射洪中學(xué)高2024級高二上期半期考試物理參考答案答案：D【解析】A．電場強(qiáng)度減小，電勢不一定降低（如負(fù)點電荷周圍場強(qiáng)減小時電勢升高），故A錯誤；B．電勢差由電場本身決定，與試探電荷無關(guān)，而電場力做功與電荷量成正比，故B錯誤；C．電場線方向應(yīng)從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故C錯誤；D．若電場線為曲線，正電荷的軌跡因速度方向變化可能與電場線不重合，故D正確。故選D。答案：A【解答】解：兩個完全相同的金屬小球，間距為r，將它們相互接觸再分開，帶電量先中和后平分，設(shè)開始金屬球A和B的帶電量為Q：7Q，則分開后A、B所帶的電荷相等都為3Q，間距變?yōu)閞2F=k7QQF′=k3Q×3Q整理解得F′=故F′則后來兩小球之間的靜電力大小與原來之比是36：7，故ABC錯誤，D正確。故選：A。答案：B解：AB、兩電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向都水平向左，O點電場強(qiáng)度大小E＝E正+E負(fù)＝kqL2+CD、頂點a、d處的電荷電性相反電荷量相等，是等量異號電荷，根據(jù)對稱性與等量異號電荷電場分布可知，b、c兩點電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，沿電場線方向的電勢組逐漸減小，則e電勢大于b點電勢，故CD錯誤。故選：B。答案：C【解答】解：根據(jù)電阻定律可知，沿CD方向樣品的電阻R=ρLS=ρ故選：C。答案：A【解答】解：AB．根據(jù)電壓表改裝原理，將接線柱1、3接入電路時，電壓表量程為U=I代入題中數(shù)據(jù)解得U＝3.0V故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)電流表改裝原理，將接線柱1、2接入電路時，電流表量程為I=I代入題中數(shù)據(jù)解得I＝1.0A故CD錯誤。故選：A。答案：C【解答】解:AD、減小光照強(qiáng)度，Rt增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=E可知，干路電流I減小，由U＝E﹣Ir可知路端電壓增大，燈炮電壓增大，則燈炮功率偏大。C、通過R0電流為I0＝I﹣IA，因I減小，而IA增大，則I0減小，R0兩端電壓U0減小，R0消耗的功率減小。C正確。B、電源的總功率為P＝EI，因E不變，I減小，故P減小，故B錯誤。故選：C。答案：DA：沿電場線方向電勢逐漸降低，根據(jù)Ep＝φq，可得沿電場線方向，負(fù)電荷的電勢能逐漸升高，可得從O﹣x2電場線方向向右，因此點電荷Q1帶正電。故A錯誤；B：將試探電荷從x2移動到x3，由圖像可得，電勢能在增加，因此電場力做負(fù)功，電場力方向沿x軸負(fù)方向，故B錯誤；C：將試探電荷從x3移動到x4，由圖像可得，電勢能增加，圖像的斜率減小，則電場強(qiáng)度逐漸減小，故C錯誤；D：在x4位置時，由圖像可得△EkQ1x解得Q1故D正確。故選：D。答案：BC解：A．根據(jù)圖甲可知，極板A與電源正極連接，極板A帶正電，帶負(fù)電的塵埃將被吸附在帶正電的極板上。故A錯誤；B．圖乙為給汽車加油前要觸摸一下的靜電釋放器，其目的是導(dǎo)走人手上的靜電，故B正確；C．圖丙中搖動起電機(jī)，煙霧繚繞的塑料瓶頓時清澈透明，其工作原理為靜電吸附，故C正確。D．暴雷天氣應(yīng)該到低洼處躲避更安全。故D錯誤。故選：BC。答案：BD【解答】解：A、按鍵的過程中，板間距離d減小，根據(jù)平行板電容器的電容決定式C=εBC、電容C變大，電壓U不變，根據(jù)電容的定義式C=QU分析可知，Q增大，電容器充電，則圖丙中電流方向從b流向a，故BD、按鍵過程中，板間距離d減小，U不變，根據(jù)E=U故選：BD答案：AD【詳解】A．規(guī)定向右為正方向，由靜止釋放該粒子，在時間內(nèi)，粒子沿正方向做勻加速運(yùn)動，在時間內(nèi)沿正方向做勻減速運(yùn)動，粒子在兩個運(yùn)動階段的加速度大小相等，根據(jù)對稱性可知在T時刻粒子的速度減為零，之后再開始新的一個周期的運(yùn)動，重復(fù)剛才所述的運(yùn)動過程，由此可知粒子速度方向始終未變，則一定能到達(dá)B板，故A正確；B．規(guī)定向右為正方向，由靜止釋放該粒子，假設(shè)粒子始終沒有到達(dá)B板，則在時間內(nèi)，粒子沿正方向做勻加速運(yùn)動，在時間內(nèi)沿正方向做勻減速運(yùn)動，在時間內(nèi)沿負(fù)方向做勻加速運(yùn)動，在時間內(nèi)沿負(fù)方向做勻減速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知粒子在時刻速度為零且回到P點，之后再開始新的一個周期的運(yùn)動，重復(fù)剛才所述的運(yùn)動過程。粒子在時刻到達(dá)距P點最遠(yuǎn)的位置，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得時間內(nèi)粒子的位移大小為所以假設(shè)成立，因此由靜止釋放該粒子，不可能到達(dá)B板，故B錯誤；C．在和兩個時間段內(nèi)運(yùn)動的粒子加速度大小相同，但方向相反，故C錯誤；D．規(guī)定向右為正方向，設(shè)t1時刻由靜止釋放該粒子，在時間內(nèi)，粒子沿正方向做勻加速運(yùn)動，在時間內(nèi)，粒子沿正方向做勻減速運(yùn)動，在時間內(nèi)，粒子沿負(fù)方向做勻加速運(yùn)動，在時間內(nèi)粒子沿負(fù)方向做勻減速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知粒子在時刻速度為零，之后再開始新的一個周期的運(yùn)動，在上述過程中，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得粒子的位移為因為所以說明在期間由靜止釋放該粒子，粒子在一個周期的時間內(nèi)的位移方向沿負(fù)方向，即一個周期后粒子在P點左側(cè)，此后粒子重復(fù)前面所述的運(yùn)動過程，其位移將逐步沿負(fù)方向增大，一定能到達(dá)A板，故D正確。故選AD?！军c睛】此題用圖像法來解釋更為直觀，通過v-t圖像所表示的位移大小來判斷粒子能夠達(dá)到的位置。（1）0.729、0.730、0.731（2）2.59v、2.60v、2.61v（3）偏小12、【答案】（1）R1(2)如圖所示(3)b(4)4.0/4.1/4.2/4.3/4.4(5)0.42/0.43/0.44【詳解】（1）（2）要使小燈兩端電壓能從0開始較大范圍變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法；（3）閉合開關(guān)前，應(yīng)調(diào)節(jié)滑動變阻器使測量電路兩端電壓從0開始變化，所以應(yīng)滑到a端；（4）由圖像可知，當(dāng)小燈兩端加2.0V電壓時，電流為0.48A，則根據(jù)歐姆定律得R=（4）設(shè)燈泡的實際電壓為U，實際電流為I，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律得變形后得U=?5I+3（5）作出電源的I?U圖像如圖所示則讀交點可得燈泡的實際功率為P=UI≈13、解：（1）根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點可知a、c兩點中點處M點的電勢φbM連線為該勻強(qiáng)電場的等勢線，電場強(qiáng)度的方向沿著ac方向向下（2）帶電粒子由a運(yùn)動到b，由動能定理可知：所以：14、【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電動機(jī)的電流為I=E?U（2）電動機(jī)的輸入功率為P入＝UI＝4.5×1.5W＝6.75W電動機(jī)的熱功率為Pr則電動機(jī)的輸出功率為P出＝P入﹣Pr＝6.75W﹣1.125W＝5.625W（3）電動機(jī)卡住后，相當(dāng)于純電阻元件，由閉合電路歐姆定律可得I′=E則電動機(jī)的熱功率為P′代入數(shù)據(jù)解得P'r＝8W答：（1）通過電動機(jī)的電流為1.5A；（2）電動機(jī)輸出的機(jī)械功率為5.625W；（3）如果電動機(jī)突然卡住，則電動機(jī)的熱功率是8W。15、【解答】解：（1）從A點到B，根據(jù)動能定理可得qEs?μmgs=1解得vB由B到C可知：滑塊在C點有：可知：由牛頓第三定律可知，滑塊到達(dá)C點時對軌道的壓力大小為，方向水平向左。（3）滑塊恰好始終沿軌道BCDG滑行，則滑至圓弧軌道D、G間等效最高點時，由電場力和重力的合力G′提供向心力，此時的速度最小，G與豎直方向夾角θ的正切值為tanθ=qE解得θ＝37°令G′=mgG′=mv解得vmin（4）滑塊不離開軌道有兩種可能，一種是最高到I點（等效重力場中圓心等高處），另一種是恰好通過H點（等效最高點）。①如果最高到I