广东省广州市育才中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷
1．（2024高二上·广州期中）下列说法正确的是（ ）
A．公式E= 适用于求一切电场中某点的电场强度
B．公式E= 只适用于求真空中某点的电场强度
C．公式E= 适用于一切点电荷周围某点的电场强度
D．公式E= 适用于求匀强电场的电场强度，d表示匀强电场中任意两点间的距离
【答案】A
【知识点】电场强度和电场线；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：AB、E= 是电场强度的定义式，运用比值法定义，运用于一切电场，故A正确，B错误．
C、公式E= 只适用于真空中的点电荷产生的电场，故C错误．
D、公式E= 适用于求匀强电场的电场强度，d表示匀强电场中两点间沿场强方向的距离，不是任意两点间的距离，故D错误．
故选：A．
【分析】公式E= 是电场强度的定义式，该式适用任何电场．公式E= 是真空中点电荷的电场强度的计算式，Q是场源电荷．E= 是匀强电场中场强与电势差的关系式，d表示匀强电场中两点间沿场强方向的距离．
2．（2024高二上·广州期中）关于电势、电势差下列说法中正确的是（ ）
A．电场中某点的电势大小与零电势点的选取无关
B．Uab为正值，则a点的电势低于b点
C．电势是矢量，有大小还有方向
D．一正电荷由静止在匀强电场开始运动，则该电荷的运动方向是电势降低的方向（忽略重力）
【答案】B
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】A．电场中某点的电势大小都是相对零电势点来说的。零电势点不同，某点的电势大小可能就不同，故A错误；
B．根据公式，得Uab为正值，则a点的电势高于b点，故B错误；
C．电势是标量，只有大小没有方向，故C错误；
D．一正电荷忽略重力，由静止在匀强电场中开始运动，该正电荷运动的方向为受到的静电力的方向，也是电场线的方向，而沿着电场线方向电势降低，故D正确。
故选D。
【分析】根据电场的力的性质分析：
1.理解电势具有相对性， 电场中某点的电势大小与零电势点的选取有关 。
2. 根据，分析Uab为正值，则a点的电势高于b点 。
3.电势是标量，有大小，没有方向。
4.根据受力情况和电荷的运动性质分析，静电力对正电荷做正功，说明正电荷沿电场线方向运动，即沿电势降低方向运动。
3．（2024高二上·广州期中）如图所示，要使静电计张角变大，可采用的方法有( )
A．用手接触一下负极板 B．使两极板靠近些
C．两板间插入塑料板 D．使两板正对面积减小
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 由于负板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响，电势差保持不变，静电计张角不变，故A错误。
B. 电容器电量不变，减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式，可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，故B错误；
C. 电容器电量不变，在两板间插入塑料板时，即介电常数增大，则C增大，由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，故C错误；
D. 电容器电量不变，减小正对面积时，，电容减小，因电量不变，则由Q=UC可知，电压增大，则静电计张角增大，故D正确。
故选：D。
【分析】1.根据电容的定义式分析，用手接触一下负极板，对极板的电量、电容没有影响，极板间的电压不变，静电计指针张角不变。
2.根据影响平行板电容器电容大小的因素分析，利用公式分析，极板间距离d变小或两极板间插入塑料板或两极板正对面积增大，电容C都会变大，根据定义式结合极板电量不变分析，极板电压变小，即静电计指针变小。
4．（2024高二上·广州期中）如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电。在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．Q2带正电
B．Q1带电荷量小于Q2
C．b点处电场强度为零
D．ab连线上a点左侧电场强度向左，a点右侧电场强度向右
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】C．从图像可知，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时试探电荷的加速度为零，则受到的电场力为零，所以b点处电场强度为零，故C正确；
AB．b点场强为零，可知Q1、Q2在b点处的场强大小相等，方向相反，由于Q1带正电，则Q2带负电；根据点电荷场强公式，由于Q1到b点距离大于Q2到b点距离，则Q1的电量大于Q2的电量，故AB错误；
D．从图像可知，粒子从a到b做减速运动，电场力做负功，电场力方向向左，试探电荷带正电，则电场方向向左；粒子从b继续向右做加速运动，电场力做正功，电场力方向向右，则电场方向向右，可知ab连线上b点左侧电场强度向左，b点右侧电场强度向右，故D错误。
【分析】1.理解v-t图像斜率的意义，表示加速度，b点处试探电荷加速度为零，分析Q2带负电。
2.根据，结合Q1、Q2到b点距离，分析Q1、Q2所带电荷量大小关系。
3.根据图像速度变化，分析试探电荷从a点开始运动的受力情况，根据电场力方向与速度方向关系分析电场线方向。
5．（2024高二上·广州期中）如图所示，是一小灯泡的伏安特性曲线，把该灯泡与开关串联后接入某电路电源两端，已知该电源电动势为3.0V内阻为。当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．此时灯泡消耗的功率约为1.0W
B．灯泡的电阻随电压的增大而减小
C．此时流过灯泡的电流约为0.4A
D．此时灯泡的电阻约为
【答案】D
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】ACD．在I-U图像中做出电源的特征曲线，如图所示
可知，灯泡与电源组成的闭合回路中，灯泡两端电压为1.5V，流过灯泡的电流为0.8A，由欧姆定律可知
此时灯泡消耗的功率约为，故D正确，AC错误；
B．根据，可知I-U图像中图线上各点切线的斜率表示灯泡电阻的倒数，由图可知灯泡的电阻随电压的增大而增大。故B错误。
故选：D。
【分析】根据导体的伏安特性曲线与电源的伏安特性曲线分析：
1.理解两线的交点横、纵坐标的意义。横坐标：通过电源或导体的电流；纵坐标：路端电压或导体两端电压。
2.导体的伏安特性曲线各点与原点的连线，该连线斜率表示该电压下导体的电阻大小的倒数。
6．（2024高二上·广州期中）如图所示，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当某时刻滑动变阻器R2的滑片时，微粒P向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器R2的滑片是向b端移动
B．电流表读数增大
C．R3上消耗的电功率减小
D．电源的输出效率增大
【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】电容器、滑动变阻器R2和R3并联后，再与R1串联，接在电源两端。假设滑动变阻器R2的滑片向b端移动，此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定
可知，干路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分两端的电压减小，平行金属板两端电压减小，微粒P将向下运动，故滑片是向a端移动，A错误；
B．当滑片是向a端移动时，接入电路的电阻增大，总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1两端电压减小，R3两端电压增大，流过R3的电流增大，又干路电流减小，故流过R2的电流减小，即电流表读数减小，故B错误；
C．由于流过R3的电流增大，故R3上消耗的电功率增大，故C错误；
D．由电源的输出效率，可知，当路端电压增大时，电源的输出效率增大，故D正确。
故选：D。
【分析】1.根据微粒从静止到向上运动，分析电容器两端电压变大，从而根据电路电流变化分析电路电阻变化。
2.根据干路电流等于两支路电流之和，结合干路电流以及流经R3电流变化，分析电流表示数。
3.R3两端电压与电容器两端电压相同，根据分析R3消耗的功率变化。
4.根据电源的输出效率，结合路端电压变化来分析电源输出效率变化。
7．（2024高二上·广州期中）如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为，都用长的丝线悬挂在点．静止时A、B相距为d，为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A．将小球B的质量增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球B的电荷量减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的4倍
【答案】B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】B受重力、绳子的拉力及库仑力作用，如图所示
根据平衡条件可得
所以
为使平衡时AB间距离减为d/2，可将小球B的质量增加到原来的8倍，或者将小球B的电荷量减小到原来的八分之一，或者将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍。
故选B。
【分析】根据三力动态平衡分析：三力中只有重力是恒力，两两个力大小、方向均发生变化，结合题目给出的空间几何关系，利用相似三角形对应边成比例进行计算。
8．（2024高二上·广州期中）在下面四种方案中，电压表的内阻为已知：电流表A及电压表的内阻均未知。从理论上分析，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量电阻阻值的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】A．A选项图中电压表的内阻为已知，可以求出流过电压表的电流，因此可以准确求出通过电阻的电流，电压表可以得出电阻两端的电压，可以准确测量电阻阻值，故A错误；
B．B选项图中，由于电压表的分流作用，测得流过电阻的电流偏大，导致不能准确测量电阻阻值，故B正确；
C．C选项图中，由于电流表A的分压作用，测得电阻两端的电压偏大，导致不能准确测量电阻阻值，故C正确；
D．D选项图中电压表的内阻为已知，可以求出流过电压表的电流即流过电阻的电路，通过两个电压表电压只差求出电阻两端的电压，可以准确求出电阻阻值，故D错误。
故选：BC
【分析】准确测量电阻RX的阻值，需要知道电阻两端电压和流经电阻电流的准确值
1.电压表V1的内阻已知，说明可以计算电压表分流大小，如A项。
2.电压表V2内阻未知，无法计算B项中电压表的分流大小。
3.电流表内阻未知，无法计算电流表的分压大小。
4.电压表V1的内阻已知，可以计算流经电压表V1的电流和计算RX两端电压。
9．（2024高二上·广州期中）如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为、质量为m的带电粒子以初速度紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子做非匀变速运动 B．粒子的末速度大小为
C．匀强电场的场强大小为 D．两板间的距离为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．因为在匀强电场中，电场力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；
B．粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为，由速度关系得合速度为
B正确
C．粒子在云强电场中做类平抛运动，在水平方向上
在竖直方向上
由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，C正确；
D．粒子做类平抛运动，在竖直方向上
解得
D错误。
故选BC。
【分析】根据带电粒子在电场中的类平抛运动，粒子在匀强电场中受恒定电场力做匀变速曲线运动；根据末速度方向由速度的矢量合成求解末速度和竖直方向分速度；由水平匀速直线运动求解运动时间，结合运动学方程和牛顿第二定律求解加速和电场强度；由运动学方程求解板间距离。
10．（2024高二上·广州期中）如图所示，光滑足够长水平面上方空间有水平向右的匀强电场，长度、质量的绝缘长木板放在水平面上，从长木板的左端静止释放一质量为、电量为的小物块（可视为质点），已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，电场强度，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚释放时的加速度大小是
B．小物块从长木板的左端滑到右端的时间是2s
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程电势能减少60J
D．小物块从长木板的左端滑到右端的过程摩擦力对长木板做的功是10J
【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．假设小物块与长木板相对滑动，小物块刚释放时的加速度是，长木板的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入数据得即，所以假设成立，故A错误；
设小物块从长木板的左端滑到右端的时间为t，则
代入数据得，故B正确；
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程中的位移为
小物块从长木板的左端滑到右端，电场力对小物块做功，故电势能减少60J，C正确；
D．长木板的位移
小物块从长木板的左端滑到右端的过程中摩擦力对长木板做的功，D错误。
故选：BC
【分析】利用动力学、能量观点分析带点体的力电综合问题：
1.分析小物块的受力情况，根据牛顿第二定律分析小物块的加速度大小。
2.根据小物块和木板的位移关系，结合运动学公式分析求出小物块从 长木板的左端滑到右端的时间 。
3.分析小物块沿电场方向运动的距离，根据电场力做功与电势能的关系，分析电势能的变化情况。
4.分析小物块从长木板的左端滑到右端的过程，长木板相对地面的位移，结合分析该过程摩擦力对木板做的功。
11．（2024高二上·广州期中）某同学设计实验测定金属的电阻率，要求电压从零开始调节。用米尺测量金属丝的长度L=0.640m，用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径时的刻度如图甲、乙所示。
金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法对金属丝进行进一步测定时，有如下供选择的实验器材：
直流电源：电动势4V，内阻可不计；
电流表A1：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω；
电流表A2：量程0~3.0A，内阻约0.025Ω；
电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值20Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值100Ω；
开关、导线等。
（1）从甲中读出金属丝的直径D= mm；从乙中读出金属丝的直径D= mm；
（2）在所给的可供选择的器材中，应选的电流表是 ，应选的滑动变阻器是 ；（填写仪器的字母代号）
（3）本实验应选择电流表 法（填“内接”或者“外接”），请从误差分析的角度简要说明原因： 。
（4）根据题目要求，在方框中补全实验电路图 ：
【答案】（1）0.830；0.8
（2）A1；R1
（3）外接；电压表示数准确，而电压表分流较小，电流表示数比较接近流过待测电阻的真实电流值
（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，金属丝的直径为
该游标卡尺的精确度为0.1mm，金属丝的直径为
（2）电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故最大电流为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是A1，要求电压从零开始调节，滑动变阻器应选择阻值较小的R1便于调节，误差较小。
（3）由于待测电阻值较小，应选择电流表外接法，这样电压表示数准确，而电压表分流较小，电流表示数比较接近流过待测电阻的真实电流值，电阻的测量误差较小。
（4）测量电路如图所示
【分析】1.掌握螺旋测微器和游标卡尺的使用方法和读数。
2.根据题意给出的实验器材的各个参数，选择适当的电表及滑动变阻器。
3.根据电压表内阻、待测电阻阻值以及选择的电流表内阻，分析并判断电流的接法。
4.根据题目要求选择适当的控制电路以及滑动变阻器的接法，准确画出电路图。
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径为
[2]该游标卡尺的精确度为0.1mm，金属丝的直径为
（2）[1][2]电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故最大电流为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是A1，要求电压从零开始调节，滑动变阻器应选择阻值较小的R1便于调节，误差较小。
（3）[1][2]由于待测电阻值较小，应选择电流表外接法，这样电压表示数准确，而电压表分流较小，电流表示数比较接近流过待测电阻的真实电流值，电阻的测量误差较小。
（4）测量电路如图所示
12．（2024高二上·广州期中）某兴趣小组修复一个量程为的电压表，操作过程如下：
（1）将电压表底座拆开后，展示其内部结构如图甲所示，图中是该表的3个接线柱，根据图甲画出如图乙所示的电路图。选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是 （填“”或“”）。
（2）取出表头G发现表头完好，并用标准电流表测出表头G满偏电流为3mA。
（3）测量表头G的内阻：按照如图丙所示电路图连接电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应移到 端（填“e”或“f”），先闭合开关，调节 ，直至表头G指针满偏；再闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的，此时电阻箱的示数为，则表头G的内阻为 Ω。
（4）经检测除损坏以外，其余元件均完好，要修复该电压表，需用 Ω电阻替换。
（5）步骤（3）测量表头G的内阻比实际值 。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】；；滑动变阻器滑片；；；偏小
【知识点】表头的改装；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）根据串联分压原理可知，与表头G串联的总电阻越大，电压表量程越大，选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是。
（3）由图丙可知，滑动变阻器为限流接法，则闭合开关前，滑动变阻器接入电路的电阻应最大，即滑动变阻器滑片应移到端，先闭合开关，调节滑动变阻器滑片，直至表头G指针满偏。
闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的，此时认为干路电流仍为，则有，解得
（4）结合上述分析可知，接入电路的两个接线柱是时，电压表的量程为，则有
解得
（5）步骤（3）测量表头G的内阻时，闭合开关之后，干路电流大于，则通过电阻箱的电流大于，则测量表头G的内阻比实际值偏小。
答案：第1空：ac ，第2空：e， 第3空：滑动变阻器滑片，第4空：200，第5空：800，第6空：偏小。
【分析】1.电表改装：串联的电阻值越大，改装后电压表的量程越大。
2.开关闭合之前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大的位置。
3.根据并联电路的电压关系结合部分电路欧姆定律分析并计算表头的内阻。
4.根据电路图分析测量表头内阻误差来源，并分析测量值与真实值的关系。
13．（2024高二上·广州期中）密立根油滴实验装置如图所示： 两块间距为d的平行金属板A、B分别与电源正、负极相接。当两极板间不加电压时，带电油滴最后以速度匀速竖直下落；当两板间加上电压U时，该带电油滴最后以速度匀速竖直上升。已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比， 即，其中比例系数k已知，取重力加速度为g。求：
（1）判断该带电油滴带什么电；
（2）油滴的质量；
（3）求该油滴所带电荷量q。
【答案】（1）两板间加电压时带电油滴向上运动，说明电场力竖直向上，而电场方向竖直向下，故油滴带负电。
（2）不加电压时，根据平衡条件有
解得
（3）在极板间加上电压，极板间的电场强度为
油滴向上匀速运动，根据平衡条件有
解得
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1.根据油滴的受力情况，分析电场力的方向，结合电场方向分析油滴的电性。
2.理解平衡条件，并计算油滴的质量。
3.根据油滴匀速竖直上升，分析油滴的受力情况，计算油滴的电量。
14．（2024高二上·广州期中）如图，质量的带正电小球套在光滑的竖直绝缘细杆上，杆底端固定一个与小球电荷量相等的小球，整个装置处在真空中。小球从离底端的位置由静止释放后沿杆下滑，刚释放时加速度大小已知静电力常量，取重力加速度求：
（1）小球所带的电荷量：
（2）小球速度最大时与的距离。
（3）已知小球的最大速度为求（2）下降H过程中库仑力所做的功W。
【答案】（1）小球刚释放时受重力与库仑力，根据牛顿第二定律，则有
其中刚释放时加速度大小为
综上所解得
（2）当小球加速度时，速度最大，则有
解得
（3）对小球速度最大，用动能定理，有
解得
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）依据牛顿第二定律与库仑定律，综合列式，即可求解；
（2）依据加速度为零时，即重力等于库仑力时，速度最大，库仑定律列式，即可求解；
（3）合力做功等于物体动能变化，重力做功mgH，根据动能定理求库仑力所做的功。
15．（2024高二上·广州期中）静止于A处的离子经加速电场加速后沿图中半径为R的圆弧虚线通过静电分析器，恰能沿虚线垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知加速电场的电压为U，虚线位置场强方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；。离子重力不计。
（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？
（2）求虚线位置场强大小。
（3）要使离子恰好从Q点离开电场，试求NQ、CD两板间的电压和离子离开Q点时的动能；
【答案】（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
【知识点】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】【分析】1.分析离子在偏转电场中由电场力提供向心力，分析离子的电性，从而分析加速电场左右极板电势的高低。
2.知道离子在偏转电场中向心力的来源，结合牛顿第二定律分析E0大小。
3.离子进入矩形区域有界匀强电场后做类平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式分析U0，根据动能定理分析离子离开Q点的动能。
（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
广东省广州市育才中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷
1．（2024高二上·广州期中）下列说法正确的是（ ）
A．公式E= 适用于求一切电场中某点的电场强度
B．公式E= 只适用于求真空中某点的电场强度
C．公式E= 适用于一切点电荷周围某点的电场强度
D．公式E= 适用于求匀强电场的电场强度，d表示匀强电场中任意两点间的距离
2．（2024高二上·广州期中）关于电势、电势差下列说法中正确的是（ ）
A．电场中某点的电势大小与零电势点的选取无关
B．Uab为正值，则a点的电势低于b点
C．电势是矢量，有大小还有方向
D．一正电荷由静止在匀强电场开始运动，则该电荷的运动方向是电势降低的方向（忽略重力）
3．（2024高二上·广州期中）如图所示，要使静电计张角变大，可采用的方法有( )
A．用手接触一下负极板 B．使两极板靠近些
C．两板间插入塑料板 D．使两板正对面积减小
4．（2024高二上·广州期中）如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电。在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．Q2带正电
B．Q1带电荷量小于Q2
C．b点处电场强度为零
D．ab连线上a点左侧电场强度向左，a点右侧电场强度向右
5．（2024高二上·广州期中）如图所示，是一小灯泡的伏安特性曲线，把该灯泡与开关串联后接入某电路电源两端，已知该电源电动势为3.0V内阻为。当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．此时灯泡消耗的功率约为1.0W
B．灯泡的电阻随电压的增大而减小
C．此时流过灯泡的电流约为0.4A
D．此时灯泡的电阻约为
6．（2024高二上·广州期中）如图所示，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当某时刻滑动变阻器R2的滑片时，微粒P向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器R2的滑片是向b端移动
B．电流表读数增大
C．R3上消耗的电功率减小
D．电源的输出效率增大
7．（2024高二上·广州期中）如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为，都用长的丝线悬挂在点．静止时A、B相距为d，为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A．将小球B的质量增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球B的电荷量减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的4倍
8．（2024高二上·广州期中）在下面四种方案中，电压表的内阻为已知：电流表A及电压表的内阻均未知。从理论上分析，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量电阻阻值的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·广州期中）如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为、质量为m的带电粒子以初速度紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子做非匀变速运动 B．粒子的末速度大小为
C．匀强电场的场强大小为 D．两板间的距离为
10．（2024高二上·广州期中）如图所示，光滑足够长水平面上方空间有水平向右的匀强电场，长度、质量的绝缘长木板放在水平面上，从长木板的左端静止释放一质量为、电量为的小物块（可视为质点），已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，电场强度，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚释放时的加速度大小是
B．小物块从长木板的左端滑到右端的时间是2s
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程电势能减少60J
D．小物块从长木板的左端滑到右端的过程摩擦力对长木板做的功是10J
11．（2024高二上·广州期中）某同学设计实验测定金属的电阻率，要求电压从零开始调节。用米尺测量金属丝的长度L=0.640m，用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径时的刻度如图甲、乙所示。
金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法对金属丝进行进一步测定时，有如下供选择的实验器材：
直流电源：电动势4V，内阻可不计；
电流表A1：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω；
电流表A2：量程0~3.0A，内阻约0.025Ω；
电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值20Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值100Ω；
开关、导线等。
（1）从甲中读出金属丝的直径D= mm；从乙中读出金属丝的直径D= mm；
（2）在所给的可供选择的器材中，应选的电流表是 ，应选的滑动变阻器是 ；（填写仪器的字母代号）
（3）本实验应选择电流表 法（填“内接”或者“外接”），请从误差分析的角度简要说明原因： 。
（4）根据题目要求，在方框中补全实验电路图 ：
12．（2024高二上·广州期中）某兴趣小组修复一个量程为的电压表，操作过程如下：
（1）将电压表底座拆开后，展示其内部结构如图甲所示，图中是该表的3个接线柱，根据图甲画出如图乙所示的电路图。选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是 （填“”或“”）。
（2）取出表头G发现表头完好，并用标准电流表测出表头G满偏电流为3mA。
（3）测量表头G的内阻：按照如图丙所示电路图连接电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应移到 端（填“e”或“f”），先闭合开关，调节 ，直至表头G指针满偏；再闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的，此时电阻箱的示数为，则表头G的内阻为 Ω。
（4）经检测除损坏以外，其余元件均完好，要修复该电压表，需用 Ω电阻替换。
（5）步骤（3）测量表头G的内阻比实际值 。（填“偏大”或“偏小”）
13．（2024高二上·广州期中）密立根油滴实验装置如图所示： 两块间距为d的平行金属板A、B分别与电源正、负极相接。当两极板间不加电压时，带电油滴最后以速度匀速竖直下落；当两板间加上电压U时，该带电油滴最后以速度匀速竖直上升。已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比， 即，其中比例系数k已知，取重力加速度为g。求：
（1）判断该带电油滴带什么电；
（2）油滴的质量；
（3）求该油滴所带电荷量q。
14．（2024高二上·广州期中）如图，质量的带正电小球套在光滑的竖直绝缘细杆上，杆底端固定一个与小球电荷量相等的小球，整个装置处在真空中。小球从离底端的位置由静止释放后沿杆下滑，刚释放时加速度大小已知静电力常量，取重力加速度求：
（1）小球所带的电荷量：
（2）小球速度最大时与的距离。
（3）已知小球的最大速度为求（2）下降H过程中库仑力所做的功W。
15．（2024高二上·广州期中）静止于A处的离子经加速电场加速后沿图中半径为R的圆弧虚线通过静电分析器，恰能沿虚线垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知加速电场的电压为U，虚线位置场强方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；。离子重力不计。
（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？
（2）求虚线位置场强大小。
（3）要使离子恰好从Q点离开电场，试求NQ、CD两板间的电压和离子离开Q点时的动能；
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场强度和电场线；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：AB、E= 是电场强度的定义式，运用比值法定义，运用于一切电场，故A正确，B错误．
C、公式E= 只适用于真空中的点电荷产生的电场，故C错误．
D、公式E= 适用于求匀强电场的电场强度，d表示匀强电场中两点间沿场强方向的距离，不是任意两点间的距离，故D错误．
故选：A．
【分析】公式E= 是电场强度的定义式，该式适用任何电场．公式E= 是真空中点电荷的电场强度的计算式，Q是场源电荷．E= 是匀强电场中场强与电势差的关系式，d表示匀强电场中两点间沿场强方向的距离．
2．【答案】B
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】A．电场中某点的电势大小都是相对零电势点来说的。零电势点不同，某点的电势大小可能就不同，故A错误；
B．根据公式，得Uab为正值，则a点的电势高于b点，故B错误；
C．电势是标量，只有大小没有方向，故C错误；
D．一正电荷忽略重力，由静止在匀强电场中开始运动，该正电荷运动的方向为受到的静电力的方向，也是电场线的方向，而沿着电场线方向电势降低，故D正确。
故选D。
【分析】根据电场的力的性质分析：
1.理解电势具有相对性， 电场中某点的电势大小与零电势点的选取有关 。
2. 根据，分析Uab为正值，则a点的电势高于b点 。
3.电势是标量，有大小，没有方向。
4.根据受力情况和电荷的运动性质分析，静电力对正电荷做正功，说明正电荷沿电场线方向运动，即沿电势降低方向运动。
3．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 由于负板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响，电势差保持不变，静电计张角不变，故A错误。
B. 电容器电量不变，减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式，可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，故B错误；
C. 电容器电量不变，在两板间插入塑料板时，即介电常数增大，则C增大，由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，故C错误；
D. 电容器电量不变，减小正对面积时，，电容减小，因电量不变，则由Q=UC可知，电压增大，则静电计张角增大，故D正确。
故选：D。
【分析】1.根据电容的定义式分析，用手接触一下负极板，对极板的电量、电容没有影响，极板间的电压不变，静电计指针张角不变。
2.根据影响平行板电容器电容大小的因素分析，利用公式分析，极板间距离d变小或两极板间插入塑料板或两极板正对面积增大，电容C都会变大，根据定义式结合极板电量不变分析，极板电压变小，即静电计指针变小。
4．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】C．从图像可知，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时试探电荷的加速度为零，则受到的电场力为零，所以b点处电场强度为零，故C正确；
AB．b点场强为零，可知Q1、Q2在b点处的场强大小相等，方向相反，由于Q1带正电，则Q2带负电；根据点电荷场强公式，由于Q1到b点距离大于Q2到b点距离，则Q1的电量大于Q2的电量，故AB错误；
D．从图像可知，粒子从a到b做减速运动，电场力做负功，电场力方向向左，试探电荷带正电，则电场方向向左；粒子从b继续向右做加速运动，电场力做正功，电场力方向向右，则电场方向向右，可知ab连线上b点左侧电场强度向左，b点右侧电场强度向右，故D错误。
【分析】1.理解v-t图像斜率的意义，表示加速度，b点处试探电荷加速度为零，分析Q2带负电。
2.根据，结合Q1、Q2到b点距离，分析Q1、Q2所带电荷量大小关系。
3.根据图像速度变化，分析试探电荷从a点开始运动的受力情况，根据电场力方向与速度方向关系分析电场线方向。
5．【答案】D
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】ACD．在I-U图像中做出电源的特征曲线，如图所示
可知，灯泡与电源组成的闭合回路中，灯泡两端电压为1.5V，流过灯泡的电流为0.8A，由欧姆定律可知
此时灯泡消耗的功率约为，故D正确，AC错误；
B．根据，可知I-U图像中图线上各点切线的斜率表示灯泡电阻的倒数，由图可知灯泡的电阻随电压的增大而增大。故B错误。
故选：D。
【分析】根据导体的伏安特性曲线与电源的伏安特性曲线分析：
1.理解两线的交点横、纵坐标的意义。横坐标：通过电源或导体的电流；纵坐标：路端电压或导体两端电压。
2.导体的伏安特性曲线各点与原点的连线，该连线斜率表示该电压下导体的电阻大小的倒数。
6．【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】电容器、滑动变阻器R2和R3并联后，再与R1串联，接在电源两端。假设滑动变阻器R2的滑片向b端移动，此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定
可知，干路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分两端的电压减小，平行金属板两端电压减小，微粒P将向下运动，故滑片是向a端移动，A错误；
B．当滑片是向a端移动时，接入电路的电阻增大，总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1两端电压减小，R3两端电压增大，流过R3的电流增大，又干路电流减小，故流过R2的电流减小，即电流表读数减小，故B错误；
C．由于流过R3的电流增大，故R3上消耗的电功率增大，故C错误；
D．由电源的输出效率，可知，当路端电压增大时，电源的输出效率增大，故D正确。
故选：D。
【分析】1.根据微粒从静止到向上运动，分析电容器两端电压变大，从而根据电路电流变化分析电路电阻变化。
2.根据干路电流等于两支路电流之和，结合干路电流以及流经R3电流变化，分析电流表示数。
3.R3两端电压与电容器两端电压相同，根据分析R3消耗的功率变化。
4.根据电源的输出效率，结合路端电压变化来分析电源输出效率变化。
7．【答案】B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】B受重力、绳子的拉力及库仑力作用，如图所示
根据平衡条件可得
所以
为使平衡时AB间距离减为d/2，可将小球B的质量增加到原来的8倍，或者将小球B的电荷量减小到原来的八分之一，或者将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍。
故选B。
【分析】根据三力动态平衡分析：三力中只有重力是恒力，两两个力大小、方向均发生变化，结合题目给出的空间几何关系，利用相似三角形对应边成比例进行计算。
8．【答案】B,C
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】A．A选项图中电压表的内阻为已知，可以求出流过电压表的电流，因此可以准确求出通过电阻的电流，电压表可以得出电阻两端的电压，可以准确测量电阻阻值，故A错误；
B．B选项图中，由于电压表的分流作用，测得流过电阻的电流偏大，导致不能准确测量电阻阻值，故B正确；
C．C选项图中，由于电流表A的分压作用，测得电阻两端的电压偏大，导致不能准确测量电阻阻值，故C正确；
D．D选项图中电压表的内阻为已知，可以求出流过电压表的电流即流过电阻的电路，通过两个电压表电压只差求出电阻两端的电压，可以准确求出电阻阻值，故D错误。
故选：BC
【分析】准确测量电阻RX的阻值，需要知道电阻两端电压和流经电阻电流的准确值
1.电压表V1的内阻已知，说明可以计算电压表分流大小，如A项。
2.电压表V2内阻未知，无法计算B项中电压表的分流大小。
3.电流表内阻未知，无法计算电流表的分压大小。
4.电压表V1的内阻已知，可以计算流经电压表V1的电流和计算RX两端电压。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．因为在匀强电场中，电场力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；
B．粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为，由速度关系得合速度为
B正确
C．粒子在云强电场中做类平抛运动，在水平方向上
在竖直方向上
由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，C正确；
D．粒子做类平抛运动，在竖直方向上
解得
D错误。
故选BC。
【分析】根据带电粒子在电场中的类平抛运动，粒子在匀强电场中受恒定电场力做匀变速曲线运动；根据末速度方向由速度的矢量合成求解末速度和竖直方向分速度；由水平匀速直线运动求解运动时间，结合运动学方程和牛顿第二定律求解加速和电场强度；由运动学方程求解板间距离。
10．【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．假设小物块与长木板相对滑动，小物块刚释放时的加速度是，长木板的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入数据得即，所以假设成立，故A错误；
设小物块从长木板的左端滑到右端的时间为t，则
代入数据得，故B正确；
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程中的位移为
小物块从长木板的左端滑到右端，电场力对小物块做功，故电势能减少60J，C正确；
D．长木板的位移
小物块从长木板的左端滑到右端的过程中摩擦力对长木板做的功，D错误。
故选：BC
【分析】利用动力学、能量观点分析带点体的力电综合问题：
1.分析小物块的受力情况，根据牛顿第二定律分析小物块的加速度大小。
2.根据小物块和木板的位移关系，结合运动学公式分析求出小物块从 长木板的左端滑到右端的时间 。
3.分析小物块沿电场方向运动的距离，根据电场力做功与电势能的关系，分析电势能的变化情况。
4.分析小物块从长木板的左端滑到右端的过程，长木板相对地面的位移，结合分析该过程摩擦力对木板做的功。
11．【答案】（1）0.830；0.8
（2）A1；R1
（3）外接；电压表示数准确，而电压表分流较小，电流表示数比较接近流过待测电阻的真实电流值
（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，金属丝的直径为
该游标卡尺的精确度为0.1mm，金属丝的直径为
（2）电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故最大电流为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是A1，要求电压从零开始调节，滑动变阻器应选择阻值较小的R1便于调节，误差较小。
（3）由于待测电阻值较小，应选择电流表外接法，这样电压表示数准确，而电压表分流较小，电流表示数比较接近流过待测电阻的真实电流值，电阻的测量误差较小。
（4）测量电路如图所示
【分析】1.掌握螺旋测微器和游标卡尺的使用方法和读数。
2.根据题意给出的实验器材的各个参数，选择适当的电表及滑动变阻器。
3.根据电压表内阻、待测电阻阻值以及选择的电流表内阻，分析并判断电流的接法。
4.根据题目要求选择适当的控制电路以及滑动变阻器的接法，准确画出电路图。
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径为
[2]该游标卡尺的精确度为0.1mm，金属丝的直径为
（2）[1][2]电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故最大电流为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是A1，要求电压从零开始调节，滑动变阻器应选择阻值较小的R1便于调节，误差较小。
（3）[1][2]由于待测电阻值较小，应选择电流表外接法，这样电压表示数准确，而电压表分流较小，电流表示数比较接近流过待测电阻的真实电流值，电阻的测量误差较小。
（4）测量电路如图所示
12．【答案】；；滑动变阻器滑片；；；偏小
【知识点】表头的改装；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）根据串联分压原理可知，与表头G串联的总电阻越大，电压表量程越大，选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是。
（3）由图丙可知，滑动变阻器为限流接法，则闭合开关前，滑动变阻器接入电路的电阻应最大，即滑动变阻器滑片应移到端，先闭合开关，调节滑动变阻器滑片，直至表头G指针满偏。
闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的，此时认为干路电流仍为，则有，解得
（4）结合上述分析可知，接入电路的两个接线柱是时，电压表的量程为，则有
解得
（5）步骤（3）测量表头G的内阻时，闭合开关之后，干路电流大于，则通过电阻箱的电流大于，则测量表头G的内阻比实际值偏小。
答案：第1空：ac ，第2空：e， 第3空：滑动变阻器滑片，第4空：200，第5空：800，第6空：偏小。
【分析】1.电表改装：串联的电阻值越大，改装后电压表的量程越大。
2.开关闭合之前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大的位置。
3.根据并联电路的电压关系结合部分电路欧姆定律分析并计算表头的内阻。
4.根据电路图分析测量表头内阻误差来源，并分析测量值与真实值的关系。
13．【答案】（1）两板间加电压时带电油滴向上运动，说明电场力竖直向上，而电场方向竖直向下，故油滴带负电。
（2）不加电压时，根据平衡条件有
解得
（3）在极板间加上电压，极板间的电场强度为
油滴向上匀速运动，根据平衡条件有
解得
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1.根据油滴的受力情况，分析电场力的方向，结合电场方向分析油滴的电性。
2.理解平衡条件，并计算油滴的质量。
3.根据油滴匀速竖直上升，分析油滴的受力情况，计算油滴的电量。
14．【答案】（1）小球刚释放时受重力与库仑力，根据牛顿第二定律，则有
其中刚释放时加速度大小为
综上所解得
（2）当小球加速度时，速度最大，则有
解得
（3）对小球速度最大，用动能定理，有
解得
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）依据牛顿第二定律与库仑定律，综合列式，即可求解；
（2）依据加速度为零时，即重力等于库仑力时，速度最大，库仑定律列式，即可求解；
（3）合力做功等于物体动能变化，重力做功mgH，根据动能定理求库仑力所做的功。
15．【答案】（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
【知识点】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】【分析】1.分析离子在偏转电场中由电场力提供向心力，分析离子的电性，从而分析加速电场左右极板电势的高低。
2.知道离子在偏转电场中向心力的来源，结合牛顿第二定律分析E0大小。
3.离子进入矩形区域有界匀强电场后做类平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式分析U0，根据动能定理分析离子离开Q点的动能。
（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
