廣西崇左某中學(xué)2020-2021學(xué)年高二年級上冊11月物理試卷

2020年秋季學(xué)期崇左高中高二段考

物理試題

一、選擇題：

1.兩根長度均為L的絕緣細(xì)線分別系住質(zhì)量相等、電荷量均為+Q的小球。、b,并懸掛在。

點。當(dāng)兩個小球靜止時，它們處在同一高度上，且兩細(xì)線與豎直方向間夾角均為a=30°,如

圖所示，靜電力常量為％,則每個小球的質(zhì)量為（）

A

。b

Q22k02

A.WB.雪一—nu.------

gCgEg，尸gE

【答案】B

【解析】

【詳解】對小球進(jìn)行受力分析，如下圖所示

ZZZ/Z/ZZZZ

▲

G.

設(shè)繩子對小球的拉力為7,根據(jù)平衡條件，結(jié)合三角知識,可得

F

----=tana

mg

根據(jù)庫侖定律得，小球在水平方向受到庫侖力的大小為

聯(lián)立解得必=避攣

g匕

故選Bo

2.如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線，兩電子分別從

八人兩點運(yùn)動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為叱，和嗎，6點的電場強(qiáng)度大小分

別為紇和耳,則

A.Wa=Wh,Ea>EbB.W（,^Wh,Ea>Eb

C.Wa=Wh,Ea<EbD.W（^Wh,Ea<Eb

【答案】A

【解析】

【詳解】電子在電場中運(yùn)動電場力做功W=由于。、人兩點位于同一條等勢線上，故

（pa=<ph，有&,=〃,，可得叱=叱；電場線的疏密程度反映場強(qiáng)的大小，。點比匕點的電

場線密些，故場強(qiáng)大些，Ea>Eh,故選A.

3.如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對于過

軌跡最低點P的豎直線對稱，忽略空氣阻力。由此可知（）

A.。點的電勢比P點低

B.油滴在Q點的動能比它在P點的大

C.油滴在。點的電勢能比它在P點的大

D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)粒子軌跡彎曲方向可知，粒子受到的合外力方向一定指向上方；同時因軌

跡關(guān)于尸點對稱，可知電場力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，則電場方向豎直向下，所以。點的

電勢比P點高，故A錯誤；

B.粒子由P到。過程中，合外力做正功，動能增大，則油滴在。點的動能比它在尸點的大,

故B正確；

C.粒子由P到。過程中，電場力對油滴做正功，故其電勢能減小，油滴在。點的電勢能比

它在P點的小，故C錯誤；

D.因小球在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，所受電場力和重力均為恒力，故P、Q兩點加速度大小相同，

故D錯誤。

故選B。

4.對于如圖所示電場中的A、B、C三點，下列判斷正確的是（）

A.A點的電勢最低

B.B點的電場強(qiáng)度最大

C.正電荷在A點受到的電場力最大

D.負(fù)電荷在C點具有的電勢能最大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.沿著電場線方向電勢減小，故B點的電勢最低，A錯誤，

BC.電場線的疏密程度表示場強(qiáng)大小，所以A點的場強(qiáng)最大，正電荷在A點受到的電場力最

大，B錯誤，C正確，

D.負(fù)電荷在B點的電勢能最大，D錯誤。

故選C。

5.在豎直向下的勻強(qiáng)電場E中，一帶電油滴在電場力和重力的作用下，沿虛線所示的運(yùn)動軌

跡從。運(yùn)動到人若此帶電油滴在運(yùn)動過程中動能和重力勢能之和為耳，重力勢能和電勢能之

和為七，則耳、的變化情況是（）

E2

A.￡；增加，鳥增加B.￡；增加，%減小

C.耳不變，芻減小D.￡；不變，芻不變

【答案】B

【解析】

【詳解】由液滴的運(yùn)動軌跡可知，油滴所受的合力向上，則電場力向上，油滴帶負(fù)電；因為

有重力和電場力做功，則油滴的重力勢能、動能和電勢能之和守恒，則從。到。運(yùn)動的過程中,

電場力做正功，則電勢能減小，則動能和重力勢能之和為巴增加；合外力做正功，則動能增

加，即重力勢能和電勢能之和62減小。

故選B。

6.一平行電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電

容器（）

A.極板上的電荷量變大,極板間的電場強(qiáng)度變大

B.極板上的電荷量變小,極板間的電場強(qiáng)度變大

C.極板上的電荷量變大,極板間的電場強(qiáng)度不變

D.極板上的電荷量變小,極板間的電場強(qiáng)度不變

【答案】D

【解析】

試題分析：電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端的電勢差不變，將云母介質(zhì)移出后，

介電常數(shù)減小，根據(jù)電容的決定式c=一更一知，介電常數(shù)減小，電容減小，由于電壓不變，

4兀kd

QTT

根據(jù)。=券可知，電荷量Q減小，由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變，根據(jù)石=1

Ua

可知，極板間的電場強(qiáng)度不變，所以ABC錯誤，D正確.

考點：電容器的動態(tài)分析

【名師點睛】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，

則電勢差不變；當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變.要掌握C=2、C=一更一、￡=—H

U4兀kdd

個公式.

7.如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微

粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)45。，再由a點從靜

止釋放一同樣的微粒，改微粒將

A.保持靜止?fàn)顟B(tài)

B.向左上方做勻加速運(yùn)動

C.向正下方做勻加速運(yùn)動

D.向左下方做勻加速運(yùn)動

【答案】D

【解析】

現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)時，兩板間的電場強(qiáng)度不變，電場力也不變,

所以現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)后，帶電微粒受兩大小相等的力的作用,

合力方向向左下方，故微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動，故D正確，A、B、C錯誤.

【考點定位】電容器，電場力，力的平衡.

【方法技巧】本題主要是:要理解這個題目的實質(zhì)是在二力平衡作用下物體靜止，如果一個力

轉(zhuǎn)動45。，而大小不變，物體會乍樣運(yùn)動？

8.如圖所示，把長為心的導(dǎo)體棒置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,當(dāng)導(dǎo)體

棒中通以方向向左的恒定電流/時，下面關(guān)于通電導(dǎo)體棒在磁場中受到的安培力大小和方向正

確的是（）

XXX%X

XXXXX

A.大小為B1L,方向豎直向上

B.大小為方,方向豎直向上

C.大小為BIL,方向豎直向下

D.大小為五，方向豎直向下

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)左手定則可知，通電直導(dǎo)線受的安培力方向豎直向下，由于此時電流與磁場方

向垂直，因此安培力大小為尸=8〃。

故選Co

9.如圖，為勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是矩形的四個頂點，ab=cd=L,

ad=bc=2L,電場線與矩形平面平行，已知。點電勢為20V,匕點電勢為24V,d點電勢

為12V,一電荷量為e的粒子從匕點以%的速度射入電場，入射方向與6c成45。，一段時間

后經(jīng)過C點，不計粒子重力，下列判斷正確的是（）

A.C點電勢為16V

B場強(qiáng)方向由〃指向4

C.粒子帶正電

D.粒子從6運(yùn)動到c,克服電場力做功為4eV

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.勻強(qiáng)電場中，沿電場線方向每前進(jìn)相同的距離，電勢變化速度相同，因為。仁歷=2L

可得

所以p（n6V,故A正確；

B.設(shè)ad連線中點為。點，連接。匕和0c,如下圖所示

可得其電勢必=16V,故。c為等勢面，電場線與等勢面垂直，而由幾何知識易得0c垂直

0b,則電場線方向由。指向。，故B錯誤；

C.由上可知，電場線方向由6指向0,粒子從b偏轉(zhuǎn)到c,則受力方向斜向上，故粒子帶正

電，故c正確；

D.根據(jù)W=qU,粒子從6運(yùn)動到c,電場力做功為

卬=qU8=lex(24-16)V=8eV

故D錯誤。

故選AC。

10.如圖所示電路，電源E=6V,內(nèi)阻/*=3。。4=4=2。。開關(guān)S閉合后，變阻器總

電阻為2C,在變阻器&的滑動端向下滑動的過程中（）

A.電壓表與電流表的示數(shù)都減小

B.通過&的電流變大

C.&兩端的電壓變大

D.電源輸出功率變大，最大輸出功率為2W

【答案】AB

【解析】

【分析】

“串反并同”指的是在一個電路中如果一個電學(xué)元件的電阻發(fā)生變化，則與該電學(xué)元件并聯(lián)

的元件的電壓，電流的變化與電阻的變化趨勢一樣，與該電學(xué)元件串聯(lián)的元件的電流和電壓

的變化趨勢與其相反，這里的串聯(lián)指的是有電流的流進(jìn)流出關(guān)系即可，并聯(lián)指電流無流進(jìn)流

出關(guān)系。

【詳解】A.變阻器飛的滑動端向下滑動的過程中，變阻器電阻減小，則根據(jù)“串反并同”

規(guī)律可知，電壓表與電流表的示數(shù)都減小，故A正確；

B.變阻器凡的滑動端向下滑動的過程中，變阻器電阻減小，則根據(jù)“串反并同”規(guī)律可知，

通過《的電流變大，故B正確；

C.變阻器&的滑動端向下滑動的過程中，變阻器電阻減小，則根據(jù)“串反并同”規(guī)律可知，

飛的兩端電壓變小，故c錯誤；

D.若&的阻值范圍為0~2Q,則變阻器滑片在最上方時，外電路總電阻阻值剛好等于電源

內(nèi)阻，此時電源輸出功率最大，下滑時導(dǎo)致外電路總電阻減小，電源輸出功率也減小，故D

錯誤。

故選ABo

11.如圖所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由p點射入勻強(qiáng)電場，入射方向與

電場線垂直。粒子從。點射出電場時，其速度方向與電場線成30。角，已知勻強(qiáng)電場的寬度為

d,P、Q兩點的電勢差為U,不計重力作用，設(shè)P點的電勢為零。則下列說法正確的是（）

A.帶電粒子在。點的電勢能為為

B.帶電粒子帶正電

C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為七="4

3d

I)P點動能小于Q點動能

【答案】BCD

【解析】

【詳解】AB.由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒

子帶正電。粒子從P到。，電場力做正功為qU,則粒子的電勢能減少了qU,P點的電勢為零,

則知帶電粒子在。點的電勢能為-Uq,故A錯誤，B正確；

C.設(shè)帶電粒子在尸點時的速度為小,在。點建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場線為x軸，平行于

電場線為y軸，由平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為

粒子在y方向上的平均速度為

粒子在)，方向上的位移為加，粒子在電場中的運(yùn)動時間為f,則

d=vor

則電場強(qiáng)度為

U__2y/3U_

為3d

故C正確；

D.粒子從尸到Q,合外力為電場力做正功，動能增加，則P點動能小于。點動能，故D正

確。

故選BCDo

二、實驗填空題:

12.為了測量某一未知電阻Rx（阻值約為6Q）的阻值，實驗室里準(zhǔn)備了以下器材：

A.電源，電動勢E=3.0V

B.電壓表0,量程3V,內(nèi)阻約5kC

C.電壓表VS量程15V,內(nèi)阻約25k。

D.電流表4,量程0.6A,內(nèi)阻約0.2C

E.電流表A2,量程3A,內(nèi)阻約0.04C

F.滑動變阻器R,最大阻值5。，最大電流為3A

G.滑動變阻器R2,最大阻值200。，最大電流為1.5A

H.開關(guān)S、導(dǎo)線若干

（1）在用伏安法測量該電阻的阻值時，要求盡可能準(zhǔn)確，并且待測電阻兩端的電壓從零開始

連續(xù)調(diào)節(jié)，則在上述提供的器材中電壓表應(yīng)選；電流表應(yīng)選；滑動變阻器

應(yīng)選.（填器材前面的字母代號）

（2）請在虛線框內(nèi)畫出用伏安法測量該電阻阻值時的實驗電路圖.

（3）請根據(jù)電路圖將下列實物圖補(bǔ)充完整

【答案】(1).(1)B(2).D(3).F(4).(2)@

⑸.(3)

【解析】

【詳解】(1)因為電動勢只有3V,所以電壓表原則B；通過待測電阻的最大電流：

E

/m=G-=0-5A,所以電流表選擇D;電壓要求從零開始調(diào)節(jié)，所以選擇分壓式電路，滑動

變阻器選擇總阻值較小的F

RvR、

(2)該實驗選擇分壓電路，因為：涓＞優(yōu)，所以電流表選擇外接法，電路圖如下：

13.在“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，給定以下的器材來完成實驗。

待測干電池E一節(jié)

電壓表V(量程0~3~15V,內(nèi)阻約10kC)

電流表A(量程0~0.6~3A,內(nèi)阻約為1。)

滑動變阻器4(0~10。)

滑動變阻器&(0~200。)

導(dǎo)線、開關(guān)S

(1)為方便實驗調(diào)節(jié)且能較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，滑動變阻器應(yīng)選用(選填“4”或“農(nóng)2”)；

(2)實驗所用電路如圖甲所示，請用筆畫線代替導(dǎo)線在圖乙中完成實物連接圖；

(3)該同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)得到圖丙中的圖線。，根據(jù)圖線。求得電源電動勢E=V,內(nèi)

電阻八=C；

(4)圖丙中b圖線是標(biāo)有“L5VJ.6W”的小燈泡的伏安特性曲線，該同學(xué)將該小燈泡與本實驗

中的電池連成一閉合電路，小燈泡實際消耗的電功率是(保留2位有效數(shù)字)。

【答案】⑴.K(2).見解析⑶.1.45(4).0.5⑸.0.69

【解析】

【詳解】(1)口］電源內(nèi)阻較小，電動勢約為1.5V左右，用R2不容易調(diào)節(jié)，故選Ri。

(2)⑵電路中才一節(jié)干電池，連接實物電路時電流表選擇0.6A量程，電壓表選擇3V量程，同

時注意滑動變阻器的接法一上一下，如下圖所示

(3)⑶圖象縱軸截距表示電源電動勢為E=1.45V。

⑷圖象斜率表示電源內(nèi)阻為

\U1.45-1.0

。=0.5。

0.9-0

(4)[5]兩圖線的交點縱坐標(biāo)和橫坐標(biāo)的乘積表示小燈泡的實際功率，燈泡的實際功率為

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

14.如圖為某同學(xué)組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；&、R,、R4和夫5

是固定電阻，凡是可變電阻；表頭電流表G的量程為0~5mA,內(nèi)阻r=300C。虛線方框

內(nèi)為換擋開關(guān)，A端和3端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電

壓5V擋和10V擋，直流電流H)mA擋和100mA擋，歐姆xlO。擋。

表頭

⑴圖中的A端與(填“紅”或“黑”)色表筆相連接;

(2)關(guān)于凡的使用，下列說法正確的是(填正確答案標(biāo)號);

A.在使用多用電表之前，調(diào)整4使電表指針指在表盤左端電流“0”位置

B.使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整4使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置

C.使用電流擋時，調(diào)整凡使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置

(3)根據(jù)題給條件可得4+6=C,6=C。

【答案】(1).黑(2).B(3).300(4).350

【解析】

【詳解】歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負(fù)極與紅表筆相連，由圖示電路圖可知，A

端應(yīng)與黑表筆相連。

(2)[2]由電路圖可知，凡只在測量電阻時才接入電路，故其作用只能進(jìn)行歐姆調(diào)零，也不能進(jìn)

行機(jī)械調(diào)零，同時在使用電流擋時也不需要進(jìn)行調(diào)節(jié)。

故選B。

(3)[3]⑷由圖示電路圖可知，當(dāng)接“2”時為直流電流10mA擋，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可得

5xlO-3x3OO

R+R,=Q=3000

(10-5)xl0-3

當(dāng)接“4”時為直流電壓5V擋，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可得

口+lOmAx凡=5V

解得

&=350Q

三、解答或論述題：

15.如圖所示為兩組平行板金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質(zhì)量為，〃的電子靜

止在豎直放置的平行金屬板的A點，經(jīng)電壓Ux加速后通過B點進(jìn)入兩板間距為d、電壓為U2

的水平放置的平行金屬板間，若電子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后電子剛好能從

右側(cè)的兩塊平行金屬板穿出，A、8分別為兩塊豎直板的中點，求：

(1)電子通過B點時的速度大?。?/p>

(2)右側(cè)平行金屬板的長度；

(3)電子穿出右側(cè)平行金屬板時的動能。

兒-Bu2

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

【答案】⑴―；⑵?忙；⑶

【解析】

【詳解】（1）在加速電場中由動能定理可得

〃12

eU.=-mv~

12

計算得出

一

（2）粒子在豎直方向，豎直方向位移

1,12

y--a--at

-22

根據(jù)牛頓第二定律得，粒子的加速度

md

在水平方向

x=L=vt

聯(lián)立上式得到

1*二qU足

22mdv2

代入數(shù)據(jù)得

⑶從剛開始到射出電場的過程中運(yùn)用動能定理得:

~^mv'2=e(U]+

16-如圖所示，A、5是位于豎直平面內(nèi)、半徑為R*的圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端

點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E。今有

一質(zhì)量為機(jī)、帶電荷量+4的小滑塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放。若已知滑塊與水平軌

道間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g，求：

(I)小滑塊經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力;

(2)小滑塊在水平軌道上離開B點的最遠(yuǎn)距離。

R

【答案】⑴3mg+3Eq(2)一

【解析】

【詳解】(1)設(shè)滑塊在B點速度為V,對滑塊從A到B的過程，由動能定理得

mgR+EqR=gmv2

設(shè)滑塊在B點對B點壓力為F,軌道對滑塊支持力為廣，由牛頓第三定律得得

F=F

對滑塊由牛頓第二定律得

V2

F'?mg-qE;m—