四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试卷（Word版附答案）

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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。
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3Q，间距变为r2根据库仑定律得
F=k7QQr2
F′=k3Q×3Q(r2)2
整理解得F′=367F
故F′F=367
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。
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正+E负＝kqL2+kqL2=2kqL2，故A错误，B正确；
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。
答案：C
【解答】解：根据电阻定律可知，沿CD方向样品的电阻R=ρLS=ρbac，解得，样品的电阻率：ρ=Racb，故C正确，ABD错误。
故选：C。
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
U=IgRA+(IgRAR1+Ig)R2
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=Ig+IgRAR1
代入题中数据解得
I＝1.0A
故CD错误。
故选：A。
答案：C
【解答】解:
AD、减小光照强度，Rt增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律有
I=ER外+r
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R0电流为I0＝I﹣IA，因I减小，而IA增大，则I0减小，R0两端电压U0减小，R0消耗的功率减小。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。
答案：D
A：沿电场线方向电势逐渐降低，根据Ep＝φq，可得沿电场线方向，负电荷的电势能逐渐升高，可得从O﹣x2电场线方向向右，因此点电荷Q1带正电。故A错误；
B：将试探电荷从x2移动到x3，由图像可得，电势能在增加，因此电场力做负功，电场力方向沿x轴负方向，故B错误；
C：将试探电荷从x3移动到x4，由图像可得，电势能增加，图像的斜率减小，则电场强度逐渐减小，故C错误；
D：在x4位置时，由图像可得△EpΔx=0，故此时负电荷所受电场力为0，此时场强为0，根据平衡条件，可得
kQ1x42=kQ2(x1+x4)2
解得Q1Q2=x42(x1+x4)2。
故D正确。
故选：D。
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。
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C=εrS4πkd可知，电容C增大，故A错误；
BC、电容C变大，电压U不变，根据电容的定义式C=QU分析可知，Q增大，电容器充电，则图丙中电流方向从b流向a，故B正确，C错误；
D、按键过程中，板间距离d减小，U不变，根据E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D正确。
故选：BD
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t1时刻由静止释放该粒子，在时间内，粒子沿正方向做匀加速运动，在时间内，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。
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。
（1）0.729、0.730、0.731 （2）2.59v、2.60v、2.61v （3）偏小
12、【答案】（1）R1
(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
R=UI=4.2Ω
（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≈.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φM=φa+φc2=6+22V=4V
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
（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
I=E−UR0+r=6−4.50.5+0.5A=1.5A
（2）电动机的输入功率为
P入＝UI＝4.5×1.5W＝6.75W
电动机的热功率为
Pr=I2R=1.52×0.5W=1.125W
则电动机的输出功率为
P出＝P入﹣Pr＝6.75W﹣1.125W＝5.625W
（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
I′=ER+R0+r
则电动机的热功率为
P′r=I′2R
代入数据解得P'r＝8W
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
qEs−μmgs=12mvB2−0
解得
vB=gR
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
tanθ=qEmg=34
解得
θ＝37°
令G′=mgcsθ，则
G′=mvmin2R
解得
vmin=5gR2
（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
qE（s+Rcs37°）﹣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
qE(s−Rsin37°)−μmgs−mg(R+Rcs37°)=12mvH2−0
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