1、云南省丽江市第一中学2020-2021学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）一、单项选择题：每题4分，共32分。1. 如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将作（）A. 自由落体运动B. 曲线运动C. 沿着悬线的延长线作匀加速运动D. 变加速直线运动【答案】C【解析】【详解】悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向。烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，小球开始静止，在恒定合力作用下将沿合力方向即沿着悬线的延长线方向做匀加速直线运动，故ABD错误，C正确。故选C。2. 如图所示，一个
2、正点电荷q（重力不计）从两平行带电金属板左端中央处以初动能Ek射入匀强电场中，它飞出电场时的动能变为2Ek ，若此点电荷飞入电场时其速度大小增加为原来的2倍而方向不变，它飞出电场时的动能变为（ ）A. 4EkB. 4.25EkC. 5EkD. 8Ek【答案】B【解析】【分析】两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解【详解】设粒子第一个过程中初速度为v，Ek，电场宽度L，第一个过程中沿电场线方向的位移为： 第一个过程由动能定理：qEy1=2Ek-Ek第二个过程中沿电场线
3、方向的位移为：y2qEy2=Ek末-4Ek解得：Ek末=4.25Ek故应选：B【点睛】动能定理的应用注意一个问题，列式时不能列某一方向的动能定理，只能对总运动过程列一个式子3. 如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中 ( )A. 它们运动的时间tQtpB. 它们所带的电荷量之比qpqQ=12C. 它们的电势能减小量之比EpEQ=12D. 它们的动能增量之比EK PEK Q=12【答案】B【解析】【详解】A运动时间因为两个带电小球的入射速
4、度相等，水平方向的位移相等，所以运动时间相等，A错误；BPQ两小球在竖直方向上的距离比为1:2，所以B正确；C电势能减小量等于电场力做的功所以C错误；D电场力做的功等于小球的动能增加量，故D错误。故选B。4. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )A. 粒子带正电B. 粒子在A点加速度大C. 粒子在B点动能大D. A、B两点相比，粒子在B点电势能较高【答案】D【解析】【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知
5、，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧【详解】根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电故A错误；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小故B错误；粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，即粒子在A点动能大，B点的电势能大，故C错误D正确【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧5. 如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，
6、两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是（）A. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B. 物块受到的库仑力不做功C. 两个物块的电势能逐渐减少D. 两个物块的机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A两物体带同种电荷，受到相互的斥力作用，由于两物体初状态是静止的，末状态也是静止的，故两物体都是先加速运动，再减速运动，故物块受到的摩擦力先小于库仑力，后大于库仑力，故A错误；B两物块受到的库仑力均做正功，故B错误；C由于库仑力做正功，故两物块的电势能逐渐减小，故C正确；D由于有摩擦力和库仑力做功，故机械能不守恒，故D错误；故选C。6. 在某一点电荷Q产生的电场中有两
7、点，相距为d，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成120角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成150角，如图所示，则关于两点场强大小及电势高低的关系的说法中正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【详解】将两条电场线反向延长相交Q点，如图所示：设ab两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到根据场强公式可得场强关系为Ea=3Eb根据电场线方向可知，Q带正电，由于a离Q点较近，则a点电势较高AB故C正确，ABD错误。故选C。7. 额定电压都是110V，额定功率、的A、B两只灯，接在220V的电路中，既使电灯都正常发光，又使电路消耗的电功率最小的连接方式是下图中的
8、（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据公式可知，灯泡A的电阻灯泡B的电阻AD已经求得RBRA，把灯泡B与可变电阻并联，可以使并联部分的总电阻减小，可以使并联部分的总电阻与A灯的电阻相同，AB分得电压均为110V，所以AB两灯能同时正常发光；根据P=UI可知，B灯与电阻消耗功率之和等于A灯的功率，已知PA=100W，则P并=PA=100W所以总功率P总=2PA=2100W=200W当把AB并联之后与可变电阻串联接入电路时，当可变电阻的阻值与AB并联的总电阻相等时，AB分得电压均为110V，AB两灯就可以正常发光；根据P=UI可知，此时电阻消耗的功率等于AB两灯功率的和，已知P
9、A=100W，PB=40W，即此时电阻消耗的功率为所以电路消耗的总功率则正常发光并且消耗总功率最小的为A图中的连接，故A正确，D错误；B已经求得RBRA，当把灯泡A与可变电阻并联时，会使并联部分的总电阻更小，即R并RARB所以电源电压不会被平分，AB两灯不会同时正常发光，故B错误；C图是灯泡A和灯泡B串联，然后接到220V的电源上，根据串联电路的分压特点可知，灯泡B两端的电压大于110V，所以两灯不能正常工作，故C错误。故选A。8. 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折绞合，然后把它们串联在同一个电路中，则它们两端的电压之比为（）A. 1：4B. 1：8
10、C. 1：16D. 16：1【答案】D【解析】【详解】设原来电阻为R，根据得，把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，根据体积不变知，横截面积变为原来的，电阻变为原来的4倍，即为4R；把另一根对折后绞合起来，则长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的，即为，所以它们的电阻之比为16：1，串联在一起后，电流相等，根据可知，电压之比等于电阻之比，即为16：1。故选D。二、多选题：每题6分共24分。每题至少有两个答案是正确的，答对但不全得3分。9. 下列关于物理学发展史和单位制的说法正确的是（）A. 美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量B. 卡文迪许通过扭秤实验
11、测量了静电力常量，并验证了库仑定律C. 力学中的三个基本单位是千克、米、牛顿D. 功的单位可以用表示【答案】AD【解析】【详解】A美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量约为，故A正确；B卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，并验证了万有引力定律，故B错误；C力学中的三个基本单位是千克、米、秒，牛顿是力的单位，不是基本单位，故C错误；D功的单位是J，由知，根据，得 ，所以得 ，故D正确。故选AD。10. 真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上和x2=3a的两点上，在它们的连线上各点场强随x的变化关系如图所示，x轴上A、B两点到x=2a处距离相等，以下判断中正确的
12、是（）A. x=2a处的电势一定为零B. 点电荷M、N一定为同种电荷C. 电子在A点的电势能大D. 将电子从A点沿x轴移到B点的过程中，电场力对电子先做负功后做正功【答案】BD【解析】【详解】A由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故A错误；B由于点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，由图象可以知道，点电荷M、N的合场强在x=2a处为零，所以在它们之间的场强的方向必定相反，由此可以判断点电荷M、N一定是同种电荷，故B正确；C由题意无法确定电场强度的方向，则无法确定电势的高低，故C错误；D在0到2a区间，电场强度
13、为正，负电荷受力向左，所以电子从x=0处沿x轴移到x=2a处的过程中，电场力做负功，同理，在2a到3a区间，电场强度为负，负电荷受力向右，所以电子从x=2a处沿x轴移到x=3a处的过程中，电场力做正功，故D错误。故选BD。11. 用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的图像，由图可知（）A. 电池电动势的测量值是1.4VB. 电池内阻的测量值是C. 外电路发生短路时的电流为0.4AD. 电压表的示数为1.2V时，电流表的示数【答案】AD【解析】【详解】AB由闭合电路欧姆定律知当时，图线的斜率大小表示电源的内阻，则A正确，B错误；CU轴的电压刻度不是从零开始的，图
14、线的横截距不再表示时的短路电流，而是表示路端电压为1.0V时的干路电流是0.4A，C错误；D因为常量，从题图中易知所以D正确。故选AD。12. 如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（ ）A. 电容器中的电场强度将增大B. 电容器所带的电荷量将减少C. 电容器的电容将减小D. 液滴将向下运动【答案】BD【解析】【分析】电容器两端的电压等于R2两端的电压，此时液滴处于静止状态，知受重力和电场力平衡，将滑动变阻器滑片P向左移动，通过总电阻的变化，得出R1两端的电压的变化，从而确定电荷量的变化和电场强度的变化【详解】将滑动变阻器滑片P向左
15、移动，总电阻增大，则电流减小，R1两端的电压变小，电容不变，根据Q=CU，知电容器所带的电量减小根据E=知，电场强度减小，则电场力减小，电场力小于重力，则液滴向下运动故B、D正确，A、C错误故选BD三、实验题：13. 用如图甲所示，实验装置验证m1、m2组成系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知、，则：（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度_m/s
16、；(2)在打点05过程中系统动能增加量_J，系统势能的减少量_J，由此得出的结论是：_；(3)若某同学作出的h图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度_m/s2。【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.60 (4). 在误差允许的范围内，m1、m2 组成的系统机械能守恒 (5). 9.7【解析】【详解】(1)1根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为(2)2物体的初速度为零，所以动能的增加量为3重力势能减小量等于物体重力做功，故4在误差允许的范围内，m1、m2 组成的系统机械能守恒。(3)5本题中根据机械能守恒可知即有所以
17、作出的图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率故当地的实际重力加速度四、计算题14. 如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E=8.0102V/m，两板间距d=16cm，板长L=30cm一带电量q=1.010-16C、质量m=1.010-24kg的粒子以v0=3105m/s的速度沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子的重力，求：(1)粒子带何种电荷及粒子在电场中运动时间(2)粒子在电场中运动的加速度的大小(3)粒子飞出电场时的偏转角的正切值【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】电场方向向下，粒子向下偏转，电场力向下，说明粒子带正电粒子在平行于板
18、的方向做匀速直线运动，由板长和初速度求出运动的时间，将速度分解为水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律求出加速度，由vy=at求出竖直方向分速度，再求解偏转角的正弦值【详解】(1) 粒子带正电粒子在水平方向做匀速直线运动，则粒子在电场中运动时间；(2) 粒子的加速度；(3) 设粒子飞出除电场时偏转角为则【点睛】本题考查运用力学规律处理电场问题的能力，比较容易对于类平抛运动常常采用运动的合成与分解方法处理，分解为平行于电场的匀加速直线运动和垂直于电场的匀速直线运动15. 在如图所示的电路中，R1=2，R2=R3=4，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V试求
19、：（1）当电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻；（3）当电键K接c时，求电源输出功率【答案】（1）1A； 4V；（2）6V，2；（3）4W【解析】【详解】（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得通过电源电流 电源两端电压 （2）K接a时，有E=U1+I1r K接b时，R1和R2串联R外=R1+R2=6通过电源电流 这时有E=U2+I2r 解得E=6Vr=2（3）当K接c时R总=R1+r+R23=6总电流 电源输出功率【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律的应用属于中等难度的题目对于电路问题，首先认识电路的结构理清串联与并联电路的关系
20、，对于电源的电动势和内阻常常根据两种情况分别列二元一次方程，再联立求解16. 如图所示，在场强为的水平匀强电场中，有半径的光滑半圆形轨道DCB竖直放置，与水平绝缘轨道AB平滑连接，电场线与轨道平面ABCD平行，C为DB圆弧的中点一带正电、电荷量、质量、可视为质点的小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数，取若小滑块从半圆形轨道上C点静止释放，运动到水平轨道上的P点静止，求小滑块通过BP段的时间是多少？若小滑块从水平轨道上的A端静止释放，沿轨道运动恰能到达并通过最高点D，求小滑块此次运动通过C点时对轨道的压力是多大？【答案】小滑块通过BP段的时间是小滑块此次运动通过C点时对轨道的压力是【解析】【详解】
21、（1）设滑块过B点时的速度为vB，C到B由动能定理得：mgR-qER=设B到P时间为t，由动量定理得：-（qE+mg）t=0-mvB解得（2）设过D点的速度为v，沿轨道恰能到达最高点D的条件为：mg=设滑块过C点时的速度为vC，从C到D由动能定理得：-mgR-qER=m（v2-vC2）设滑块在C点时所受的支持力为N，则由牛顿第二定律有：N-qE=m解得：N=3（qE+mg）=0.9N由牛顿第三定律，滑块通过C点时对轨道的压力大小N/=N=0.9N【点睛】滑块在混合场中的运动，关键是做好受力分析，明确运动情景，建立模型，应用规律解决问题，同时注意挖掘隐含条件“恰能到达并通过最高点D”，说明此时中立提供向心力