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2024~2025学年第一学期福建省部分学校教学联盟高中入学适应性检测
高中二年级物理答案解析及评分细则
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选
项是符合题目要求的。
1．D
【详解】由于整个系统处于平衡状态，每一个电荷均受力平衡，根据三个自由点电荷平衡条件“三点
共线、两同夹异、两大夹小、近小远大”及A处带正电，B处带负电，且A处的电荷量大于B处的电荷
量，所以点电荷Q 应该在B的右侧，且带正电，故ABC错误，D正确。
3
故选D。
2．B
【详解】A．移走小球C后，导体A、B的电荷重新分布，导体B不带电，故A错误；
B．小球C与导体A、B接触后，导体A、B整体带正电，移走小球C再分开导体A、B，导体B带正
电，故B正确；
CD．将导体A或B接地，导体A、B整体带负电，移走小球C再分开导体A、B，导体B带负电，故
CD错误。
故选B。
3．C
【详解】A．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势
逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；
B．因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，故B错误；
C．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降
低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以
即
由 可知，电场力做正功，所以正电荷在A点移至B点，电势能减小，故C正确。
D．因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷从C点移至D点，电势能不变，
故D错误。
故选C。
1
学科网（北京）股份有限公司4．A
【详解】将A、B位置的两个点电荷看为一个整体，根据等量同种正点电荷的电场分布规律可知，O点
位于其连线的中垂线上，则电场强度方向由O指向C，即对O点的-2q的点电荷的电场力方向由C指向
O，C位置的-2q点电荷对O点的电荷是斥力作用，可知，O点处固定的-2q的点电荷所受电场力方向由
C指向O，根据几何关系，三个点电荷到中心O的间距为
A、B位置的两个点电荷对O点的-2q的点电荷的电场力为
C位置的两个点电荷对O点的-2q的点电荷的电场力为
则该电荷受到的电场力为
方向由C指向O。
故选A。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题所给出的四个选项中，有两个选项
是符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不选的得0分。
5．AC
【详解】A．若A球带电，则B球相当于放置在金属球壳内，B球处的电场强度为零，故A正确；
B．若B球带电，则A球相当于放置在金属球壳和大地构成的导体球壳内，A球处的电场强度也为零，
故B错误；
CD．由于静电屏蔽，A、B两球彼此不会相互影响，故C正确，D错误。
故选AC。
6．CD
【详解】A．由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向向上，与电场强度方向相同，所以
电荷为正电荷，故A错误；
B．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强，
在N点所受的电场力大于M点的电场力，所以粒子在M点的加速度小于N点的加速度，故B错误；
CD．电场力对粒子做正功，电荷的电势能减小，所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，则
粒子在M点的动能小于N点的动能，故CD都正确；
2
学科网（北京）股份有限公司故选CD。
7．BD
【详解】A．平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，根
据
可知板间场强减小，油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直方向向下运动。故A错误；
BC．P与下板间的距离不变，由公式
分析可知，P与下板间电势差减小，由于电容器与电源正极相连的下板接地，所以下极板上方电势均小
于零。所以P点电势升高。故B正确，C错误；
D．P点电势升高，而油滴带正电，则带电油滴的电势能增加。故D正确。
故选BD。
8．CD
【详解】
A. 设细绳拉力、电场力的合力的方向与竖直方向的夹角为θ
解得
细绳拉力、电场力的合力为 ，从P点到Q点，合力做功最多，所以在P点动能最小，在Q点动能
最大，在Q点由牛顿第二定律
由上式得，在Q点速度最大，绳的拉力最大，A错误；
B. 运动过程中，小球在P点动能最小，在A点电势能最大，B错误；
C. 小球从D到C的过程中
3
学科网（北京）股份有限公司解得 ，C正确；
D. 小球从A到B的过程中
解得 ，D正确。故选CD。
9．（4分，每空2分）负 减少
【详解】[1]由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒
带负电。
[2]涂料微粒在运动过程中电场力对它做正功，则电势能逐渐减少。
10．（6分，每空2分）
【详解】[1]依题意，把点电荷从A移到B电场力做功 ，从B移到C电场力做功
，从A移到C，则电场力做功为
故从A移到C点电荷的电势能减少
[2]由
代入数据，解得
4
学科网（北京）股份有限公司[3]设A，B点的电势分别为 、 ，有
解得
11．（6分，每空2分）
（1）ABC（全部选对得2分，部分选对得1分，有选错或不选得0分）
（2）
（3）AC（全部选对得2分，部分选对得1分，有选错或不选得0分）
【详解】（1）[1]平行金属板板间存在匀强电场，油滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有
所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d。
故选ABC；
（2）[2]根据平衡条件可得
则油滴的电荷量为
（3）[3]若要使原本静止的油滴落到下极板，减小电场力即可。
A．保持两极板间电压U不变，把下极板向下移，则增大极板间距，根据 可知，电场强度减小，
则电场力减小，因此油滴可落到下极板，A正确；
BCD．断开电源，金属板所带电荷量Q不变，根据
5
学科网（北京）股份有限公司可得
则把下极板向上移，两板间距离变化，但两板间电场强度不变，油滴仍处于静止状态；把下极板向右
移，S减小了，两板间电场强度增大，油滴会上升；在两极板间插入电介质，则 增大，所以两板间电
场强度减小，油滴可落到下极板，故C正确，BD错误。
故选AC。
12．（8分，每空2分）
（1）放电 不变
（2）相反
（3）430
【详解】（1）[1]电容器充电结束后，将电容器的两端与一个闭合的外电路接通时，电容器开始放电，
而开关S改接2后，电容器与左侧形成一个闭合回路，进行的是放电过程。
[2]因为总电荷量不会因为电阻R而变化，则曲线与横坐标轴所围成的面积不变，且由于电阻变小，电
路中的平均电流变大，所以放电时间将变短，曲线会有变化，但是曲线与坐标轴所围成的面积表示这
一时间间隔内通过导体的总电荷量，总电荷量不变，所以曲线与坐标轴所围成的面积不变。
（2）在电容器充放电过程中，通过电阻R的电流方向相反。
（3）该电容器的电容
13．（10分）
解：(1)负电荷从a点移到b点克服电场力做功，说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a，负电荷所
受电场力的方向与电场强度的方向相反，故该匀强电场的方向为由a指向b（水平向右），...................
（1分，直接写出方向，无需说明理由）
根据：
...................（2分）
代入数值可得：
E=1.0×103V/m...................（3分）
(2)负电荷由b点移到c点，电场力做的功：
...................（5分，列出公式得1分，写出结果得1分）
6
学科网（北京）股份有限公司电场力做负功，电荷的电势能增加，故电荷的电势能增加 ； ...................（6分，注意写出“增
加”才得分，类似“变化”、“改变”均不得分）
（3）a、c两点间的电势差为：
...................（10分，列出公式得2分，算出Wac得1分，写出结果得1
分）
14．（10分）
解：(1) 球运动到C处时，由牛顿第二定律得： ...................（1分）
得： ...................（2分）
根据动能定理得， ...................（3分）
解得： ；...................（4分）
(2) 小球从C到D过程，由机械能守恒定律得： ...................（5分）
代入解得，v =3m/s...................（6分）
2
由于 ...................（7分，无需比较，直接写出V2结果即可）
所以小球在D处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得： ...................（8分）
代入解得，F =10N...................（9分）
2
根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为10N。...................（10分）
15．（16分）
解：（1）0~1s时间内，假设物块相对木板向右滑动，且物块和平板的加速度大小分别为a 、a ，对物
1 2
块和平板根据牛顿第二定律分别有： ...................（1分）
...................（2分）
7
学科网（北京）股份有限公司解得： ...................（3分，全部解出给1分）
所以a ＞a ，假设成立。根据运动学公式可得t=1s时物块和平板的速度大小分别为：
1 2
...................（4分，全部解出给1分）
（2）0~1s时间内，物块相对平板的位移大小为： ...................（5分）
t=1s时，设物块的加速度大小为a ，对物块根据牛顿第二定律有： ...................（6分）
3
解得：
假设物块和平板在1~1.5s时间内可以达到共同速度，即从t=1s开始经过时间t ，物块与平板达到共同
1
速度v，则： ...................（7分）
解得： ...................（8分，全部解出给1分）
所以 ，假设成立。在1~1.25s时间内，物块相对平板的位移大小为：
...................（9分）
物块与平板达到共同速度后，假设物块相对平板向左滑动，且物块和木板的加速度大小分别为a 、a ，
4 5
对物块和平板根据牛顿第二定律分别有
...................（10分）
...................（11分）
解得： ...................（12分，全部解出给1分）
所以a ＞a ，假设成立。因此t=1.25s时物块相对木板向右滑动的距离最远，则平板长度至少为
4 5
...................（13分）
（3）物块速度从v减小至零所经历的时间为： ...................（14分）
即t=1.5s撤去电场时，物块的速度恰好减为零，整个过程中，电场力对物块所做的总功为：
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学科网（北京）股份有限公司...................（16分，写出计算式得1分，得出结果得1分）
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