1、内蒙古北京八中乌兰察布分校2020-2021学年高二物理上学期期中（素养评估二）试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2. 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3. 考试结束后，将答题卡交回。一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷。达到静电平衡后， A. a端的电势比b端的高B. b端的电势比d点的低C. a端的电势不一定比d点的低D. 杆内c处场强的方向由a指向b2. 如图所示，虚线a，b，c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域
2、时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小 B. 三个等势面中，c的电势最高C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能 D. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小3. 如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是液滴将加速向下运动 点电势升高 带电液滴在M点的电势能增大在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同A. B. C. D. 4. 某空间存在一电场，电场中的电
3、势在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是A. 在x轴上，从到电场强度方向向左 B. 在x轴上，从到电场强度先增大后减小C. 把一负电荷沿x轴正向从移到，电场力先减小后增大 D. 把一负电荷从移到，电场力做负功5. 如图所示，两块平行带电金属薄板A、B中央各有一个小孔M，N。在M点正上方一定距离处的O点，静止释放一带电油滴，若该油滴恰好能运动到N点。现将B板向下平移至位置，则由O点静止释放的带电油滴A. 运动到N点返回 B. 运动到N和点之间返回 C. 运动到点返回D. 穿过点6. 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
4、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 B. 它们运动的加速度C. 它们的动能增加之比：2 D. 它们所带的电荷量之比：27. 有一匀强电场的方向平行于xOy平面纸面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，线段cd、cb分别垂直于x轴、y轴，a、b、c三点电势分别为、，电荷量的点电荷由a点开始沿abcd路线运动，下列判断正确的是（ ）A. 坐标原点O的电势为 B. 电场强度的大小为C. b、d两点间的电势差为 D. 该点电荷从a点移到d点，电势能减少8. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当时，在此匀强电场中由静
5、止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是 A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 内，粒子回到出发点C. 内，电场力的总功不为零 D. 带电粒子在内的初、末位置间的电势差为零二、 多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 如图所示，倾角为的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为的点电荷一质量为m，电荷量为的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则 A. AB两点间的电势差 B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C. 小球从A到B的过程中电势能先减小后增加 D. 小球从A到D的过程中静电力做功为10
6、. 如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（ ）A. 微粒达到B点时动能为 B. 微粒的加速度大小等于C. 两极板的电势差 D. 微粒从A点到B点的过程电势能减少11. 如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功，电场力做功，则（ ）A. 粒子在B点的动能比在A点多 B. 粒子在C点的电势能比在B点少C. 粒子在C点的机械能比在A点多 D. 粒子在C点的
7、动能为12. 如图1所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。时，乙球以的初速度向静止的甲球运动。之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动整个运动过程中没有接触。它们运动的图像分别如图2中甲、乙两曲线所示。由图线可知（ ）A. 乙球的质量是甲球质量的2倍 B. 时刻两球相距最近且速度方向相反C. 时间内，两球间的电场力先增大后减小 D. 时间内，两球间的电势能先增大后减小三、 实验题（本大题共1小题，共15.0分）13. 为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室可供选择的器材如下：A.待测小灯泡 B.电流表，内阻约 C.电压表，内阻 D.滑动变阻器 E.滑动变阻器 F.电阻箱 G. 直流电源约
8、6V，内阻不计 H.开关S，导线若干将电压表量程扩大为6V，与它串联的电阻箱的阻值应调为_。电流表应选用_（选填“内接法”或“外接法”）；滑动变阻器应选用_选填“”或“”。实验中，测量出多组数据，描点作出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图可计算灯泡两端电压为时，其电阻为_若电压表内阻的实际阻值略大于，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的_选填“上方”或“下方”。四、计算题（本大题共3小题，共37.0分）14. （10分）如图所示，带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点现将一带电小球从A点由静止
9、释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：小球运动到B点时的加速度；和B两点间的电势差用k、Q和L表示15. （15分）如图所示，在的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径，一带正电荷C的小滑块质量，与水平轨道间的动摩擦因数，取，问：要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？为半圆轨道中点 小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？16. （12分）如图所示，水平放置的平行板
10、电容器，与某一电源相连，它的极板长，两板间距离，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度，从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为，电荷量，取 求微粒入射速度为多少？为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？高二上学期期中考试答案和解析【答案】1. B2. B3. B4. C5. A6. D7. D8. D9. AC10. BC11. AC12. CD13. ；下方。14. 解：带电小球在A点时：带电小球在B点时：可解得由A点到B点应用动能定理得：由可求得：AB间的电势差：15. 解：设滑块与N点的距离为
11、L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得：小滑块在C点时，重力提供向心力，所以代入数据解得，滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，在P点时由牛顿第二定律可得，解得由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由可得滑块运动的时间t为，滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得，所以加速度，水平的位移为代入解得答：滑块与N点的距离为20m；滑块通过P点时对轨道压力是；滑块落地点离N点的距离为16. 解：粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有： 竖直方向有： 解得 由于带电粒子的水平位移增加
12、，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有： 根据牛顿第二定律得： 解得： 当所加电压为时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有： 根据牛顿第二定律得： 解得： 所以所加电压的范围为： 答：微粒入射速度为；为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为【解析】1. 解：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，所以，所以B正确。由于杆处于静电平
13、衡状态，所以内部的场强为零，所以D错误。故选：B。根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉2. 【分析】电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小根据电场线与等势面垂直，结合粒子轨迹弯曲的方向判断出电场线方向是向上的，从而知道c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大根据电场线与等势面垂直，可作出电场线，得到一些特殊点电场线与等势面交点以及已知点的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题
14、常用方法【解答】A.因为，知等差等势面P处密，P处电场强度大，质点在P处所受的电场力大，加速度大，故A错误。根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上，则c点电势最高。利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点的电势能比在Q点的电势能大。故B正确，D错误；C.负电荷的总能量守恒，即带电质点的动能与电势能之和不变，而质点在P点的电势能比在Q点的电势能大，所以质点在P点的动能小于在Q点的动能，故C错误。故选B。3. 【分析】电容器与电源相连，板间电压不变；根据极板的移动方向可知电容器内电场强度的变化，得出带电粒子的受力变化，从而判断其运动状态；由判断
15、电势的变化，从而得出电势能的变化。要抓住平行板电容器的与电源保持相连，电容器板间电压保持不变，根据分析板间场强的变化和M与下极板电势差的变化是关键。【解答】电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故错误；由知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大，故正确；在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式知，电场力做功相同，故正确。故选B。4. 解：A、由图象知从到
16、电势逐渐降低后增大，电场强度方向先向右又向左，故A错误；BC、根据图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度，从到的这段范围内斜率先变小后增大，场强大小先减小后增大，电场力先减小后增大，故B错误，C正确；D、负电荷在电势低处电势能大，所以把一负电荷从移到，电势能先增大后减小，电场力先做负功后正功，故D错误；故选：C。根据沿着电场线方向电势是降低的，来确定电场方向；根据图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度来判断电场强度大小；依据正电荷从高电势到低电势，电势能减小，而负电荷从高电势到低电势，电势能增大，从而即可求解。解决本题关键要抓住图象中有效信息，知道图线的斜率的物理意义表示电场强度，利用叠加原理
17、分析。5. 【分析】根据电容的动态分析判断电场强度的变化，从而判断油滴能否返回。本题考查电容的动态分析，注意在电量不变的条件下，改变极板间的距离场强不变。【解答】静止释放一带电油滴，若该油滴恰好能运动到N点，根据动能定理可知：根据电容器公式和，以及当Q不变时，知板间的场强不随距离的变化而变化，当平行板下移时，E不变，故油滴恰好能运动到N点返回，故A正确故选A6. 解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由得知，运动的时间相等，故A错误；B、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，解得：，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为
18、：2，所以，故B错误；D、根据牛顿第二定律，有：，由两式解得：，所以它们所带的电荷量之比：2，故D正确；C、根据动能定理，有：，而：2，：2，所以动能增加量之比：4，故C错误；故选：D。两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析。7. 【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低
19、相等，先据此求解O点的电势；然后找出等势面，结合公式分析电场强度；根据求解电场力做功，分析电势能变化。本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是画出等势面，结合公式列式分析，不难。【解答】A.由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：，代入数据解得：，故A错误；B.由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为，连接Oe则为等势面，如图所示：根据几何关系可知，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：，故B错误；C.因为是匀强电场，所以有：，则，所以b、d两点间的电势差为0V，故C错误；D.该点电荷从a点移到d点电场中做功
20、为：，电场力做正功，电势能减小，故该点电荷从a点移到d点，电势能减少J，故D正确。故选D。8. 【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为，为第2s内加速度的，因此先加速1s再减小时速度为零，接下来的将反向加速，图象如图所示：A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，
21、故A错误B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，内，带电粒子位移为正，粒子不在出发点，故B错误；C、由图面积可知，粒子内位移为0，动能变化量为零，电场力做功为零，故C错误；D、内电场力做功为零，由得电势差为零，故D正确。故选D。9. 【分析】本题考查动能定理的应用，电场力做功的特点及电场力做功与电势能变化之间的关系。涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点及对应的功能关系。【解答】D.斜面的倾角为，斜面上，由几何关系可知，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由，知A到D的过程中电场力做的功等于故D错误；B.由于
22、A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过程中电场力对负电荷做负功，所以从A至D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B错误；C.结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，故C正确；A.设AB的长度为2L，则，在小球从A到D的过程中，由动能定理有：，在小球从A到B的过程中有：，所以：故A正确。故选AC。10. 【分析】微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定平沿直线做匀减速直线运动，微粒的加速度可有牛顿运动定律求出。根据能量守恒研究微粒电势能的
23、变化。由，求解电势差。本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向。【解答】A.由题分析可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A错误；B.由题分析可知，得，故B正确；D.微粒从A点到B点的过程电场力做负功，电场力为，电场力做功为，所以电势能增加，故D错误；C.由于微粒的电势能增加了，又，得到两极板的电势差，故C正确。故选BC。11. 粒子运动过程只受重力、电场力作用，故只有重力、电场力做功；A.粒子从A到B过程中克服重力做功，电场力做功，故合外力做功，由动能定理可得：粒子在B点的动能比在A点多，故A正确；根据粒子受力情况，由牛顿第二定律可得：粒子在竖直方向做加速度为
24、g的匀变速运动，在水平方向做初速度为零，加速度的匀加速运动；根据B为最高点，竖直分速度为零可得：粒子从A到B与从B到C的运动时间相等，故由匀加速运动规律可得：粒子在BC上的水平位移时AB上水平位移的3倍；故粒子从B到C电场力做功，粒子在C点的电势能比在B点少，故B错误；从A到C，电场力做功，粒子在A点的电势能比在C点多，故粒子在C点的机械能比在A点多，故C正确；又有A点、C点等高，重力势能相等，那么，粒子从B到C，重力做功；又有B点速度水平，粒子从A到B电场力做功，所以，粒子在B点的动能为；由动能定理可得：粒子在C点的动能为；故D错误；故选：AC。带电粒子在匀强电场中的运动问题，只需要分析粒子
25、受力时注意考虑电场力，即可由合外力求得加速度，进而得到运动情况。12. 【分析】根据图像得出两点电荷作用前后的速度，利用动量守恒定律列方程得出两球的质量关系。分析时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能。时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化。时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大，根据电场力做功情况判断电势能如何变化。本题也可以运用类比的方法分析，类似于完全非弹性碰撞，时刻两球的速度相同，动能损失最大，两电荷的电势能最大。【解答】A、由图示图象可知：，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：1，故A错误；B、时间
26、内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，时刻两球相距最近，由图示可知，两球速度方向相同，故B错误。C、时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C正确。D、由图象看出，时间内两球间距离减小，电场力做负功，电势能增大，时间内两球间距离增大，电场力对系统做正功，两球间的电势能减小，故D正确；故选：CD。13. 【分析】根据欧姆定律求解与电压表串联的电阻箱的阻值；为使测量尽量准确，要求进行多次测量，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻；根据图线得出电压为时的电流，结合欧姆定律求出灯泡的电阻。根据实验电路图，抓住电流相同情
27、况下，灯泡电压值的测量误差确定灯泡实际的伏安特性曲线的位置。解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别。【解答】电压表，内阻，设将电压表量程扩大为6V，需串联电阻箱的阻值为R，则根据欧姆定律应有：，代入数据可得，即电阻箱的阻值应调为；为使测量尽量准确，要求进行多次测量，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻，即选。由于灯泡电阻远小于电压表内阻，所以采用电流表外接法，电路图：由图可知，灯泡两端电压为时，流过的电流为，由欧姆定律解得。若电压表的实际阻值大于，则在相同电流情况下，灯泡实际电压比测量值偏大，则小灯泡实际的伏安特性曲线在所画图线的下方
28、。故答案为：；下方。14. 根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小根据动能定理和电场力公式结合，即可求解B和A两点间的电势差此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路，要注意在计算电势差时注意相应的符号15. 在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力
29、；小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和竖直方向上的运动的规律可以求得落地点离N点的距离本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题16. 粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度的大小；由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子例如电子，质子、粒子、离子等，一般不考虑重力；对带点微粒，如液滴、油滴、小球、尘埃等，一般要考虑重力