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广东省茂名市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2025高二上·茂名期中）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电荷守恒定律；点电荷的电场
【解析】【解答】由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以验电器的上端应带上与小球异种的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同种的电荷。
故答案为：B。
【分析】本题考查静电感应的电荷分布规律，核心思路是利用 “异种电荷吸引、同种电荷排斥” 的原理，判断验电器不同部位的感应电荷种类。
2．（2025高二上·茂名期中）如图所示，在绝缘水平面上静置两个质量均为m，电荷量均为＋Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体A受到的摩擦力（　　）（重力加速度为g）
A．大小为μmg，方向水平向左 B．大小为0
C．大小为，方向水平向右 D．大小为，方向水平向左
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对A进行受力分析，水平方向受到的摩擦力与B的库仑力平衡，有，方向水平向右。
故答案为：C。
【分析】本题考查库仑力与静摩擦力的平衡，核心思路是对 A 进行水平方向受力分析，利用二力平衡条件推导摩擦力的大小和方向。
3．（2025高二上·茂名期中）两个电阻、的伏安特性曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．为线性元件，为非线性元件
B．的电阻
C．的电阻随电压的增大而增大
D．当时，的电阻等于的电阻
【答案】B
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由题图可知的伏安特性曲线为过原点的直线，故为线性元件，的伏安特性曲线为曲线，故是非线性元件，故A正确；
B．根据欧姆定律，可得，代入解得的电阻为，故B错误；
C．图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知的电阻随电压的增大而增大，故C正确；
D．由题图可知，当时，的电阻等于的电阻，都为，故D正确；
故答案为：B。
【分析】利用伏安特性曲线的物理意义（线性曲线对应线性元件，曲线对应非线性元件；图像上某点与原点连线的斜率为，即电阻的倒数），逐一分析选项。
4．（2025高二上·茂名期中）一种能自动测定油箱内油面高度的装置如图所示，装置中金属杠杆的一端接浮球，另一端触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时油箱内油面上升，下列分析正确的有（　　）
A．触点P向上滑动 B．电路中的电流变小
C．两端电压增大 D．整个电路消耗的功率减小
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当汽车加油时油箱内油面上升，则浮球上升，则触点P向下滑动，电阻R连入电路阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，回路电流变大，由U=IR可知，两端电压增大，根据P=IE可知，整个电路消耗的功率变大，故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题主要考查动态电路在生活中的应用，结合闭合电路欧姆定律解答。
当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点向下滑动，滑动变阻器连入的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化情况，由欧姆定律分析两端电压的变化情况，由分析整个电路消耗的功率变化情况。
5．（2025高二上·茂名期中）如图所示为雷雨天避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有、、三点，其中、两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（　　）
A．、两点的场强相同
B．正电荷在点的电势能比其在点的电势能小
C．不计重力的正电荷在、两点的加速度相同
D．将负电荷从点移动到点，电场力所做的总功为负
【答案】B
【知识点】电势能；等势面
【解析】【解答】A．B点的等差等势面比C点密集，可知B点场强大于C点场强，A错误；
B．因为B点的电势高于C点，由公式可知正电荷在点的电势能比其在点的电势能小，B正确；
C．电场线与等势面垂直，根据对称性可知A、B两点的场强大小相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知不计重力的正电荷在、两点的加速度大小相等，方向不同，C错误；
D．因为B点的电势高于C点，由公式可知负电电荷在B点的电势能较小，则正电荷从C点移动到B点的过程中电场力做正功，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查等势面与电场的关系，核心思路是利用 “等势面疏密表场强、电势与电势能的关联、场强方向垂直等势面” 的规律，逐一判断选项的正确性。
6．（2025高二上·茂名期中）如图所示，M、P、N、Q是纸面内一个正方形四条边上的中点，M、N两点连线与P、Q两点连线交于O点，在O处固定一个正点电荷，现在施加一方向平行于纸面的匀强电场后，P点的电场强度变为0，则加匀强电场后，下列说法正确的是（　　）
A．Q点的电场强度也为0
B．M、N两点的电场强度相同
C．M点的电场强度大于N点的电场强度
D．M、N两点的电场强度方向相互垂直
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】O 处正点电荷的电场：以 O 为中心，等距点场强大小相等、方向沿径向向外；施加匀强电场后，P 点场强为 0，说明匀强电场的场强与 P 点处正点电荷的场强等大反向（正点电荷在 P 点的场强向上，故匀强电场方向向下）：
A．Q点的电场强度不为0，点电荷与匀强电场在该点场强方向相同，故A错误；
BCD．根据叠加原理可知，点电荷与匀强电场在该点场强方向相互垂直，大小相等，根据几何关系可知，M、N两点的电场强度大小相同，方向相互垂直，故BC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查电场的叠加原理，核心思路是先由 P 点场强为 0 确定匀强电场的方向，再结合正点电荷的径向场强，分别分析各点的场强叠加结果（大小、方向）。
7．（2025高二上·茂名期中）电容式液位计可根据电容的变化来判断液面升降。某型号液位计的工作原理如图所示，一根金属棒插入金属容器内，金属棒为电容器的一个极，容器壁为电容器的另一个极，金属容器接地，容器内液面高度发生变化会引起电容器的电容变化。下列说法正确的是（　　）
A．该液位计适用于导电液体
B．容器内液面升高的过程中，电容器的电容会减小
C．容器内液面降低的过程中，通过电流计的电流方向由到
D．容器内液面不管是上升还是下降，电容器两极间的电场强度都始终不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．若液体导电，金属棒与容器壁会通过液体导通，无法构成电容器（电容器需两极绝缘），故该液位计不适用于导电液体，故A错误；
B．液体是电介质，液面升高时，介电常数增大。由电容决定式，增大则电容增大，故B错误；
C．容器内液面降低的过程中，根据，可知电容器的电容减小，由于电容器始终与电源相连，故电容器两端的电压不变，结合可知，电容器的电荷量减小，故电容器处于放电状态，金属容器接地，电流从高电势流向低电势，即电流由，故C错误；
D．电容器始终与电源相连，两极间电压不变；两极间距固定，由电场强度公式，可知电场强度与液面高度无关，始终不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查电容器的动态特性，核心思路是利用“电容决定式（）、电场强度公式（）”，结合“电容器接电源时电压不变”的特点，逐一验证选项的正确性。
8．（2025高二上·茂名期中）如图所示为某静电场中轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点由静止释放，仅在电场力作用下沿轴正向运动，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定带负电
B．粒子运动到坐标轴上处电势能最小
C．粒子从坐标轴上处运动到处，动能先减小后增大
D．粒子从坐标轴上处运动到处，加速度先增大后减小
【答案】A,B
【知识点】电场力做功；电势
【解析】【解答】A．由于从坐标原点沿x轴正向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右；由于带电粒子在坐标原点由静止沿x轴正向运动，因此可知粒子带负电，故A正确；
B．由图可知，坐标处的电势最高，由于粒子带负电，因此粒子在处电势能最小，故B正确；
C．负电荷从运动到处，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，动能先增大后减小，故C错误；
D．由电场强度与电势差关系，可知在图像中，图像的斜率为电场强度的大小，结合图像可知，从处运动到处，图像的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，因此粒子的加速度逐渐减小，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】利用 “斜率表场强、电势与电势能的关联、电场力做功与动能的关系”，逐一判断选项的正确性。
9．（2025高二上·茂名期中）太阳能光伏是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。只要被光照到，瞬间就可输出电压及电流。图甲是马路边的光控电路节能灯。图乙为简化电路原理图，其中a灯为照明用灯，b灯为额定功率很小的指示灯，电流表A为实时记录电表，为定值电阻，为特殊电阻（光线照射的强度增大时，其电阻值减小）。当夜晚来临，天慢慢变黑时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表示数增大 B．a灯变暗，b灯变亮
C．a灯变亮，b灯变亮 D．电源的效率增大
【答案】C,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】ABC．由依题意，天慢慢变黑时，光照逐渐减弱，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电流表A示数减小，由可知，外电压增大，a灯电流增大，a灯变亮，根据并联电路的分流原理可知，支路的电流减小，则的电压减小，根据串联电路的分压原理可知，b灯电压增大，b灯变亮，故AB错误；C正确；
D．根据可知，电源的效率增大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查动态电路分析，核心思路是利用 “电阻变化→总电流变化→外电压变化→各支路电压、电流变化” 的逻辑，结合电源效率公式，逐一判断选项的正确性。
10．（2025高二上·茂名期中）如图所示，氘（）、氚（）的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，下列说法正确的是（　　）
A．两种原子核在偏转电场中的位移偏转量之比为3：2
B．两种原子核打在屏上的动能为1：1
C．经过加速电场的过程中，电场力对氘（）、氚（）做功之比为3∶2
D．两种原子核从开始加速到打在屏上所花的时间之比为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．原子核在电场中被加速，则
设偏转电场的长度为L2，进入偏转电场后，
解得，即原子核在偏转电场中的位移偏转量与原子核所带的电量和质量无关，A错误；
B．原子核打到屏上时的动能可知，两种原子核电量相等，则打在屏上的动能为1：1，B正确；
C．经过加速电场的过程中，根据可知，电场力对氘（）、氚（）做功之比为1∶1，C错误；
D．原子核在加速电场中的时间（L1为加速电场的长度）
进入偏转电场中到打到屏上的时间（L3为偏转电场右端到屏的距离）
则总时间
可知两种原子核从开始加速到打在屏上所花的时间之比为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查带电粒子的加速与偏转，核心思路是利用 “加速过程的动能定理、偏转过程的运动分解”，结合动能、时间的表达式，分析两者的物理量比值。
11．（2025高二上·茂名期中）某探究小组利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源（内阻不计），R为定值电阻，C为电容器，A为毫安表，V为数字电压表（内阻近似无穷大）。操作时，先把开关S接1，待稳定后，再把开关S接2。
（1）某次测量时电流表的示数如下图所示，则电流　 　m；
（2）关于充电过程，下列说法正确的是_____（多选）。
A．电流表的示数逐渐增大，后保持不变
B．电压表的示数逐渐增大，后保持不变
C．充电完毕，电流表的示数为零
D．充电完毕，电压表的示数为零
（3）图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。现将图甲电路中的电流表换为电流传感器，并与计算机相连，测得当电容器充电、放电时，电流随时间变化的曲线如图乙所示。计算机测得图像中的阴影面积，则该电容器的电容为　 　F（保留两位有效数字）。
【答案】（1）4.8
（2）B；C
（3）0.16
【知识点】含容电路分析；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由图可知电流表每一小格，故读数估读到下一位，故读数为
故答案为：4.8
（2）AC．充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，故A错误，C正确；
BD．由电容定义式
电容电量逐渐增大，电压表示数逐渐增大后趋于稳定，故B正确，D错误。
故答案为：BC。
（3）由图像的面积代表电容器所带电荷量可知，充电完毕后电容器两端电压，则该电容器的电容为
故答案为：0.16
【分析】（1）通过电流表的刻度读取电流值；
（2）分析充电过程中电流、电压的变化规律，判断选项正误；
（3）利用i-t图像的面积表示电荷量，结合电容定义式计算电容。
（1）由图可知电流表每一小格，故读数估读到下一位，故读数为
（2）AC．充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，故A错误，C正确；
BD．由电容定义式
电容电量逐渐增大，电压表示数逐渐增大后趋于稳定，故B正确，D错误。
故选BC。
（3）由图像的面积代表电容器所带电荷量可知，充电完毕后电容器两端电压，则该电容器的电容为
12．（2025高二上·茂名期中）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格。某学习小组设计实验测量某种纯净水的电阻进而得出该纯净水的电导率。在粗细均匀的圆柱形玻璃管中注满纯净水，玻璃管长为L，玻璃管两端用插有铜钉的橡皮塞塞住。
（1）注水前，如图1所示，用螺旋测微器测得玻璃管直径为d=　 　mm；如图2所示，用20分度游标卡尺测得玻璃管长度为L=　 　cm。
（2）为了测量所取纯净水的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A、电流表（量程0~3mA，电阻约为5Ω）
B、电压表（量程0~6V，电阻约为10kΩ）
C、滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A）
D、电源（能提供6V的恒定电压）
E、开关一只、导线若干
①根据图3中的电路图，请将图4电路连接完整　 　；
②图5为根据电流表和电压表的实验数据所画的图像。根据图像，求出该纯净水的电阻R=　 　Ω（保留2位有效数字）。
（3）计算纯净水的电导率表达式　 　（用符号π、R、d、L表示），通过代入数据可以判定此纯净水是否合格。
【答案】（1）6.122（6.121~6.124）；10.225
（2）；2.1×103
（3）
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确值为，由图1可知玻璃管内径为
20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知玻璃管长度为
故答案为：6.122（6.121~6.124）；10.225
（2）①根据图3中的电路图，完整的实物连线如图所示
②根据欧姆定律可得
故答案为：2.1×103
（3）根据电阻定律可得
又
联立可得
故答案为：
【分析】（1）利用螺旋测微器和游标卡尺的读数规则，测量玻璃管的直径与长度；
（2）通过伏安法测电阻，结合U-I图像计算纯净水的电阻；
（3）结合电阻定律和电导率的定义，推导电导率的表达式。
（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图1可知玻璃管内径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知玻璃管长度为
（2）①[1]根据图3中的电路图，完整的实物连线如图所示
②[2]根据欧姆定律可得
（3）根据电阻定律可得
又
联立可得
13．（2025高二上·茂名期中）有一竖直面内半径为R的光滑绝缘圆弧轨道，两个质量相同的小球A、B（小球半径远小于R）在轨道上保持静止，A、B小球电荷量均为q的同种电荷，稳定时如图，两小球和圆心的连线与竖直方向成45°，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）A、B小球间的库仑力大小F；
（2）小球的质量m。
【答案】（1）解：根据几何关系，两小球间的距离
根据库仑定律
解得
（2）解：小球受重力、电场力和支持力。根据平衡条件，有
解得
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】（1）利用几何关系求两球间距，再用库仑定律计算库仑力；
（2）将小球的力分解到水平、竖直方向，通过平衡条件联立求解质量。
（1）根据几何关系，两小球间的距离
根据库仑定律
解得
（2）小球受重力、电场力和支持力。根据平衡条件，有
解得
14．（2025高二上·茂名期中）如图1所示为利用电学原理测重力的装置原理图，可通过电表读数来测量物体重力。电阻分布均匀的竖直金属杆上端固定于绝缘托盘，下端与底盘（底盘固定不动）接触良好，并能自由上下滑动，外部套有一绝缘弹簧。绝缘弹簧的上端固定于金属杆上端，下端固定于导电的底盘。电路上端与金属杆上端相连，下端与底盘相连。已知弹簧的劲度系数k=1200N/m，电阻箱一直保持电阻为R =2.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r = 0.5Ω。闭合开关，托盘上不放置重物时，弹簧长度为l=0.25m，理想电压表示数为U1= 10.0V。不计摩擦和底盘的电阻，弹簧的长度和接入电路部分的金属杆长度一直保持一致，重力加速度，求：
（1）金属杆单位长度的电阻R0；
（2）如图2，将某一物体放置在托盘上进行称重，此时电压表示数为，请问该物体的质量是多少？
【答案】（1）解：当托盘上不放重物时，根据闭合电路的欧姆定律可得
代入数据解得
则金属杆的电阻
金属杆单位长度的电阻
（2）解：当托盘上放入物体时，根据闭合电路的欧姆定律可得
代入数据得
此时金属杆电阻
物体处于静止状态：
解得
所以，物体的质量为
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用无重物时的电路数据，计算金属杆的电阻与单位长度电阻；
（2）通过有重物时的电压，推导金属杆长度变化，结合弹簧压缩量与重力的平衡关系求物体质量。
15．（2025高二上·茂名期中）如图所示，M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz。b点正上方2d处放置一负点电荷，只在区域Ⅰ内产生电场（图中未画出），区域Ⅱ内充满沿x轴正方向的匀强电场，大小为E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入区域Ⅰ后恰好做匀速圆周运动，过P面上的c点（图中未画出）进入区域Ⅱ，最终打到Q板上。不计粒子重力，静电力常量为k。求：
（1）粒子进入区域Ⅰ时的速度大小v；
（2）c点到z轴的距离L及b点正上方放置的点电荷的电荷量q'；
（3）粒子打到Q板上的位置坐标（x，y，z）。
【答案】（1）解：粒子从a运动到b，由动能定理
解得
（2）解：粒子在区域Ⅰ中点电荷电场内做匀速圆周运动，应以点电荷为圆心，运动半径为
c点到z轴的距离，
解得
在区域Ⅰ中由电场力提供向心力
联立得
（3）解：粒子在区域Ⅱ中做匀变速曲线运动，由几何关系得
沿z轴方向
沿y轴方向
沿x轴方向
解得，记录点坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）用动能定理求进入区域 Ⅰ 的速度；
（2）通过圆周运动的几何关系和向心力公式，求距离与点电荷电荷量；
（3）将区域 Ⅱ 的运动分解为三个方向，分别计算位移得坐标。
（1）粒子从a运动到b，由动能定理
解得
（2）粒子在区域Ⅰ中点电荷电场内做匀速圆周运动，应以点电荷为圆心，运动半径为
c点到z轴的距离，
解得
在区域Ⅰ中由电场力提供向心力
联立得
（3）粒子在区域Ⅱ中做匀变速曲线运动，由几何关系得
沿z轴方向
沿y轴方向
沿x轴方向
解得，记录点坐标为
1 / 1广东省茂名市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2025高二上·茂名期中）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·茂名期中）如图所示，在绝缘水平面上静置两个质量均为m，电荷量均为＋Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体A受到的摩擦力（　　）（重力加速度为g）
A．大小为μmg，方向水平向左 B．大小为0
C．大小为，方向水平向右 D．大小为，方向水平向左
3．（2025高二上·茂名期中）两个电阻、的伏安特性曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．为线性元件，为非线性元件
B．的电阻
C．的电阻随电压的增大而增大
D．当时，的电阻等于的电阻
4．（2025高二上·茂名期中）一种能自动测定油箱内油面高度的装置如图所示，装置中金属杠杆的一端接浮球，另一端触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时油箱内油面上升，下列分析正确的有（　　）
A．触点P向上滑动 B．电路中的电流变小
C．两端电压增大 D．整个电路消耗的功率减小
5．（2025高二上·茂名期中）如图所示为雷雨天避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有、、三点，其中、两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（　　）
A．、两点的场强相同
B．正电荷在点的电势能比其在点的电势能小
C．不计重力的正电荷在、两点的加速度相同
D．将负电荷从点移动到点，电场力所做的总功为负
6．（2025高二上·茂名期中）如图所示，M、P、N、Q是纸面内一个正方形四条边上的中点，M、N两点连线与P、Q两点连线交于O点，在O处固定一个正点电荷，现在施加一方向平行于纸面的匀强电场后，P点的电场强度变为0，则加匀强电场后，下列说法正确的是（　　）
A．Q点的电场强度也为0
B．M、N两点的电场强度相同
C．M点的电场强度大于N点的电场强度
D．M、N两点的电场强度方向相互垂直
7．（2025高二上·茂名期中）电容式液位计可根据电容的变化来判断液面升降。某型号液位计的工作原理如图所示，一根金属棒插入金属容器内，金属棒为电容器的一个极，容器壁为电容器的另一个极，金属容器接地，容器内液面高度发生变化会引起电容器的电容变化。下列说法正确的是（　　）
A．该液位计适用于导电液体
B．容器内液面升高的过程中，电容器的电容会减小
C．容器内液面降低的过程中，通过电流计的电流方向由到
D．容器内液面不管是上升还是下降，电容器两极间的电场强度都始终不变
8．（2025高二上·茂名期中）如图所示为某静电场中轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点由静止释放，仅在电场力作用下沿轴正向运动，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定带负电
B．粒子运动到坐标轴上处电势能最小
C．粒子从坐标轴上处运动到处，动能先减小后增大
D．粒子从坐标轴上处运动到处，加速度先增大后减小
9．（2025高二上·茂名期中）太阳能光伏是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。只要被光照到，瞬间就可输出电压及电流。图甲是马路边的光控电路节能灯。图乙为简化电路原理图，其中a灯为照明用灯，b灯为额定功率很小的指示灯，电流表A为实时记录电表，为定值电阻，为特殊电阻（光线照射的强度增大时，其电阻值减小）。当夜晚来临，天慢慢变黑时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表示数增大 B．a灯变暗，b灯变亮
C．a灯变亮，b灯变亮 D．电源的效率增大
10．（2025高二上·茂名期中）如图所示，氘（）、氚（）的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，下列说法正确的是（　　）
A．两种原子核在偏转电场中的位移偏转量之比为3：2
B．两种原子核打在屏上的动能为1：1
C．经过加速电场的过程中，电场力对氘（）、氚（）做功之比为3∶2
D．两种原子核从开始加速到打在屏上所花的时间之比为
11．（2025高二上·茂名期中）某探究小组利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源（内阻不计），R为定值电阻，C为电容器，A为毫安表，V为数字电压表（内阻近似无穷大）。操作时，先把开关S接1，待稳定后，再把开关S接2。
（1）某次测量时电流表的示数如下图所示，则电流　 　m；
（2）关于充电过程，下列说法正确的是_____（多选）。
A．电流表的示数逐渐增大，后保持不变
B．电压表的示数逐渐增大，后保持不变
C．充电完毕，电流表的示数为零
D．充电完毕，电压表的示数为零
（3）图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。现将图甲电路中的电流表换为电流传感器，并与计算机相连，测得当电容器充电、放电时，电流随时间变化的曲线如图乙所示。计算机测得图像中的阴影面积，则该电容器的电容为　 　F（保留两位有效数字）。
12．（2025高二上·茂名期中）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格。某学习小组设计实验测量某种纯净水的电阻进而得出该纯净水的电导率。在粗细均匀的圆柱形玻璃管中注满纯净水，玻璃管长为L，玻璃管两端用插有铜钉的橡皮塞塞住。
（1）注水前，如图1所示，用螺旋测微器测得玻璃管直径为d=　 　mm；如图2所示，用20分度游标卡尺测得玻璃管长度为L=　 　cm。
（2）为了测量所取纯净水的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A、电流表（量程0~3mA，电阻约为5Ω）
B、电压表（量程0~6V，电阻约为10kΩ）
C、滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A）
D、电源（能提供6V的恒定电压）
E、开关一只、导线若干
①根据图3中的电路图，请将图4电路连接完整　 　；
②图5为根据电流表和电压表的实验数据所画的图像。根据图像，求出该纯净水的电阻R=　 　Ω（保留2位有效数字）。
（3）计算纯净水的电导率表达式　 　（用符号π、R、d、L表示），通过代入数据可以判定此纯净水是否合格。
13．（2025高二上·茂名期中）有一竖直面内半径为R的光滑绝缘圆弧轨道，两个质量相同的小球A、B（小球半径远小于R）在轨道上保持静止，A、B小球电荷量均为q的同种电荷，稳定时如图，两小球和圆心的连线与竖直方向成45°，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）A、B小球间的库仑力大小F；
（2）小球的质量m。
14．（2025高二上·茂名期中）如图1所示为利用电学原理测重力的装置原理图，可通过电表读数来测量物体重力。电阻分布均匀的竖直金属杆上端固定于绝缘托盘，下端与底盘（底盘固定不动）接触良好，并能自由上下滑动，外部套有一绝缘弹簧。绝缘弹簧的上端固定于金属杆上端，下端固定于导电的底盘。电路上端与金属杆上端相连，下端与底盘相连。已知弹簧的劲度系数k=1200N/m，电阻箱一直保持电阻为R =2.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r = 0.5Ω。闭合开关，托盘上不放置重物时，弹簧长度为l=0.25m，理想电压表示数为U1= 10.0V。不计摩擦和底盘的电阻，弹簧的长度和接入电路部分的金属杆长度一直保持一致，重力加速度，求：
（1）金属杆单位长度的电阻R0；
（2）如图2，将某一物体放置在托盘上进行称重，此时电压表示数为，请问该物体的质量是多少？
15．（2025高二上·茂名期中）如图所示，M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz。b点正上方2d处放置一负点电荷，只在区域Ⅰ内产生电场（图中未画出），区域Ⅱ内充满沿x轴正方向的匀强电场，大小为E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入区域Ⅰ后恰好做匀速圆周运动，过P面上的c点（图中未画出）进入区域Ⅱ，最终打到Q板上。不计粒子重力，静电力常量为k。求：
（1）粒子进入区域Ⅰ时的速度大小v；
（2）c点到z轴的距离L及b点正上方放置的点电荷的电荷量q'；
（3）粒子打到Q板上的位置坐标（x，y，z）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电荷守恒定律；点电荷的电场
【解析】【解答】由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以验电器的上端应带上与小球异种的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同种的电荷。
故答案为：B。
【分析】本题考查静电感应的电荷分布规律，核心思路是利用 “异种电荷吸引、同种电荷排斥” 的原理，判断验电器不同部位的感应电荷种类。
2．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对A进行受力分析，水平方向受到的摩擦力与B的库仑力平衡，有，方向水平向右。
故答案为：C。
【分析】本题考查库仑力与静摩擦力的平衡，核心思路是对 A 进行水平方向受力分析，利用二力平衡条件推导摩擦力的大小和方向。
3．【答案】B
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由题图可知的伏安特性曲线为过原点的直线，故为线性元件，的伏安特性曲线为曲线，故是非线性元件，故A正确；
B．根据欧姆定律，可得，代入解得的电阻为，故B错误；
C．图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知的电阻随电压的增大而增大，故C正确；
D．由题图可知，当时，的电阻等于的电阻，都为，故D正确；
故答案为：B。
【分析】利用伏安特性曲线的物理意义（线性曲线对应线性元件，曲线对应非线性元件；图像上某点与原点连线的斜率为，即电阻的倒数），逐一分析选项。
4．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当汽车加油时油箱内油面上升，则浮球上升，则触点P向下滑动，电阻R连入电路阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，回路电流变大，由U=IR可知，两端电压增大，根据P=IE可知，整个电路消耗的功率变大，故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题主要考查动态电路在生活中的应用，结合闭合电路欧姆定律解答。
当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点向下滑动，滑动变阻器连入的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化情况，由欧姆定律分析两端电压的变化情况，由分析整个电路消耗的功率变化情况。
5．【答案】B
【知识点】电势能；等势面
【解析】【解答】A．B点的等差等势面比C点密集，可知B点场强大于C点场强，A错误；
B．因为B点的电势高于C点，由公式可知正电荷在点的电势能比其在点的电势能小，B正确；
C．电场线与等势面垂直，根据对称性可知A、B两点的场强大小相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知不计重力的正电荷在、两点的加速度大小相等，方向不同，C错误；
D．因为B点的电势高于C点，由公式可知负电电荷在B点的电势能较小，则正电荷从C点移动到B点的过程中电场力做正功，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查等势面与电场的关系，核心思路是利用 “等势面疏密表场强、电势与电势能的关联、场强方向垂直等势面” 的规律，逐一判断选项的正确性。
6．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】O 处正点电荷的电场：以 O 为中心，等距点场强大小相等、方向沿径向向外；施加匀强电场后，P 点场强为 0，说明匀强电场的场强与 P 点处正点电荷的场强等大反向（正点电荷在 P 点的场强向上，故匀强电场方向向下）：
A．Q点的电场强度不为0，点电荷与匀强电场在该点场强方向相同，故A错误；
BCD．根据叠加原理可知，点电荷与匀强电场在该点场强方向相互垂直，大小相等，根据几何关系可知，M、N两点的电场强度大小相同，方向相互垂直，故BC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查电场的叠加原理，核心思路是先由 P 点场强为 0 确定匀强电场的方向，再结合正点电荷的径向场强，分别分析各点的场强叠加结果（大小、方向）。
7．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．若液体导电，金属棒与容器壁会通过液体导通，无法构成电容器（电容器需两极绝缘），故该液位计不适用于导电液体，故A错误；
B．液体是电介质，液面升高时，介电常数增大。由电容决定式，增大则电容增大，故B错误；
C．容器内液面降低的过程中，根据，可知电容器的电容减小，由于电容器始终与电源相连，故电容器两端的电压不变，结合可知，电容器的电荷量减小，故电容器处于放电状态，金属容器接地，电流从高电势流向低电势，即电流由，故C错误；
D．电容器始终与电源相连，两极间电压不变；两极间距固定，由电场强度公式，可知电场强度与液面高度无关，始终不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查电容器的动态特性，核心思路是利用“电容决定式（）、电场强度公式（）”，结合“电容器接电源时电压不变”的特点，逐一验证选项的正确性。
8．【答案】A,B
【知识点】电场力做功；电势
【解析】【解答】A．由于从坐标原点沿x轴正向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右；由于带电粒子在坐标原点由静止沿x轴正向运动，因此可知粒子带负电，故A正确；
B．由图可知，坐标处的电势最高，由于粒子带负电，因此粒子在处电势能最小，故B正确；
C．负电荷从运动到处，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，动能先增大后减小，故C错误；
D．由电场强度与电势差关系，可知在图像中，图像的斜率为电场强度的大小，结合图像可知，从处运动到处，图像的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，因此粒子的加速度逐渐减小，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】利用 “斜率表场强、电势与电势能的关联、电场力做功与动能的关系”，逐一判断选项的正确性。
9．【答案】C,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】ABC．由依题意，天慢慢变黑时，光照逐渐减弱，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电流表A示数减小，由可知，外电压增大，a灯电流增大，a灯变亮，根据并联电路的分流原理可知，支路的电流减小，则的电压减小，根据串联电路的分压原理可知，b灯电压增大，b灯变亮，故AB错误；C正确；
D．根据可知，电源的效率增大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查动态电路分析，核心思路是利用 “电阻变化→总电流变化→外电压变化→各支路电压、电流变化” 的逻辑，结合电源效率公式，逐一判断选项的正确性。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．原子核在电场中被加速，则
设偏转电场的长度为L2，进入偏转电场后，
解得，即原子核在偏转电场中的位移偏转量与原子核所带的电量和质量无关，A错误；
B．原子核打到屏上时的动能可知，两种原子核电量相等，则打在屏上的动能为1：1，B正确；
C．经过加速电场的过程中，根据可知，电场力对氘（）、氚（）做功之比为1∶1，C错误；
D．原子核在加速电场中的时间（L1为加速电场的长度）
进入偏转电场中到打到屏上的时间（L3为偏转电场右端到屏的距离）
则总时间
可知两种原子核从开始加速到打在屏上所花的时间之比为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查带电粒子的加速与偏转，核心思路是利用 “加速过程的动能定理、偏转过程的运动分解”，结合动能、时间的表达式，分析两者的物理量比值。
11．【答案】（1）4.8
（2）B；C
（3）0.16
【知识点】含容电路分析；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由图可知电流表每一小格，故读数估读到下一位，故读数为
故答案为：4.8
（2）AC．充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，故A错误，C正确；
BD．由电容定义式
电容电量逐渐增大，电压表示数逐渐增大后趋于稳定，故B正确，D错误。
故答案为：BC。
（3）由图像的面积代表电容器所带电荷量可知，充电完毕后电容器两端电压，则该电容器的电容为
故答案为：0.16
【分析】（1）通过电流表的刻度读取电流值；
（2）分析充电过程中电流、电压的变化规律，判断选项正误；
（3）利用i-t图像的面积表示电荷量，结合电容定义式计算电容。
（1）由图可知电流表每一小格，故读数估读到下一位，故读数为
（2）AC．充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，故A错误，C正确；
BD．由电容定义式
电容电量逐渐增大，电压表示数逐渐增大后趋于稳定，故B正确，D错误。
故选BC。
（3）由图像的面积代表电容器所带电荷量可知，充电完毕后电容器两端电压，则该电容器的电容为
12．【答案】（1）6.122（6.121~6.124）；10.225
（2）；2.1×103
（3）
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确值为，由图1可知玻璃管内径为
20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知玻璃管长度为
故答案为：6.122（6.121~6.124）；10.225
（2）①根据图3中的电路图，完整的实物连线如图所示
②根据欧姆定律可得
故答案为：2.1×103
（3）根据电阻定律可得
又
联立可得
故答案为：
【分析】（1）利用螺旋测微器和游标卡尺的读数规则，测量玻璃管的直径与长度；
（2）通过伏安法测电阻，结合U-I图像计算纯净水的电阻；
（3）结合电阻定律和电导率的定义，推导电导率的表达式。
（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图1可知玻璃管内径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知玻璃管长度为
（2）①[1]根据图3中的电路图，完整的实物连线如图所示
②[2]根据欧姆定律可得
（3）根据电阻定律可得
又
联立可得
13．【答案】（1）解：根据几何关系，两小球间的距离
根据库仑定律
解得
（2）解：小球受重力、电场力和支持力。根据平衡条件，有
解得
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】（1）利用几何关系求两球间距，再用库仑定律计算库仑力；
（2）将小球的力分解到水平、竖直方向，通过平衡条件联立求解质量。
（1）根据几何关系，两小球间的距离
根据库仑定律
解得
（2）小球受重力、电场力和支持力。根据平衡条件，有
解得
14．【答案】（1）解：当托盘上不放重物时，根据闭合电路的欧姆定律可得
代入数据解得
则金属杆的电阻
金属杆单位长度的电阻
（2）解：当托盘上放入物体时，根据闭合电路的欧姆定律可得
代入数据得
此时金属杆电阻
物体处于静止状态：
解得
所以，物体的质量为
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用无重物时的电路数据，计算金属杆的电阻与单位长度电阻；
（2）通过有重物时的电压，推导金属杆长度变化，结合弹簧压缩量与重力的平衡关系求物体质量。
15．【答案】（1）解：粒子从a运动到b，由动能定理
解得
（2）解：粒子在区域Ⅰ中点电荷电场内做匀速圆周运动，应以点电荷为圆心，运动半径为
c点到z轴的距离，
解得
在区域Ⅰ中由电场力提供向心力
联立得
（3）解：粒子在区域Ⅱ中做匀变速曲线运动，由几何关系得
沿z轴方向
沿y轴方向
沿x轴方向
解得，记录点坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）用动能定理求进入区域 Ⅰ 的速度；
（2）通过圆周运动的几何关系和向心力公式，求距离与点电荷电荷量；
（3）将区域 Ⅱ 的运动分解为三个方向，分别计算位移得坐标。
（1）粒子从a运动到b，由动能定理
解得
（2）粒子在区域Ⅰ中点电荷电场内做匀速圆周运动，应以点电荷为圆心，运动半径为
c点到z轴的距离，
解得
在区域Ⅰ中由电场力提供向心力
联立得
（3）粒子在区域Ⅱ中做匀变速曲线运动，由几何关系得
沿z轴方向
沿y轴方向
沿x轴方向
解得，记录点坐标为
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