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广东省中山市三鑫学校2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2024高二上·中山期中）关于元电荷下列说法错误的是（　　）
A．所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍
B．元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C
C．元电荷实际上是指电子和质子本身
D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的
【答案】C
【知识点】元电荷
【解析】【解答】A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍，A不符合题意；
B. 元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C，B不符合题意；
C. 元电荷是基本的电量单位，不是指电子和质子本身，C错误，符合题意；
D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】元电荷是最小的带电单位，不是质子也不是电子，只是他们带的电荷量等于元电荷。
2．（2024高二上·中山期中）使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上和的电荷后，将它们固定在相距为的两点，它们之间库仑力的大小为。现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为的两点，它们之间库仑力的大小为。则与之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题考查电量守恒定律和库仑定律，掌握了两小球相互接触后，电量平均分就可以得到正确的答案。开始时，根据库仑定律可得
现用绝缘工具使两小球相互接触后，根据电量平分原理，可知各自带电为，距离为2a，根据库仑定律可得
故
故选D。
【分析】两小球相互接触的过程中，电量守恒，两小球相互接触后，电量平均分，再代入库仑定律的公式即可。
3．（2024高二上·中山期中）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）
A．、两点的场强相等 B．、两点的场强相等
C．、两点的电势相等 D．、两点的电势相等
【答案】D
【知识点】电场线；等势面
【解析】【解答】 电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．等势面与电场线一定处处正交（垂直）。
电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小及方向都不同．故B错误；顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等，故D正确。
故选D。
【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大。顺着电场线，电势降低。利用这些知识进行判断。
4．（2024高二上·中山期中）如图，中，。匀强电场的电场线平行于所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、-1V、3V。下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度的方向沿ac方向
B．电场强度的大小为
C．电子从a点移动到b点，电势能减少了4eV
D．电子从c点移动到b点，电场力做功为4eV
【答案】B
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意E=中d代表沿电场线两点的距离。
AB．由于ac两点电势相等，故ac为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势可知，电场方向垂直ac，且指向斜上方
故A错误，B正确；
C．电子从a点移动到b点，电场力做功
Wab=-Uabe=-4eV
“-”表示电场力做负功，电势能增加，增加了4eV，故C错误；
D．电子从c点移动到b点，电场力做功为
Wcb=-Ucbe=-4eV
故D错误。
故选B。
【分析】根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度E=可解得电场强度；根据电场力做功W=qU可解得电场力做功，从而可知电势能变化。
5．（2024高二上·中山期中）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板均接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．增大，E增大 B．减小，E不变
C．不变，E增大 D．E增大，增大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。ABC．静电计指针的偏角表示电容两极板间的电压，将上极板向下移动一小段距离（d减小），由，
可知，电容C增大，U减小，则θ减小；
极板间的场强可表示为
则E与d无关，即场强E不变，故AC错误，B正确；
D．P点的电势等于P点到参考点间的电势差，即
由于场强E不变，P到下极板间距离不变，故点电荷在P点的电势能Ep不变，D错误。
故选B。
【分析】由图可知，电容器极板的电量不变，根据电容器的决定式可分析电容的变化，再根据定义式可分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。
6．（2024高二上·中山期中）如图所示是电阻R的I－U图象，图中α=45°，由此得出(　　)
A．欧姆定律适用于该元件
B．电阻R=0.5 Ω
C．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0 Ω
D．在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C
【答案】A
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题考查了学生对电阻的定义式的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别与联系。A．根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，A正确；
B．根据电阻的定义式可知，I-U图象斜率的倒数等于电阻R，则得
B错误；
C．由于I-U图象中横纵坐标的标度不同，故不能直接根据图象的倾角求电阻，C错误；
D．由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是
D错误。
故选A。
【分析】电阻R的I-U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系。对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解。由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量。
7．（2024高二上·中山期中）如图所示，有三个电阻，已知。则电路工作时，电压（　　）
A．1∶1 B．2∶3 C．2∶6 D．1∶2
【答案】A
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题要明确串联电流相等，电压之比等于电阻之比。已知，故
所以R2和R3并联等效电阻为
根据串联电路分压规律可知，电路工作时，电压
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】明确三个电阻的连接方式，根据串并联电路的规律可求得电压之比。
8．（2024高二上·中山期中）平安同学先用多用电表的欧姆表“10”挡测量，发现指针偏转角度很大而读数很小。为了减小测量误差，他再次进行测量前应该进行的操作步骤顺序是（　　）
①将红表笔和黑表笔接触
②把选择开关旋转到“×100”位置
③把选择开关旋转到“×1”位置
④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
A．③①④ B．②①④ C．③④① D．②④①
【答案】A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了多用电表读数、欧姆表的使用方法与步骤，注意明确用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中间三分之一内的位置，并且欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。指针的偏转角过大，表明选用的倍率过大，应当减小倍率，故把选择开关旋转到“×1”位置，更换挡位之后，应重新进行欧姆调零，再进行测量读出数据，故合理的操作顺序为③①④。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据欧姆表使用规则进行分析，由指针偏转角度确定应使用的倍率，并且注意每次换挡后需要进行欧姆调零。
9．（2024高二上·中山期中）如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查磁感应强度的矢量叠加分析，注意两长直导线的电流大小相等，通电导线在各点的磁感应强度大小，与电流大小及距离有关。A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出O点处的磁感应强度方向向下，一定不为零，A错误；
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，B错误；
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，C正确；
D．a、c两点处磁感应强度的方向相同，D错误。
故选C。
【分析】根据右手螺旋定则，可判断两长直导线在不同位置的磁感应强度；由矢量叠加原则，可判断各点的磁感应强度方向、大小特点，及O点的磁感应强度大小是否为0。
10．（2024高二上·中山期中）如选项图所示，中线圈有一小缺口，中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方，C、中匀强磁场区域足够大，其中能产生感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】对于产生感应电流的条件要明确两点：一、电路必须闭合；二、磁通量发生变化。A．由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，A错误；
B．根据安培定则可知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以不产生感应电流，B错误；
C．，由图可知，闭合回路的面积变化，磁通量变化，将产生感应电流，C正确；
D．线框垂直于磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，因此不会产生感应电流，D错误；
故选C。
【分析】感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化，据此可正确解答本题。
11．（2024高二上·中山期中）如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点以相同速率垂直电场方向先后射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则（　　）
A．三小球在电场中运动时间相等
B．带正电的小球受到三个力
C．电场力对落至B点的小球做负功
D．三个小球的加速度关系：
【答案】D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解决本题的关键要明确不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析。A．由图可知三个小球水平方向的位移大小关系为
三个小球以相同速率垂直电场方向射入电场，根据公式
可知，三小球在电场中运动时间的关系为
故A错误；
B．带正电的小球受重力和电场力两个力，故B错误；
C．由图可知，电场的方向为竖直向上，则可知落在B点的小球带正电，则电场力对落至B点的小球做正功，故C错误；
D．在竖直方向上，根据
可知，三个小球的加速度的关系为
故D正确。
故选D。
【分析】上极板带负电，平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力；不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动。由此根据平抛和类平抛运动规律求解。
12．（2024高二上·中山期中）某同学设计的测量握力大小装置的原理示意图如图所示，其中滑动变阻器的滑动触头通过连杆和上端绝缘把手连在一起，上端绝缘把手和弹簧上端连在一起，下端绝缘把手固定，弹簧和上端绝缘把手随着握力的变化一起上下移动。当弹簧处于原长时，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，握力的大小可以根据电流表的示数获得。闭合开关后，以下有关说法正确的是（　　）
A．当握力为0时，电流表示数为0
B．当握力为0时，电流表示数最小但不为0
C．当握力增大时，电路中电流变小
D．当握力增大时，电路中电流变大
【答案】B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题实际上是电路动态分析问题，要分析清楚滑动变阻器接入电路的电阻变化，来判断电路中电流的变化。AB．由电路可知，当握力为0时，回路中电阻最大，电流最小但并不为0，A错误，B正确；
CD．当握力增大时，滑动触头向下移动，电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流变大，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】当握力为0时，弹簧处于原长，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，根据闭合电路欧姆定律分析电流表示数大小。当握力增大时，滑动触头下移，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化，判断电路中电流的变化。
13．（2024高二上·中山期中）如图，在匀强电场中有一虚线圆，和是圆的两条直径，其中与电场方向的夹角为，，与电场方向平行，a、b两点的电势差。则（　　）
A．电场强度的大小
B．b点的电势比d点的低
C．将电子从c点移到d点，电场力做正功
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
【答案】A,D
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握公式U=Ed，知道d是两点沿电场方向的距离。这个公式适用于匀强电场。A．根据
可得电场强度的大小
选项A正确；
B．沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，选项B错误；
C．将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功，选项C错误；
D．因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D正确。
故选AD。
【分析】根据公式E=求出电场强度的大小；根据U=Ed求出b、d两点间的电势差，分析b点与d点之间的电势关系；根据电场力方向与位移方向的夹角判定电场力做功的正负，结合电场力做功正负确定电势能的变化。
14．（2024高二上·中山期中）如图所示，用内阻为100、满偏电流为300mA的表头改装成量程为0~0.6A和0~3A的双量程电流表，下列说法中正确的有（　　）
A．用a、b两个接线柱时量程为0~3A
B．用a、b两个接线柱时量程为0~0.6A
C．
D．
【答案】A,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】本题考查了电流表的改成，知道电流表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。AB．用a、b两个接线柱时，并联的分流电阻较小，则量程较大，即量程为0~3A，选项A正确，B错误；
CD．由电路可知
解得
选项C正确，D错误。
故选AC。
【分析】把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联阻值越小改装后的电流表量程越大；分析图示电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
15．（2024高二上·中山期中）已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使灯泡L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则
A．灯泡L变亮 B．灯泡L变暗
C．电流表的示数变小 D．电流表的示数变大
【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题是电路的动态分析问题，要知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，干路电流就变小，结合闭合电路欧姆定律进行分析。CD．探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，选项C正确，D错误；
AB．由于总电流变大，则电源内电阻分压变小，路端电压变大，则电灯L亮度增加，选项A正确，B错误．
【分析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路中总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律即可分析。
16．（2024高二上·中山期中）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为 cm，厚度的测量值为 mm．
【答案】1.240 ， 1.682 （或1.683）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：
螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为：
所以最终读数为：
【分析】游标卡尺读数的方法：主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
17．（2024高二上·中山期中）小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻，根据如图所示电路图进行实验时，
（1）电流表量程应选择　 　（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用　 　（填“A”或“B”）；
A. 定值电阻（阻值，额定功率10W） B. 定值电阻（阻值，额定功率5W）
（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为　 　V；
（3）根据实验测得的5组数据画出的图线如图3所示，则干电池的内阻　 　。（小数点后保留两位）
【答案】0.6A；B；1.20；0.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解决本题的关键正确器材的选取方法，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。（1）根据图3中的电流值知，电流表选择0.6A的，由于电源的内阻较小，如果保护电阻较大，电压的变化不明显，故保护电阻选择B；
（2）电压表的量程为3V的，则电压表读数为1.20V；
（3）根据闭合电路欧姆定律得
解得
纵轴截距表示电动势，则
斜率
解得
【分析】（1）根据图3中的数据确定电流表的量程，根据测量误差的大小确定保护电阻；
（2）根据电压表的量程结合最小刻度分析；
（3）根据图线的斜率和截距求出干电池的电动势和内阻的大小。
18．（2024高二上·中山期中）如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻，求：
（1）电源的输出功率；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
【答案】（1）解：由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）解：流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）解：电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）先计算出内电压，然后根据欧姆定律得到电路电流，根据P=UI计算输出功率；
（2）根据并联电路电流的特点计算出通过电动机的电流，然后根据焦耳定律计算；
（3）电动机的机械功率等于电动机的电功率减去电动机的发热功率，据此计算即可。
（1）由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
19．（2024高二上·中山期中）如图所示，一静止的质量为m、电荷量为q的带电粒子经过电压为U的电场加速后，立即射入方向竖直向上的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终粒子从电场的B点射出电场．已知偏转电场的电场强度大小为E，求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度v0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，粒子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。
【答案】解：（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：
解得：
（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：
…③…④
且
qE=ma…⑤
联立解得：
…⑥
根据题意可知x、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出电场强度与偏转位移的关系式，抓住偏转位移不变，结合加速电压的变化得出偏转电场电场强度的变化。
20．（2024高二上·中山期中）如图所示，固定光滑绝缘斜面的倾角，A、B、C三点均为斜面上的点，AB的距离，BC的距离为AB的2倍。在A点固定一电荷量的正点电荷，将质量的带正电小球（可视为点电荷）放置于B点时，小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点，小球的电势能减小了。静电力常量，重力加速度大小。
（1）求小球所带的电荷量q；
（2）求B、C两点间的电势差；
（3）若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，求小球到达B点时的速度大小v。
【答案】解：（1）带电小球放置于B点时恰好能保持静止，根据受力平衡有
根据库仑定律有
解得
（2）根据电势能变化量和电场力做功的关系有
B、C两点间的电势差
解得
（3）C、B两点间的电势差
小球从C点到达B点的过程中，根据动能定理有
解得
【知识点】电势能；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据带电小球的平衡条件写出平衡方程求解；
（2）根据电场力做功和电势能变化的关系列式求解；
（3）小球从C到B，根据动能定理写方程进行解答。
1 / 1广东省中山市三鑫学校2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2024高二上·中山期中）关于元电荷下列说法错误的是（　　）
A．所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍
B．元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C
C．元电荷实际上是指电子和质子本身
D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的
2．（2024高二上·中山期中）使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上和的电荷后，将它们固定在相距为的两点，它们之间库仑力的大小为。现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为的两点，它们之间库仑力的大小为。则与之比为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·中山期中）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）
A．、两点的场强相等 B．、两点的场强相等
C．、两点的电势相等 D．、两点的电势相等
4．（2024高二上·中山期中）如图，中，。匀强电场的电场线平行于所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、-1V、3V。下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度的方向沿ac方向
B．电场强度的大小为
C．电子从a点移动到b点，电势能减少了4eV
D．电子从c点移动到b点，电场力做功为4eV
5．（2024高二上·中山期中）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板均接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．增大，E增大 B．减小，E不变
C．不变，E增大 D．E增大，增大
6．（2024高二上·中山期中）如图所示是电阻R的I－U图象，图中α=45°，由此得出(　　)
A．欧姆定律适用于该元件
B．电阻R=0.5 Ω
C．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0 Ω
D．在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C
7．（2024高二上·中山期中）如图所示，有三个电阻，已知。则电路工作时，电压（　　）
A．1∶1 B．2∶3 C．2∶6 D．1∶2
8．（2024高二上·中山期中）平安同学先用多用电表的欧姆表“10”挡测量，发现指针偏转角度很大而读数很小。为了减小测量误差，他再次进行测量前应该进行的操作步骤顺序是（　　）
①将红表笔和黑表笔接触
②把选择开关旋转到“×100”位置
③把选择开关旋转到“×1”位置
④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
A．③①④ B．②①④ C．③④① D．②④①
9．（2024高二上·中山期中）如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
10．（2024高二上·中山期中）如选项图所示，中线圈有一小缺口，中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方，C、中匀强磁场区域足够大，其中能产生感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·中山期中）如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点以相同速率垂直电场方向先后射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则（　　）
A．三小球在电场中运动时间相等
B．带正电的小球受到三个力
C．电场力对落至B点的小球做负功
D．三个小球的加速度关系：
12．（2024高二上·中山期中）某同学设计的测量握力大小装置的原理示意图如图所示，其中滑动变阻器的滑动触头通过连杆和上端绝缘把手连在一起，上端绝缘把手和弹簧上端连在一起，下端绝缘把手固定，弹簧和上端绝缘把手随着握力的变化一起上下移动。当弹簧处于原长时，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，握力的大小可以根据电流表的示数获得。闭合开关后，以下有关说法正确的是（　　）
A．当握力为0时，电流表示数为0
B．当握力为0时，电流表示数最小但不为0
C．当握力增大时，电路中电流变小
D．当握力增大时，电路中电流变大
13．（2024高二上·中山期中）如图，在匀强电场中有一虚线圆，和是圆的两条直径，其中与电场方向的夹角为，，与电场方向平行，a、b两点的电势差。则（　　）
A．电场强度的大小
B．b点的电势比d点的低
C．将电子从c点移到d点，电场力做正功
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
14．（2024高二上·中山期中）如图所示，用内阻为100、满偏电流为300mA的表头改装成量程为0~0.6A和0~3A的双量程电流表，下列说法中正确的有（　　）
A．用a、b两个接线柱时量程为0~3A
B．用a、b两个接线柱时量程为0~0.6A
C．
D．
15．（2024高二上·中山期中）已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使灯泡L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则
A．灯泡L变亮 B．灯泡L变暗
C．电流表的示数变小 D．电流表的示数变大
16．（2024高二上·中山期中）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为 cm，厚度的测量值为 mm．
17．（2024高二上·中山期中）小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻，根据如图所示电路图进行实验时，
（1）电流表量程应选择　 　（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用　 　（填“A”或“B”）；
A. 定值电阻（阻值，额定功率10W） B. 定值电阻（阻值，额定功率5W）
（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为　 　V；
（3）根据实验测得的5组数据画出的图线如图3所示，则干电池的内阻　 　。（小数点后保留两位）
18．（2024高二上·中山期中）如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻，求：
（1）电源的输出功率；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
19．（2024高二上·中山期中）如图所示，一静止的质量为m、电荷量为q的带电粒子经过电压为U的电场加速后，立即射入方向竖直向上的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终粒子从电场的B点射出电场．已知偏转电场的电场强度大小为E，求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度v0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，粒子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。
20．（2024高二上·中山期中）如图所示，固定光滑绝缘斜面的倾角，A、B、C三点均为斜面上的点，AB的距离，BC的距离为AB的2倍。在A点固定一电荷量的正点电荷，将质量的带正电小球（可视为点电荷）放置于B点时，小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点，小球的电势能减小了。静电力常量，重力加速度大小。
（1）求小球所带的电荷量q；
（2）求B、C两点间的电势差；
（3）若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，求小球到达B点时的速度大小v。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元电荷
【解析】【解答】A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍，A不符合题意；
B. 元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C，B不符合题意；
C. 元电荷是基本的电量单位，不是指电子和质子本身，C错误，符合题意；
D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】元电荷是最小的带电单位，不是质子也不是电子，只是他们带的电荷量等于元电荷。
2．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题考查电量守恒定律和库仑定律，掌握了两小球相互接触后，电量平均分就可以得到正确的答案。开始时，根据库仑定律可得
现用绝缘工具使两小球相互接触后，根据电量平分原理，可知各自带电为，距离为2a，根据库仑定律可得
故
故选D。
【分析】两小球相互接触的过程中，电量守恒，两小球相互接触后，电量平均分，再代入库仑定律的公式即可。
3．【答案】D
【知识点】电场线；等势面
【解析】【解答】 电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．等势面与电场线一定处处正交（垂直）。
电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小及方向都不同．故B错误；顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等，故D正确。
故选D。
【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大。顺着电场线，电势降低。利用这些知识进行判断。
4．【答案】B
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意E=中d代表沿电场线两点的距离。
AB．由于ac两点电势相等，故ac为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势可知，电场方向垂直ac，且指向斜上方
故A错误，B正确；
C．电子从a点移动到b点，电场力做功
Wab=-Uabe=-4eV
“-”表示电场力做负功，电势能增加，增加了4eV，故C错误；
D．电子从c点移动到b点，电场力做功为
Wcb=-Ucbe=-4eV
故D错误。
故选B。
【分析】根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度E=可解得电场强度；根据电场力做功W=qU可解得电场力做功，从而可知电势能变化。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。ABC．静电计指针的偏角表示电容两极板间的电压，将上极板向下移动一小段距离（d减小），由，
可知，电容C增大，U减小，则θ减小；
极板间的场强可表示为
则E与d无关，即场强E不变，故AC错误，B正确；
D．P点的电势等于P点到参考点间的电势差，即
由于场强E不变，P到下极板间距离不变，故点电荷在P点的电势能Ep不变，D错误。
故选B。
【分析】由图可知，电容器极板的电量不变，根据电容器的决定式可分析电容的变化，再根据定义式可分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。
6．【答案】A
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题考查了学生对电阻的定义式的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别与联系。A．根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，A正确；
B．根据电阻的定义式可知，I-U图象斜率的倒数等于电阻R，则得
B错误；
C．由于I-U图象中横纵坐标的标度不同，故不能直接根据图象的倾角求电阻，C错误；
D．由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是
D错误。
故选A。
【分析】电阻R的I-U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系。对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解。由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量。
7．【答案】A
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题要明确串联电流相等，电压之比等于电阻之比。已知，故
所以R2和R3并联等效电阻为
根据串联电路分压规律可知，电路工作时，电压
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】明确三个电阻的连接方式，根据串并联电路的规律可求得电压之比。
8．【答案】A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了多用电表读数、欧姆表的使用方法与步骤，注意明确用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中间三分之一内的位置，并且欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。指针的偏转角过大，表明选用的倍率过大，应当减小倍率，故把选择开关旋转到“×1”位置，更换挡位之后，应重新进行欧姆调零，再进行测量读出数据，故合理的操作顺序为③①④。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据欧姆表使用规则进行分析，由指针偏转角度确定应使用的倍率，并且注意每次换挡后需要进行欧姆调零。
9．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查磁感应强度的矢量叠加分析，注意两长直导线的电流大小相等，通电导线在各点的磁感应强度大小，与电流大小及距离有关。A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出O点处的磁感应强度方向向下，一定不为零，A错误；
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，B错误；
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，C正确；
D．a、c两点处磁感应强度的方向相同，D错误。
故选C。
【分析】根据右手螺旋定则，可判断两长直导线在不同位置的磁感应强度；由矢量叠加原则，可判断各点的磁感应强度方向、大小特点，及O点的磁感应强度大小是否为0。
10．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】对于产生感应电流的条件要明确两点：一、电路必须闭合；二、磁通量发生变化。A．由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，A错误；
B．根据安培定则可知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以不产生感应电流，B错误；
C．，由图可知，闭合回路的面积变化，磁通量变化，将产生感应电流，C正确；
D．线框垂直于磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，因此不会产生感应电流，D错误；
故选C。
【分析】感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化，据此可正确解答本题。
11．【答案】D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解决本题的关键要明确不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析。A．由图可知三个小球水平方向的位移大小关系为
三个小球以相同速率垂直电场方向射入电场，根据公式
可知，三小球在电场中运动时间的关系为
故A错误；
B．带正电的小球受重力和电场力两个力，故B错误；
C．由图可知，电场的方向为竖直向上，则可知落在B点的小球带正电，则电场力对落至B点的小球做正功，故C错误；
D．在竖直方向上，根据
可知，三个小球的加速度的关系为
故D正确。
故选D。
【分析】上极板带负电，平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力；不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动。由此根据平抛和类平抛运动规律求解。
12．【答案】B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题实际上是电路动态分析问题，要分析清楚滑动变阻器接入电路的电阻变化，来判断电路中电流的变化。AB．由电路可知，当握力为0时，回路中电阻最大，电流最小但并不为0，A错误，B正确；
CD．当握力增大时，滑动触头向下移动，电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流变大，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】当握力为0时，弹簧处于原长，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，根据闭合电路欧姆定律分析电流表示数大小。当握力增大时，滑动触头下移，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化，判断电路中电流的变化。
13．【答案】A,D
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握公式U=Ed，知道d是两点沿电场方向的距离。这个公式适用于匀强电场。A．根据
可得电场强度的大小
选项A正确；
B．沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，选项B错误；
C．将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功，选项C错误；
D．因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D正确。
故选AD。
【分析】根据公式E=求出电场强度的大小；根据U=Ed求出b、d两点间的电势差，分析b点与d点之间的电势关系；根据电场力方向与位移方向的夹角判定电场力做功的正负，结合电场力做功正负确定电势能的变化。
14．【答案】A,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】本题考查了电流表的改成，知道电流表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。AB．用a、b两个接线柱时，并联的分流电阻较小，则量程较大，即量程为0~3A，选项A正确，B错误；
CD．由电路可知
解得
选项C正确，D错误。
故选AC。
【分析】把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联阻值越小改装后的电流表量程越大；分析图示电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
15．【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题是电路的动态分析问题，要知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，干路电流就变小，结合闭合电路欧姆定律进行分析。CD．探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，选项C正确，D错误；
AB．由于总电流变大，则电源内电阻分压变小，路端电压变大，则电灯L亮度增加，选项A正确，B错误．
【分析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路中总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律即可分析。
16．【答案】1.240 ， 1.682 （或1.683）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：
螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为：
所以最终读数为：
【分析】游标卡尺读数的方法：主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
17．【答案】0.6A；B；1.20；0.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解决本题的关键正确器材的选取方法，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。（1）根据图3中的电流值知，电流表选择0.6A的，由于电源的内阻较小，如果保护电阻较大，电压的变化不明显，故保护电阻选择B；
（2）电压表的量程为3V的，则电压表读数为1.20V；
（3）根据闭合电路欧姆定律得
解得
纵轴截距表示电动势，则
斜率
解得
【分析】（1）根据图3中的数据确定电流表的量程，根据测量误差的大小确定保护电阻；
（2）根据电压表的量程结合最小刻度分析；
（3）根据图线的斜率和截距求出干电池的电动势和内阻的大小。
18．【答案】（1）解：由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）解：流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）解：电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）先计算出内电压，然后根据欧姆定律得到电路电流，根据P=UI计算输出功率；
（2）根据并联电路电流的特点计算出通过电动机的电流，然后根据焦耳定律计算；
（3）电动机的机械功率等于电动机的电功率减去电动机的发热功率，据此计算即可。
（1）由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
19．【答案】解：（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：
解得：
（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：
…③…④
且
qE=ma…⑤
联立解得：
…⑥
根据题意可知x、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出电场强度与偏转位移的关系式，抓住偏转位移不变，结合加速电压的变化得出偏转电场电场强度的变化。
20．【答案】解：（1）带电小球放置于B点时恰好能保持静止，根据受力平衡有
根据库仑定律有
解得
（2）根据电势能变化量和电场力做功的关系有
B、C两点间的电势差
解得
（3）C、B两点间的电势差
小球从C点到达B点的过程中，根据动能定理有
解得
【知识点】电势能；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据带电小球的平衡条件写出平衡方程求解；
（2）根据电场力做功和电势能变化的关系列式求解；
（3）小球从C到B，根据动能定理写方程进行解答。
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