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河北省衡水市武强中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2025高二上·武强期中）在下列单位换算中，正确的是（　　）
A．1eV =1.6×1019J B．1F =1012pF
C．1μC=10-3C D．1N/C =1V·m
2．（2025高二上·武强期中）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．
3．（2025高二上·武强期中）某同学将满偏电流为的毫安表改装为具有和两个量程的电流表，电路图如图所示，其中接线柱为不同量程的公共接线柱，接线柱标注为，接线柱标注为。已知毫安表的内阻为和为定值电阻，则（　　）
A．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流为
B．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流为
C．定值电阻的阻值为
D．定值电阻的阻值为
4．（2025高二上·武强期中）如图所示，电源电动势，内阻忽略不计，闭合开关，标有“，”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻，则（　　）
A．电路中的电流为 B．电动机的发热功率为
C．电动机的输出功率为 D．电动机的效率为60%
5．（2025高二上·武强期中）如图所示，在正方形的四个顶点处固定平行长直导线，导线中通入大小相等的恒定电流，方向垂直正方形平面，下列截面图中，在正方形中心O处磁感应强度最大的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高二上·武强期中）均匀带电球壳在球壳外某处产生的电场可等效看作相同电荷量的点电荷位于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布负电荷，总的电荷量为，球面半径为，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，M、N、P为CD上的点，且，。当P点固定一电荷量为的点电荷时，N点电场强度为0。则M点的场强大小为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二上·武强期中）如图所示，在长方形区域中有竖直向下的匀强电场，同种带正电粒子分别以速度、从点水平向右飞入电场，分别从、的中点、飞出电场区域。已知粒子重力不计，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子从、两点飞出的时间之比为
B．粒子从、两点飞出的时间之比为
C．初速度之比
D．粒子从、两点飞出的过程中，电场力做功之比为
8．（2025高二上·武强期中）利用如图所示的电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，某次操作如下：①在等臂天平的右臂下面挂一个N匝、水平边长为L的矩形线圈，线圈下部处于虚线区域内的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面；②在线圈中通以图示方向的电流，在天平左、右两边加上总质量各为的砝码，天平平衡；③让电流反向（大小不变），在右边减去一个质量为m的砝码后，天平恰好重新平衡。重力加速度用g表示，下列判断正确的是（　　）
A．磁场的方向垂直于纸面向外
B．电流反向时，线圈受到的安培力方向竖直向上
C．可测得磁场的磁感应强度
D．为提高灵敏度，可以增加线圈匝数N
9．（2025高二上·武强期中）如图所示，电源电动势恒定，内阻为，定值电阻和的阻值均等于，滑动变阻器的总阻值也等于，电容器的电容为，电流表可视为理想表。闭合开关，将滑动变阻器滑片从向缓慢滑动。下列说法正确的是（　　）
A．理想电流表示数一直减小 B．电容器的电量先增大后减小
C．电源的效率一直减小 D．电源的输出功率一直减小
10．（2025高二上·武强期中）图中a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是（　　）
A．带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的
B．a点的电势比b点的电势高
C．带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小
D．a点的电场强度比b点的电场强度大
11．（2025高二上·武强期中）（1）游标卡尺的读数　 　
（2）游标卡尺的读数　 　
（3）游标卡尺的读数　 　
（4）螺旋测微器的读数　 　
（5）电压表接量程，读数　 　V
（6）电压表接量程，读数　 　V；
（7）电流表接量程，读数　 　A
（8）电流表接量程，读数　 　
12．（2025高二上·武强期中）某研究小组收集了两个电学元件：电阻（约为）和手机中的锂电池（电动势标称值为，允许最大放电电流为）。实验室备有如下器材：
A.电压表（量程，电阻约为）
B.电流表（量程，电阻约为）
C.电流表（量程，电阻约为）
D.滑动变阻器（，额定电流）
E.电阻箱（）
F.开关一只、导线若干
（1）为了测定电阻的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图甲，图中的电流表应选　 　（选填“”或“”），请将实物连线补充完整　 　。
（2）为测量锂电池的电动势和内阻，小红设计了如图乙所示的电路图。根据测量数据作出图像，如图丙所示，若该图线的斜率为，纵轴截距为，则该锂电池的电动势　 　，内阻　 　（均用、表示）。
13．（2025高二上·武强期中）如图，已知电源的电动势为E，内阻为r，金属杆ab放在平行金属导轨上保持静止。已知ab在金属导轨之间的长度为l、电阻为R，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。ab杆受到磁场的安培力作用，就是ab杆中的自由电子定向运动时受到的洛伦兹力的合力。已知ab杆的横截面积为S，杆中单位体积的自由电子个数为n，求：
（1）ab杆所受到的安培力F的大小和方向；
（2）ab杆中每个自由电子受到的洛伦兹力f的大小。
14．（2025高二上·武强期中）如图所示，电源电动势，定值电阻，电动机的额定电压，电动机线圈电阻。闭合开关，电路稳定后，电动机正常工作，电源在的时间内把的负电荷从正极移送到负极。求：
（1）电源的内阻；
（2）电动机正常工作时产生的机械功率。
15．（2025高二上·武强期中）如图所示，固定的粗糙绝缘平台与水平地面的高度差h=1.25m，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3×103N/C。带正电的小滑块（可视为质点）从距离平台边缘L=1m处由静止释放，已知滑块的质量为m=1kg、带电量为q=2×10-3C，滑块与平台间的动摩擦系数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块在平台上运动的加速度大小；
（2）滑块运动到平台右侧边缘时速度的大小；
（3）滑块的落地点与平台右侧边缘的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】A．电子伏特（eV）的定义是1个电子通过1伏特电势差获得的能量。电子的电荷量，根据公式，可得，故A错误；
B．电容单位中，1皮法（pF）=，因此，故B正确；
C．电荷量单位中，1μC=10-6C，故C错误；
D．根据可得电场强度单位为，根据可得电场强度单位为，即，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查物理单位的换算，核心思路是依据各物理量的单位定义，逐一验证选项的换算关系。
2．【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。
3．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流与通过毫安表的电流相等，为，A错误；
B．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流为，B错误；
CD．由电路可知，
解得，，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 分流原理：电流表改装通过并联电阻分流，不同接线柱对应不同分流电阻组合。
2. 并联电压相等：利用“毫安表支路电压 = 分流电阻支路电压”列方程，联立求解 、。
4．【答案】C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．灯泡L恰好能正常发光，则电路中的电流为，故A错误；
BCD．电动机的发热功率为
电动机的两端电压为
电动机的输入功率可得
电动机的输出功率为
电动机的效率为，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查含电动机的电路分析，核心思路是：先由灯泡的额定功率、电压求电路电流；再结合串联电路的电压规律求电动机两端电压，进而计算电动机的输入功率、发热功率、输出功率及效率。
5．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】令每根导线在O点产生的磁感应强度为B，根据题意，由右手螺旋定则知A图中处于对角线的两根导线电流产生磁场正好相互抵消，所以O点的磁感应强度为0；B图中O点的磁感应强度为2B；同理可知C项图中O点的磁感应强度为2B；D图中O点的磁感应强度为。
故答案为：D。
【分析】利用右手螺旋定则判断每根导线在 O 点产生的磁感应强度方向，再通过矢量叠加（同方向相加、反方向相减、垂直方向用勾股定理）计算 O 点的合磁感应强度。
6．【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】假设半球面右侧有一相同的半球面组成一个完整的均匀带电球壳，球壳所带电荷量为，设半球面在点的场强大小为，半球面在点的场强大小为，则有
当P点固定一电荷量为的点电荷时，N点电场强度为0，则有
联立解得，
根据对称性可知半球面在点的场强大小为
则P点固定一电荷量为的点电荷时，M点的场强大小为
故答案为：D。
【分析】本题考查电场的叠加与对称性，核心思路是通过 “补全球壳” 利用对称性求半球面的场强，再结合点电荷的场强公式，叠加得到 M 点的总场强。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．粒子在电场中做类平抛运动，则从、两点飞出的时间为，，可得，，故AB错误，C正确；
CD．设粒子受到的电场力为，粒子从、两点飞出的过程中，电场力做功分别为、
故电场力做功之比为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查类平抛运动的分解，核心思路是将运动分解为水平匀速、竖直匀加速，利用水平位移、竖直位移的公式，推导时间、初速度的比值，结合电场力做功公式分析做功比。
8．【答案】A,C,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．让电流反向（大小不变），在右边减去一个质量为m的砝码后，天平恰好重新平衡，可知此时安培力向下，根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外，A正确，B错误。
C．由平衡可知，电流反向后，解得，C正确；
D．为了提高灵敏度，应使磁感应强度发生微小变化时，天平也会发生明显的倾斜，故应增加线圈匝数，使安培力变大，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查电流天平测磁感应强度，核心思路是：通过电流反向前后的天平平衡条件，推导安培力的变化，结合左手定则判断磁场方向，再联立平衡式求解磁感应强度，最后分析匝数对灵敏度的影响。
9．【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．滑动变阻器滑片由a端向b端移动过程中，并联部分总电阻R并一直减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，电源内电压增大，外电压减小，并联部分可知，并联部分电压U并减小，电流表示数一直减小，故A正确；
B．根据可知，电容器的电量减小，B错误；
C．电源的效率，所以一直减小，故C正确；
D．的阻值等于，所以外电路总电阻大于内阻，根据电源输出功率与外电阻关系可知，当外电路总电阻等于电源内阻时，输出功率最大，因为外电路总电阻减小，所以电源的输出功率一直增大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查动态电路与电源功率分析，核心思路是：通过滑片移动分析并联电阻变化，结合闭合电路欧姆定律推导电压、电流变化，再利用电容器公式、电源效率 / 输出功率的规律，逐一判断选项的正确性。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．带电质点从a由静止释放，能沿电场线竖直向上运动，电荷所受的电场力一定竖直向上，且a、b点在同一条电场线上，故电荷受到的电场力方向相同，A正确；
B．由题意知电场线的方向竖直向上，沿电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势高，B正确；
C．带电质点在整个向上运动的过程中，电场力均做正功，故电荷的电势能减小，即在a点的电势能比在b点的电势能大，C错误；
D．由题意可知，带电质点先加速上升，后减速上升，故一定要考虑重力，且加速阶段电场力大于重力，减速阶段电场力小于重力，故a点的电场强度比b点的电场强度大，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查电场力、电势、电势能的综合分析，核心思路是：由质点的运动方向判断电场力方向，结合电场线与电势的关系判断电势高低，通过电场力做功分析电势能变化，再根据运动的加速、减速阶段推导电场强度的大小关系。
11．【答案】（1）41.4
（2）14.50
（3）4.120
（4）4.539
（5）1.19
（6）6.0
（7）0.50
（8）2.49
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解】（1）游标卡尺的读数41mm+0.1mm×4=41.4mm
（2）游标卡尺的读数14mm+0.05mm×10=14.50mm
（3）游标卡尺的读数4.1cm+0.02mm×10=4.120cm
（4）螺旋测微器的读数4.5mm+0.01mm×4.0=4.540mm
（5）电压表接量程，最小刻度0.1V，则读数1.20V
（6）电压表接量程，最小刻度0.5V，则读数6.0V
（7）电流表接量程，最小刻度为0.02A，则读数0.50A
（8）电流表接量程，最小刻度为0.1A，则读数2.50A
【分析】本题考查仪器读数规则，核心是区分不同工具的精度（游标卡尺：10/20/50 分度对应 0.1/0.05/0.02mm；螺旋测微器：0.01mm；电表：对应量程的分度值），再结合 “主尺 / 固定刻度 + 游标尺 / 可动刻度” 的方法读数。
（1）游标卡尺的读数41mm+0.1mm×4=41.4mm
（2）游标卡尺的读数14mm+0.05mm×10=14.50mm
（3）游标卡尺的读数4.1cm+0.02mm×10=4.120cm
（4）螺旋测微器的读数4.5mm+0.01mm×4.0=4.540mm
（5）电压表接量程，最小刻度0.1V，则读数1.20V
（6）电压表接量程，最小刻度0.5V，则读数6.0V
（7）电流表接量程，最小刻度为0.02A，则读数0.50A
（8）电流表接量程，最小刻度为0.1A，则读数2.50A
12．【答案】（1）；
（2）；
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流，因此电流表应选电流表；
待测电阻阻值约为，滑动变阻器 (，额定电流1A)和电阻箱 ()最大阻值均小于待测电阻阻值，若变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据。所以为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且
故电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示
故答案为：；
（2）根据闭合电路欧姆定律有
又
可得
变形得
可知图象的纵轴截距为
解得电动势为
图象的斜率
解得
故答案为：；
【分析】（1）通过估算电流选择合适的电流表，结合 “大电阻用内接、小变阻器用分压” 的规则连接电路；
（2）将闭合电路欧姆定律变形为线性方程，利用图像的截距和斜率求解电动势与内阻。
（1）[1]电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流
因此电流表应选电流表；
[2]待测电阻阻值约为，滑动变阻器 (，额定电流1A)和电阻箱 ()最大阻值均小于待测电阻阻值，若变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据。所以为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且
故电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
又
可得
变形得
可知图象的纵轴截距为
解得电动势为
图象的斜率
解得
13．【答案】（1）解：由闭合电路欧姆定律有
可知安培力
左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）解：设ab杆中共有N个定向移动的自由电子，则
又
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）先求电路电流，再用安培力公式计算大小，左手定则判断方向；
（2）通过 “安培力是洛伦兹力的合力”，结合电子总数推导单个电子的洛伦兹力。
（1）由闭合电路欧姆定律有
可知安培力
左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）设ab杆中共有N个定向移动的自由电子，则
又
解得
14．【答案】（1）解：根据电流的定义可得，电路稳定后，电动机正常工作，即电动机两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律，解得电源的内阻
（2）解：定值电阻两端的电压为，通过电阻R的电流为，则通过电动机的电流为
则电动机的总功率为，电动机线圈的电功率为
则电动机正常工作时产生的机械功率
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用电流定义求总电流，结合闭合电路欧姆定律求电源内阻；
（2）通过并联电路的电压、电流分配，分别计算电动机的总功率和热功率，进而得机械功率（电能转化为机械能的功率）。
（1）根据电流的定义可得，电路稳定后，电动机正常工作，即电动机两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律，解得电源的内阻
（2）定值电阻两端的电压为，通过电阻R的电流为，则通过电动机的电流为
则电动机的总功率为，电动机线圈的电功率为
则电动机正常工作时产生的机械功率
15．【答案】(1)解：由牛顿第二定律得
解得
(2)解：由匀变速直线运动规律
解得
(3)解：滑块在平台右侧水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，在竖直方向
根据牛顿第二定律
在水平方向
滑块的落地点与平台右侧边缘的距离为
联立并代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过牛顿第二定律，结合电场力与摩擦力的合力求加速度；
（2）利用匀变速直线运动公式，由加速度和位移求末速度；
（3）将离开平台后的运动分解为竖直自由落体和水平匀加速，分别计算分位移后求合位移。
1 / 1河北省衡水市武强中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2025高二上·武强期中）在下列单位换算中，正确的是（　　）
A．1eV =1.6×1019J B．1F =1012pF
C．1μC=10-3C D．1N/C =1V·m
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】A．电子伏特（eV）的定义是1个电子通过1伏特电势差获得的能量。电子的电荷量，根据公式，可得，故A错误；
B．电容单位中，1皮法（pF）=，因此，故B正确；
C．电荷量单位中，1μC=10-6C，故C错误；
D．根据可得电场强度单位为，根据可得电场强度单位为，即，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查物理单位的换算，核心思路是依据各物理量的单位定义，逐一验证选项的换算关系。
2．（2025高二上·武强期中）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。
3．（2025高二上·武强期中）某同学将满偏电流为的毫安表改装为具有和两个量程的电流表，电路图如图所示，其中接线柱为不同量程的公共接线柱，接线柱标注为，接线柱标注为。已知毫安表的内阻为和为定值电阻，则（　　）
A．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流为
B．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流为
C．定值电阻的阻值为
D．定值电阻的阻值为
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流与通过毫安表的电流相等，为，A错误；
B．使用和两个接线柱，毫安表满偏时通过的电流为，B错误；
CD．由电路可知，
解得，，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 分流原理：电流表改装通过并联电阻分流，不同接线柱对应不同分流电阻组合。
2. 并联电压相等：利用“毫安表支路电压 = 分流电阻支路电压”列方程，联立求解 、。
4．（2025高二上·武强期中）如图所示，电源电动势，内阻忽略不计，闭合开关，标有“，”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻，则（　　）
A．电路中的电流为 B．电动机的发热功率为
C．电动机的输出功率为 D．电动机的效率为60%
【答案】C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．灯泡L恰好能正常发光，则电路中的电流为，故A错误；
BCD．电动机的发热功率为
电动机的两端电压为
电动机的输入功率可得
电动机的输出功率为
电动机的效率为，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查含电动机的电路分析，核心思路是：先由灯泡的额定功率、电压求电路电流；再结合串联电路的电压规律求电动机两端电压，进而计算电动机的输入功率、发热功率、输出功率及效率。
5．（2025高二上·武强期中）如图所示，在正方形的四个顶点处固定平行长直导线，导线中通入大小相等的恒定电流，方向垂直正方形平面，下列截面图中，在正方形中心O处磁感应强度最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】令每根导线在O点产生的磁感应强度为B，根据题意，由右手螺旋定则知A图中处于对角线的两根导线电流产生磁场正好相互抵消，所以O点的磁感应强度为0；B图中O点的磁感应强度为2B；同理可知C项图中O点的磁感应强度为2B；D图中O点的磁感应强度为。
故答案为：D。
【分析】利用右手螺旋定则判断每根导线在 O 点产生的磁感应强度方向，再通过矢量叠加（同方向相加、反方向相减、垂直方向用勾股定理）计算 O 点的合磁感应强度。
6．（2025高二上·武强期中）均匀带电球壳在球壳外某处产生的电场可等效看作相同电荷量的点电荷位于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布负电荷，总的电荷量为，球面半径为，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，M、N、P为CD上的点，且，。当P点固定一电荷量为的点电荷时，N点电场强度为0。则M点的场强大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】假设半球面右侧有一相同的半球面组成一个完整的均匀带电球壳，球壳所带电荷量为，设半球面在点的场强大小为，半球面在点的场强大小为，则有
当P点固定一电荷量为的点电荷时，N点电场强度为0，则有
联立解得，
根据对称性可知半球面在点的场强大小为
则P点固定一电荷量为的点电荷时，M点的场强大小为
故答案为：D。
【分析】本题考查电场的叠加与对称性，核心思路是通过 “补全球壳” 利用对称性求半球面的场强，再结合点电荷的场强公式，叠加得到 M 点的总场强。
7．（2025高二上·武强期中）如图所示，在长方形区域中有竖直向下的匀强电场，同种带正电粒子分别以速度、从点水平向右飞入电场，分别从、的中点、飞出电场区域。已知粒子重力不计，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子从、两点飞出的时间之比为
B．粒子从、两点飞出的时间之比为
C．初速度之比
D．粒子从、两点飞出的过程中，电场力做功之比为
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．粒子在电场中做类平抛运动，则从、两点飞出的时间为，，可得，，故AB错误，C正确；
CD．设粒子受到的电场力为，粒子从、两点飞出的过程中，电场力做功分别为、
故电场力做功之比为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查类平抛运动的分解，核心思路是将运动分解为水平匀速、竖直匀加速，利用水平位移、竖直位移的公式，推导时间、初速度的比值，结合电场力做功公式分析做功比。
8．（2025高二上·武强期中）利用如图所示的电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，某次操作如下：①在等臂天平的右臂下面挂一个N匝、水平边长为L的矩形线圈，线圈下部处于虚线区域内的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面；②在线圈中通以图示方向的电流，在天平左、右两边加上总质量各为的砝码，天平平衡；③让电流反向（大小不变），在右边减去一个质量为m的砝码后，天平恰好重新平衡。重力加速度用g表示，下列判断正确的是（　　）
A．磁场的方向垂直于纸面向外
B．电流反向时，线圈受到的安培力方向竖直向上
C．可测得磁场的磁感应强度
D．为提高灵敏度，可以增加线圈匝数N
【答案】A,C,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．让电流反向（大小不变），在右边减去一个质量为m的砝码后，天平恰好重新平衡，可知此时安培力向下，根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外，A正确，B错误。
C．由平衡可知，电流反向后，解得，C正确；
D．为了提高灵敏度，应使磁感应强度发生微小变化时，天平也会发生明显的倾斜，故应增加线圈匝数，使安培力变大，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查电流天平测磁感应强度，核心思路是：通过电流反向前后的天平平衡条件，推导安培力的变化，结合左手定则判断磁场方向，再联立平衡式求解磁感应强度，最后分析匝数对灵敏度的影响。
9．（2025高二上·武强期中）如图所示，电源电动势恒定，内阻为，定值电阻和的阻值均等于，滑动变阻器的总阻值也等于，电容器的电容为，电流表可视为理想表。闭合开关，将滑动变阻器滑片从向缓慢滑动。下列说法正确的是（　　）
A．理想电流表示数一直减小 B．电容器的电量先增大后减小
C．电源的效率一直减小 D．电源的输出功率一直减小
【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．滑动变阻器滑片由a端向b端移动过程中，并联部分总电阻R并一直减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，电源内电压增大，外电压减小，并联部分可知，并联部分电压U并减小，电流表示数一直减小，故A正确；
B．根据可知，电容器的电量减小，B错误；
C．电源的效率，所以一直减小，故C正确；
D．的阻值等于，所以外电路总电阻大于内阻，根据电源输出功率与外电阻关系可知，当外电路总电阻等于电源内阻时，输出功率最大，因为外电路总电阻减小，所以电源的输出功率一直增大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查动态电路与电源功率分析，核心思路是：通过滑片移动分析并联电阻变化，结合闭合电路欧姆定律推导电压、电流变化，再利用电容器公式、电源效率 / 输出功率的规律，逐一判断选项的正确性。
10．（2025高二上·武强期中）图中a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是（　　）
A．带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的
B．a点的电势比b点的电势高
C．带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小
D．a点的电场强度比b点的电场强度大
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．带电质点从a由静止释放，能沿电场线竖直向上运动，电荷所受的电场力一定竖直向上，且a、b点在同一条电场线上，故电荷受到的电场力方向相同，A正确；
B．由题意知电场线的方向竖直向上，沿电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势高，B正确；
C．带电质点在整个向上运动的过程中，电场力均做正功，故电荷的电势能减小，即在a点的电势能比在b点的电势能大，C错误；
D．由题意可知，带电质点先加速上升，后减速上升，故一定要考虑重力，且加速阶段电场力大于重力，减速阶段电场力小于重力，故a点的电场强度比b点的电场强度大，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查电场力、电势、电势能的综合分析，核心思路是：由质点的运动方向判断电场力方向，结合电场线与电势的关系判断电势高低，通过电场力做功分析电势能变化，再根据运动的加速、减速阶段推导电场强度的大小关系。
11．（2025高二上·武强期中）（1）游标卡尺的读数　 　
（2）游标卡尺的读数　 　
（3）游标卡尺的读数　 　
（4）螺旋测微器的读数　 　
（5）电压表接量程，读数　 　V
（6）电压表接量程，读数　 　V；
（7）电流表接量程，读数　 　A
（8）电流表接量程，读数　 　
【答案】（1）41.4
（2）14.50
（3）4.120
（4）4.539
（5）1.19
（6）6.0
（7）0.50
（8）2.49
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解】（1）游标卡尺的读数41mm+0.1mm×4=41.4mm
（2）游标卡尺的读数14mm+0.05mm×10=14.50mm
（3）游标卡尺的读数4.1cm+0.02mm×10=4.120cm
（4）螺旋测微器的读数4.5mm+0.01mm×4.0=4.540mm
（5）电压表接量程，最小刻度0.1V，则读数1.20V
（6）电压表接量程，最小刻度0.5V，则读数6.0V
（7）电流表接量程，最小刻度为0.02A，则读数0.50A
（8）电流表接量程，最小刻度为0.1A，则读数2.50A
【分析】本题考查仪器读数规则，核心是区分不同工具的精度（游标卡尺：10/20/50 分度对应 0.1/0.05/0.02mm；螺旋测微器：0.01mm；电表：对应量程的分度值），再结合 “主尺 / 固定刻度 + 游标尺 / 可动刻度” 的方法读数。
（1）游标卡尺的读数41mm+0.1mm×4=41.4mm
（2）游标卡尺的读数14mm+0.05mm×10=14.50mm
（3）游标卡尺的读数4.1cm+0.02mm×10=4.120cm
（4）螺旋测微器的读数4.5mm+0.01mm×4.0=4.540mm
（5）电压表接量程，最小刻度0.1V，则读数1.20V
（6）电压表接量程，最小刻度0.5V，则读数6.0V
（7）电流表接量程，最小刻度为0.02A，则读数0.50A
（8）电流表接量程，最小刻度为0.1A，则读数2.50A
12．（2025高二上·武强期中）某研究小组收集了两个电学元件：电阻（约为）和手机中的锂电池（电动势标称值为，允许最大放电电流为）。实验室备有如下器材：
A.电压表（量程，电阻约为）
B.电流表（量程，电阻约为）
C.电流表（量程，电阻约为）
D.滑动变阻器（，额定电流）
E.电阻箱（）
F.开关一只、导线若干
（1）为了测定电阻的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图甲，图中的电流表应选　 　（选填“”或“”），请将实物连线补充完整　 　。
（2）为测量锂电池的电动势和内阻，小红设计了如图乙所示的电路图。根据测量数据作出图像，如图丙所示，若该图线的斜率为，纵轴截距为，则该锂电池的电动势　 　，内阻　 　（均用、表示）。
【答案】（1）；
（2）；
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流，因此电流表应选电流表；
待测电阻阻值约为，滑动变阻器 (，额定电流1A)和电阻箱 ()最大阻值均小于待测电阻阻值，若变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据。所以为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且
故电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示
故答案为：；
（2）根据闭合电路欧姆定律有
又
可得
变形得
可知图象的纵轴截距为
解得电动势为
图象的斜率
解得
故答案为：；
【分析】（1）通过估算电流选择合适的电流表，结合 “大电阻用内接、小变阻器用分压” 的规则连接电路；
（2）将闭合电路欧姆定律变形为线性方程，利用图像的截距和斜率求解电动势与内阻。
（1）[1]电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流
因此电流表应选电流表；
[2]待测电阻阻值约为，滑动变阻器 (，额定电流1A)和电阻箱 ()最大阻值均小于待测电阻阻值，若变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据。所以为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且
故电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
又
可得
变形得
可知图象的纵轴截距为
解得电动势为
图象的斜率
解得
13．（2025高二上·武强期中）如图，已知电源的电动势为E，内阻为r，金属杆ab放在平行金属导轨上保持静止。已知ab在金属导轨之间的长度为l、电阻为R，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。ab杆受到磁场的安培力作用，就是ab杆中的自由电子定向运动时受到的洛伦兹力的合力。已知ab杆的横截面积为S，杆中单位体积的自由电子个数为n，求：
（1）ab杆所受到的安培力F的大小和方向；
（2）ab杆中每个自由电子受到的洛伦兹力f的大小。
【答案】（1）解：由闭合电路欧姆定律有
可知安培力
左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）解：设ab杆中共有N个定向移动的自由电子，则
又
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）先求电路电流，再用安培力公式计算大小，左手定则判断方向；
（2）通过 “安培力是洛伦兹力的合力”，结合电子总数推导单个电子的洛伦兹力。
（1）由闭合电路欧姆定律有
可知安培力
左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）设ab杆中共有N个定向移动的自由电子，则
又
解得
14．（2025高二上·武强期中）如图所示，电源电动势，定值电阻，电动机的额定电压，电动机线圈电阻。闭合开关，电路稳定后，电动机正常工作，电源在的时间内把的负电荷从正极移送到负极。求：
（1）电源的内阻；
（2）电动机正常工作时产生的机械功率。
【答案】（1）解：根据电流的定义可得，电路稳定后，电动机正常工作，即电动机两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律，解得电源的内阻
（2）解：定值电阻两端的电压为，通过电阻R的电流为，则通过电动机的电流为
则电动机的总功率为，电动机线圈的电功率为
则电动机正常工作时产生的机械功率
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用电流定义求总电流，结合闭合电路欧姆定律求电源内阻；
（2）通过并联电路的电压、电流分配，分别计算电动机的总功率和热功率，进而得机械功率（电能转化为机械能的功率）。
（1）根据电流的定义可得，电路稳定后，电动机正常工作，即电动机两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律，解得电源的内阻
（2）定值电阻两端的电压为，通过电阻R的电流为，则通过电动机的电流为
则电动机的总功率为，电动机线圈的电功率为
则电动机正常工作时产生的机械功率
15．（2025高二上·武强期中）如图所示，固定的粗糙绝缘平台与水平地面的高度差h=1.25m，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3×103N/C。带正电的小滑块（可视为质点）从距离平台边缘L=1m处由静止释放，已知滑块的质量为m=1kg、带电量为q=2×10-3C，滑块与平台间的动摩擦系数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块在平台上运动的加速度大小；
（2）滑块运动到平台右侧边缘时速度的大小；
（3）滑块的落地点与平台右侧边缘的距离。
【答案】(1)解：由牛顿第二定律得
解得
(2)解：由匀变速直线运动规律
解得
(3)解：滑块在平台右侧水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，在竖直方向
根据牛顿第二定律
在水平方向
滑块的落地点与平台右侧边缘的距离为
联立并代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过牛顿第二定律，结合电场力与摩擦力的合力求加速度；
（2）利用匀变速直线运动公式，由加速度和位移求末速度；
（3）将离开平台后的运动分解为竖直自由落体和水平匀加速，分别计算分位移后求合位移。
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