贵州省安顺市多校2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷
一、单项选择题（本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2026高二上·安顺期末）在物理学的发展历程中，许多杰出的物理学家作出了巨大的贡献，首次发现电磁感应现象规律的物理学家是（ ）
A．奥斯特 B．库仑 C．安培 D．法拉第
【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第首次发现了电磁感应现象，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2．（2026高二上·安顺期末）将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线分布如图所示，a、b两点关于两金属球的连线对称，c、d两点在连线上且与金属球B球面距离相等。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点电场强度相同
B．c、d两点电场强度方向相反
C．c点电势比d点电势高
D．将带正电的试探电荷从 a沿直线移到b点，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A． 电场线的切线方向代表该点的电场方向。观察图像，a点处的电场线切线方向大致向左下方，而b点处的切线方向大致向右下方，两者方向完全不同。因此，a、b两点的电场强度方向不相同 ，故A错误；
B． 静电感应使B球成为一个“电偶极子”，其左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷。负电荷在c点激发的电场方向指向它自身（向左），而正电荷在d点激发的电场方向远离它自身（向右）。虽然球A的正电荷会产生向右的电场分量，但在靠近B球表面的地方，感应电荷的场强占主导地位。因此，c点的合场强方向水平向左（指向B球），d点的合场强方向水平向右（远离B球），两者方向相反，故B错误；
C．虽然B球自身是等势体，但c、d两点是外部空间的两个点。c点更靠近B球带负电的左侧，而负电荷周围的电场线是指向自身的，沿电场线方向电势降低，因此c点电势高于其远离B球方向上的点。d点更靠近B球带正电的右侧，正电荷周围的电场线是背离自身的，沿电场线方向电势降低，因此d点电势低于其靠近B球方向上的点。综合比较，c点的电势高于d点的电势，故C正确；
D． 球A带正电，越靠近它的地方电势越高。从a点沿直线到b点，必然会经过一个离A球最近的点，该点电势最高。因此，路径上的电势先增加后减少。根据带正电的试探电荷的电势能公式可知其电势能也是先增加后减少。根据功能关系，电场力做功等于电势能减少量的负值。所以，在电势能增加的阶段，电场力做负功；在电势能减少的阶段，电场力做正功，故D错误。
故选C。
【分析】1、识场源，判感应：首先识别场源电荷（本题中的球A）的电性（正电荷）。然后分析导体（本题中的球B）在源电荷电场中产生的静电感应现象：靠近源电荷的一端感应出异种电荷（B球左侧带负电），远离的一端感应出同种电荷（B球右侧带正电）。
2、明电场，会叠加：空间中任何一点的电场都是场源电荷的电场与感应电荷的电场的矢量叠加。
在导体附近，感应电荷产生的电场往往非常显著，甚至占主导地位，不能忽略。
3、定方向，析矢量：电场强度 E：是矢量。其方向是该点电场线的切线方向。判断两点场强是否相同，必须同时看大小和方向。电势 φ：是标量。其高低判断遵循“沿电场线方向电势降低”的黄金法则。
4、功和能，看变化：分析电场力做功，最可靠的方法是分析电势能的变化。对于正电荷：从高电势点移动到低电势点，电势能减少，电场力做正功。
3．（2026高二上·安顺期末）用安培定则判断通电直导线磁场方向，下列示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流方向，那么四指的指向（握住）就是磁感线B的环绕方向，结合图像可知B符合安培定则，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】 根据右手螺旋定则内容判定即可。
4．（2026高二上·安顺期末）如图所示，在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a、b、和c三个点电荷分别固定在光滑水平面上的同一直线上，ab之间的距离为L，c在ab的中点上．当a、b、和c的电量均为+Q时，水平面内与a、b两点电荷距离均为L的O点处有一电量为+q的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O点处电荷的受力变为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a、b、和c三个点电荷分别固定在光滑水平面上，受力分析如所示：
O点处有一电量为+q的点电荷恰好处于平衡状态，由物体的平衡可得：
如果仅让点电荷a带负电，电量大小不变，其他条件都不变，相当于只有点电荷a(且a带负电荷，电荷量为2Q)对O点处电荷作用，则O点处电荷的受力变为，选项C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】由于电荷量为+q的点电荷恰好处于平衡状态，对O点进行受力分析，根据平衡条件可以求出O点处电荷的受力。
5．（2026高二上·安顺期末）在现代科技中，静电除尘技术被广泛应用于空气净化领域。如图所示的电路，是静电除尘装置的部分模拟电路，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N之间形成电场，模拟静电除尘时的电场环境。假设有一带电尘埃颗粒正好处于静止状态。为了提高除尘效率，需要让带电尘埃颗粒向上加速运动，可采取的措施是（ ）
A．增大R1的阻值 B．减小R2的阻值
C．减小R3的阻值 D．增大M、N间距
【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A． 因为电阻R1与两平行金属板串联，而两板间没有电流，所以R1两端没有电势差，即当R1增大时，对电路没有影响，故A错误；
B．减小R2的阻值，根据串反并同，R3两端电压增大，电容器两极板间电压增大，电容器内部电场强度增大，尘埃所受电场力增大，电场力大于重力，尘埃向上运动，B正确；
C． 当R3减小时，总电阻减小，即总电流变大，则电阻R2两端电压变大，那么变阻器电压变小，同理，无法使带电液滴向上做加速运动，故C错误；
D．增大M、N间距，两极板间电压不变，电容器内部电场强度减小，尘埃所受电场力减小，电场力小于重力，尘埃向下运动，D错误。
故选B。
【分析】静电除尘利用电场使带电尘埃受力运动。题目中尘埃初始静止，说明其受电场力与重力平衡（qE=mg）。要使尘埃向上加速，需增大电场强度E。
6．（2026高二上·安顺期末）a、b、c是三个电荷量相同、质量不同的带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，仅在电场力的作用下，运动轨迹如图所示，其中恰好沿着极板边缘飞出电场．粒子a、b、c在电场中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a、b运动的时间相同
B．a的质量最大，c的质量最小
C．动能的增量相比，c的最大，a和b的一样大
D．动量的增量相比，a的最小，b和c的一样大
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A. a、b、c是三个电荷量相同、质量不同的带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，b、c的水平位移相等，则b、c的运动时间相等，a的水平位移小于b的水平位移，则a的运动时间小于b的运动时间，故A错误。B. a、b的竖直位移相等，带电粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，a的时间小于b的时间，则a的加速度大于b的加速度，a、b的电荷量相等，则电荷所受电场力相等，则a的质量小于b的质量；b的竖直位移大于c的竖直位移，b、c的运动时间相等，则b的加速度大于c的加速度，b的质量小于c的质量，可知c的质量最大，a的质量最小，故B错误。
C．根据动能定理知，a、b竖直位移相等，则a、b电场力做功相等，动能增量相等，c的竖直位移最小，电场力做功最小，则c的动能增量最小，C错误；
D．三个小球所受的合力相等，等于电场力，由于a的运动的时间最短，根据动量定理知，a的动量增量最小，b、c的运动时间相等，则b、c动量增量相等，D正确；
故选D。
【分析】带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，抓住初速度相等，结合水平位移比较运动的时间，根据竖直位移比较加速度，从而结合牛顿第二定律比较质量的大小关系；根据动量定理比较动量的增量，根据动能定理比较动能的增加量。
7．（2026高二上·安顺期末）如图所示，为电磁铁，C为胶木秤盘，和C（包括支架）的总重量，为铁片，质量为，整个装置用轻绳悬于点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】当电磁铁通电前，绳的拉力应为（M+m）g；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升。常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大。根据F=ma可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力。由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起。因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F'为F的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上。所以，绳的拉力大于（M+m）g.所以选项B正确，ACD错误。故选：B。
【分析】通电后，铁片被吸引上升．常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大，根据F=ma可知，此过程中超重。
二、多项选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求）
8．（2026高二上·安顺期末）关于多用电表及其使用，下列说法中正确的是（ ）
A．拿到多用电表时指针未指在刻度最左端，应先用欧姆调零旋钮调零
B．测直流电压时，其红表笔接高电势处
C．测电路中某个电阻的阻值时，要将该电阻与其它元件断开
D．换测另一个电阻时都必须重新调零
【答案】B,C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A. 任何电表使用前都要机械调零而不是欧姆调零，A不符合题意；
B. 测电压时，其红表笔接高电势处，因为电流要从红表笔流入，B符合题意；
C. 测电路中某个电阻的阻值时，一定要将该电阻与其它元件断开，避免测量出现较大误差，C符合题意；
D. 当测量电阻时，没有换挡位时，不需要进行欧姆调零，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】电表的使用应该先机械调零；换电阻不用重新欧姆调零，换挡就要重新欧姆调零。
9．（2026高二上·安顺期末）如图所示，O点下方用等长的绝缘细线悬挂两带电小球A、B，稳定后A、B小球等高。在A、B两球中间悬挂带点小球C，待再次稳定后，悬挂小球C的细线沿竖直方向，A、B小球再次等高。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B质量一定相等 B．A、B所带电荷量一定相等
C．A、C质量一定相等 D．A、C所带电荷量一定相等
【答案】A,B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】只有两个小球时，稳定后A、B小球等高，由两球库仑力相等可知两细线与竖直方向夹角θ相等，根据受力平衡可知
可知两球质量一定相等；放入C球时，由对称性可知A、B对C的库仑力大小相等，则有
可知A、B所带电荷量一定相等；而A与C的质量和电荷量无确定关系。
故选AB。
【分析】根据对小球的受力分析，结合对称性得出小球的质量和电荷量的大小关系。
10．（2026高二上·安顺期末）如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB．则 （ ）
A．mA一定小于mB B．qA一定大于qB
C．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB
【答案】A,C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：
根据平衡条件，有：，故：
同理，有：，由于，故，故A正确；
B、根据牛顿第三定律，两小球的库仑力大小相等、方向相反，与所带电荷量无关，所以电荷量qA、qB的大小不能判断，故B错误；
C、 两小球突然失去各自所带电荷后，小球做圆周运动，根据动能定理有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，故A球的速度较大，故C正确；
D、小球摆动过程机械能守恒，有，故：
其中相同，根据数学中的半角公式，得到：
其中，相同，故越大越大，动能越大，故一定大于，故D正确。
故选：ACD。
【分析】电荷间的库仑力是相互作用力，总是大小相等、方向相反，据此作答；根据共点力的平衡条件求解两小球的质量关系；绳断后，根据动能定理求解最大速度，再进一步比较动能的大小。
三、非选择题（本题共5小题）
11．（2026高二上·安顺期末）某同学预测未知电阻R（约为5 ）的阻值，实验室提供的器材如下∶
电源（电动势为6V，内阻不计） 滑动变阻器（0-5 ） 定值电阻（R=10 ）
待测电阻Rx 电流表A1：量程0--20mA 内阻约为800
电流表A2 0---5mA 内阻约为1000
开关S单刀双掷开关S2，导线若干
(1)实验中应选电流表 （选填“A1”或“A2”）；
(2)补全实验电路图要求使实验步骤中的电流表示数I1>I2；
(3)实验步骤如下：
①按电路图连接电路图，闭合开关前，将滑动变阻器滑片P稳至 端（“M”或“N”）；
②闭合开关S1，将S2调至a端，调节滑动变阻器至适当的位置，读出电流表示数I1；
③保持滑动变阻器滑片不动，将S2调至b 端，读出电流表的示数I2∶
④通过计算，可知待测电阻Rx的阻值为 （用I1、I2、R表示）
(4)下列说法能够提高测量电阻的准确程度的是
A.换用量程相同，内阻约为200 的电流表
B.闭合开关S，将S2调至a端，调节滑动变阻器使电流表示数适当大些
C.S2调至b端后，调节滑动变阻器使电流表示数适当增大
D.将R换成一个阻值为1000 的定值电阻
【答案】A2；；M；；B
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理、电流表的选择方法和实验误差的分析方法。(1)根据欧姆定律可得电流表A1能承受的最大电压为U1=I1R1=16V
根据欧姆定律可得电流表A2能承受的最大电压为U2=I2R2=5V
因电源电压为6V，则电流表选择A2；
(2) 实验步骤中的电流表示数I1>I2， 则电路图如图：
(3)①为了保护电路安全，闭合开关前，将滑动变阻器滑片P移动至M端即滑动变阻器上方电路短路位置；
④由欧姆定律可得
解得
(4)A．换用量程相同，内阻约为200 的电流表，则由于电流表的内阻变小，则分流变大，误差变大，选项A错误；
B．闭合开关S1，将S2调至a端，调节滑动变阻器使电流表示数适当大些，这样会使得当S2调至b端时，电流表两端的电压相对减小，分流减小，误差减小，选项B正确；
C．S2调至b端后，应该保持滑动变阻器滑片位置不动，若调节滑动变阻器使电流表示数适当增大，会增大实验的误差，选项C错误；
D．将R换成一个阻值为1000 的定值电阻，这样会使得当S2调至b端时，通过电阻R的电流变小，电流表上的电流相对变大，使得电阻Rx上的电流与R上的电流相对差值变大，误差变大，选项D错误；
故选B。
【分析】（1）估算电流表A1和电流表A2能承受的最大电压判断；
（2）根据实验要求连接电路图；
（3）①根据保护电路安全判断；
④根据欧姆定律和串并联电路规律计算；
（4）根据电流表的内阻变小、分流变大判断；根据减小电流表的分流作用判断；分析通过电阻R的电流变化判断。
12．（2026高二上·安顺期末）小明手里有一块多用电表A，其功能完好，但刻度值已不清晰。他想通过实验测定该多用表（简称A表，下同）“×10”挡欧姆调零后的内阻R0和内置电源的电动势E。他找来了另一个多用电表B（简称B表，下同）、一个电阻箱、一个开关和若干导线作为实验的器材。
实验的操作如下：
（1）小明将A表调到“×10”挡，将B表调到“mA”挡，准备将如图甲所示的所有的器材串联起来作为实验电路。请你在图中连好剩余的导线 ；
（2）先使用B表的电流挡测量A表“×10”挡的满偏电流。将电阻箱阻值调为0，将A表调到欧姆挡“×10”挡位置。几次试测后，确定B表应使用“10mA”挡，调节A表的欧姆调零旋钮直至A表满偏，此时B表的读数如图乙所示，记录下B表读数为 mA；
（3）断开开关，保持A、B表挡位不变，将A表红黑表笔短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路。
（4）调节电阻箱，闭合开关，当B表读数为6.0mA时，读出电阻箱阻值为R1；继续调节电阻箱阻值，当B表读数为4.0mA时，读出电阻箱阻值为R2；
（5）断开电路，整理器材。根据以上测量数据，可算出A表“×10”挡内置电源的电动势E＝ V，A表“×10”挡欧姆调零后的内阻R0＝ ，B表量程“10mA”挡的内电阻RB＝ 。（以上3空的结果用R1、R2表示）
【答案】；8.0；；；
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】本题关键掌握“×10Ω”挡欧姆表调零后的内阻和内置电源的电动势的实验原理、利用闭合电路欧姆定律列方程组计算的方法和电流表的读数方法。
（1）电路连线如图
（2）因为B表应使用“10mA”挡，则B表读数为8.0mA
（5）设电表A欧姆×10挡的内阻为R0，则有
I0＝＝8mA
设电表B量程为10mA挡的内阻为RB，则
＝6mA
＝4mA
解得
E＝（V）
R0＝（Ω）
RB＝（Ω）
【分析】（1）根据实验要求连接实物图；
（2）先确定“10mA”挡最小分度值再读数；
（5）根据多用电表原理，结合闭合电路欧姆定律列方程组计算。
13．（2026高二上·安顺期末）如图所示，一根长为L的丝线吊着一个质量为m的带电量为q的小球，静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成角，重力加速度为g，则这个小球带何种电荷并求这个匀强电场强度的大小。
【答案】由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电。小球静止在电场中受力如图
由平衡条件得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件和电场力公式求解小球电性以及电场强度的大小。
14．（2026高二上·安顺期末）一质量为的物块在合外力的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，求：
（1）内F的冲量大小；
（2）时物块的动量大小。
【答案】解：（1）0~2s内F的冲量大小
（2）初速度为零，根据动量定理，t=4s时物块的动量大小
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据F-t图像与坐标轴围成的面积表示力的冲量；
（2）结合初速度大小，结合动量定理分析物块的动量大小。
15．（2026高二上·安顺期末）汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量为的试验车以速度，正面撞击固定试验台，经时间碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响，重力加速度。
（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量速度同向行驶的汽车，经时间两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
【答案】解：（1）根据题意
设速度v1的方向为正方向，由动量定理得
解得
由冲量定义有
解得
（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有
解得
对试验车，由动量定理有
解得
可见，故试验车的安全气囊不会爆开。
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）规定正方向，根据动量定理，结合冲量的定义分析求解；
（2）试验车和汽车碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律，结合动量定理分析求解。
1 / 1贵州省安顺市多校2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷
一、单项选择题（本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2026高二上·安顺期末）在物理学的发展历程中，许多杰出的物理学家作出了巨大的贡献，首次发现电磁感应现象规律的物理学家是（ ）
A．奥斯特 B．库仑 C．安培 D．法拉第
2．（2026高二上·安顺期末）将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线分布如图所示，a、b两点关于两金属球的连线对称，c、d两点在连线上且与金属球B球面距离相等。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点电场强度相同
B．c、d两点电场强度方向相反
C．c点电势比d点电势高
D．将带正电的试探电荷从 a沿直线移到b点，电场力先做正功后做负功
3．（2026高二上·安顺期末）用安培定则判断通电直导线磁场方向，下列示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2026高二上·安顺期末）如图所示，在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a、b、和c三个点电荷分别固定在光滑水平面上的同一直线上，ab之间的距离为L，c在ab的中点上．当a、b、和c的电量均为+Q时，水平面内与a、b两点电荷距离均为L的O点处有一电量为+q的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O点处电荷的受力变为( )
A． B．
C． D．
5．（2026高二上·安顺期末）在现代科技中，静电除尘技术被广泛应用于空气净化领域。如图所示的电路，是静电除尘装置的部分模拟电路，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N之间形成电场，模拟静电除尘时的电场环境。假设有一带电尘埃颗粒正好处于静止状态。为了提高除尘效率，需要让带电尘埃颗粒向上加速运动，可采取的措施是（ ）
A．增大R1的阻值 B．减小R2的阻值
C．减小R3的阻值 D．增大M、N间距
6．（2026高二上·安顺期末）a、b、c是三个电荷量相同、质量不同的带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，仅在电场力的作用下，运动轨迹如图所示，其中恰好沿着极板边缘飞出电场．粒子a、b、c在电场中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a、b运动的时间相同
B．a的质量最大，c的质量最小
C．动能的增量相比，c的最大，a和b的一样大
D．动量的增量相比，a的最小，b和c的一样大
7．（2026高二上·安顺期末）如图所示，为电磁铁，C为胶木秤盘，和C（包括支架）的总重量，为铁片，质量为，整个装置用轻绳悬于点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求）
8．（2026高二上·安顺期末）关于多用电表及其使用，下列说法中正确的是（ ）
A．拿到多用电表时指针未指在刻度最左端，应先用欧姆调零旋钮调零
B．测直流电压时，其红表笔接高电势处
C．测电路中某个电阻的阻值时，要将该电阻与其它元件断开
D．换测另一个电阻时都必须重新调零
9．（2026高二上·安顺期末）如图所示，O点下方用等长的绝缘细线悬挂两带电小球A、B，稳定后A、B小球等高。在A、B两球中间悬挂带点小球C，待再次稳定后，悬挂小球C的细线沿竖直方向，A、B小球再次等高。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B质量一定相等 B．A、B所带电荷量一定相等
C．A、C质量一定相等 D．A、C所带电荷量一定相等
10．（2026高二上·安顺期末）如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB．则 （ ）
A．mA一定小于mB B．qA一定大于qB
C．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB
三、非选择题（本题共5小题）
11．（2026高二上·安顺期末）某同学预测未知电阻R（约为5 ）的阻值，实验室提供的器材如下∶
电源（电动势为6V，内阻不计） 滑动变阻器（0-5 ） 定值电阻（R=10 ）
待测电阻Rx 电流表A1：量程0--20mA 内阻约为800
电流表A2 0---5mA 内阻约为1000
开关S单刀双掷开关S2，导线若干
(1)实验中应选电流表 （选填“A1”或“A2”）；
(2)补全实验电路图要求使实验步骤中的电流表示数I1>I2；
(3)实验步骤如下：
①按电路图连接电路图，闭合开关前，将滑动变阻器滑片P稳至 端（“M”或“N”）；
②闭合开关S1，将S2调至a端，调节滑动变阻器至适当的位置，读出电流表示数I1；
③保持滑动变阻器滑片不动，将S2调至b 端，读出电流表的示数I2∶
④通过计算，可知待测电阻Rx的阻值为 （用I1、I2、R表示）
(4)下列说法能够提高测量电阻的准确程度的是
A.换用量程相同，内阻约为200 的电流表
B.闭合开关S，将S2调至a端，调节滑动变阻器使电流表示数适当大些
C.S2调至b端后，调节滑动变阻器使电流表示数适当增大
D.将R换成一个阻值为1000 的定值电阻
12．（2026高二上·安顺期末）小明手里有一块多用电表A，其功能完好，但刻度值已不清晰。他想通过实验测定该多用表（简称A表，下同）“×10”挡欧姆调零后的内阻R0和内置电源的电动势E。他找来了另一个多用电表B（简称B表，下同）、一个电阻箱、一个开关和若干导线作为实验的器材。
实验的操作如下：
（1）小明将A表调到“×10”挡，将B表调到“mA”挡，准备将如图甲所示的所有的器材串联起来作为实验电路。请你在图中连好剩余的导线 ；
（2）先使用B表的电流挡测量A表“×10”挡的满偏电流。将电阻箱阻值调为0，将A表调到欧姆挡“×10”挡位置。几次试测后，确定B表应使用“10mA”挡，调节A表的欧姆调零旋钮直至A表满偏，此时B表的读数如图乙所示，记录下B表读数为 mA；
（3）断开开关，保持A、B表挡位不变，将A表红黑表笔短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路。
（4）调节电阻箱，闭合开关，当B表读数为6.0mA时，读出电阻箱阻值为R1；继续调节电阻箱阻值，当B表读数为4.0mA时，读出电阻箱阻值为R2；
（5）断开电路，整理器材。根据以上测量数据，可算出A表“×10”挡内置电源的电动势E＝ V，A表“×10”挡欧姆调零后的内阻R0＝ ，B表量程“10mA”挡的内电阻RB＝ 。（以上3空的结果用R1、R2表示）
13．（2026高二上·安顺期末）如图所示，一根长为L的丝线吊着一个质量为m的带电量为q的小球，静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成角，重力加速度为g，则这个小球带何种电荷并求这个匀强电场强度的大小。
14．（2026高二上·安顺期末）一质量为的物块在合外力的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，求：
（1）内F的冲量大小；
（2）时物块的动量大小。
15．（2026高二上·安顺期末）汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量为的试验车以速度，正面撞击固定试验台，经时间碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响，重力加速度。
（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量速度同向行驶的汽车，经时间两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第首次发现了电磁感应现象，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2．【答案】C
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A． 电场线的切线方向代表该点的电场方向。观察图像，a点处的电场线切线方向大致向左下方，而b点处的切线方向大致向右下方，两者方向完全不同。因此，a、b两点的电场强度方向不相同 ，故A错误；
B． 静电感应使B球成为一个“电偶极子”，其左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷。负电荷在c点激发的电场方向指向它自身（向左），而正电荷在d点激发的电场方向远离它自身（向右）。虽然球A的正电荷会产生向右的电场分量，但在靠近B球表面的地方，感应电荷的场强占主导地位。因此，c点的合场强方向水平向左（指向B球），d点的合场强方向水平向右（远离B球），两者方向相反，故B错误；
C．虽然B球自身是等势体，但c、d两点是外部空间的两个点。c点更靠近B球带负电的左侧，而负电荷周围的电场线是指向自身的，沿电场线方向电势降低，因此c点电势高于其远离B球方向上的点。d点更靠近B球带正电的右侧，正电荷周围的电场线是背离自身的，沿电场线方向电势降低，因此d点电势低于其靠近B球方向上的点。综合比较，c点的电势高于d点的电势，故C正确；
D． 球A带正电，越靠近它的地方电势越高。从a点沿直线到b点，必然会经过一个离A球最近的点，该点电势最高。因此，路径上的电势先增加后减少。根据带正电的试探电荷的电势能公式可知其电势能也是先增加后减少。根据功能关系，电场力做功等于电势能减少量的负值。所以，在电势能增加的阶段，电场力做负功；在电势能减少的阶段，电场力做正功，故D错误。
故选C。
【分析】1、识场源，判感应：首先识别场源电荷（本题中的球A）的电性（正电荷）。然后分析导体（本题中的球B）在源电荷电场中产生的静电感应现象：靠近源电荷的一端感应出异种电荷（B球左侧带负电），远离的一端感应出同种电荷（B球右侧带正电）。
2、明电场，会叠加：空间中任何一点的电场都是场源电荷的电场与感应电荷的电场的矢量叠加。
在导体附近，感应电荷产生的电场往往非常显著，甚至占主导地位，不能忽略。
3、定方向，析矢量：电场强度 E：是矢量。其方向是该点电场线的切线方向。判断两点场强是否相同，必须同时看大小和方向。电势 φ：是标量。其高低判断遵循“沿电场线方向电势降低”的黄金法则。
4、功和能，看变化：分析电场力做功，最可靠的方法是分析电势能的变化。对于正电荷：从高电势点移动到低电势点，电势能减少，电场力做正功。
3．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流方向，那么四指的指向（握住）就是磁感线B的环绕方向，结合图像可知B符合安培定则，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】 根据右手螺旋定则内容判定即可。
4．【答案】C
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a、b、和c三个点电荷分别固定在光滑水平面上，受力分析如所示：
O点处有一电量为+q的点电荷恰好处于平衡状态，由物体的平衡可得：
如果仅让点电荷a带负电，电量大小不变，其他条件都不变，相当于只有点电荷a(且a带负电荷，电荷量为2Q)对O点处电荷作用，则O点处电荷的受力变为，选项C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】由于电荷量为+q的点电荷恰好处于平衡状态，对O点进行受力分析，根据平衡条件可以求出O点处电荷的受力。
5．【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A． 因为电阻R1与两平行金属板串联，而两板间没有电流，所以R1两端没有电势差，即当R1增大时，对电路没有影响，故A错误；
B．减小R2的阻值，根据串反并同，R3两端电压增大，电容器两极板间电压增大，电容器内部电场强度增大，尘埃所受电场力增大，电场力大于重力，尘埃向上运动，B正确；
C． 当R3减小时，总电阻减小，即总电流变大，则电阻R2两端电压变大，那么变阻器电压变小，同理，无法使带电液滴向上做加速运动，故C错误；
D．增大M、N间距，两极板间电压不变，电容器内部电场强度减小，尘埃所受电场力减小，电场力小于重力，尘埃向下运动，D错误。
故选B。
【分析】静电除尘利用电场使带电尘埃受力运动。题目中尘埃初始静止，说明其受电场力与重力平衡（qE=mg）。要使尘埃向上加速，需增大电场强度E。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A. a、b、c是三个电荷量相同、质量不同的带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，b、c的水平位移相等，则b、c的运动时间相等，a的水平位移小于b的水平位移，则a的运动时间小于b的运动时间，故A错误。B. a、b的竖直位移相等，带电粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，a的时间小于b的时间，则a的加速度大于b的加速度，a、b的电荷量相等，则电荷所受电场力相等，则a的质量小于b的质量；b的竖直位移大于c的竖直位移，b、c的运动时间相等，则b的加速度大于c的加速度，b的质量小于c的质量，可知c的质量最大，a的质量最小，故B错误。
C．根据动能定理知，a、b竖直位移相等，则a、b电场力做功相等，动能增量相等，c的竖直位移最小，电场力做功最小，则c的动能增量最小，C错误；
D．三个小球所受的合力相等，等于电场力，由于a的运动的时间最短，根据动量定理知，a的动量增量最小，b、c的运动时间相等，则b、c动量增量相等，D正确；
故选D。
【分析】带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，抓住初速度相等，结合水平位移比较运动的时间，根据竖直位移比较加速度，从而结合牛顿第二定律比较质量的大小关系；根据动量定理比较动量的增量，根据动能定理比较动能的增加量。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】当电磁铁通电前，绳的拉力应为（M+m）g；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升。常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大。根据F=ma可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力。由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起。因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F'为F的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上。所以，绳的拉力大于（M+m）g.所以选项B正确，ACD错误。故选：B。
【分析】通电后，铁片被吸引上升．常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大，根据F=ma可知，此过程中超重。
8．【答案】B,C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A. 任何电表使用前都要机械调零而不是欧姆调零，A不符合题意；
B. 测电压时，其红表笔接高电势处，因为电流要从红表笔流入，B符合题意；
C. 测电路中某个电阻的阻值时，一定要将该电阻与其它元件断开，避免测量出现较大误差，C符合题意；
D. 当测量电阻时，没有换挡位时，不需要进行欧姆调零，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】电表的使用应该先机械调零；换电阻不用重新欧姆调零，换挡就要重新欧姆调零。
9．【答案】A,B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】只有两个小球时，稳定后A、B小球等高，由两球库仑力相等可知两细线与竖直方向夹角θ相等，根据受力平衡可知
可知两球质量一定相等；放入C球时，由对称性可知A、B对C的库仑力大小相等，则有
可知A、B所带电荷量一定相等；而A与C的质量和电荷量无确定关系。
故选AB。
【分析】根据对小球的受力分析，结合对称性得出小球的质量和电荷量的大小关系。
10．【答案】A,C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：
根据平衡条件，有：，故：
同理，有：，由于，故，故A正确；
B、根据牛顿第三定律，两小球的库仑力大小相等、方向相反，与所带电荷量无关，所以电荷量qA、qB的大小不能判断，故B错误；
C、 两小球突然失去各自所带电荷后，小球做圆周运动，根据动能定理有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，故A球的速度较大，故C正确；
D、小球摆动过程机械能守恒，有，故：
其中相同，根据数学中的半角公式，得到：
其中，相同，故越大越大，动能越大，故一定大于，故D正确。
故选：ACD。
【分析】电荷间的库仑力是相互作用力，总是大小相等、方向相反，据此作答；根据共点力的平衡条件求解两小球的质量关系；绳断后，根据动能定理求解最大速度，再进一步比较动能的大小。
11．【答案】A2；；M；；B
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理、电流表的选择方法和实验误差的分析方法。(1)根据欧姆定律可得电流表A1能承受的最大电压为U1=I1R1=16V
根据欧姆定律可得电流表A2能承受的最大电压为U2=I2R2=5V
因电源电压为6V，则电流表选择A2；
(2) 实验步骤中的电流表示数I1>I2， 则电路图如图：
(3)①为了保护电路安全，闭合开关前，将滑动变阻器滑片P移动至M端即滑动变阻器上方电路短路位置；
④由欧姆定律可得
解得
(4)A．换用量程相同，内阻约为200 的电流表，则由于电流表的内阻变小，则分流变大，误差变大，选项A错误；
B．闭合开关S1，将S2调至a端，调节滑动变阻器使电流表示数适当大些，这样会使得当S2调至b端时，电流表两端的电压相对减小，分流减小，误差减小，选项B正确；
C．S2调至b端后，应该保持滑动变阻器滑片位置不动，若调节滑动变阻器使电流表示数适当增大，会增大实验的误差，选项C错误；
D．将R换成一个阻值为1000 的定值电阻，这样会使得当S2调至b端时，通过电阻R的电流变小，电流表上的电流相对变大，使得电阻Rx上的电流与R上的电流相对差值变大，误差变大，选项D错误；
故选B。
【分析】（1）估算电流表A1和电流表A2能承受的最大电压判断；
（2）根据实验要求连接电路图；
（3）①根据保护电路安全判断；
④根据欧姆定律和串并联电路规律计算；
（4）根据电流表的内阻变小、分流变大判断；根据减小电流表的分流作用判断；分析通过电阻R的电流变化判断。
12．【答案】；8.0；；；
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】本题关键掌握“×10Ω”挡欧姆表调零后的内阻和内置电源的电动势的实验原理、利用闭合电路欧姆定律列方程组计算的方法和电流表的读数方法。
（1）电路连线如图
（2）因为B表应使用“10mA”挡，则B表读数为8.0mA
（5）设电表A欧姆×10挡的内阻为R0，则有
I0＝＝8mA
设电表B量程为10mA挡的内阻为RB，则
＝6mA
＝4mA
解得
E＝（V）
R0＝（Ω）
RB＝（Ω）
【分析】（1）根据实验要求连接实物图；
（2）先确定“10mA”挡最小分度值再读数；
（5）根据多用电表原理，结合闭合电路欧姆定律列方程组计算。
13．【答案】由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电。小球静止在电场中受力如图
由平衡条件得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件和电场力公式求解小球电性以及电场强度的大小。
14．【答案】解：（1）0~2s内F的冲量大小
（2）初速度为零，根据动量定理，t=4s时物块的动量大小
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据F-t图像与坐标轴围成的面积表示力的冲量；
（2）结合初速度大小，结合动量定理分析物块的动量大小。
15．【答案】解：（1）根据题意
设速度v1的方向为正方向，由动量定理得
解得
由冲量定义有
解得
（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有
解得
对试验车，由动量定理有
解得
可见，故试验车的安全气囊不会爆开。
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）规定正方向，根据动量定理，结合冲量的定义分析求解；
（2）试验车和汽车碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律，结合动量定理分析求解。
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