山西省太原外国语学校2022学年高二物理上学期半月考试卷（含解析）

2022-2022学年山西省太原外国语学校高二（上）半月考物理试卷　一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．（3分）（2022春•通州区期末）如图所示，有一带正电荷的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B时，验电器金属箔张角减小，则金属球A（　　）　A．可能不带电B．一定带正电C．可能带正电D．一定带负电考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：验电器是利用同种电荷相互排斥原理制成的，金属箔片是否张开角度说明物体是否带电，金属箔片张开角度的大小反应了物体带电的多少．解答：解：验电器原来带正电，要使张角减小，则应使B处的电子转移到金属箔处，根据电荷间的相互作用，A球可能带负电；若A球不带电时，则由于感应，A球左侧也会带上负电，故会产生同样的效果；故A球可以带负电，也可以不带电；故A正确、BCD错误故选：A．点评：对于金属而言能够移动的自由电荷是带负电的电子，而不是带正电的质子．　2．（3分）（2022秋•市中区期中）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）　A．B．C．12FD．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：相距为r时，根据库仑定律得：F=k=；接触后，各自带电量变为Q′==Q，则此时-13-\nF′=k两式联立得F′=F，故A正确，BCD错误，故选：A．点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．　3．（3分）（2022秋•库尔勒市校级期末）如图，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为﹣q外，其余各点处的电量均为+q，则圆心O处（　　）　A．场强大小为，方向沿AO方向　B．场强大小为，方向沿OA方向　C．场强大小为，方向沿AO方向　D．场强大小为，方向沿OA方向考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定则求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．解答：解：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为E=，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，由对称性可知，B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为E′=，方向沿OA方向，-13-\n则A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为：E合=E′+E=，方向沿OA方向；故选D．点评：本题考查了电场强度问题，熟练应用点电荷的场强公式及平行四边形定则是正确解题的关键．　4．（3分）（2022•雨花区校级模拟）真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是（　　）　A．x=a点的电势高于x=2a点的电势　B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1　C．点电荷M、N一定为异种电荷　D．x=2a处的电势一定为零考点：电势；电场强度．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷；由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势；由于2a处场强为0，故M在2a-13-\n处产生的场强E1=和N在2a处产生的场强E2=大小相等；由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，即任意点的电势都可以为0．解答：解：A、由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势，故A错误．B、M在2a处产生的场强E1=，而N在2a处产生的场强E2=，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以QM=4QN，故B正确．C、由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误．D、由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误．故选B．点评：只要把握了同种性质和异种性质的点电荷产生的电场的分别特点就能顺利解决此类问题．　5．（3分）（2022•陕西校级一模）x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2．Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可以看出（　　）　A．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量　B．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷　C．电势最低处P点的电场强度为零　D．将一负点电荷从P点的左侧移至右侧，电场力先做正功后做负功考点：电场的叠加；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标x1到x2电势先减小后增大，根据沿电场线电势逐渐降低判断两电荷的电性，根据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小．根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功．解答：解：ABC、P点切线斜率为零，而φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷．故A、B错误，C正确．-13-\nD、P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知负电荷所受的电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功．故D错误．故选C．点评：解决本题的关键找到该题的突破口，即根据P点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低．　6．（3分）（2022•山东模拟）在电场线如图所示的电场中有M、N两点，一个带电离子（不计重力）仅在电场力作用下由静止开始从M点运动到N点，则（　　）　A．M点处的电场强度比N点处的电场强度大　B．该离子在M点的电势能大于在N点的电势能　C．M点处的电势比N点处的电势低　D．该离子在N点的速度可能为零考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方场强进行判定．解答：解：A：由电场线的性质可知，电场线分布密的N点处的电场强度大，故A错误；B：带电离子仅在电场力作用下由静止开始运动，所以带电粒子受力的方向向右，与电场线的方向相同，带电粒子带正电，由静止开始从M点运动到N点做加速运动，电场力做正功，电势能减少动能增加，电势能与电能的和保持不变．故B正确；C：沿电场线的方向电势越来越低，即M点处的电势比N点处的电势高，故C错误；D：由题意知，带电粒子带正电，由静止开始从M点运动到N点做加速运动，电场力做正功，电势能减小动能增大．故D错误．故选：B点评：把握电场线的特点是解决此类问题的关键．记住了，理解了，也就会做了．　7．（3分）（2022•咸阳一模）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是（　　）　A．粒子在M点的速率最大-13-\n　B．粒子所受电场力沿电场方向　C．粒子在电场中的加速度不变　D．粒子在电场中的电势能始终在增加考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势能．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，电势能增加，根据电子的运动分析可以得出结论．解答：解：A、电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，所以A错误；B、电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以B错误；C、由于电子是在匀强电场中运动的，受到的电场力的大小是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，所以C正确；D、当电子向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电势能增加，在向左返回的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，所以D错误．故选C．点评：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小．　8．（3分）（2022秋•温州期末）如图为某电场的电场线，A、B两点的电势分别为φA、φB，正点电荷从A运动到B的过程中电场力做的功为W，则有（　　）　A．φA＜φB，W＞0B．φA＜φB，W＜0C．φA＞φB，W＜0D．φA＞φB，W＞0考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．由电势能公式，判断电势能的大小，从而判断电场力做功的正负．解答：解：根据顺着电场线方向电势降低，可知过A点的等势面的电势高于过B点的等势面，所以A点的电势较高，则有φA＞φB．根据正电荷在电势高的地方电势能大，可知正电荷在A点电势能高于在B点的电势能，故正点电荷从A运动到B的过程中电场力做正功，W＞0．故D正确．故选：D．点评：本题的关键要掌握电势与电场线方向的关系，知道顺着电场线方向电势降低，掌握电势能与电势的关系、电势能变化与电场力做功的关系，从而判断出电场力做功的正负．　-13-\n9．（3分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）　A．1、2两点的场强大小相等B．2、3两点的场强大小相等　C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等考点：电场线．分析：根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．解答：解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2、3两点的场强大小相等．故B正确；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：BD．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．　10．（3分）（2022秋•万柏林区校级月考）两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源相连接，将与电源负极相连的极板接地，p是平行板中间的一定点，如图所示．下列判断正确的是（　　）　A．保持S闭合，下板向上移动一小段距离，极板间电场强度变大　B．保持S闭合，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电量变小　C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小　D．断开S，在两极板间插入一块陶瓷电介质，则两极板间的电势差减小考点：电容器的动态分析；带电粒子在匀强电场中的运动．-13-\n专题：电容器专题．分析：保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，移动极板，根据公式E=分析板间场强的变化，确定P点与下板间电势差的变化，再判断P点电势的变化．断开开关S，移动极板，根据推论分析板间场强是否变化，再分析P点与下板间电势差如何变化，判断P点的电势如何变化．解答：解：A、保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，下板向上移动一小段距离，板间距离d减小，根据公式E=分析得知，板间场强增大，故A正确．B、在两极板间插入一块电介质，电容C增大，由C=可知U不变，则极板上的电量变大，故B错误．C、断开开关S，电容器的电量不变，由C=，C=和E=，得E=知板间场强不变．故C错误．D、断开开关S，电容器的电量不变，在两极板间插入一块陶瓷电介质，电容增大，由由C=可知两极板间的电势差减小，故D正确．故选：AD点评：对于电容器的动态变化分析问题，关键要抓住不变量，这是分析判断的依据．再根据C=，C=和E=结合进行分析．　11．（3分）（2022春•天心区校级期末）如图是用灵敏电流计改装成的某多量程电表内部电路图，图中a为公共接线柱，b、c分别为两个量程的接线柱．对该电表下列说法正确的是（　　）　A．该电表是多量程电流表　B．当使用a、b两个接线柱时量程较大　C．R1越大，该电表量程越大　D．该电表两量程的大小与R1和R2的阻值成反比考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；由串并联特点，结合欧姆定律，可知，量程的大小；由图，结合欧姆定律，可知，R1越大，该电表量程越小；因电阻R2与电表串联后与R1并联，则量程大小不与阻值成反比．-13-\n解答：解：A、电表与电阻相并联即为电流表，故A正确；B、当接a、b两个接线柱时，导致R1两端的电压增大，则流过此电阻的电流也增大，因电表电流不变，则量程较大，故B正确；C、由欧姆定律可知，R1越大，电流越小，该电表量程越小，故C错误；D、因电阻R2与电表串联后与R1并联，则量程大小不与阻值成反比，故D错误；故选：AB．点评：考查电表改装的原理，掌握欧姆定律的应用，注意灵敏电流计的最大电压、电阻与最大电流均是恒定的．　12．（3分）（2022秋•孝感期末）一个T电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（　　）　A．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω　B．当cd端短路时，ab之间的等效电阻40Ω　C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V　D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．解答：解：A、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128Ω；故A错误；B、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40Ω；故B正确；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3-13-\n两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；故选：BC．点评：对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．　二、实验题（每空4分共12分）13．（12分）（2022秋•市中区期中）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系．可用的器材如下：电源E、电键S、滑动变阻器R、理想电压表V、理想电流表A、小灯泡L、导线若干．（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如甲所示，则由图甲可知小灯泡的电阻随电压的增大而　增大　（选填“增大”“减小”或“不变”）．当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为　4　Ω．（2）根据提供的器材和图甲，在图乙的方框内补全该实验电路的原理图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）分析图示图象应用欧姆定律判断灯泡电阻阻值如何变化，由图示图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻；（2）根据实验目的与实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图．解答：解：（1）由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻增大；由图示图象可知，灯泡两端电压为2V时，通过灯泡的电流为0.5A，此时灯泡电阻：R===4Ω；（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：-13-\n故答案为：（1）增大；4；（2）电路图如图所示．点评：本题考查了实验数据分析、求灯泡电阻、设计实验电路图，分析清楚图示图象应用欧姆定律、确定滑动变阻器与电流表的接法即可正确解题．　三、计算题（共28分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要演算步骤．）14．（13分）（2022秋•九原区校级期中）如图所示的电路中，R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω．（1）求电路中的总电阻．（2）当加在电路两端的电压U=42V时，通过每个电阻的电流是多少？考点：欧姆定律；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：分析电路图，电阻R3、R4并联，再和R1和R2串联，根据欧姆定律和串并联电路的特点求解．解答：解：（1）电路中的总电阻为R=Ω=14Ω（2）根据欧姆定律得：I=R1和R2串联且在干路上，所以I1=I2=3A对于R3、R4则有：I3+I4=3A所以I3=1A，I4=2A答：（1）电路中的总电阻为14Ω（2）当加在电路两端的电压U=42V时，通过四个电阻的电流分别为：3A；3A；1A；2A．-13-\n点评：本题考查了学生对欧姆定律、串并联特点的掌握和运用．难度不大，属于基础题　15．（15分）（2022春•天心区校级期末）如图，水平放置的两平行金属板，板长L0=10cm，两极板间距d=2cm，一束电子以v0=4×107m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距离板L=45cm，宽D=20cm竖直放置的荧光屏上（不计重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，电子质量为m=0.91×10﹣30kg，电荷量e=1.6×10﹣19C）．求：（1）若电子飞入两板前，是从静止开始经历了加速电场的加速，则该电场的电压为多大？（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有的位置，两板间所加的电压应取什么范围？考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子在加速电场中，电场力做功为W=eU1，根据动能定理列式求加速电场的电压；（2）电子恰好能打在荧光屏的上边缘，偏转电压最大．由几何知识求出电子在电场中的偏转位移y，再根据牛顿第二定律和运动学公式推导出y与偏转电压的关系，即可求出偏转电压的范围．解答：解：（1）设加电场的电压为U1，由动能定理得：eU1=①代入数据解得．（2）设所加电压为U2时，电子恰好能打在荧光屏的上边缘，电子的轨迹恰好与上极板边缘相切，则由类平抛运动规律及几何知识可得：③其中y为电子在电场中的偏转位移．又y=④且y=⑤由③④⑤可得：U2=，代入数据解得U2=364V同理要使电子能打在荧光屏下边缘应加反向电压364V⑦所以两板间所加电压范围为：﹣364V≤U2≤364V⑧答：（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压是4.55×103V．-13-\n（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有位置，两板间所加电压应取的范围是：﹣364V≤U2≤364V．点评：本题是带电粒子在组合场中运动的类型，根据动能定理研究加速过程，运用分解的方法研究类平抛运动，这些常规方法要熟悉．　-13-