2022-2023学年福建省宁德重点中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年福建省宁德重点中学高二（上）期末考试物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.如图所示，将三个电荷量均为Q(Q>0)的正点电荷分别固定在菱形的三个顶点a、b、c上，∠abc=120∘，它们在菱形的第四个顶点d处产生的合电场强度为E。现只将c点处的电荷换成等量负点电荷A.E B.23E C.22.如图所示，以点电荷+Q为球心的两个球面1和2，a点位于球面1上，b点、c点位于球面2上，下列说法正确的是(

)

A.b、c两点场强相同 B.b点电势比c点高

C.将正电荷从a点移到b点，电势能增加 D.同一电荷在a点受到的电场力比在b点大3.若在一半径为r，单位长度带电荷量为q(q>0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口Δl(且ΔA.kΔlqr B.kqr4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知N点的电场强度大小为E，静电力常量为A.kq2R2−E B.k5.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、带电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A，B两个点，O和B，B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V=43πr3，则A点处电荷量为A.5kqQ36R2 B.76.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为4V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）7.某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为EA，电势为φA，B点的电场强度为EB，电势为φB，则有(

)A.EA>EB B.EA<8.如图所示，一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是A.电场强度的大小为2.5V/cm

B.坐标原点处的电势为2V

C.电子在a点的电势能比在b点的低7eV

9.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(

)

A.F′点与C′点的电场强度大小相等

B.B′点与E′点的电场强度方向相同

C.A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差

10.如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为ABA.M、N两点电场强度相同 B.M、N两点电势相同

C.负电荷在M点电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点电势能比在O点时要大11.如图为两点电荷Q、Q′的电场等势面分布示意图，Q、Q′位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则(

)A.N点的电场强度大小比M点的大 B.Q为正电荷

C.M点的电场方向沿x轴负方向 D.P点与M点的电势差为1212.如图，两对等量异号点电荷+q、−qq>0固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则A.L和N两点处的电场方向相互垂直

B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左

C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功

D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）13.如图所示，两平行板相距10 cm，板间有A、B两点相距4 cm，现将一带电量q=−3×10−4C的电荷，从A点移到B点，电场力做了7.2×10—3J的正功，则A14.如图所示，一个α粒子(氦核)在电势差为U1=100V的电场中由静止开始加速运动，然后射入电势差为U2=10V的两块平行板的偏转电场中，偏转电场极板长L=20 cm，间距d=5 cm.若四、实验题（本大题共2小题，共16.0分）15.如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。(1)影响平行板电容器电容的因素有A.两极板的正对面积B.两板间距离C.电介质的介电常数D.极板的材料(2)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是有A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C.静电计可以用电压表替代D.静电计可以用电流表替代(3)某位同学用如图乙所示研究电容器电容与哪些因素有关。A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度；若保持开关S闭合，将A、B两极板间距变大些，指针张开角度将_______；若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将_______(16.某同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流I随时间t变化的图像。(1)为使电源向电容器充电，应将开关S与______(填“1”或“2”(2)在充电过程中，测绘的充电电流I随时间t的图像可能是图乙中的(3)图丙为传感器中电容器放电时的电流I随时间t的图像，图中每一小方格面积相同。根据图像估算电容器在t0∼2t0时间内，释放电荷量的表达式为______((4)图丁中实线是实验得到的放电时的I−t图像，如果不改变电路的其他参数，只减小变阻箱R的阻值，则得到的I−t图线是图丁中的________(选填“①”、“②”或“五、计算题（本大题共3小题，共28.0分）17.如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷+Q为圆心的某一个圆周交于B、C两点，质量为m、电荷量为−q的小环从A点由静止下滑，当小环运动到B点时速度大小为3gL，已知A、B两点和B、C两点间的距离均为(1)A、B(2)小环运动到C点时的速度大小

18.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为34g，g取10m(1)此带电小球在(2)A、B两点间的电势差UAB(用

19.如图所示，BC是半径为R的14圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E。现有一质量为m的带电小滑块(体积很小可视为质点)，在BC轨道的D点释放后可以静止不动。已知OD与竖直方向的夹角为α=37°，随后把它从C点由静止释放，滑到水平轨道上的(1)滑块甲的带电量(2)滑块下滑通过B点时的速度大小(3)水平轨道上A、B两点之间的距离

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：设边长为x，由已知可得d的场强Ed=Ea+Eb+Ec=E=2×kQx2。当c点的电荷换成等量的−Q时，此时d2.【答案】D

【解析】解：A、根据点电荷电场线的分布规律可知，+Q产生的电场线是放射性形状的，在离+Q距离相同远的不同地方，电场强度的大小是相同的，但是方向不同，故b、c两点场强大小相等，方向不同，则b、c两点场强不相同，故A错误；

B、沿电场线电势降低，根据正点电荷电场线的分布规律可知，b点电势等于c点电势，故B错误；

C、沿电场线电势降低，根据正点电荷电场线的分布规律可知

φa>φb

则有

Wab=qUab=q(φa−φb)>0

可知将正电荷从a点移到b点，电场力做正功，则电势能减小，故3.【答案】C

【解析】把缺口处填补为完整的圆，则填补上的小圆弧带电荷量q′=Δlq，由于Δl≪r，故可视为点电荷，它在O点产生的场强大小为E′=kΔlqr2，由对称性可知整个圆环在O点的场强E4.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了电场力的性质；

本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。

左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键；均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处，求得在M、N点所产生的电场；左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等。

【解答】

若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则在M、N点所产生的电场为：E=k2q2R2=kq2R2，

由题知当半球面在5.【答案】B

【解析】【分析】本题采用割补的思想方法求解，先求出整个大球在B点产生的场强，再求出割出的小圆在A点产生的场强，利用整体场强等于割掉的小圆球在A点产生的场强和剩余部分在A点产生的场强的矢量和，从而求出A处的场强。

本题主要采用割补法的思想，根据整体球在A点产生的场强等于割掉的小球在A点产生的场强和剩余空腔部分在A点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。【解答】由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：E整=kQ2R2=kQ4R2；

同理割出的小球半径为R2，因为电荷平均分布，其带电荷量

Q′=43πR2343πR3

6.【答案】B

【解析】【分析】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。

【解答】

A.虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为4V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为2V，d的电势为零，故A错误；

B.由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；

C.在平面b上电势为4V，则电子的电势能为−4eV，动能为8eV，电势能与动能之和为4eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为零，故C错误；7.【答案】BD【解析】AB.根据电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线越密，电场强度越大，则B点的电场强度较大，即EA<ECD.根据电场线与等势面垂直，且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面，所以B点的电势较大，即φA<φ故选BD。

8.【答案】AD【解析】【分析】

根据匀强电场的电场强度公式E= U d，结合电势差与场强间距，即可求解；

依据电势差等于电势之差；

根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。

考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E= U d的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。

【解答】

A.如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，

因为匀强电场，则有：E= Ucb d，

依据几何关系，则d= b′c×bc bb′ = 4.5×64.52+62  =3.6cm，

因此电场强度大小为E= 26−9.【答案】AC【解析】解：D.将六棱柱的上表面的一半拿出

如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的13，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确；

C.设A′点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知

φA′=φ>0

φD′=−φ<0

φO′=0

φF′>0

因此φA′−φF′=φ−φF′<φO′−φD′=φ

10.【答案】BC【解析】解：A.根据场强叠加的特点以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，不过方向不同，故A错误；

B.因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，由此可分析出MN两点电势相等，故B正确；

CD.根据题意可知，负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，根据功能关系可知该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。故C正确，D错误。

故选：BC。

根据场强叠加的特点和对称性得出M11.【答案】AD【解析】解：A、等差等势线的疏密程度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；

B、沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指Q，则Q为负电荷，故B错娱；

C、沿者电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；

D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。

故选：AD。

根据等差等势面的疏密程度得出场强的大小；

沿着电场线方向电势逐渐降低，由此分析出电荷的电性；

根据等势面的数值关系得出P点和M12.【答案】AB【解析】解：A、两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；

B、正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；

C.由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；

D.由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。

故选：AB。

电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合；电势是标量，每个地方的电势是各个点电荷在此的电势的代数和，正电荷，电势降低，电势能减小，电场力做正功。

此题考查电场的叠加，注意结合等量同种电荷和等量异种电荷的电场进行分析，可以使问题简化。13.【答案】−24；1200；120【解析】解：根据电场力做功WAB=qUAB得：UAB=WABq=7.2×10−3−3×10−4V=−24V．

则电场强度为：E=14.【答案】

200

0.02

【解析】[1q解得E[2q又因为粒子进入偏转电场做类平抛运动，水平方向则有L竖直方向有y粒子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，可得a联立上式解得y

15.【答案】(1)ABC；

(【解析】【分析】

本题考查电容器的电容C的决定因素，要掌握电容的决定式，明确静电计测量的是电压的变化；本题还考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变。

【解答】

解：(1)由C=εS4πkd知，影响平行板电容器电容的因素有：两极板的正对面积，两板间距离，电介质的介电常数，故ABC正确；

(2)由图可知，静电计的外壳与左侧金属板连接为等势体，而右侧金属板与金属球连接为等势体，故由于两板间具有电势差，故静电计的指针会发生偏转，测量两板间的电势差；但由于其中无电流，故不可以用电压表代替，故A正确，BCD错误；

(3)若保持开关S闭合，则两板间的电势差不变，故此时将A、B两极板间距变小些，不会影响指针张角，故指针张开角度将不变；

若断开开关S，则电容器两板的电荷量不变，故将A、16.【答案】(1)1；

(2)A；

(3【解析】【分析】

本题考查电容的性质以及图象的含义，知道如何通过图象求电量，掌握电容器的电容公式，理解其比值定义法。

电源的短路电流是电路中最大电流；在充电的过程中，电容器所带电荷量逐渐增大，抓住电容不变，结合电容的定义式确定电容器两极板间的电压变化，再判断充电电流I随时间t根据I−t图线；

I−t图线与t轴所围成的面积表示电容器放出的电荷量，结合电容的定义式C=QU分析。

【解答】

(1)为使电源向电容器充电，电容器应与电源连接，故应将开关S与“1”端相连；

(2)充电过程中电容器C两端电压逐渐增大，充电电流I随时间t应逐渐较小至零，故电流I随时间t的图像可能是图乙中的

A；

(3)根据图象的含义，因Q=I