广西崇左某中学2020-2021学年高二年级上册11月物理试卷

2020年秋季学期崇左高中高二段考

物理试题

一、选择题：

1.两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球。、b,并悬挂在。

点。当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线与竖直方向间夹角均为a=30°,如

图所示，静电力常量为％,则每个小球的质量为（）

A

。b

Q22k02

A.WB.雪一—nu.------

gCgEg，尸gE

【答案】B

【解析】

【详解】对小球进行受力分析，如下图所示

ZZZ/Z/ZZZZ

▲

G.

设绳子对小球的拉力为7,根据平衡条件，结合三角知识,可得

F

----=tana

mg

根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为

联立解得必=避挛

g匕

故选Bo

2.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从

八人两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为叱，和吗，6点的电场强度大小分

别为纥和耳,则

A.Wa=Wh,Ea>EbB.W（,^Wh,Ea>Eb

C.Wa=Wh,Ea<EbD.W（^Wh,Ea<Eb

【答案】A

【解析】

【详解】电子在电场中运动电场力做功W=由于。、人两点位于同一条等势线上，故

（pa=<ph，有&,=〃,，可得叱=叱；电场线的疏密程度反映场强的大小，。点比匕点的电

场线密些，故场强大些，Ea>Eh,故选A.

3.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过

轨迹最低点P的竖直线对称，忽略空气阻力。由此可知（）

A.。点的电势比P点低

B.油滴在Q点的动能比它在P点的大

C.油滴在。点的电势能比它在P点的大

D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据粒子轨迹弯曲方向可知，粒子受到的合外力方向一定指向上方；同时因轨

迹关于尸点对称，可知电场力应竖直向上；粒子带负电，则电场方向竖直向下，所以。点的

电势比P点高，故A错误；

B.粒子由P到。过程中，合外力做正功，动能增大，则油滴在。点的动能比它在尸点的大,

故B正确；

C.粒子由P到。过程中，电场力对油滴做正功，故其电势能减小，油滴在。点的电势能比

它在P点的小，故C错误；

D.因小球在匀强电场中运动，所受电场力和重力均为恒力，故P、Q两点加速度大小相同，

故D错误。

故选B。

4.对于如图所示电场中的A、B、C三点，下列判断正确的是（）

A.A点的电势最低

B.B点的电场强度最大

C.正电荷在A点受到的电场力最大

D.负电荷在C点具有的电势能最大

【答案】C

【解析】

【详解】A.沿着电场线方向电势减小，故B点的电势最低，A错误，

BC.电场线的疏密程度表示场强大小，所以A点的场强最大，正电荷在A点受到的电场力最

大，B错误，C正确，

D.负电荷在B点的电势能最大，D错误。

故选C。

5.在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨

迹从。运动到人若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为耳，重力势能和电势能之

和为七，则耳、的变化情况是（）

E2

A.£；增加，鸟增加B.£；增加，%减小

C.耳不变，刍减小D.£；不变，刍不变

【答案】B

【解析】

【详解】由液滴的运动轨迹可知，油滴所受的合力向上，则电场力向上，油滴带负电；因为

有重力和电场力做功，则油滴的重力势能、动能和电势能之和守恒，则从。到。运动的过程中,

电场力做正功，则电势能减小，则动能和重力势能之和为巴增加；合外力做正功，则动能增

加，即重力势能和电势能之和62减小。

故选B。

6.一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电

容器（）

A.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度变大

B.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度变大

C.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度不变

D.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度不变

【答案】D

【解析】

试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，

介电常数减小，根据电容的决定式c=一更一知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，

4兀kd

QTT

根据。=券可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据石=1

Ua

可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确.

考点：电容器的动态分析

【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，

则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变.要掌握C=2、C=一更一、£=—H

U4兀kdd

个公式.

7.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微

粒恰好保持静止状态.现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45。，再由a点从静

止释放一同样的微粒，改微粒将

A.保持静止状态

B.向左上方做匀加速运动

C.向正下方做匀加速运动

D.向左下方做匀加速运动

【答案】D

【解析】

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变,

所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用,

合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误.

【考点定位】电容器，电场力，力的平衡.

【方法技巧】本题主要是:要理解这个题目的实质是在二力平衡作用下物体静止，如果一个力

转动45。，而大小不变，物体会乍样运动？

8.如图所示，把长为心的导体棒置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为8,当导体

棒中通以方向向左的恒定电流/时，下面关于通电导体棒在磁场中受到的安培力大小和方向正

确的是（）

XXX%X

XXXXX

A.大小为B1L,方向竖直向上

B.大小为方,方向竖直向上

C.大小为BIL,方向竖直向下

D.大小为五，方向竖直向下

【答案】C

【解析】

【详解】根据左手定则可知，通电直导线受的安培力方向竖直向下，由于此时电流与磁场方

向垂直，因此安培力大小为尸=8〃。

故选Co

9.如图，为匀强电场中的四个点，它们正好是矩形的四个顶点，ab=cd=L,

ad=bc=2L,电场线与矩形平面平行，已知。点电势为20V,匕点电势为24V,d点电势

为12V,一电荷量为e的粒子从匕点以%的速度射入电场，入射方向与6c成45。，一段时间

后经过C点，不计粒子重力，下列判断正确的是（）

A.C点电势为16V

B场强方向由〃指向4

C.粒子带正电

D.粒子从6运动到c,克服电场力做功为4eV

【答案】AC

【解析】

【详解】A.匀强电场中，沿电场线方向每前进相同的距离，电势变化速度相同，因为。仁历=2L

可得

所以p（n6V,故A正确；

B.设ad连线中点为。点，连接。匕和0c,如下图所示

可得其电势必=16V,故。c为等势面，电场线与等势面垂直，而由几何知识易得0c垂直

0b,则电场线方向由。指向。，故B错误；

C.由上可知，电场线方向由6指向0,粒子从b偏转到c,则受力方向斜向上，故粒子带正

电，故c正确；

D.根据W=qU,粒子从6运动到c,电场力做功为

卬=qU8=lex(24-16)V=8eV

故D错误。

故选AC。

10.如图所示电路，电源E=6V,内阻/*=3。。4=4=2。。开关S闭合后，变阻器总

电阻为2C,在变阻器&的滑动端向下滑动的过程中（）

A.电压表与电流表的示数都减小

B.通过&的电流变大

C.&两端的电压变大

D.电源输出功率变大，最大输出功率为2W

【答案】AB

【解析】

【分析】

“串反并同”指的是在一个电路中如果一个电学元件的电阻发生变化，则与该电学元件并联

的元件的电压，电流的变化与电阻的变化趋势一样，与该电学元件串联的元件的电流和电压

的变化趋势与其相反，这里的串联指的是有电流的流进流出关系即可，并联指电流无流进流

出关系。

【详解】A.变阻器飞的滑动端向下滑动的过程中，变阻器电阻减小，则根据“串反并同”

规律可知，电压表与电流表的示数都减小，故A正确；

B.变阻器凡的滑动端向下滑动的过程中，变阻器电阻减小，则根据“串反并同”规律可知，

通过《的电流变大，故B正确；

C.变阻器&的滑动端向下滑动的过程中，变阻器电阻减小，则根据“串反并同”规律可知，

飞的两端电压变小，故c错误；

D.若&的阻值范围为0~2Q,则变阻器滑片在最上方时，外电路总电阻阻值刚好等于电源

内阻，此时电源输出功率最大，下滑时导致外电路总电阻减小，电源输出功率也减小，故D

错误。

故选ABo

11.如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由p点射入匀强电场，入射方向与

电场线垂直。粒子从。点射出电场时，其速度方向与电场线成30。角，已知匀强电场的宽度为

d,P、Q两点的电势差为U,不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是（）

A.带电粒子在。点的电势能为为

B.带电粒子带正电

C.此匀强电场的电场强度大小为七="4

3d

I)P点动能小于Q点动能

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB.由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒

子带正电。粒子从P到。，电场力做正功为qU,则粒子的电势能减少了qU,P点的电势为零,

则知带电粒子在。点的电势能为-Uq,故A错误，B正确；

C.设带电粒子在尸点时的速度为小,在。点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于

电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为

粒子在y方向上的平均速度为

粒子在)，方向上的位移为加，粒子在电场中的运动时间为f,则

d=vor

则电场强度为

U__2y/3U_

为3d

故C正确；

D.粒子从尸到Q,合外力为电场力做正功，动能增加，则P点动能小于。点动能，故D正

确。

故选BCDo

二、实验填空题:

12.为了测量某一未知电阻Rx（阻值约为6Q）的阻值，实验室里准备了以下器材：

A.电源，电动势E=3.0V

B.电压表0,量程3V,内阻约5kC

C.电压表VS量程15V,内阻约25k。

D.电流表4,量程0.6A,内阻约0.2C

E.电流表A2,量程3A,内阻约0.04C

F.滑动变阻器R,最大阻值5。，最大电流为3A

G.滑动变阻器R2,最大阻值200。，最大电流为1.5A

H.开关S、导线若干

（1）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始

连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选；电流表应选；滑动变阻器

应选.（填器材前面的字母代号）

（2）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图.

（3）请根据电路图将下列实物图补充完整

【答案】(1).(1)B(2).D(3).F(4).(2)@

⑸.(3)

【解析】

【详解】(1)因为电动势只有3V,所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：

E

/m=G-=0-5A,所以电流表选择D;电压要求从零开始调节，所以选择分压式电路，滑动

变阻器选择总阻值较小的F

RvR、

(2)该实验选择分压电路，因为：涓＞优，所以电流表选择外接法，电路图如下：

13.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验。

待测干电池E一节

电压表V(量程0~3~15V,内阻约10kC)

电流表A(量程0~0.6~3A,内阻约为1。)

滑动变阻器4(0~10。)

滑动变阻器&(0~200。)

导线、开关S

(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用(选填“4”或“农2”)；

(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图；

(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图线。，根据图线。求得电源电动势E=V,内

电阻八=C；

(4)图丙中b图线是标有“L5VJ.6W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验

中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是(保留2位有效数字)。

【答案】⑴.K(2).见解析⑶.1.45(4).0.5⑸.0.69

【解析】

【详解】(1)口］电源内阻较小，电动势约为1.5V左右，用R2不容易调节，故选Ri。

(2)⑵电路中才一节干电池，连接实物电路时电流表选择0.6A量程，电压表选择3V量程，同

时注意滑动变阻器的接法一上一下，如下图所示

(3)⑶图象纵轴截距表示电源电动势为E=1.45V。

⑷图象斜率表示电源内阻为

\U1.45-1.0

。=0.5。

0.9-0

(4)[5]两图线的交点纵坐标和横坐标的乘积表示小灯泡的实际功率，灯泡的实际功率为

P=W=1.15x0.6W=0.69W

14.如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；&、R,、R4和夫5

是固定电阻，凡是可变电阻；表头电流表G的量程为0~5mA,内阻r=300C。虚线方框

内为换挡开关，A端和3端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电

压5V挡和10V挡，直流电流H)mA挡和100mA挡，欧姆xlO。挡。

表头

⑴图中的A端与(填“红”或“黑”)色表笔相连接;

(2)关于凡的使用，下列说法正确的是(填正确答案标号);

A.在使用多用电表之前，调整4使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整4使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置

C.使用电流挡时，调整凡使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

(3)根据题给条件可得4+6=C,6=C。

【答案】(1).黑(2).B(3).300(4).350

【解析】

【详解】欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图示电路图可知，A

端应与黑表笔相连。

(2)[2]由电路图可知，凡只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，也不能进

行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要进行调节。

故选B。

(3)[3]⑷由图示电路图可知，当接“2”时为直流电流10mA挡，根据串并联电路规律可得

5xlO-3x3OO

R+R,=Q=3000

(10-5)xl0-3

当接“4”时为直流电压5V挡，根据串并联电路规律可得

口+lOmAx凡=5V

解得

&=350Q

三、解答或论述题：

15.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为，〃的电子静

止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压Ux加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U2

的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从

右侧的两块平行金属板穿出，A、8分别为两块竖直板的中点，求：

(1)电子通过B点时的速度大小；

(2)右侧平行金属板的长度；

(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能。

儿-Bu2

,,2U,^mv'2=e(U]+

【答案】⑴―；⑵〜忙；⑶

【解析】

【详解】（1）在加速电场中由动能定理可得

〃12

eU.=­mv~

12

计算得出

一

（2）粒子在竖直方向，竖直方向位移

1,12

y--a--at

-22

根据牛顿第二定律得，粒子的加速度

md

在水平方向

x=L=vt

联立上式得到

1*二qU足

22mdv2

代入数据得

⑶从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得:

~^mv'2=e(U]+

16-如图所示，A、5是位于竖直平面内、半径为R*的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端

点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E。今有

一质量为机、带电荷量+4的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨

道间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g，求：

(I)小滑块经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力;

(2)小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离。

R

【答案】⑴3mg+3Eq(2)一

【解析】

【详解】(1)设滑块在B点速度为V,对滑块从A到B的过程，由动能定理得

mgR+EqR=gmv2

设滑块在B点对B点压力为F,轨道对滑块支持力为广，由牛顿第三定律得得

F=F

对滑块由牛顿第二定律得

V2

F'・mg-qE;m—