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射洪中学高 2024 级高二上期半期考试
物理参考答案
1、答案：D
【解析】A．电场强度减小，电势不一定降低（如负点电荷周围场强减小时电势升高），故A
错误；
B．电势差由电场本身决定，与试探电荷无关，而电场力做功与电荷量成正比，故B错误；
C．电场线方向应从电势高的等势面指向电势低的等势面，故C错误；
D．若电场线为曲线，正电荷的轨迹因速度方向变化可能与电场线不重合，故D正确。
故选D。
2、答案：A
【解答】解：两个完全相同的金属小球，间距为r，将它们相互接触再分开，带电量先中和
后平分，设开始金属球 A和B的带电量为Q：7Q，则分开后A、B所带的电荷相等都为
r
3Q，间距变为 根据库仑定律得
2
7QQ
F=k
r2
3Q×3Q
F′=k
r 2
( )
2
36
整理解得F′= F
7
F′ 36
故 =
F 7
则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是36：7，故ABC错误，D正确。
故选：A。
3、答案：B
解：AB、两电荷在O点产生的电场强度方向都水平向左，O点电场强度大小E＝E +E ＝
正 负
q q 2kq
k +k = ，故A错误，B正确；
L2 L2 L2
第 1 页 共 9 页CD、顶点a、d处的电荷电性相反电荷量相等，是等量异号电荷，根据对称性与等量异号电
荷电场分布可知，b、c两点电场强度大小相等，方向不同，沿电场线方向的电势组逐渐减
小，则e电势大于b点电势，故CD错误。
故选：B。
4、答案：C
L b
【解答】解：根据电阻定律可知，沿CD方向样品的电阻R=ρ =ρ ，解得，样品的电
S ac
Rac
阻率：ρ= ，故C正确，ABD错误。
b
故选：C。
5、答案：A
【解答】解：AB．根据电压表改装原理，将接线柱1、3接入电路时，电压表量程为
I R
U=I R +( g A+I )R
g A R g 2
1
代入题中数据解得
U＝3.0V
故A正确，B错误；
CD．根据电流表改装原理，将接线柱1、2接入电路时，电流表量程为
I R
I=I + g A
g R
1
代入题中数据解得
I＝1.0A
故CD错误。
故选：A。
6、答案：C
【解答】解:
AD、减小光照强度，R增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律有
t
E
I=
R +r
外
第 2 页 共 9 页可知，干路电流 I减小，由U＝E﹣Ir可知路端电压增大，灯炮电压增大，则灯炮功率偏
大。
C、通过R 电流为I ＝I﹣I ，因I减小，而I 增大，则I 减小，R 两端电压U 减小，R 消
0 0 A A 0 0 0 0
耗的功率减小。C正确。
B、电源的总功率为P＝EI，因E不变，I减小，故P减小，故B错误。
故选：C。
7、答案：D
A：沿电场线方向电势逐渐降低，根据 E ＝φq，可得沿电场线方向，负电荷的电势能逐渐
p
升高，可得从O﹣x 电场线方向向右，因此点电荷Q 带正电。故A错误；
2 1
B：将试探电荷从x 移动到x ，由图像可得，电势能在增加，因此电场力做负功，电场力
2 3
方向沿x轴负方向，故B错误；
C：将试探电荷从x 移动到x ，由图像可得，电势能增加，图像的斜率减小，则电场强度
3 4
逐渐减小，故C错误；
△E
D：在x 位置时，由图像可得 p=0，故此时负电荷所受电场力为 0，此时场强为0，根
4
Δx
据平衡条件，可得
Q Q
k 1= k 2
x2 (x +x ) 2
4 1 4
Q x2
解得 1 = 4 。
Q2 (x +x ) 2
1 4
故D正确。
故选：D。
8、答案：BC
解：A．根据图甲可知，极板A与电源正极连接，极板A带正电，带负电的尘埃将被吸附
在带正电的极板上。故A错误；
B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人手上的静电，故 B正
确；
C．图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故C
第 3 页 共 9 页正确。
D．暴雷天气应该到低洼处躲避更安全。故D错误。
故选：BC。
9、答案：BD
【解答】解：A、按键的过程中，板间距离 d 减小，根据平行板电容器的电容决定式
ε S
C= r 可知，电容C增大，故A错误；
4πkd
Q
BC、电容C变大，电压U不变，根据电容的定义式C= 分析可知，Q增大，电容器充
U
电，则图丙中电流方向从b流向a，故B正确，C错误；
U
D、按键过程中，板间距离d减小，U不变，根据E= 可知，电容器两极板间的电场强度
d
增大，故D正确。
故选：BD
10、答案：AD
【详解】A．规定向右为正方向， 由静止释放该粒子，在 时间内，粒子沿正方向做
匀加速运动，在 时间内沿正方向做匀减速运动，粒子在两个运动阶段的加速度大小相
等，根据对称性可知在T时刻粒子的速度减为零，之后再开始新的一个周期的运动，重复刚才
所述的运动过程，由此可知粒子速度方向始终未变，则一定能到达B板，故A正确；
B．规定向右为正方向， 由静止释放该粒子，假设粒子始终没有到达B板，则在 时
间内，粒子沿正方向做匀加速运动，在 时间内沿正方向做匀减速运动，在 时间
内沿负方向做匀加速运动，在 时间内沿负方向做匀减速运动，根据运动的对称性可知
粒子在 时刻速度为零且回到P点，之后再开始新的一个周期的运动，重复刚才所述的运动
第 4 页 共 9 页过程。粒子在 时刻到达距P点最远的位置，根据运动学公式可得 时间内粒子的位移
大小为
所以假设成立，因此 由静止释放该粒子，不可能到达B板，故B错误；
C．在 和 两个时间段内运动的粒子加速度大小相同，但方向相反，故C错误；
D．规定向右为正方向，设t 时刻由静止释放该粒子，在 时间内，粒子沿正方向做匀加
1
速运动，在 时间内，粒子沿正方向做匀减速运动，在 时间内，粒子沿负
方向做匀加速运动，在 时间内粒子沿负方向做匀减速运动，根据运动的对称性可知
粒子在 时刻速度为零，之后再开始新的一个周期的运动，在上述过程中，根据运动学公
式可得粒子的位移为
因为
所以
说明在 期间由静止释放该粒子，粒子在一个周期的时间内的位移方向沿负方向，即一
个周期后粒子在P点左侧，此后粒子重复前面所述的运动过程，其位移将逐步沿负方向增
大，一定能到达A板，故D正确。
第 5 页 共 9 页故选AD。
【点睛】此题用图像法来解释更为直观，通过v-t图像所表示的位移大小来判断粒子能够达到
的位置。
11、（1）0.729、0.730、0.731 （2）2.59v、2.60v、2.61v （3）偏小
12、【答案】（1）R
1
(2)如图所示
(3)b
(4)4.0/4.1/4.2/4.3/4.4
(5)0.42/0.43/0.44
【详解】（1）
（2）要使小灯两端电压能从0开始较大范围变化，滑动变阻器应采用分压式接法；
（3）闭合开关前，应调节滑动变阻器使测量电路两端电压从0开始变化，所以应滑到a端；
（4）由图像可知，当小灯两端加2.0V电压时，电流为
0.48A，则根据欧姆定律得
U
R= =4.2Ω
I
（4）设灯泡的实际电压为U，实际电流为I，则根据闭合
电路的欧姆定律得
变形后得
U=−5I+3
（5）作出电源的I−U图像如图所示
则读交点可得灯泡的实际功率为
P=UI≈o.1.2×0.36W=0.43W
13 、 解 ： （ 1 ） 根 据 匀 强 电 场 的 特 点 可 知 a 、 c 两 点 中 点 处 M 点 的 电 势
φ +φ 6+2
φ = a c = V =4V
M 2 2
bM连线为该匀强电场的等势线，电场强度的方向沿着ac方向向下
第 6 页 共 9 页（2）带电粒子由a运动到b，由动能定理可知：
所以：
14、【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过电动机的电流为
E−U 6−4.5
I= = A=1.5A
R +r 0.5+0.5
0
（2）电动机的输入功率为
P ＝UI＝4.5×1.5W＝6.75W
入
电动机的热功率为
P =I2R=1.52×0.5W =1.125W
r
则电动机的输出功率为
P ＝P ﹣P＝6.75W﹣1.125W＝5.625W
出 入 r
（3）电动机卡住后，相当于纯电阻元件，由闭合电路欧姆定律可得
E
I′=
R+R +r
0
则电动机的热功率为
P′ =I′2R
r
代入数据解得P'＝8W
r
答：（1）通过电动机的电流为1.5A；
（2）电动机输出的机械功率为5.625W；
（3）如果电动机突然卡住，则电动机的热功率是8W。
15、【解答】解：（1）从A点到B，根据动能定理可得
1
qEs−μmgs= mv2−0
2 B
第 7 页 共 9 页解得
v =√gR
B
（2）由B到C可知：
滑块在C点有：
可知：
由牛顿第三定律可知，滑块到达C点时对轨道的压力大小为 ，方向水平向左。
（3）滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力
和重力的合力G′提供向心力，此时的速度最小，G与竖直方向夹角θ的正切值为
qE 3
tanθ= =
mg 4
解得
θ＝37°
mg
令G′= ，则
cosθ
v2
G′=m min
R
解得
√5gR
v =
min 2
（4）滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到I点（等效重力场中圆心等高处），另一种
是恰好通过H点（等效最高点）。
①如果最高到I点，根据动能定理，有
第 8 页 共 9 页qE（s+Rcos37°）﹣μmgs﹣mg（R+Rsin37°）＝0
解得
s＝4R
②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有
1
qE(s−Rsin37°)−μmgs−mg(R+Rcos37°)= mv2 −0
2 H
联立解得
s＝11.5R
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围为
s≤4R或s≥11.5R
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