电压表：不同接线端串联不同电阻。
电流表：不同接线端并联不同电阻。
易错：误把并联当串联处理。
4. 单位与数量级
与 混淆。
是 mA 级，计算时用 A 作单位要小心小数点。
（1）图甲中使用A、B两个端点时
得到
或
（2）图甲中使用A、C两个端点时
得到
电压表的量程是
（3）图乙中，使用A、B两个端点时
使用A、C两个端点时
解得
，
13．【答案】（1）解：小球沿直线运动，合力与速度共线，由几何关系
解得
、的水平距离
电场强度方向水平向右，沿电场线方向电势降低，故
电势差
（2）解：长度
小球受竖直向下的重力，和水平向右的电场力，合力沿反方向，由牛顿第二定律
可得小球的加速度大小为
由匀变速直线运动位移公式
代入数据得或（舍去）
由匀变速直线运动速度公式得
速度方向沿斜向左上方，小球在左侧做斜上抛运动，水平分速度
竖直分速度
设竖直向上为正方向，点到地面的竖直位移
由竖直位移公式
解得时间
可知小球做斜抛运动的水平位移为
即A点到小球的落地点C之间的水平距离为
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电势差计算：由直线运动的合力与速度共线，求出电场强度，再结合A、O的水平距离，利用电势差与场强的关系计算。
（2）水平距离计算：先确定AB长度，由合力求加速度，通过匀变速直线运动公式求运动时间，再分解速度和加速度，计算水平方向的位移。
（1）小球沿直线运动，合力与速度共线，由几何关系
解得
、的水平距离
电场强度方向水平向右，沿电场线方向电势降低，故
电势差
（2）长度
小球受竖直向下的重力，和水平向右的电场力，合力沿反方向，由牛顿第二定律
可得小球的加速度大小为
由匀变速直线运动位移公式
代入数据得或（舍去）
由匀变速直线运动速度公式得
速度方向沿斜向左上方，小球在左侧做斜上抛运动，水平分速度
竖直分速度
设竖直向上为正方向，点到地面的竖直位移
由竖直位移公式
解得时间
可知小球做斜抛运动的水平位移为
即A点到小球的落地点C之间的水平距离为
14．【答案】(1)解：根据平衡关系：，所以得到：，代入数据得．
(2)解：由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，在圆上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B，小球的动能最小，在对称点B，小球受到的重力和电场力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零.有，而 所以．
(3)解：当小球在圆上最左侧的C点时，电势最高，电势能最大，机械能最小．
由B运动到A，根据动能定理，有所以，A点的重力势能和电势能均为零，则总能量E=2.5J．
由C，克服电场力做的功：，即C点的电势能，所以C点的机械能为．
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电量计算：利用静止时的受力平衡，结合三角函数关系推导电量。
（2）最小动能：将重力与电场力的合力视为“类重力”，圆周运动中 “类重力” 提供向心力时动能最小。
（3）最小机械能：总能量守恒，电势能最大的位置（电场力做负功最多）对应机械能最小，结合电势能计算得结果。
1 / 1河北省保定市四校2025-2026学年高二上学期10月期中考试物理试题
1．（2025高二上·保定期中）安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（ ）
A．电流大小为，电流方向为顺时针
B．电流大小为，电流方向为顺时针
C．电流大小为，电流方向为逆时针
D．电流大小为，电流方向为逆时针
【答案】C
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】电子绕核运动可等效为环形电流，电子运动周期为
根据电流的定义可得电流大小为
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向。
故答案为：C。
【分析】先根据电子的圆周运动求出周期，再由电流定义式计算电流大小，结合电子的负电性判断电流方向。
2．（2025高二上·保定期中）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
B．三个等势面中，a的电势最低
C．带电粒子在P点的加速度比在Q点的小
D．带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右
【答案】A
【知识点】电场线；电势；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确；
B．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误；
C．因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误；
D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：轨迹弯曲方向反映电场力方向，结合粒子带电性判断电场线方向。
B：沿电场线电势降低，正电荷电势能随电势升高而增大。
C：等势面疏密反映场强大小，场强决定加速度。
D：电场力方向与电场线方向一致（正电荷 ），电场线与等势面垂直。
3．（2025高二上·保定期中）如图所示，在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷、，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线（取x轴正方向为电场强度的正方向），其中O点电场强度为零，．P点和Q点在x轴上，且．下列说法正确的是（ ）
A．与带等量负电荷
B．与均带正电荷，且电荷量之比为
C．P点与Q点的电场强度等大反向
D．若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能减小
【答案】B
【知识点】电场线；电势能
【解析】【解答】AB．根据题意，由图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则与均带正电荷，且
解得，故A错误，B正确；
CD．根据题意，由点电荷场强公式
结合电场叠加原理可知，令，P点的电场强度
Q点的电场强度
P点的电场强度大于Q点，P点电势
Q点电势
P点电势高于Q点，若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能增加，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据O点场强为零的条件，结合点电荷场强公式推导、的电性与电荷量比；再分析P、Q点的场强、电势及电势能变化。
4．（2025高二上·保定期中）如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接。下极板接地，一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则以下说法错误的是（ ）
A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大
B．带电质点将沿竖直方向向上运动
C．P点的电势将降低
D．若将带电质点固定，则其电势能不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；电场强度；电势差
【解析】【解答】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据
可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU，可知，电量将增大；故A正确；
B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据
可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确；
C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed，分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；
D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大；故D错误。
故答案为：D。
【分析】A：用决定式 关联极板间距与电容，结合 （ 不变 ）得电荷量变化。
B： 得电场强度变化，比较电场力与重力判断运动。
C：以上极板电势为参考，通过电势差 关联电场强度与电势变化。
D：由电场方向判断质点电性（负电 ），结合 分析电势变化对电势能的影响。
5．（2025高二上·保定期中）导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性，如图是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成角。下列关于这两个导体的伏安特性曲线的说法正确的是（ ）
A．两条图线的交点表示此状态下两导体的电阻相等
B．导体A的电阻值不随电压变化而变化，B的电阻值随电压的增大而增大
C．导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状态的电阻的倒数
D．导体A为线性元件，且
【答案】A
【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．两线的交点处，U和I相等，此时电阻也相等，故A正确；
BCD．因为A元件的伏安特性曲线是直线，所以A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，但因为横纵坐标轴标度不一定相同，则斜率不能用倾角的正切值求解，A元件的电阻值不随电压变化而变化；因为B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所以导体B是非线性元件，各点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，不是某点切线的斜率表示电阻的倒数，B的电阻值随电压的增大而减小。故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据伏安特性曲线（图）的物理意义，结合电阻的定义，区分线性、非线性元件的电阻变化规律。
6．（2025高二上·保定期中）如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数为0.33 A，电压表示数为1.75 V，c端与a端相连时，电流表示数为0.34 A，电压表示数为1.65 V，比较这两次结果，下列说法正确的是（ ）
A．电阻的真实值更接近5.3 Ω，且大于5.3 Ω
B．电阻的真实值更接近5.3 Ω，且小于5.3 Ω
C．电阻的真实值更接近4.85 Ω，且大于4.85 Ω
D．电阻的真实值更接近4.85 Ω，且小于4.85 Ω
【答案】C
【知识点】路端电压与负载的关系；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】比较两次电压表读数，可知
则
电流表示数变化
则
可得
即电压变化明显一些，可见电流表内阻带来的影响比电压表内阻带来的影响大，故采用外接法，则
根据规律可知电流表外接测量值小于真实值，即真实值大于测量值4.85 Ω。
故答案为：C。
【分析】通过两次测量的电压、电流变化量，判断电流表 / 电压表内阻的影响程度，确定实验接法（内 / 外接），再分析测量值与真实值的大小关系。
7．（2025高二上·保定期中）如图所示，A、B、C三个点位于以O点为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为37°。A、B两点分别放有电荷量大小为、的点电荷时，C点的电场强度方向恰好由C点指向圆心O，，则等于（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】设圆的半径为R，则A点、B点处的点电荷在C点处产生的电场强度大小分别为，
合电场强度方向由C点指向圆心O，则有
解得
故答案为：C。
【分析】先确定A、B处点电荷在C点的场强方向，再将场强分解为沿CO方向的分量，结合几何关系与点电荷场强公式，推导与的比值。
8．（2025高二上·保定期中）带电小球在从A点运动到B点的过程中，重力做功为，电场力做功，克服空气阻力做功为0.5J，则在A点的（ ）
A．重力势能比B点大 B．电势能比B点小
C．动能比B点小 D．机械能比B点小0.5J
【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势差
【解析】【解答】A．重力做功等于重力势能的变化量，重力做功，重力势能减小，所以A点重力势能比B点大，故A正确；
B．电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功，电势能减小，所以A点电势能比B点大，故B错误；
C．合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总共为，故动能增加，所以A点动能比B点小，故C正确；
D．除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，电场力做功为，克服空气阻力做功0.5J，故机械能增加0.5J，所以A点机械能比B点小0.5J，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】根据 “力做功与对应能量变化的关系”（重力做功→重力势能变化、电场力做功→电势能变化、合力做功→动能变化、除重力外的力做功→机械能变化），逐一分析各能量的变化。
9．（2025高二上·保定期中）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．A板的电势为
C．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为
D．在此过程中小球的电势能减小
【答案】A,B
【知识点】受力分析的应用；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示
电场线的方向垂直于极板，从极板B指向极板A，带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确；
B．根据小球的受力情况可得
解得
根据几何关系可得板间距为
电场强度为
解得A板的电势为，故B正确；
C．小球在电场中所受合力为
根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为
根据几何关系可得小球的位移为
则有
解得小球在电场中运动的时间为，故C错误；
D．此过程中电场力做负功，则可知小球的电势能增加，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】对小球进行受力分析（重力、电场力），结合平衡条件推导电场强度，再结合电势、电势能的规律分析选项。
10．（2025高二上·保定期中）如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（ ）
A．使减小到原来的
B．使增大为原来的2倍
C．使偏转板的长度增大为原来2倍
D．使偏转板的距离减小为原来的
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】加速过程（动能定理）：，得；
偏转过程（类平抛）：水平方向，竖直方向加速度，偏转量。
联立得：，要使增大为原来的2倍，结合表达式：
A：减小为原来的，则加倍，故A正确；
B：增大为原来的2倍，则加倍，故B正确；
C：增大为原来的2倍，会变为原来的4倍（因），故C错误；
D：减小为原来的，则加倍，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】先推导电子偏转量的表达式，再分析加速电压、偏转电压、偏转板长度、间距对的影响，确定使加倍的方法。
11．（2025高二上·保定期中）某实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，欲先采用伏安法测出金属丝的电阻，已知金属丝的电阻大约为。实验室中有以下器材可供使用：
A．电压表，内阻约为；
B．电压表，内阻约为；
C．电流表，内阻约为；
D．电流表，内阻约为；
E．滑动变阻器（）；
F．滑动变阻器（）；
G．两节干电池、开关及导线若干。
（1）用螺旋测微器测其直径 mm，再用游标卡尺测其长度为 cm。
（2）要求待测金属丝两端的电压从零开始连续变化，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （请填写器材前字母序号）；
（3）请在虚线框中将电路图补充完整，并将实物连接图补充完整。
（4）开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应滑至 （“左端”、“右端”）；
（5）实验中调节滑动变阻器滑片的位置，读取多组电压、电流值，描绘出的图像是一条过原点的直线，已知该图线的斜率为k，金属导体的有效长度为L，直径为D，则该金属导体电阻率的表达式为 （用题目中给定的字母表示）；
（6）依据设计的实验原理，实验测得的电阻率 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）4.700；10.050
（2）A；C；E
（3）
（4）左端
（5）
（6）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）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为4.5mm+mm=4.700mm
游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为10cm+mm=10.050cm
故答案为：4.700；10.050
（2）两节干电池的电动势约为3V，电压表应选A；
已知金属丝的电阻大约为10，最大电流约0.3A，电流表应选C；
金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，为了方便调节电路，滑动变阻器应选择E。
故答案为：A；C；E
（3）金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法；待测电阻较小，电流表采用外接法。
（4）滑动变阻器采用分压接法，开关闭合前，为保护电表，故滑动变阻器的滑动触头应滑至左端。
故答案为：左端
（5）根据欧姆定律
根据电阻定律
金属导体的横截面积为
解得
图线的斜率为
解得
故答案为：
（6）根据电流表外接法，电流I的测量值偏大，根据可知图像斜率的测量值偏小，根据可知电阻率的测量值偏小。
故答案为：小于
【分析】（1）仪器读数：螺旋测微器读固定+可动刻度，游标卡尺读主尺+游标尺刻度。
（2）器材选择：根据电源电动势选电压表，由最大电流选电流表，电压从零调选分压式滑动变阻器。
（3）电路设计：分压接法实现电压从零调，电流表外接减小小电阻的测量误差。
（4）触头位置：分压接法闭合前，触头置于分压端使待测电阻电压为0。
（5）电阻率推导：结合欧姆定律、电阻定律，由U-I图斜率推导电阻率表达式。
（6）误差判断：电流表外接的系统误差导致电阻测量值偏小，进而电阻率偏小。
（1）[1] 螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为4.5mm+mm=4.700mm
[2] 游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为10cm+mm=10.050cm
（2）[1]两节干电池的电动势约为3V，电压表应选A；
[2]已知金属丝的电阻大约为10，最大电流约0.3A，电流表应选C；
[3]金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，为了方便调节电路，滑动变阻器应选择E。
（3）金属导体两端的电压从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法；待测电阻较小，电流表采用外接法。
（4）滑动变阻器采用分压接法，开关闭合前，为保护电表，故滑动变阻器的滑动触头应滑至左端。
（5）根据欧姆定律
根据电阻定律
金属导体的横截面积为
解得
图线的斜率为
解得
（6）根据电流表外接法，电流I的测量值偏大，根据可知图像斜率的测量值偏小，根据可知电阻率的测量值偏小。
12．（2025高二上·保定期中）现将内阻为的灵敏电流计G分别改装为双量程的电压表和电流表，如图甲和乙所示。 甲图中，，使用A、B两个端点时，电压表的量程为；乙图中使用A、B两个端点时，电流表量程为，使用A、C两个端点时，电流表量程为，试计算：
（1）灵敏电流计的满偏电流是多少？
（2）图甲中使用A、C两个端点时，电压表的量程是多少？
（3）图乙中R3和R4的阻值各为多少？
【答案】（1）解：图甲中使用A、B两个端点时，根据欧姆定律有
得到或
（2）解：图甲中使用A、C两个端点时
得到
电压表的量程是
（3）解：图乙中，使用A、B两个端点时
使用A、C两个端点时
解得，
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】1. 电压表改装
公式：，扩大量程需串联更大电阻。
易错：误把 忽略，直接 。
2. 电流表改装
公式：，为分流电阻。
多量程：小量程对应并联较大电阻，大量程对应并联较小电阻。
易错：量程与分流电阻对应关系搞反。
易错：计算时忘记 是分流电流，错用 直接乘。
3. 多量程接法识别
电压表：不同接线端串联不同电阻。
电流表：不同接线端并联不同电阻。
易错：误把并联当串联处理。
4. 单位与数量级
与 混淆。
是 mA 级，计算时用 A 作单位要小心小数点。
（1）图甲中使用A、B两个端点时
得到
或
（2）图甲中使用A、C两个端点时
得到
电压表的量程是
（3）图乙中，使用A、B两个端点时
使用A、C两个端点时
解得
，
13．（2025高二上·保定期中）如图所示，在水平地面上有O、A两点，在O点上方右侧的竖直面内存在着水平向右的匀强电场，现有一个q=1×10-7C、m=1×10-3kg的带电小球从A点以v0=12m/s的初速度沿AB方向射出，小球恰好可以沿直线运动。已知OB之间的距离为L=1m，AB与水平面的夹角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）电场中O、A两点的电势差UOA；
（2）A点到小球的落地点C（未画出）之间的水平距离。
【答案】（1）解：小球沿直线运动，合力与速度共线，由几何关系
解得
、的水平距离
电场强度方向水平向右，沿电场线方向电势降低，故
电势差
（2）解：长度
小球受竖直向下的重力，和水平向右的电场力，合力沿反方向，由牛顿第二定律
可得小球的加速度大小为
由匀变速直线运动位移公式
代入数据得或（舍去）
由匀变速直线运动速度公式得
速度方向沿斜向左上方，小球在左侧做斜上抛运动，水平分速度
竖直分速度
设竖直向上为正方向，点到地面的竖直位移
由竖直位移公式
解得时间
可知小球做斜抛运动的水平位移为
即A点到小球的落地点C之间的水平距离为
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电势差计算：由直线运动的合力与速度共线，求出电场强度，再结合A、O的水平距离，利用电势差与场强的关系计算。
（2）水平距离计算：先确定AB长度，由合力求加速度，通过匀变速直线运动公式求运动时间，再分解速度和加速度，计算水平方向的位移。
（1）小球沿直线运动，合力与速度共线，由几何关系
解得
、的水平距离
电场强度方向水平向右，沿电场线方向电势降低，故
电势差
（2）长度
小球受竖直向下的重力，和水平向右的电场力，合力沿反方向，由牛顿第二定律
可得小球的加速度大小为
由匀变速直线运动位移公式
代入数据得或（舍去）
由匀变速直线运动速度公式得
速度方向沿斜向左上方，小球在左侧做斜上抛运动，水平分速度
竖直分速度
设竖直向上为正方向，点到地面的竖直位移
由竖直位移公式
解得时间
可知小球做斜抛运动的水平位移为
即A点到小球的落地点C之间的水平距离为
14．（2025高二上·保定期中）在竖直平面内有水平向右、场强为的匀强电场．在场中有一根长为的绝缘细线，一端固定在点，另一端系质量为的带电小球，它静止时细线与竖直方向成角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕点在竖直平面内做圆周运动，取小球在最初静止时的位置为电势能和重力势能的零点，，求：
⑴小球所带电量；
⑵小球恰能做圆周运动的动能最小值；
⑶小球恰能做圆周运动的机械能最小值．
【答案】(1)解：根据平衡关系：，所以得到：，代入数据得．
(2)解：由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，在圆上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B，小球的动能最小，在对称点B，小球受到的重力和电场力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零.有，而 所以．
(3)解：当小球在圆上最左侧的C点时，电势最高，电势能最大，机械能最小．
由B运动到A，根据动能定理，有所以，A点的重力势能和电势能均为零，则总能量E=2.5J．
由C，克服电场力做的功：，即C点的电势能，所以C点的机械能为．
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电量计算：利用静止时的受力平衡，结合三角函数关系推导电量。
（2）最小动能：将重力与电场力的合力视为“类重力”，圆周运动中 “类重力” 提供向心力时动能最小。
（3）最小机械能：总能量守恒，电势能最大的位置（电场力做负功最多）对应机械能最小，结合电势能计算得结果。
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