2020-2021学年广西崇左高级中学高二年级上册学期11月物理试卷（解析版）.pdf

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1、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 =3 0 ,如图所示，静电力常量为左，则每个小球的质量为（）3 破2 瓶。2 kQ2 2kQ2卜.-1-D.-V.-L）.-T-g 口 gE g 尸1答案Br解析对小球进行受力分析，如下图所示F设绳子对小球的拉力为T，根据平衡条件，结合三角知识，可得=t a namg根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小 为 尸=警联 立 解 得 初=避 冬 故选B。2 .如图所示为某示波管

2、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 心 匕 两点运动到C点，设电场力对两电子做的功分别为叱，和吗，4、点的电场强度大小分别为纥和&,则A.Wa=Wb,Ea EbB.WaWh,Ea EhC.Wu=Wh,EaEb D.WaWh,Ea 耳，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。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。点的加速度大小比它在P 点的小F答案Br解析A.根据粒子 轨迹弯曲方向可知，粒子受到的

3、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、。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

4、.负电荷在C 点具有的电势能最大 答案J C 解析J A.沿着电场线方向电势减小，故 B 点的电势最低，A 错误，B C.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。运动到从若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为用,重力势能和电势能之和为E2,则&、E2的变化情况是（）A.耳 增 加,N 增加C.&不变，七 减小B.&增加，七 减小D.&不变，心 不变1答案Br解析由液滴的运动轨迹可知，油滴

5、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 人运动的过程中，电场力做正功，则电势能减小，则动能和重力势能之和为用增加；合外力做正功,则动能增加，即重力势能和电势能之和心 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J D1解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

6、母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式。=巨7知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变,4兀kd0TJ根据C=5 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E =r可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D 正确.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r答案D1解析现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋

7、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.8.如图所示，把长为L 的导体棒置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为3,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（）X X X X XA.大 小 为 方 向 竖 直 向 上 B.大小为;,方向竖直向上JJL/C.大小为B/L,方向竖直向下 D.大小为，,方向竖直向下1答案C1解析根据左手定则可知，通电直导线受的安培力方向竖直向下，

8、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C。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=2 L,电场线与矩形平面平行，已知。点电势为20V,点电势为24V,d 点、电势为12V,一电荷量为e 的粒子从b 点以%的速度射入电场，入射方向与加,成45。，一段时间后经过。点，不计粒子重力，下列判断正确的是（）B 场强方向由。指向C.粒子带正电 D.粒子从b 运动到。，克服电场力做功为4eVr答案ACr解析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ad=bc=2L 可得夕“一。/=Ph-（Pc所以9c=16V,故 A

9、正确；B.设“4 连线中点为。点，连接。和0 c,如下图所示d可 得 其 电 势%=1 6 V,故0 c为等势面，电场线与等势面垂直，而由几何知识易得Oc垂直O b,则电场线方向由人指向0,故B错误；C.由上可知，电场线方向由b指向0,粒子从6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=粒子从匕运动到c,电场力做功为W=qU加=le*(24-16)V =8eV故D错误。故选AC。10.如图所示电路，电源E=6 V,内阻/*=3Q。R 1=R z=2 Q。开关S闭合后，变阻器总电阻为2Q，在变阻器凡 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

10、变大C.凡 两端的电压变大 D.电源输出功率变大，最大输出功率为2Wr答案AB1解析A.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，电压表与电流表的示数都减小，故A正确；B.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,通过 的电流变大，故B正确;C.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,%的两端电压变小，故C错误；D.若 此 的阻值范围为0 2 0,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

11、。故选AB。11.如图所示，一带电荷量为9 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,尸、。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。点的电势能为内B.带电粒子带正电C.此匀强电场的电场强度大小为七=2 包3dD尸点动能小于。点动能 答案BCDr解析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。粒子从尸到。，电场力做正功为q U,则粒子的电势能减少了 q u,尸点的电势为零，则知带电粒子在Q 点的电势能为

12、-U q,故 A 错误，B 正确；C.设带电粒子在尸点时的速度为v o,在 Q 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 轴方向的分速度为技。粒子在y 方向上的平均速度为%粒子在y 方向上的位移为冲，粒子在电场中的运动时间为t,则%=y2=卬解 得%=与TJ 2 FJJ则电场强度为石=一二 一故 C 正确；为 3dD.粒子从P 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BCD。二、实验填空题：1 2.为了测量某一未知电阻Rx（阻值约为6。）的阻值，实验室里准备了以下器材：A.电源，电动势E=3.

13、0VB.电压表山，量程3 V,内阻约5kCC.电压表6,量 程 1 5 V,内阻约25 k。D.电流表A i,量程0.6 A,内阻约0.2。E.电流表A 2,量程3 A,内阻约0.04。F.滑 动 变 阻 器 最 大 阻 值 5 C,最大电流为3 AG,滑 动 变 阻 器 最 大 阻 值 200 C,最大电流为1.5 AH.开关5、导线若干（I）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

14、路图_ _ _ _ _ _ _.r解析J（1）因为电动势只有3 V,所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流:mER、=0.5 A,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（2）该实验选择分压电路，因为:管心 6广，所以电流表选择外接法，电路图如下:（3）根据电路图连接实物图: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 1 5 V,内 阻 约lO kfi）电流表A（量程00.63 A,内阻约为1。）滑动变阻器用滑动变阻器%（02000导线、开关S(1)为方便实验调节且能较准确地进行测

15、量，滑 动 变 阻 器 应 选 用(选 填“与”或(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=C；(4)图丙中匕图线是标有“1.5 V,1.6 W”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)。1 答案 (1).8(2).见 解 析(3).1.4 5 0.5 (4).0.6 91 解析(1)门电源内阻较小，电动势约为L 5 V 左右，用 R?不容易调节，故选Ri。(2)1 2

16、电路中才一节干电池，连接实物电路时电流表选择0.6 A 量程，电压表选择3 V 量程,同时注意滑动变阻器的接法一上一下，如下图所示(3)3 图象纵轴截距表示电源电动势为E=1.4 5 V。4 图象斜率表示电源内阻为厂=受出。=0.5 QA/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=UI=1.1 5 x0.6 W=0.6 9 W1 4.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；与、&、R3、和是固定电阻，Re是可变电阻；表头电流表G 的量程为()5mA,内阻r=3 0 0 Q。虚线方框内为换挡开关，A端和8端分别与两表笔相连。

17、该多用电表有5个挡位，5个挡位为:直流电压5 V 挡和1()V 挡，直流电流1 0 m A 挡和l(X)m A 挡，欧姆xi o c 挡。用 R,我头(1)图中的A端与(填“红”或“黑”)色表笔相连接；(2)关于/?6 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R6 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R6 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根据题给条件可得K+R?=Q,&=C。【答案 (1).黑(2).B (3).3 0 0 (4).3 5 0

18、1 解析(1)1 J 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 4 由图示电路图可知，当接“2”时为直流电流1 0 m A 挡，根据串并联电路规律可得1 r其5x10 x300(10 5)x10-3O=3 0 0。当接“4”时为直流电压5 V 挡，根据串并联电路规律可得/j +lOmAx =5 V解 得%=3 5 0。三、解答或论述题：1 5.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，

19、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J 加速后通过B点进入两板间距为4、电压为 S 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。1 ,1解析(1)在 加 速 电 场 中 由 动 能 定 理 可 得=-m v2计算得出v 呼V tn(2)粒子在竖直方向，竖直方向位移y=g d =根据牛顿第二定律得，粒子的加速度。=吆ma在水平方向联立上式得到，=必 组 代入数据得L=d、孕2 2

20、mdv2 U2(3)从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：纲 2 =6(+与)16.如图所示，A、8 是位于竖直平面内、半径为R 的,的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下4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。今有一质量为加、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：(1)小滑块经过圆弧形轨道最低点8 时对8 点的压力；(2)小滑块在水平轨道上离开B 点的最远距离。1答案3mg+3Eq(2)一1解析（1）设滑块在B点速度为V,对滑块从A到B的过程，由动能定理得机 小设滑块在B点对B点压

21、力为F,轨道对滑块支持力为F,由牛顿第三定律得得F=F2对滑块由牛顿第二定律得F-mg-qE=m 解得F=3mg+3EqRR（2）由动能定理可知（?g+qE）A-（机g+qE）x=O 解得x=一17.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C,极板间的距离为d,上板正中有一小孔.质量为机、电荷量为+，/的小球从小孔正上方高处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）.求：+qhd j（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量;（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间.1 答案（1）u=（2）E=（）+）丫qdmg(h+d)C q，。=解析J（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：U=2g八解得：v=h（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=O解得：公叫他qd电容器两极板间的电压为：U=EdJ g（h+d）q电容器的带电量为：Q =C U/g（+d）Cq（3）加速过程：减速过程，有：（mg-qE）t2=0-mv.口+亥联立解得：隹hN g