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2024级物理检测试题答案
1.【答案】B【解析】A．元电荷的电量是密里根测定的，故A错误；
B．法拉第为了形象地描述电场，引入了电场线的概念，故B正确；
CD．富兰克林率先提出了避雷针的设计、制作方法，对正负电荷进行命名，故CD错误，
故选B。
2.【答案】D 3.【答案】D
4.【答案】A，合场强向外，且夹在ap、bp连线之间偏右，则可知 ，且ab均为正电荷
5.【答案】C【解析】由电阻定律 结合题给导体几何尺寸，得
根据欧姆定律，电压不变时，电流与电阻成反比，故 故选C 。
6.【答案】D【解析】A．该电荷从2a到4a运动过程速度增大，即合外力向右，在4a到6a
的运动过程速度减小，即合外力向左。从2a到6a的运动过程，由库仑定律 可知：
M对该电荷的作用力减小，N对该电核的作用力增大，方向不变，故M对该电荷的作用力
向右，N对该电荷的作用力向左，所以，点电荷M、N都是负电荷，故A错误；
B．该电荷运动过程只有电场力做功，故有动能定理可知：从3a到5a，电场力先做正功，
后做负功，那么该电荷的电势能先减小后增大，由于该电荷是负电荷，故电势是先增大
后减小，故B错误；CD．由图可知，在4a处，合力为零，即电场强度为0，则有
解得 ，故C错误，D正确。故选D。
7.答案 D，解析 质子在加速电场中加速，有Ue＝mv2，根据I＝neSv，联立解得n＝，
故选D。
8.答案 A，解析 设滑动变阻器滑片右侧电阻为R，滑动变阻器与R构成电路的总电
a 0阻R ＝(R－R)＋＝R－＝R－，当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中，R增大，则R
总 a a
减小，则干路电流增大，即电流表A 的示数增大，B错误；设滑动变阻器滑片右侧电阻
总 2
R与R并联总电阻为R ，则R ＝＝，R增大，则R 增大，由于干路电流增大，则并联部
a 0 并 并 a 并
分电压U 增大，则电流表A 的示数逐渐增大，A正确；电容器C的电压U＝E－U －Ir，
并 1 并
根据上述，干路电流增大，U 增大，则电容器C的电压减小，根据Q＝CU，可知，电容器C
并
的电荷量减小，C错误；电压表V的示数为U＝E－Ir，根据上述，干路电流增大，则电压
V
表V的示数逐渐减小，D错误。
9.答案 BD
10.【答案】BC ，【详解】CD.设P、Q之间连线与竖直墙壁间的夹角为 ，则有
当Q向左移动少许距离后，现假设P不动，则将导致 变小，方程左
边大于右边，小球P上移，上移后 进一步变小， 将变大，因两球电量都不变，新的
平衡状态下 必将更大，故C正确，D错误；
AB.对Q受力分析知水平推力
可知F变小，故A错误，B正确。故选BC。
11.答案 AD解析 由题图乙可知电场强度大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，
粒子在电场中运动的最短时间满足＝at 2，得t ＝，选项A正确；能从板间射出的粒子
min min
在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电
场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv2，选项B错误；t＝＝时刻射
0
入的粒子，先向下做匀加速运动，由于T＝>t ，粒子将打在下极板上，选项C错误；t＝
min
＝时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向
下加速，再向下减速速度到零…如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，则粒
子将从O′点射出，选项D正确。
12.答案 (1)0.398(0.397、0.399均可) (2)乙
解析 (1)固定刻度读数为0，可动刻度读数39.8×0.01 mm，则螺旋测微器的读数为0
＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm。
(2)由实验记录的数据可知R的阻值大约为5 Ω，则R≪R，电流表采用外接法；若滑动
x x V
变阻器采用限流式接法，电路中最小电流约为I ＝≈0.12 A
min
其中R为R与R的并联电阻值。实验数据中第一组的电流为0.020 A，小于限流式接法
1 x V
的最小电流，所以滑动变阻器采用的不是限流式接法，而是分压式接法，则采用的是题
图乙。
13.答案 (1) ② (2)3.2 0.83 (3)等于 等于解析 (1)电流表的内阻已知，所以导线应连接到②；
(2)由U－I图线可知，电源电动势为E＝3.2 V，根据电路图的连接可知U－I图像图线
的斜率表示电源内阻、定值电阻和电流表内阻之和，则可得电源内阻为 r＝－R－R＝
0 A
Ω－4 Ω－0.5 Ω＝0.83 Ω。
(3)图中电路的连接，可以把电源、定值电阻、电流表看成等效电源，设等效电源的电动
势为E′，断路时U＝E′＝E，即电动势的测量值等于真实值；
短路时电流I＝＝，则电源内阻r＝－R－R，所以内阻的测量值也等于真实值。
0 A
14.答案 (1)4 W (2)2 W 解析 从图线A可读出，电源的电动势E＝3 V，
内阻r＝＝ Ω＝0.5 Ω
(1)从图像的交点可读出：路端电压U＝2 V，电路电流I＝2 A，则电源的输出功率为P
出
＝UI＝2×2 W＝4 W。
(2)电源内部损耗的电功率P ＝I2r＝22×0.5 W＝2 W
内
15.答案 (1)8×104 m/s (2)0.09 m解析 (1)由动能定理，可得|q|U＝mv2，
1 0
代入数据解得v＝8×104 m/s。
0
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝vt，
0
在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝，联立解得y＝0.03 m。几何知识知＝，
解得y′＝3y＝0.09 m。
16.答案 (1) (2)0 (3)11.5R
解析 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时
的速度为v，从A点到C点过程运用动能定理，得F ·(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0
C 电 C
解得v＝
C
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A′点由静止释放，设滑块到达D点时的速
度为v，从A′点到D点过程运用动能定理，得F ·s－μmgs－mg·2R＝mv2－0
D 电 D
解得v＝
D
在D点，根据牛顿第二定律，竖直方向的合力提供向心力，得N＋mg＝解得N＝0
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0
(3)要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时s最
小。
等效重力由重力和静电力的合力提供，G′＝＝mg
INCLUDEPICTURE "D:\\张梦梦\\2024\\同步\\物理\\物理 教课 必修第三册\\教师
word\\1\\1-355.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\张梦梦\\2024\
\同步\\物理\\物理 教课 必修第三册\\教师word\\1-355.TIF" \* MERGEFORMATINET等效重力与重力的夹角θ的正切值tan θ＝所以θ＝37°
设恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足G′＝m
从 A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得 F (s －Rsin 37°)－
电 min
μmgs －mgR(1＋cos 37°)＝mv2－0解得s ＝11.5R。
min min
