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高2024级高二上期中期物理试题答案
一、单选题
1.D
2.B
3.C解：A．由图可知A导体的U﹣I图像不是直线，所以其电阻不是定值，会随着通过A
导体的电流变化，故A错误；
B．U﹣I图像的斜率表示电阻的大小，由图可知B导体的电阻大小为 ，
故B错误；
C．由图可知，当电流为0.3A时，根据欧姆定律可得A导体的电阻为 ，
故C正确；
D．在U﹣I图像中，电阻等于纵横坐标值之比，只有当图像为过原点的直线时，才有
，但是导体A的图像是一条曲线，当电流为0.3A时，导体的电阻应该等于该点
与坐标原点连线的斜率，故D错误。
故选：C。
4.D解：把电流表改装成电压表需串联一个电阻R；根据欧姆定律和串联电路的特点U＝I
g
（R +R）代入数据解得串联电阻R＝2900 即应串联一个2900 的电阻，故ABC错误，D
g
正确。 Ω Ω
5.D 解：ACD、电路中电流表的示数为 I＝2.0A，则电动机两端的电压为 U ＝E﹣I
M
（r+1.5）＝12V﹣2.0×（1.0+1.5）V＝7.0V
电动机的电功率为P电 ＝U
M
I＝7×2W＝14W，电动机的热功率为P热 ＝I2R
M
＝22×0.5W＝
2.0W，所以电动机的输出功率为P输出 ＝P电 ﹣P热 ＝14W﹣2W＝12W，故AC错误，D
正确；B、电源输出的功率为P输出 ＝EI﹣I2r＝12×2W﹣22×1W＝20W，故B错误。故选：
D。
6.C【详解】A． 是电量的单位，选项A错误；
B．该电池最多能储存 的电荷量，选项B错误；
C．每拍摄一张照片约需消耗的电能
选项C正确；D．锂电池电动势为 ，相机工作时电池两端的电压不一定是 ，选项D错误。
故选C。
7【答案】D
【详解】AB． 图像的斜率代表加速度，由 图像可知，电子的加速度先减小后增大。
因为电子仅在电场力的作用下运动，根据牛顿第二定律有
解得
所以电场强度E也应该先减小后增大。电子从M点由静止释放，向N点运动，速度先增大，
说明电子先做加速运动，电场力方向与运动方向相同，即沿 方向；后来速度减小，做减
速运动，电场力方向与运动方向相反，即沿 方向。由于电子带负电，所以电场强度方向
与电场力方向相反，故电场强度先沿 方向，后沿 方向。因为规定沿+x方向为电场强
度的正方向，所以在O点左侧 且逐渐减小，在O点右侧 且逐渐增大，故AB错误；
C．沿电场线方向电势逐渐降低。在O点左侧，电场强度沿 方向，所以电势沿 方向升
高；在O点右侧，电场强度沿 方向，所以电势沿 方向降低。故C错误；
D．电子从M点由静止释放，向N点运动，速度先增大后减小，说明电场力先做正功后做
负功，所以电势能先减小后增大。规定O点为零势能点，所以在O点处电子的电势能为
0。故D正确。
故选D。
二、多选题
8. 【答案】BD
9.【答案】AD
【详解】A．结合图像可知，甲反映定值电阻R的U-I关系，则
故A正确；
B．乙反映电源的U-I关系，但5V并不是电流为零时对应的路端电压，因此电动势不是
5V，B错误；
C．电源与定值电阻R串联构成闭合回路，则
故C错误；
D．图像乙的斜率表示电源内阻，因此
故D正确。故选AD。
10.BC【详解】A．由图可知，电容器 两端的电压等于 两端的电压，即路端电压。当光
照强度增强时， 的阻值减小，所以电路中的总电流增大，由闭合电路欧姆定律可知路端
电压为故路端电压减小，即电容器 两端的电压减小。由 可知， 减小， 不变，则
电容器 中的电场强度减小。带电液滴在电容器 中恰好静止时满足
故当电场强度 减小时，液滴受到的电场力会小于自身的重力，所以带负电的液滴在电
容器 中会向下运动。故A错误；
B．电容器 两端的电压等于 两端的电压，根据“串反并同”原理可知，由于 和
是串联的关系，所以当 的阻值减小时， 两端的电压增大，即电容器 两端的电压
增大。根据 可知，电容器 的电荷量 增大，所以电容器 充电，故B正确；
C．由图可知，理想电流表和光敏电阻 是串联的关系，根据“串反并同”原理可知，
当 的阻值减小时，理想电流表的示数增大。同理理想电压表测量的是 两端的电压，
和 是并联的关系，所以理想电压表的示数减小，故C对；
D．当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大。由于不知道外电路电阻与电
源内阻的大小关系，所以无法确定电源输出功率的变化情况，故D错误。
故选C。
三、实验题
11.【答案】(1)0.694/0.695/0.696 10.045
(2)偏小
(3) 2.60 0.52
(4)
12.【答案】(1)A
(2) 5.0 0.19/0.18/0.20
四、解答题
13.【解答】解：（1）根据点电荷的电场特征可知，BC所在的圆是一个等势面，所以
小球从B到C电场力做的总功为零，
由几何关系可得 BC的竖直高度为：h ＝ ，根据动能定理有：mg× ＝
BC，
解得：v ＝ ；
C
（2）小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg×3R+W电 ＝ ，
得：W电 ＝ mgR，
因为W电 ＝qU
AC
则U ＝ ；
AC
答：（1）小球滑到C点时的速度大小为 ；（2）U ＝ ；
AC
14.【解答】解：（1）闭合开关S，据全电路欧姆定律得：I＝ ＝ A＝
1A，
R 两端的电压为：U ＝IR ＝1×3V＝3V。
1 1 1
（2）闭合开关S，电容器的电压等于R 两端电压，为：U ＝IR ＝1×6V＝6V，
2 2 2
电容器两端的电压变化量为：ΔU＝E﹣U ＝4V，
2
过R 的总电荷量为：ΔQ＝CΔU＝30×10﹣6×4C＝1.2×10﹣4C。
1
（3）当R ＝R +r＝4 时，R 消耗的电功率最大，P ＝ ＝6.25W。
2 1 2 2
Ω
答：（1）R 两端的电压为3V。
1
（2）断开开关S后，直到电路中电流再次稳定，通过R 的总电荷量为1.2×10﹣4C。
1
（3）如果把R 换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 范围变化，开关闭合并且电
2
路稳定时，R 消耗的最大电功率为6.25W。 Ω
2
15. 【分析】（1）根据动能定理，对粒子达到y轴分析，结合粒子进入第一象限后，水
平方向上不受外力，粒子以v 做匀速直线运动分析求解；
0
（2）根据粒子进入第一象限做类平抛运动，结合水平和竖直方向上的运动分析求解；
（3）根据点（A，0）恰好在边界线上，由点（0，y′）进入第一象限的粒子将一直做
类平抛运动达到点（A，0），结合平抛运动规律分析求解。
【解答】解：（1）设粒子达到y轴的速度为v ，由动能定理得
0所以
方向水平向右
（2）粒子进入第一象限做类平抛运动，设粒子从竖直电场边界上（x ，y ）点射出如图
0 0
则粒子在该电场中的运动时间为
竖直方向有
根据几何关系
联立上述各式可得
显然边界线为一开口向下的抛物线；
（3）由上问所解边界方程可知，点（A，0）恰好在边界线上，由点（0，y′）进入第
一象限的粒子将一直做类平抛运动达到点（A，0），根据平抛运动规律
x＝A＝v t
0
联立解得
y′＝A而从（0， ）进入第一象限内的粒子未到点（A，0）前将会射出电场做匀速直线
运动达到点（A，0），两处进入第一象限的粒子运动轨迹，如图所示
答：（1）根据粒子以 v 做匀速直线运动，运动到点（A，0）的时间为
0
，故粒子运动到点（A，0）的时间与粒子的初始位置y无关；
（2）第一象限内电场的边界线（x ，y ）的方程为 ；
0 0
（3）y′的最大值为A，由（0，y′）和（0， ）进入第一象限的粒子在第一象限
内的运动轨迹图如下图所示：
。
