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浙江省精诚联盟2025-2026学年高二上学期10月联考物理试题
1．下列选项物理量均是矢量的是（　　）
A．加速度 磁通量 B．速率 力
C．电场强度 电流强度 D．位移 磁感应强度
【答案】D
【知识点】磁感应强度；矢量与标量；电场强度；磁通量
【解析】【解答】 A、加速度是矢量，磁通量只有大小、没有方向，属于标量，A 错误。
B、速率只有大小，是标量；力既有大小又有方向，是矢量，B 错误。
C、电场强度是矢量，电流强度虽然有方向，但运算遵循代数加减法则，属于标量，C 错误。
D、位移、磁感应强度均同时具备大小与方向，且运算遵守平行四边形定则，二者都是矢量，D 正确。
故答案为：D。
【分析】 A、考查矢量与标量的判断。矢量需要同时具备大小、方向，并且满足平行四边形定则；磁通量为标量。
B、考查矢量标量区分。速率是速度的大小，只有大小，属于标量。
C、考查电流的属性。电流有方向，但为标量，不满足矢量平行四边形运算法则。
D、考查常见矢量。位移、磁感应强度都是高中物理典型矢量。
2．电压（voltage），也称作电势差或电位差，是衡量单位电荷在静电场中由于电势不同所产生的能量差的物理量。电压的国际单位制基本单位表示为（　　）
A． B．
C．V D．
【答案】A
【知识点】电势差；单位制
【解析】【解答】由，，，推导可得电压国际单位制基本单位为，A 正确。
故答案为：A。
【分析】考查物理量单位推导。利用功、电荷量的定义式，把单位全部拆解为 kg、m、s、A 四个基本单位，得到电压的基本单位表达式。
3．下列关于电场线和磁感线的图像，错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电场线
【解析】【解答】 A、根据安培定则，竖直导线电流向下，周围磁感线的环绕方向应为顺时针（从上往下看），图中磁感线方向画反，图像错误，符合题意；
B、由安培定则判断螺线管磁场，螺线管内部磁场向右，小磁针 N 极指向与磁场方向一致，图像正确。
C、等量异种电荷的电场线分布，从正电荷出发终止于负电荷，电场线形态符合规律，图像正确。
D、平行板电容器内部电场线由正极板指向负极板，极板外侧存在少量电场线，图像正确。
故答案为：A。
【分析】 A、考查直线电流的安培定则。右手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕方向代表磁感线方向。电流向下，俯视磁感线应为顺时针。
B、考查通电螺线管磁场与小磁针。螺线管内部磁场由 S 指向 N，小磁针 N 极沿磁场方向。
C、考查等量异种电荷电场线。电场线起始于正电荷，终止于负电荷。
D、考查平行板电容器电场。极板间为匀强电场，电场线垂直极板由正指向负。
4．下列有关电磁波的应用，说法正确的是（　　）
A．空间站上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
B．铁路、民航等安检口使用γ射线对行李内物品进行检测
C．医院里常用紫外线照射对病房和手术室进行消毒
D．超市、书店的大门处常用来感应物品的门禁是利用了X射线
【答案】C
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】 A、红外线穿透云雾烟尘能力弱，微波才有较好穿透云雾烟尘的能力，A 错误。
B、铁路、民航安检使用 X 射线检测行李，γ 射线电离性太强，不适合用于行李安检，B 错误。
C、紫外线具有杀菌作用，医院常用紫外线照射病房、手术室消毒，C 正确。
D、超市防盗门禁利用的是电磁感应原理，并非 X 射线，D 错误。
故答案为：C。
【分析】 A、考查电磁波特性。红外线主要用于热成像，微波穿透云雾烟尘能力更强。
B、考查电磁波在安检中的应用。行李安检采用 X 射线，γ 射线一般用于工业探伤。
C、考查紫外线的应用。紫外线可以破坏微生物 DNA，起到消毒杀菌效果。
D、考查防盗门禁原理。超市防盗门禁基于电磁感应，不使用 X 射线。
5．下列有关电学知识的相关说法正确的是（　　）
A．图甲中，锥形导体上的电荷分布不均匀，是受到周围其他电荷的影响
B．图乙中，电工被防护服所包裹，人体电势为零，对人体起到保护作用
C．图丙中，打火机的点火装置是利用尖端放电的原理
D．图丁中，干燥的冬天，人触摸金属被电的原因是手和金属间产生了电荷
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式；电荷守恒定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】 A、锥形导体电荷分布不均匀，是导体自身曲率不同造成的，尖端曲率大，电荷面密度大，并非周围其他电荷影响，A 错误。
B、高压带电作业防护服为等势体，人体电势和高压导线电势相等，不是零电势，B 错误。
C、打火机点火装置依靠尖端放电产生电火花，C 正确。
D、摩擦起电的本质是电荷转移，电荷不会凭空产生，D 错误。
故答案为：C。
【分析】 A、考查静电平衡导体电荷分布。导体表面电荷密度由表面曲率决定，曲率越大，电荷越密集。
B、考查高压带电作业的静电屏蔽。防护服使人体与导线等势，消除电势差，保护人体。
C、考查尖端放电的应用。打火机内部尖端高压放电，引燃燃气。
D、考查电荷守恒定律。静电现象只是电荷转移，不能创造新电荷。
6．如图甲是电鳗，能产生足以将人击昏的电流，是放电能力最强的淡水鱼类，输出的电压可达300~800伏，成年电鳗能长至2m以上。如图乙所示将电鳗放电时自身内形成的电场等效为匀强电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鳗身体的中点，。下列说法正确的是（　　）
A．A点电势高于B点电势
B．若AB长为身长的一半，当电鳗产生500V的电压时，AB间电压为250V
C．A、B两点的电场强度大小相等，方向相反
D．若AB间电压200V，则O点的场强为
【答案】B
【知识点】电场线；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A. 正电荷集中在头部（B侧），负电荷集中在尾部（A侧），电场线方向由B指向A。沿电场线方向电势降低，因此B点电势高于A点，该选项错误。
B. 电鳗内部等效为匀强电场，电场强度（为电鳗身长）。AB长度为身长的一半，由匀强电场电压与场强的关系，代入，得，该选项正确。
C. 等效电场为匀强电场，匀强电场中各处电场强度的大小和方向都相同，因此A、B两点电场强度大小相等、方向相同，该选项错误。
D. AB间距离为，AB间电压为200V，则匀强电场的场强。匀强电场中各点场强都相等，因此o点场强也为200V/m，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题考查匀强电场的电场强度与电势差的关系，涉及电场方向与电势高低的判断。将电鳗内部电场等效为匀强电场，电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线电势逐渐降低；匀强电场中电势差与电场强度的关系为，且各处电场强度的大小和方向均相同。
7．电击枪如图，最早出现在20世纪初期的科幻小说中，也有人根据其原理称其为“电休克枪”，该枪没有子弹，它是靠发射带电“飞镖”打到目标，再通过高频、短时、高压的脉冲直流电使目标失能。电击器的电流强度峰值约。下列说法正确的是（　　）
A．电流强度是指单位时间里通过导体任一横截面的正、负电荷数
B．电荷定向运动的方向就是电流方向
C．电击枪与带电“飞镖”间的电流中，电荷定向运动的速率是光速
D．电击枪若以峰值强度电击测试目标2秒钟，则会有个电荷通过目标
【答案】D
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】A、电流强度定义为单位时间通过导体横截面的电荷量，不是电荷数目，A 错误。
B、规定正电荷定向移动方向为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反，B 错误。
C、电路中电荷定向移动速率很小，远小于光速；电场传播速度才是光速，C 错误。
D、，，元电荷，粒子数，D 正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查电流定义式，电流是单位时间通过横截面的电荷量。
B、考查电流方向规定，电流方向是正电荷定向移动方向。
C、区分电场传播速度和载流子定向漂移速率，二者不相等。
D、考查电流与元电荷的综合计算，利用和求解载流子数目。
8．某兴趣小组在“测量电池电动势和内阻”的实验中，现利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。实验电路图如甲图，根据实验数据画的图像如乙图，则下列说法正确的是（　　）
A．电池电动势为1.32V
B．电池内阻为1.04Ω
C．实验系统误差是由电压表分流引起的
D．实验系统误差是由电流表分压引起的
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A、根据闭合电路欧姆定律，图像纵轴截距代表电动势，由图可得，A 错误。
B、图像斜率绝对值表示电源内阻，，B 错误。
C、本电路为电压表并联在电源两端，电流表测滑动变阻器的电流，电压表存在分流，电流表读数小于真实总电流，系统误差来源于电压表的分流，C 正确。
D、该电路误差不是电流表分压造成，电流表分压是电流表内接法的误差来源，D 错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查图像求电动势，纵轴截距等于电源电动势。
B、考查图像求内阻，内阻等于图像斜率的绝对值。
C、考查本实验外接法系统误差来源，电压表分流使电流表读数偏小。
D、区分两种接法的误差来源，电流表分压为电流表内接法的误差。
9．手机快充越来越主流，快充技术也变得更成熟。现有最高支持40W超级快充的充电器如图所示，输出规格有“10V 4A”，“9V 2A”，“5V 2A”。现有某手机电池，容量。若不考虑充电的转化效率，则下列说法正确的是（　　）
A．电池充满电时具有的能量为15120J
B．用“5V 2A”对手机充电，电池电量从零到充满约要3.5h
C．用“9V 2A”对手机充电，电池电量从零到充满约要1.55h
D．用“10V 4A”的超级快充30分钟增加的电量约为47.6%
【答案】D
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A、电池容量是电荷量，不知道电池电动势，无法直接算出储存能量，A 错误。
B、充电，充电电流，，B 错误。
C、充电，充电电流，，C 错误。
D、快充，电流，充电时间，充入电量；
百分比，D 正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查电池容量含义，mAh 代表电荷量，电能，缺少电池电动势不能求能量。
B、考查充电时间计算，，电压不影响充电时长。
C、充电时长只由电流和电池容量决定，和充电电压无关。
D、利用计算充入电量，再除以电池总容量得到电量增加百分比。
10．电容式传感器，通过改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量的传感器。图甲是探究平行板电容器电容的影响因素实验图，图乙是位移传感器，图丙是压力传感器，图丁是测液高传感器。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，保持B板不动，将A板向右移动，静电计指针张角增大
B．图乙中，电容器电容增大的原因是被测物体向右发生运动
C．图丙中，可动电极受压力越大，电容器电容越大
D．图丁中，把金属芯线从液体中向上提起，电容会增大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、图甲中电容器电荷量Q不变，A 板右移，极板间距d减小，由，电容C变大；再由，极板间电压U减小，静电计指针张角减小，A 错误；
B、图乙被测物体向右运动，电介质板抽出，相对介电常数减小，电容减小，B 错误；
C、图丙压力越大，可动电极形变越大，极板间距d越小，根据，电容越大，C 正确；
D、图丁金属芯线上提，浸入导电液体的高度h减小，极板正对面积减小，电容减小，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查平行板电容器公式，电荷量不变时，板间距减小，电容增大，电压降低。
B、考查电介质对电容的影响，抽出电介质，相对介电常数变小，电容减小。
C、压力传感器原理，压力增大，极板间距减小，电容增大。
D、测液高传感器，液高降低，有效正对面积变小，电容减小。
11．下列四幅图中涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持运动的原因
B．法拉第通过油滴实验，测出了电子的电荷量
C．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应
D．库仑通过静电力扭秤实验研究，测出了静电力常量
【答案】A,C
【知识点】物理学史；安培定则
【解析】【解答】A、伽利略理想斜面实验，推理得出力不是维持物体运动的原因，A 正确。
B、油滴实验是密立根完成，不是法拉第，该实验测出电子电荷量，B 错误。
C、奥斯特发现电流的磁效应（电生磁），C 正确。
D、库仑利用扭秤实验得到库仑定律，但没有测出静电力常量，静电力常量是后人测出，D 错误。
故答案为：AC；
【分析】A、考查伽利略理想斜面实验，揭示运动不需要力维持，属于牛顿第一定律的思想基础。
B、考查密立根油滴实验，实验目的是测定元电荷（电子电荷量）。
C、考查奥斯特实验，首次发现电流能够产生磁场。
D、考查库仑扭秤实验，库仑只得到库仑定律，静电力常量k由后续实验测定。
12．如图，空间中有电荷量不同的异种电荷电场，PQ两点处在同一条电场线上，MQ两点在电荷连线两侧对称，下列说法正确的是（　　）
A．M、Q两点位置场强和电势均相同
B．P位置的场强比Q位置大，电势也比Q位置高
C．电子在P处由静止释放，仅受电场力作用会沿电场线运动到Q点
D．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能
【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、M、Q 两点对称，但电场强度是矢量，两点场强方向不同，场强不相同；电势是标量，电势相等，A 错误。
B、电场线疏密表示场强大小，P 点电场线更密，故；沿电场线方向电势逐渐降低，可得，B 正确。
C、只有电场线为直线、初速度为零或者初速度沿电场线方向，电荷才沿电场线运动。P 到 Q 的电场线不是直线，电子释放后不会沿电场线运动到 Q，C 错误。
D、，电子带负电，由，电势越高，负电荷电势能越小，故电子在 P 点电势能小于 Q 点，D 正确。
故答案为：BD；
【分析】A、考查电场强度矢量性，场强需要同时考虑大小和方向；电势为标量，只看数值。
B、考查电场线物理意义，电场线疏密代表场强大小，沿电场线电势降低。
C、考查带电粒子沿电场线运动的条件，电场线必须为直线。
D、考查电势能公式，负电荷在高电势处电势能更小。
13．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。
14．在“练习使用多用电表”的实验中，使用欧姆表时，选择“×100”倍率的挡位时（如图），读数为　 　Ω。如果指针偏转过大，应将选择开关倍率拨至　 　的挡位（填“更高”或“更低”）。每次更换倍率不同的挡位后，应在读数前　 　。
【答案】1200；更低；重新进行欧姆调零
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】使用欧姆表时，选择“×100”倍率的挡位时（如图），读数为
如果指针偏转过大，说明待测电阻偏小，应将选择开关倍率拨至更低的挡位；每次更换倍率不同的挡位后，应在读数前重新进行欧姆调零。
故答案为：1200；更低；重新进行欧姆调零；
【分析】欧姆表读数等于表盘示数乘以所选倍率，选用 ×100 挡位时，读数计算为。
欧姆表指针偏角过大，代表被测电阻阻值偏小，需要更换倍率更小的挡位；更换欧姆挡位后，内部电路发生变化，测量前必须重新进行欧姆调零。
15．在“观察电容器的充放电现象”的实验中，如图甲所示电路中，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器。现将开关从1处拨至2，传感器将电流信息传入计算机，放电过程中屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。通过图像数据，估算电容器在放电过程中释放的电荷量为　 　C（结果保留2位有效数字），不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积　 　（填“增大”“不变”或“减小”）。
【答案】（）；不变
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】根据可知，图像与横轴围成的面积表示电荷量，由图乙可知图像与横轴围成的面积中大约有49个小方格，则电容器在放电过程中释放的电荷量为
根据可知，电容器充完电后所带的电荷量与电阻R无关，所以不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积不变。
故答案为：（）；不变；
【分析】由可知图像与横轴围成面积代表电荷量，数出图像内小方格数量，用单个方格对应的电荷量乘以方格总数，得到电容器放电总电荷量。
根据，电容器充电总电荷量只和电容C、电源电动势E有关，与放电电阻R无关；图像面积代表总放电电荷量，因此只减小电阻R，图像围成面积保持不变。
16．现代的智能马桶，集便圈加热、温水洗净、按摩等多项功能于一身。某实验小组截取部分发热线圈，这类加热元件普遍采用镍铬合金，适合用于低温加热场合，现要测其电阻率，做了如下实验。
（1）用螺旋测微器测量该部分发热线圈直径，用游标卡尺测量其长度，螺旋测微器示数如图甲所示。由图得发热线圈的直径为　 　mm，游标卡尺测量的长度值为5.24cm。
（2）该小组想用伏安法更精确地测量发热线圈的电阻R（阻值约为几欧），可选用的器材如下：
A.电流表（量程3A，内阻约0.02Ω）
B.电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C.电压表（量程3V，内阻约10kΩ）
D.电压表（量程15V，内阻约25kΩ）
E.电源E（电动势3V，内阻忽略不计）
F.滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
G.开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求电压可以从零开始调节，电流表选择　 　，电压表选择　 　。（以上两空均选填仪器前面的序号）
（3）请用笔画线表示导线，在图乙中完成测量发热线圈电阻的实验电路连接图　 　。
（4）实验过程中，实验小组移动滑动变阻器的滑片，并记录两电表的多组测量数据，在坐标纸上描点、连线作出如图丙所示的图像，则实验测得发热线圈材料的电阻率　 　（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）0.149
（2）B；C
（3）
（4）（-）
【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，读数时需要估读，由图甲可知D=0mm+15.0×0.01mm=0.150mm。
故答案为：0.149；
（2）由于电源电动势为3V，为了准确，电压表应选量程为3V的电压表C；而待测电阻约为几欧，电路电流小于1A，则电流表选择B。
故答案为：B；
（3）由于电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，由于待测电阻阻值较小，采用电流表外接法，电路连接图如图所示
故答案为：；
（4）根据欧姆定律有，根据电阻定律
代入数据解得
故答案为：（-）；
【分析】（1）螺旋测微器读数由固定刻度加可动刻度，可动刻度要估读，公式固定刻度读数可动刻度读数，算出直径。
（2）依据电源电动势选择电压表量程，由电源电动势和待测电阻估算最大电流，选出合适电流表。
（3）电压从零调节，滑动变阻器选用分压式接法；待测电阻阻值较小，满足，采用电流表外接法。
（4）先用欧姆定律求出待测电阻，再利用电阻定律变形求解电阻率。
（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数时需要估读，由图甲可知D=0mm+15.0×0.01mm=0.150mm。
（2）[1] [2]由于电源电动势为3V，为了准确，电压表应选量程为3V的电压表C；而待测电阻约为几欧，电路电流小于1A，则电流表选择B。
（3）由于电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，由于待测电阻阻值较小，采用电流表外接法，电路连接图如图所示
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律
代入数据解得
17．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
18．如图所示，有一个双量程电流表，其中大量程为3A。已知表头G满偏电流，，。求：
（1）大量程接线柱连a接线柱还是b接线柱？
（2）表头G的内阻的值；
（3）小量程电流表的量程的值。
【答案】（1）接线柱连a时，起分流作用为一支路，与串联为一支路，此时的量程为
接线柱连b时，与串联起分流作用为一支路，为一支路，此时的量程为
比较可知
可知大量程接线柱连a接线柱。
（2）接线柱连a接线柱时，根据并联电路的特点
量程为
联立并代入数据解得
（3）接线柱连b接线柱时，为小量程，根据并联电路特点
解得
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）依据并联分流原理，分别写出接 a、b 两个接线柱时的总量程表达式，对比两个量程的大小，确定大量程对应的接线柱。
（2）接 a 柱时，两支路电压相等，列并联电路电压等式，结合总量程的电流关系，联立方程求解表头内阻。
（3）接 b 柱为小量程，再次利用并联分流公式，代入已知电阻与表头参数，算出小量程的满偏电流。
（1）接线柱连a时，起分流作用为一支路，与串联为一支路，此时的量程为
接线柱连b时，与串联起分流作用为一支路，为一支路，此时的量程为
比较可知
可知大量程接线柱连a接线柱。
（2）接线柱连a接线柱时，根据并联电路的特点
量程为
联立并代入数据解得
（3）接线柱连b接线柱时，为小量程，根据并联电路特点
解得
19．示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器，它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。图甲是某种传统的模拟示波器的剖面图，由电子枪、偏转元件、荧光屏组成。其工作原理如图乙所示，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后打在涂有荧光物质的屏面上，就可产生细小的光点。图乙中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场和偏转电场区域后，打到荧光屏A点。已知电子质量，电荷量，偏转极板M和N长，，虚线离MN板距离相同，荧光屏距离偏转板元件的长度为。不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。
（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
（2）求电子离开偏转电场区域时的偏转量的大小y；
（3）求A点到点的距离。
【答案】（1）电子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，可得，
由牛顿第二定律
联立解得

（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，轨迹如图
由几何关系可知，
代入数据后得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；示波器的使用
【解析】【分析】（1）电子经过加速电场，运用动能定理，求解电子进入偏转电场的初速度。
（2）电子在偏转电场做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速；由牛顿第二定律，联立求出竖直偏转位移y。
（3）电子离开偏转电场后匀速直线运动，利用类平抛的反向延长线过水平位移中点这一几何关系，列式求解打在屏上的总竖直偏移量x。
（1）电子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，可得，
由牛顿第二定律
联立解得
（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，轨迹如图
由几何关系可知，
代入数据后得
20．如图所示，有倾角为37°的光滑斜轨道AB，B端连接着半径为R的光滑圆弧轨道BCD，紧靠D端有倾角为37°的传送带，传送带的传动方向顺时针，速度恒定为，光滑圆弧轨道的B、D处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m，电荷量为的物块，从轨道AB上与B相距L的P点静止下滑，经圆弧轨道BCD，从D点滑入传送带。D点右侧区域存在水平向左的匀强电场E。物块与传送带间的动摩擦因数为。已知，，，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块：
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）在圆弧轨道最低点C时，对轨道的压力；
（3）在传送带上受到的摩擦力大小和方向；
（4）在传送带离D点最远的距离。
【答案】（1）PB下滑过程，根据牛顿第二定律，有
根据速度-位移公式
联立解得
（2）BC过程根据动能定理，有
在C点根据牛顿第二定律，有
解得
牛顿第三定律得物体对轨道的压力大小为10N，方向竖直向下
（3）物块受重力、电场力、支持力和摩擦力。在垂直斜面方向，有
通过摩擦力公式
联立并代入数据解得
最大静摩擦力0.2N小于重力和电场力沿传送带向下的分力之和
所以物体沿传送带向上减速（物体相对于传送带向下运动），摩擦力方向沿斜面向上
（4）方法一：传送带上运动到最高处，根据动能定理，有
因为BCD光滑，所以
代入数据解得
方法二：根据牛顿定律，有
解得传送带上的加速度大小为
因为BCD光滑，所以
根据速度-位移公式，有
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对物块沿斜面下滑受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，再利用速度位移公式，求解 B 点速度。
（2）物块从 B 到 C，用动能定理求出 C 点速度；在 C 点由牛顿第二定律求轨道支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道压力。
（3）对传送带上的物块做正交分解，垂直斜面列平衡方程求支持力，由得到滑动摩擦力；比较沿斜面向下的分力总和与最大静摩擦力，判断物块运动状态以及摩擦力方向。
（4）方法一：物块沿传送带上滑到最高点，由动能定理列方程，BCD 光滑故，代入求解最大上滑距离；方法二：由牛顿第二定律求出上滑加速度，再用速度位移公式求解最大距离。
（1）PB下滑过程，根据牛顿第二定律，有
根据速度-位移公式
联立解得
（2）BC过程根据动能定理，有
在C点根据牛顿第二定律，有
解得
牛顿第三定律得物体对轨道的压力大小为10N，方向竖直向下
（3）物块受重力、电场力、支持力和摩擦力。在垂直斜面方向，有
通过摩擦力公式
联立并代入数据解得
最大静摩擦力0.2N小于重力和电场力沿传送带向下的分力之和
所以物体沿传送带向上减速（物体相对于传送带向下运动），摩擦力方向沿斜面向上
（4）方法一：传送带上运动到最高处，根据动能定理，有
因为BCD光滑，所以
代入数据解得
方法二：根据牛顿定律，有
解得传送带上的加速度大小为
因为BCD光滑，所以
根据速度-位移公式，有
代入数据解得
1 / 1浙江省精诚联盟2025-2026学年高二上学期10月联考物理试题
1．下列选项物理量均是矢量的是（　　）
A．加速度 磁通量 B．速率 力
C．电场强度 电流强度 D．位移 磁感应强度
2．电压（voltage），也称作电势差或电位差，是衡量单位电荷在静电场中由于电势不同所产生的能量差的物理量。电压的国际单位制基本单位表示为（　　）
A． B．
C．V D．
3．下列关于电场线和磁感线的图像，错误的是（　　）
A． B．
C． D．
4．下列有关电磁波的应用，说法正确的是（　　）
A．空间站上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
B．铁路、民航等安检口使用γ射线对行李内物品进行检测
C．医院里常用紫外线照射对病房和手术室进行消毒
D．超市、书店的大门处常用来感应物品的门禁是利用了X射线
5．下列有关电学知识的相关说法正确的是（　　）
A．图甲中，锥形导体上的电荷分布不均匀，是受到周围其他电荷的影响
B．图乙中，电工被防护服所包裹，人体电势为零，对人体起到保护作用
C．图丙中，打火机的点火装置是利用尖端放电的原理
D．图丁中，干燥的冬天，人触摸金属被电的原因是手和金属间产生了电荷
6．如图甲是电鳗，能产生足以将人击昏的电流，是放电能力最强的淡水鱼类，输出的电压可达300~800伏，成年电鳗能长至2m以上。如图乙所示将电鳗放电时自身内形成的电场等效为匀强电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鳗身体的中点，。下列说法正确的是（　　）
A．A点电势高于B点电势
B．若AB长为身长的一半，当电鳗产生500V的电压时，AB间电压为250V
C．A、B两点的电场强度大小相等，方向相反
D．若AB间电压200V，则O点的场强为
7．电击枪如图，最早出现在20世纪初期的科幻小说中，也有人根据其原理称其为“电休克枪”，该枪没有子弹，它是靠发射带电“飞镖”打到目标，再通过高频、短时、高压的脉冲直流电使目标失能。电击器的电流强度峰值约。下列说法正确的是（　　）
A．电流强度是指单位时间里通过导体任一横截面的正、负电荷数
B．电荷定向运动的方向就是电流方向
C．电击枪与带电“飞镖”间的电流中，电荷定向运动的速率是光速
D．电击枪若以峰值强度电击测试目标2秒钟，则会有个电荷通过目标
8．某兴趣小组在“测量电池电动势和内阻”的实验中，现利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。实验电路图如甲图，根据实验数据画的图像如乙图，则下列说法正确的是（　　）
A．电池电动势为1.32V
B．电池内阻为1.04Ω
C．实验系统误差是由电压表分流引起的
D．实验系统误差是由电流表分压引起的
9．手机快充越来越主流，快充技术也变得更成熟。现有最高支持40W超级快充的充电器如图所示，输出规格有“10V 4A”，“9V 2A”，“5V 2A”。现有某手机电池，容量。若不考虑充电的转化效率，则下列说法正确的是（　　）
A．电池充满电时具有的能量为15120J
B．用“5V 2A”对手机充电，电池电量从零到充满约要3.5h
C．用“9V 2A”对手机充电，电池电量从零到充满约要1.55h
D．用“10V 4A”的超级快充30分钟增加的电量约为47.6%
10．电容式传感器，通过改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量的传感器。图甲是探究平行板电容器电容的影响因素实验图，图乙是位移传感器，图丙是压力传感器，图丁是测液高传感器。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，保持B板不动，将A板向右移动，静电计指针张角增大
B．图乙中，电容器电容增大的原因是被测物体向右发生运动
C．图丙中，可动电极受压力越大，电容器电容越大
D．图丁中，把金属芯线从液体中向上提起，电容会增大
11．下列四幅图中涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持运动的原因
B．法拉第通过油滴实验，测出了电子的电荷量
C．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应
D．库仑通过静电力扭秤实验研究，测出了静电力常量
12．如图，空间中有电荷量不同的异种电荷电场，PQ两点处在同一条电场线上，MQ两点在电荷连线两侧对称，下列说法正确的是（　　）
A．M、Q两点位置场强和电势均相同
B．P位置的场强比Q位置大，电势也比Q位置高
C．电子在P处由静止释放，仅受电场力作用会沿电场线运动到Q点
D．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能
13．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
14．在“练习使用多用电表”的实验中，使用欧姆表时，选择“×100”倍率的挡位时（如图），读数为　 　Ω。如果指针偏转过大，应将选择开关倍率拨至　 　的挡位（填“更高”或“更低”）。每次更换倍率不同的挡位后，应在读数前　 　。
15．在“观察电容器的充放电现象”的实验中，如图甲所示电路中，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器。现将开关从1处拨至2，传感器将电流信息传入计算机，放电过程中屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。通过图像数据，估算电容器在放电过程中释放的电荷量为　 　C（结果保留2位有效数字），不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积　 　（填“增大”“不变”或“减小”）。
16．现代的智能马桶，集便圈加热、温水洗净、按摩等多项功能于一身。某实验小组截取部分发热线圈，这类加热元件普遍采用镍铬合金，适合用于低温加热场合，现要测其电阻率，做了如下实验。
（1）用螺旋测微器测量该部分发热线圈直径，用游标卡尺测量其长度，螺旋测微器示数如图甲所示。由图得发热线圈的直径为　 　mm，游标卡尺测量的长度值为5.24cm。
（2）该小组想用伏安法更精确地测量发热线圈的电阻R（阻值约为几欧），可选用的器材如下：
A.电流表（量程3A，内阻约0.02Ω）
B.电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C.电压表（量程3V，内阻约10kΩ）
D.电压表（量程15V，内阻约25kΩ）
E.电源E（电动势3V，内阻忽略不计）
F.滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
G.开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求电压可以从零开始调节，电流表选择　 　，电压表选择　 　。（以上两空均选填仪器前面的序号）
（3）请用笔画线表示导线，在图乙中完成测量发热线圈电阻的实验电路连接图　 　。
（4）实验过程中，实验小组移动滑动变阻器的滑片，并记录两电表的多组测量数据，在坐标纸上描点、连线作出如图丙所示的图像，则实验测得发热线圈材料的电阻率　 　（计算结果保留2位有效数字）。
17．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。
18．如图所示，有一个双量程电流表，其中大量程为3A。已知表头G满偏电流，，。求：
（1）大量程接线柱连a接线柱还是b接线柱？
（2）表头G的内阻的值；
（3）小量程电流表的量程的值。
19．示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器，它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。图甲是某种传统的模拟示波器的剖面图，由电子枪、偏转元件、荧光屏组成。其工作原理如图乙所示，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后打在涂有荧光物质的屏面上，就可产生细小的光点。图乙中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场和偏转电场区域后，打到荧光屏A点。已知电子质量，电荷量，偏转极板M和N长，，虚线离MN板距离相同，荧光屏距离偏转板元件的长度为。不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。
（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
（2）求电子离开偏转电场区域时的偏转量的大小y；
（3）求A点到点的距离。
20．如图所示，有倾角为37°的光滑斜轨道AB，B端连接着半径为R的光滑圆弧轨道BCD，紧靠D端有倾角为37°的传送带，传送带的传动方向顺时针，速度恒定为，光滑圆弧轨道的B、D处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m，电荷量为的物块，从轨道AB上与B相距L的P点静止下滑，经圆弧轨道BCD，从D点滑入传送带。D点右侧区域存在水平向左的匀强电场E。物块与传送带间的动摩擦因数为。已知，，，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块：
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）在圆弧轨道最低点C时，对轨道的压力；
（3）在传送带上受到的摩擦力大小和方向；
（4）在传送带离D点最远的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；矢量与标量；电场强度；磁通量
【解析】【解答】 A、加速度是矢量，磁通量只有大小、没有方向，属于标量，A 错误。
B、速率只有大小，是标量；力既有大小又有方向，是矢量，B 错误。
C、电场强度是矢量，电流强度虽然有方向，但运算遵循代数加减法则，属于标量，C 错误。
D、位移、磁感应强度均同时具备大小与方向，且运算遵守平行四边形定则，二者都是矢量，D 正确。
故答案为：D。
【分析】 A、考查矢量与标量的判断。矢量需要同时具备大小、方向，并且满足平行四边形定则；磁通量为标量。
B、考查矢量标量区分。速率是速度的大小，只有大小，属于标量。
C、考查电流的属性。电流有方向，但为标量，不满足矢量平行四边形运算法则。
D、考查常见矢量。位移、磁感应强度都是高中物理典型矢量。
2．【答案】A
【知识点】电势差；单位制
【解析】【解答】由，，，推导可得电压国际单位制基本单位为，A 正确。
故答案为：A。
【分析】考查物理量单位推导。利用功、电荷量的定义式，把单位全部拆解为 kg、m、s、A 四个基本单位，得到电压的基本单位表达式。
3．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电场线
【解析】【解答】 A、根据安培定则，竖直导线电流向下，周围磁感线的环绕方向应为顺时针（从上往下看），图中磁感线方向画反，图像错误，符合题意；
B、由安培定则判断螺线管磁场，螺线管内部磁场向右，小磁针 N 极指向与磁场方向一致，图像正确。
C、等量异种电荷的电场线分布，从正电荷出发终止于负电荷，电场线形态符合规律，图像正确。
D、平行板电容器内部电场线由正极板指向负极板，极板外侧存在少量电场线，图像正确。
故答案为：A。
【分析】 A、考查直线电流的安培定则。右手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕方向代表磁感线方向。电流向下，俯视磁感线应为顺时针。
B、考查通电螺线管磁场与小磁针。螺线管内部磁场由 S 指向 N，小磁针 N 极沿磁场方向。
C、考查等量异种电荷电场线。电场线起始于正电荷，终止于负电荷。
D、考查平行板电容器电场。极板间为匀强电场，电场线垂直极板由正指向负。
4．【答案】C
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】 A、红外线穿透云雾烟尘能力弱，微波才有较好穿透云雾烟尘的能力，A 错误。
B、铁路、民航安检使用 X 射线检测行李，γ 射线电离性太强，不适合用于行李安检，B 错误。
C、紫外线具有杀菌作用，医院常用紫外线照射病房、手术室消毒，C 正确。
D、超市防盗门禁利用的是电磁感应原理，并非 X 射线，D 错误。
故答案为：C。
【分析】 A、考查电磁波特性。红外线主要用于热成像，微波穿透云雾烟尘能力更强。
B、考查电磁波在安检中的应用。行李安检采用 X 射线，γ 射线一般用于工业探伤。
C、考查紫外线的应用。紫外线可以破坏微生物 DNA，起到消毒杀菌效果。
D、考查防盗门禁原理。超市防盗门禁基于电磁感应，不使用 X 射线。
5．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式；电荷守恒定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】 A、锥形导体电荷分布不均匀，是导体自身曲率不同造成的，尖端曲率大，电荷面密度大，并非周围其他电荷影响，A 错误。
B、高压带电作业防护服为等势体，人体电势和高压导线电势相等，不是零电势，B 错误。
C、打火机点火装置依靠尖端放电产生电火花，C 正确。
D、摩擦起电的本质是电荷转移，电荷不会凭空产生，D 错误。
故答案为：C。
【分析】 A、考查静电平衡导体电荷分布。导体表面电荷密度由表面曲率决定，曲率越大，电荷越密集。
B、考查高压带电作业的静电屏蔽。防护服使人体与导线等势，消除电势差，保护人体。
C、考查尖端放电的应用。打火机内部尖端高压放电，引燃燃气。
D、考查电荷守恒定律。静电现象只是电荷转移，不能创造新电荷。
6．【答案】B
【知识点】电场线；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A. 正电荷集中在头部（B侧），负电荷集中在尾部（A侧），电场线方向由B指向A。沿电场线方向电势降低，因此B点电势高于A点，该选项错误。
B. 电鳗内部等效为匀强电场，电场强度（为电鳗身长）。AB长度为身长的一半，由匀强电场电压与场强的关系，代入，得，该选项正确。
C. 等效电场为匀强电场，匀强电场中各处电场强度的大小和方向都相同，因此A、B两点电场强度大小相等、方向相同，该选项错误。
D. AB间距离为，AB间电压为200V，则匀强电场的场强。匀强电场中各点场强都相等，因此o点场强也为200V/m，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题考查匀强电场的电场强度与电势差的关系，涉及电场方向与电势高低的判断。将电鳗内部电场等效为匀强电场，电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线电势逐渐降低；匀强电场中电势差与电场强度的关系为，且各处电场强度的大小和方向均相同。
7．【答案】D
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】A、电流强度定义为单位时间通过导体横截面的电荷量，不是电荷数目，A 错误。
B、规定正电荷定向移动方向为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反，B 错误。
C、电路中电荷定向移动速率很小，远小于光速；电场传播速度才是光速，C 错误。
D、，，元电荷，粒子数，D 正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查电流定义式，电流是单位时间通过横截面的电荷量。
B、考查电流方向规定，电流方向是正电荷定向移动方向。
C、区分电场传播速度和载流子定向漂移速率，二者不相等。
D、考查电流与元电荷的综合计算，利用和求解载流子数目。
8．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A、根据闭合电路欧姆定律，图像纵轴截距代表电动势，由图可得，A 错误。
B、图像斜率绝对值表示电源内阻，，B 错误。
C、本电路为电压表并联在电源两端，电流表测滑动变阻器的电流，电压表存在分流，电流表读数小于真实总电流，系统误差来源于电压表的分流，C 正确。
D、该电路误差不是电流表分压造成，电流表分压是电流表内接法的误差来源，D 错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查图像求电动势，纵轴截距等于电源电动势。
B、考查图像求内阻，内阻等于图像斜率的绝对值。
C、考查本实验外接法系统误差来源，电压表分流使电流表读数偏小。
D、区分两种接法的误差来源，电流表分压为电流表内接法的误差。
9．【答案】D
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A、电池容量是电荷量，不知道电池电动势，无法直接算出储存能量，A 错误。
B、充电，充电电流，，B 错误。
C、充电，充电电流，，C 错误。
D、快充，电流，充电时间，充入电量；
百分比，D 正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查电池容量含义，mAh 代表电荷量，电能，缺少电池电动势不能求能量。
B、考查充电时间计算，，电压不影响充电时长。
C、充电时长只由电流和电池容量决定，和充电电压无关。
D、利用计算充入电量，再除以电池总容量得到电量增加百分比。
10．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、图甲中电容器电荷量Q不变，A 板右移，极板间距d减小，由，电容C变大；再由，极板间电压U减小，静电计指针张角减小，A 错误；
B、图乙被测物体向右运动，电介质板抽出，相对介电常数减小，电容减小，B 错误；
C、图丙压力越大，可动电极形变越大，极板间距d越小，根据，电容越大，C 正确；
D、图丁金属芯线上提，浸入导电液体的高度h减小，极板正对面积减小，电容减小，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查平行板电容器公式，电荷量不变时，板间距减小，电容增大，电压降低。
B、考查电介质对电容的影响，抽出电介质，相对介电常数变小，电容减小。
C、压力传感器原理，压力增大，极板间距减小，电容增大。
D、测液高传感器，液高降低，有效正对面积变小，电容减小。
11．【答案】A,C
【知识点】物理学史；安培定则
【解析】【解答】A、伽利略理想斜面实验，推理得出力不是维持物体运动的原因，A 正确。
B、油滴实验是密立根完成，不是法拉第，该实验测出电子电荷量，B 错误。
C、奥斯特发现电流的磁效应（电生磁），C 正确。
D、库仑利用扭秤实验得到库仑定律，但没有测出静电力常量，静电力常量是后人测出，D 错误。
故答案为：AC；
【分析】A、考查伽利略理想斜面实验，揭示运动不需要力维持，属于牛顿第一定律的思想基础。
B、考查密立根油滴实验，实验目的是测定元电荷（电子电荷量）。
C、考查奥斯特实验，首次发现电流能够产生磁场。
D、考查库仑扭秤实验，库仑只得到库仑定律，静电力常量k由后续实验测定。
12．【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、M、Q 两点对称，但电场强度是矢量，两点场强方向不同，场强不相同；电势是标量，电势相等，A 错误。
B、电场线疏密表示场强大小，P 点电场线更密，故；沿电场线方向电势逐渐降低，可得，B 正确。
C、只有电场线为直线、初速度为零或者初速度沿电场线方向，电荷才沿电场线运动。P 到 Q 的电场线不是直线，电子释放后不会沿电场线运动到 Q，C 错误。
D、，电子带负电，由，电势越高，负电荷电势能越小，故电子在 P 点电势能小于 Q 点，D 正确。
故答案为：BD；
【分析】A、考查电场强度矢量性，场强需要同时考虑大小和方向；电势为标量，只看数值。
B、考查电场线物理意义，电场线疏密代表场强大小，沿电场线电势降低。
C、考查带电粒子沿电场线运动的条件，电场线必须为直线。
D、考查电势能公式，负电荷在高电势处电势能更小。
13．【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。
14．【答案】1200；更低；重新进行欧姆调零
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】使用欧姆表时，选择“×100”倍率的挡位时（如图），读数为
如果指针偏转过大，说明待测电阻偏小，应将选择开关倍率拨至更低的挡位；每次更换倍率不同的挡位后，应在读数前重新进行欧姆调零。
故答案为：1200；更低；重新进行欧姆调零；
【分析】欧姆表读数等于表盘示数乘以所选倍率，选用 ×100 挡位时，读数计算为。
欧姆表指针偏角过大，代表被测电阻阻值偏小，需要更换倍率更小的挡位；更换欧姆挡位后，内部电路发生变化，测量前必须重新进行欧姆调零。
15．【答案】（）；不变
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】根据可知，图像与横轴围成的面积表示电荷量，由图乙可知图像与横轴围成的面积中大约有49个小方格，则电容器在放电过程中释放的电荷量为
根据可知，电容器充完电后所带的电荷量与电阻R无关，所以不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积不变。
故答案为：（）；不变；
【分析】由可知图像与横轴围成面积代表电荷量，数出图像内小方格数量，用单个方格对应的电荷量乘以方格总数，得到电容器放电总电荷量。
根据，电容器充电总电荷量只和电容C、电源电动势E有关，与放电电阻R无关；图像面积代表总放电电荷量，因此只减小电阻R，图像围成面积保持不变。
16．【答案】（1）0.149
（2）B；C
（3）
（4）（-）
【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，读数时需要估读，由图甲可知D=0mm+15.0×0.01mm=0.150mm。
故答案为：0.149；
（2）由于电源电动势为3V，为了准确，电压表应选量程为3V的电压表C；而待测电阻约为几欧，电路电流小于1A，则电流表选择B。
故答案为：B；
（3）由于电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，由于待测电阻阻值较小，采用电流表外接法，电路连接图如图所示
故答案为：；
（4）根据欧姆定律有，根据电阻定律
代入数据解得
故答案为：（-）；
【分析】（1）螺旋测微器读数由固定刻度加可动刻度，可动刻度要估读，公式固定刻度读数可动刻度读数，算出直径。
（2）依据电源电动势选择电压表量程，由电源电动势和待测电阻估算最大电流，选出合适电流表。
（3）电压从零调节，滑动变阻器选用分压式接法；待测电阻阻值较小，满足，采用电流表外接法。
（4）先用欧姆定律求出待测电阻，再利用电阻定律变形求解电阻率。
（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数时需要估读，由图甲可知D=0mm+15.0×0.01mm=0.150mm。
（2）[1] [2]由于电源电动势为3V，为了准确，电压表应选量程为3V的电压表C；而待测电阻约为几欧，电路电流小于1A，则电流表选择B。
（3）由于电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，由于待测电阻阻值较小，采用电流表外接法，电路连接图如图所示
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律
代入数据解得
17．【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
18．【答案】（1）接线柱连a时，起分流作用为一支路，与串联为一支路，此时的量程为
接线柱连b时，与串联起分流作用为一支路，为一支路，此时的量程为
比较可知
可知大量程接线柱连a接线柱。
（2）接线柱连a接线柱时，根据并联电路的特点
量程为
联立并代入数据解得
（3）接线柱连b接线柱时，为小量程，根据并联电路特点
解得
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）依据并联分流原理，分别写出接 a、b 两个接线柱时的总量程表达式，对比两个量程的大小，确定大量程对应的接线柱。
（2）接 a 柱时，两支路电压相等，列并联电路电压等式，结合总量程的电流关系，联立方程求解表头内阻。
（3）接 b 柱为小量程，再次利用并联分流公式，代入已知电阻与表头参数，算出小量程的满偏电流。
（1）接线柱连a时，起分流作用为一支路，与串联为一支路，此时的量程为
接线柱连b时，与串联起分流作用为一支路，为一支路，此时的量程为
比较可知
可知大量程接线柱连a接线柱。
（2）接线柱连a接线柱时，根据并联电路的特点
量程为
联立并代入数据解得
（3）接线柱连b接线柱时，为小量程，根据并联电路特点
解得
19．【答案】（1）电子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，可得，
由牛顿第二定律
联立解得

（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，轨迹如图
由几何关系可知，
代入数据后得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；示波器的使用
【解析】【分析】（1）电子经过加速电场，运用动能定理，求解电子进入偏转电场的初速度。
（2）电子在偏转电场做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速；由牛顿第二定律，联立求出竖直偏转位移y。
（3）电子离开偏转电场后匀速直线运动，利用类平抛的反向延长线过水平位移中点这一几何关系，列式求解打在屏上的总竖直偏移量x。
（1）电子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，可得，
由牛顿第二定律
联立解得
（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，轨迹如图
由几何关系可知，
代入数据后得
20．【答案】（1）PB下滑过程，根据牛顿第二定律，有
根据速度-位移公式
联立解得
（2）BC过程根据动能定理，有
在C点根据牛顿第二定律，有
解得
牛顿第三定律得物体对轨道的压力大小为10N，方向竖直向下
（3）物块受重力、电场力、支持力和摩擦力。在垂直斜面方向，有
通过摩擦力公式
联立并代入数据解得
最大静摩擦力0.2N小于重力和电场力沿传送带向下的分力之和
所以物体沿传送带向上减速（物体相对于传送带向下运动），摩擦力方向沿斜面向上
（4）方法一：传送带上运动到最高处，根据动能定理，有
因为BCD光滑，所以
代入数据解得
方法二：根据牛顿定律，有
解得传送带上的加速度大小为
因为BCD光滑，所以
根据速度-位移公式，有
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对物块沿斜面下滑受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，再利用速度位移公式，求解 B 点速度。
（2）物块从 B 到 C，用动能定理求出 C 点速度；在 C 点由牛顿第二定律求轨道支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道压力。
（3）对传送带上的物块做正交分解，垂直斜面列平衡方程求支持力，由得到滑动摩擦力；比较沿斜面向下的分力总和与最大静摩擦力，判断物块运动状态以及摩擦力方向。
（4）方法一：物块沿传送带上滑到最高点，由动能定理列方程，BCD 光滑故，代入求解最大上滑距离；方法二：由牛顿第二定律求出上滑加速度，再用速度位移公式求解最大距离。
（1）PB下滑过程，根据牛顿第二定律，有
根据速度-位移公式
联立解得
（2）BC过程根据动能定理，有
在C点根据牛顿第二定律，有
解得
牛顿第三定律得物体对轨道的压力大小为10N，方向竖直向下
（3）物块受重力、电场力、支持力和摩擦力。在垂直斜面方向，有
通过摩擦力公式
联立并代入数据解得
最大静摩擦力0.2N小于重力和电场力沿传送带向下的分力之和
所以物体沿传送带向上减速（物体相对于传送带向下运动），摩擦力方向沿斜面向上
（4）方法一：传送带上运动到最高处，根据动能定理，有
因为BCD光滑，所以
代入数据解得
方法二：根据牛顿定律，有
解得传送带上的加速度大小为
因为BCD光滑，所以
根据速度-位移公式，有
代入数据解得
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