云南省保山市腾冲六中2022学年高二物理上学期质量检测试题（含解析）.docx

1、2022-2022学年云南省保山市腾冲六中高二（上）质量检测物理试卷一单项选择题（每题3分，共24分）1（3分）（2022秋富民县校级期中）两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，球的半径比r小得多，带电荷量大小分别为q和3q，相互作用的斥力为3F现让这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为（）AFBC4FD以上三个选项之外的一个值考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系解答：解：由库仑定律可得：3F=；所以有：F=；而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球

2、的带电量为2q；则库仑力为：F=4F；故C正确、ABD错误故选：C点评：本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；在学习中应注意审题的练习2（3分）（2022秋腾冲县校级月考）下列物理量属于矢量的是（）A电势B电容C电流D电场强度考点：矢量和标量分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量解答：解：ABC、电势、电容是只有大小没有方向的标量，不是矢量电流有方向，表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量故ABC错误D、电场强度是既有大小又有方向的矢量故D正确故选：D点评：矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向

3、，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则3（3分）（2022秋巢湖期末）实验室用的小灯泡灯丝的IU特性曲线可用图中的哪条图线来表示（）ABCD考点：电阻率与温度的关系专题：恒定电流专题分析：小灯泡灯丝的电阻率随温度升高而增大小灯泡灯丝的IU特性曲线上每一点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，当电阻增大时，其斜率减小解答：解：当加在灯泡两端的电压增大时，灯泡消耗的功率增大，温度升高，灯丝的电阻增大小灯泡灯丝的IU特性曲线上每一点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，当电阻增大时，IU曲线上的点与原点连线的斜率减小，根据数学知识可知，图线A正确故选A点评：此题中

4、灯丝的电阻R=，数值上等于IU图线上的点与原点连线斜率的倒数4（3分）（2022秋天水期末）关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是（）A电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定B在两点间移动电荷电场力做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定C在电场中，A点的电势高于B点的电势，则把负电荷从A点移到B点，电场力作正功D在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点间移动电荷q电场力做功不一定为零考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：电势差是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关；电场力做功公式为W=qU，根据这个公式可判断电场力做功的正负；等

5、势面与电场线是垂直关系，在同一等势面上移动电荷时电场力不做功根据这些知识进行分析解答：解：A、电势差是反映电场本身的性质的物理量，由是电场本身决定，与所移动的电荷无关，故A错误B、根据电势差的定义式U=得：电场力做功 W=qU，可知在两点间移动电荷电场力做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定，故B正确C、在电场中，A点的电势高于B点的电势，则A、B间电势差UAB0，则根据WAB=qUAB，当q0时，WAB0，即电场力做负功，故C错误D、在匀强电场中，与电场线垂直方向就是等势面方向，根据在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，得知，在与电场线垂直方向上任意两点间移动电荷q电场力做功一定为零故

6、D错误故选：B点评：解决本题的关键要深刻理解电势差的物理意义和定义式U=，注意运用这个公式时各个量要代入符号5（3分）（2022秋罗平县校级期末）一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）ABCD考点：电场线分析：vt图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果解答：解：由vt图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密

7、的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，C正确故选：C点评：本题结合vt图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性6（3分）（2022秋天水期末）如图，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时速度为v，保持两板间电压不变，则（）A当增大两板间距离时，v增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，电子在两板间的运动时间不变D当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应中的力学问题分析：根据E=可以判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小，电子在电场中做匀加速直

8、线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间根据动能定理列出等式判断到达B板时速度的变化解答：解：A、根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：Uq=mv2v=，所以当增大两板间距离时，v不变，故A、B错误C、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E=，电子的加速度为a=，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d=at2=t2，所以电子加速的时间为t=d，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故C错误，D正确故选D点评：根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可7（3分）（202

9、2秋化州市校级期末）如图所示为大小不同的两个电阻的电流随电压变化的图象，那么1、2所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是（）A1表示电阻大的图线，并联后图线在区域B1表示电阻小的图线，串联后图线在区域C1表示电阻小的图线，并联后图线在区域D1表示电阻大的图线，串联后图线在区域考点：欧姆定律；串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：电阻的伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，斜率越小，电阻越大两电阻并联后总电阻比任何一个电阻都小，串联后总电阻比任何一个电阻都大解答：解：A、C，由图看出，图线1的斜率大于图线2的斜率，而图线的斜率等于电阻的倒数，则1表示电阻小的图线

10、并联后总电阻比任何一个电阻都小，斜率比图线1还要大，则并联后图线在区域故A错误，C正确 B、D，由上可知，1表示电阻小的图线两电阻串联后总电阻比任何一个电阻都大，斜率比图线2还要大，则串联后图线在区域故BD错误故选C点评：本题关键抓住图线的斜率表示电阻的倒数，从数学角度来理解图象的物理意义8（3分）（2022秋南山区校级期中）要使平行板电容器两极板间的电压加倍，同时极板间的场强减半，可采用（）A两板电量加倍，距离变为原来的4倍B两板电量加倍，距离变为原来的2倍C两板电量减半，距离变为原来的4倍D两板电量减半，距离变为原来的2倍考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据C=，判断电容的变化

11、，再根据U= 判断电压的变化，最后根据E= 判断电场强度的变化解答：解：A、极板上的电量加倍，距离变为原来的4倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压变为原来的8倍，根据E= 知电场强度变为原来的2倍故A错误 B、极板上的电量加倍，距离变为原来的2倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压变为原来的4倍，根据E= 知电场强度变为原来的2倍故B错误 C、极板上的电量减半，距离变为原来的4倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压变为原来的2倍，根据E= 知电场强度变为原来的一半故C正确 D、极板上的电量减半，距离变为原来的2倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知

12、电压不变，根据E= 知电场强度变为原来的一半故D错误故选：C点评：本题属于电容器的动态分析，解决本题的关键会根据电容的决定式判断电容的变化，根据电容的定义式C= 判断电压的变化，根据E= 判断电场强度的变化二不定项选择题（每题4分，共20分）9（4分）（2022秋濮阳县校级期中）如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）A该电池的容量为500mAhB该电池的电动势为3.6VC该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD若电池以10mA的电流工作，可用50小时考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：根据铭牌读出电池的容量和电动势电池的容量是指电池能释放的总电量，根据电流

13、的定义式求出该电池在工作1小时后达到的电流和以10mA的电流工作可用的时间解答：解：A、B由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mAh，电动势为3.6V但内阻不为0，故AB正确C、若该电池只连续工作1小时时，电流为I=500mA不是工作1小时后才能达到500mA；故C错误D、由q=It得知，若电池以10mA的电流工作，可用50小时故D正确故选：ABD点评：本题考查读取电池铭牌信息的能力电池的容量是指电池所能释放的总电量10（4分）（2022秋江西期末）一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A小球在a点的重力势能比在

14、b点大3JB小球在a点的电势能比在b点小1JC小球在a点的动能比在b点小3.5JD小球在a点的机械能比在b点大0.5J考点：电势差与电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的变化量；电场力做功等于电势能的变化量；合力做功等于动能的变化量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量解答：解：A、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，故A正确；B、电场力做功等于电势能的变化量，克服电场力做功0.5J，电势能增加0.5J，所以a点电势能比b点小0.5J，故B错误；C、合力做功等于动能的变化量，合

15、力做功等于各个分力做的功，总功为2.5J，故动能增加2.5J，即小球在a点的动能比在b点小2.5J，故C错误；D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，克服电场力做功0.5J，故机械能减小0.5J，所以a点机械能比b点大0.5J，故D正确；故选：AD点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度11（4分）（2022秋南山区校级期中）如图所示，在电场中任意取一条电场线，电场线上的a、b两点相距为d，则（）Aa点的场强一定大于b点的场强Ba点的电势一定大于b点

16、的电势Ca、b两点电势差一定等于Ed（E为a点场强）Da、b两点电势差等于单位正电荷由a点沿任意路径移到b点的过程中电场力所做的功考点：电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系分析：电场线的疏密表示电场强弱，沿着电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中a、b两点间的电势差等于Ed解答：解：A、一条电场线无法判断电场线的疏密，无法确定场强的大小关系，则a点的场强不一定大于b点的场强，故A错误；B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，a点的电势一定大于b点的电势，故B正确；C、只有在匀强电场中a、b两点间的电势差U=Ed，非匀强电场，U不一定等于Ed，故C错误；D、根据电势差的定义式U=，知a、b两点间的

17、电势差等于单位正电荷由a点沿任意路径移到b点的过程中电场力所做的功，故D正确；故选：BD点评：本题考查了电场线的特点：疏密表示场强强弱，沿着电场线的方向电势逐渐降低12（4分）（2022秋腾冲县校级月考）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M、N是轨迹上的两点，在粒子从M向N点运动的过程中，可以判定（）A粒子一定带负电B粒子的加速度一定增大C粒子的速度一定减小D电势能一定减小考点：电场线分析：根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向电场力方向应指向轨迹的内侧由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小由电场线的疏密判断场强

18、大小，确定电场力的大小解答：解：A、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，即粒子受力的方向与电场线的方向一致，所以粒子带正电荷故A错误；B、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，在粒子从M向N点运动的过程中，粒子的加速度增大故B正确；C、D、粒子所受电场力方向大致斜向左下方，与运动方向的夹角小于90，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的速度小于在N点的速度故C错误，D正确故选：BD点评：本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义

19、判断场强、电势等的大小13（4分）（2022秋莲湖区校级期中）如图所示，同心圆表示某点电荷Q所激发的电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上质量相同的甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动，不计重力则下列说法中正确的是（）A两粒子所带电荷的电性不同B甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度C两个粒子的电势能都是先减小后增大D经过b点时，两粒子的动能一定相等考点：等势面；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在

20、从a向b运动过程中电场力做功情况根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0解答：解：A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同故A正确B、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到d电场力做负功，动能减小，速度减小；而乙粒子从a到c电场力做正功，动能增大，速度增大；因此甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故B正确C、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小

21、，故C错误D、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子质量相等，在a点时具有相同的速率，动能一定相等，所以两粒子经过b点时动能一定相等故D正确；故选：ABD点评：根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减三实验题（共24分）14（6分）（2022秋腾冲县校级月考）一个有初速的、电量为+4108C为的带电粒子，在电场中只受电场力作用，从A点运动到B点的过程中，克服电场力做了8105J的功则A、B两点的电

22、势差AB=2000，在此过程中，电荷的动能减少（填“增加”或“减少”）了8105J考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：克服电场力做功即电场力做负功，动能减少解答：解：克服电场力做功，即电场力做负功WAB=qUAB=q（AB）=8105J，所以AB=2000V，由动能定理可知EK=WAB，动能减少了8105J；故答案为：2000V；减少；8105J点评：本题考查了电场力做功和动能变化的关系，利用功的公式即可顺利解决15（18分）（2022秋天水期末）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻约0

23、.5）；B电流表（03A，内阻约0.0125）；C电流表（00.6A，内阻约0.125）；D电压表（03V，内阻约3k）；E电压表（015V，内阻约15k）；F滑动变阻器（05，额定电流1A）H开关、导线若干上述器材中电流表应选用C；电压表应选用D；（填写器材前的字母）实验电路应采用电流表外接法（填“内”或“外”）设在实验中，电流表、电压表的某组示数如图1示，则实验数据应记录为：I=0.48A，U=2.20V为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，请在答题纸指定位置画出测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图根据你设计的电路原理图，在图2给定的器材上用笔画线当导线将它们连成实验电路（其

24、中部分导线已事先接好，不允许改动）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=根据电源的电动势，选择电压表的量程由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格根据两电表内阻与待测电阻倍数关系，选择电流表的内接法或外接法由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，变阻器应接成分压式再结合电流表的接法，画出电路原理图按电流的流向连接实物图，注意电流必须从电表的正极流入，负极流出，导线不交叉解答：解：由题意，电池组的电动势是3V，电压表

25、的量程选3V，即选择电压表D金属导线的电阻约为5左右，则通过导线的电流最大值约为 Imax=A=0.6A故电流表选C由题条件得：=40，=600，所以电流表应采用外接法由图示电流表可知，其量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A；由图示电压表可知，其量程为03V，分度值为0.1V，示数为2.20V为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，变阻器应接成分压式，则测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图如下图所示连接实验电路如图所示故答案为：C、D； 外；0.48；2.20； 电路原理图如图（电流表外接法、变阻器分压式）；实验电路如图所示点评：本题关键根据实验原理，选择实验器材

26、，确定电流表的接法，能根据电表的量程和最小分度正确读数当用电器的电流要从零开始调节时，变阻器必须接成分压式四计算题（每题10分，共32分）16（8分）（2022秋腾冲县校级月考）一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50A，表头电阻Rg=1k（1）若将其改装成量程为Im=10mA的电流表，应如何改装？（2）若将其改装成量程为Um=15V的电压表，应如何改装？考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）把电流表改装成大量程的电流表应并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值（2）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出

27、串联电阻阻值解答：解：（1）把电流计改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=5；（2）把电流计改装成电压表，需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=1000=2.99105；答：（1）若将其改装成量程为Im=10mA的电流表，应给电流计并联一个5欧姆的分流电阻（2）若将其改装成量程为Um=15V的电压表，应给电流计串联一个2.99105的分压电阻点评：本题考查了电流表与电压表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题17（8分）（2022秋腾冲县校级月考）A、B、C、D是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，且AD=12cm，CD=4cm电场线与

28、矩形所在平面平行已知A点的电势为20V，B点的电势为24V，D点的电势为4V，如图所示求：（1）C的电势（2）电场强度的大小及方向考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中，每前进相同的距离，电势的降落相等根据该结论列式求解即可解答：解：（1）在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，故：ad=bc代入数据，有：204=24c解得：c=8V（2）将BD连接起来，两点电势差为20V，而BA电势差为4V，所以将BD五等分，靠近B的第一个点P电势为20V，将PA连接为等势面做PA的垂线为电场强度，由几何知识：sin37=d=2.4cmE

29、=166.7V/m方向与水平方向成37角斜右向上；答：（1）C的电势为8V（2）电场强度的大小为166.7V/m，方向与水平方向成37角斜右向上点评：本题关键是记住“匀强电场中每前进相同的距离电势的降落相等”的结论，基础问题18（8分）（2022秋天水期末）如图，质量为m，带电量为q的粒子（重力不计）在匀强电场中的A点时的速度为v，方向与电场线垂直，在B点时的速度为2v，已知A、B两点间直线距离为d，求：（1）A、B两点间的电压U；（2）电场强度E的大小和方向考点：动能定理的应用；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）A、B两点间的电压U与电场力对粒子做功有关

30、，根据动能定理列式求解（2）粒子做类平抛运动，将其运动进行正交分解，分解成水平和竖直两个方向，由运动学公式求出AB沿电场线方向的距离，由公式U=Ed求解场强E根据粒子轨迹弯曲方向即可判断其场强的方向解答：解：（1）从A到B由动能定理得：qU=解得：U=（2）设AB与竖直向下成角，从A到B所需时间为t，依类平抛规律得：水平方向有：dsin=vt竖直方向有：dcos=vt所以得 tan=依几何关系有：dcos=d在匀强电场中：E=粒子向下偏转，所受的电场力向下，则场强方向竖直向上答：（1）A、B两点间的电压U为；（2）电场强度E的大小为，方向竖直向上点评：本题是类平抛运动问题，通常运用运动的分解法

31、，根据力学的基本规律运动学和动能定理结合进行求解19（8分）（2022秋泰安期中）如图所示，某带电的液滴，以某一初速度沿中线飞入水平放置的平行板电容器两极板中间，不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，欲使液滴能飞出偏转电场，求偏转电压U的取值范围考点：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：当不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，是平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式；当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，是匀速直线运动，根据平衡条件列方程；欲使液滴能飞出偏转电场，分恰好从上极板飞出和恰好从下极板飞出讨论解答：解：设偏转极板长度为L，间距为d，当不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，是平抛运动，根据平抛运动的分位移公式，有：当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，是匀速直线运动，根据平衡条件，有：q=mg欲使液滴能飞出偏转电场，根据分位移公式，有：L=v0t2=如果从上极板飞出，有：如果从下极板飞出，有：mgq=ma联立解得：a=故：答：偏转电压U的取值范围为：点评：本题关键是明确粒子的运动规律和受力情况，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动规律列式后联立求解