1、乌兰察布分校2020-2021学年第一学期学科素养评估二高二年级物理试题（命题人：张鹏 审核人：李孝 分值100分 时间 90分钟）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附近处，放置一个正点电荷达到静电平衡后，( )A. 端的电势比端的高B. 端的电势比点的低C. 端的电势不一定比点的低D. 杆内处场强的方向由指向【答案】B【解析】【详解】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db=c=a
2、；故A，C错误，B正确；D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强处处为零；D错误故选B【点睛】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. 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时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面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【答案】B【解析】【详解】A因为a
3、、b、c为等差等势面，等差等势面越密的地方，电场强度越大，则有p点的场强大于Q点的场强，根据F=Eq和F=ma可知，同一带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大，故A错误；B由于做曲线运动的物体所受合外力方向为曲线运动的凹侧，可知负电荷所受的电场力方向向下，而电场线与等势线垂直，且负电荷所受电场力方向与电场强度的方向相反，故电场线的方向向上，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势最高，a点电势最低，故B正确；CD由上面的分析可知，p点电势小于Q点电势，根据带负电的粒子在电势高的地方，电势能小，在电势低的地方电势能大，可知带负电质点在P点的电势能比在Q点的高，又因为带电粒子在电场中只受电
4、场力作用，由能量守恒可知，带电质点在电场中电势能与动能的总和保持恒定，由于带负电质点在P点的电势能比在Q点的高，则该质点在P点的动能小于在Q点的动能，故CD错误。故选B。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M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. 【答案】B【解析】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
5、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U=Ed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W=qU知，电场力做功相同故正确故选B点睛：由于金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，所以电场力做功也相同同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负4. 某空间存在一电场，电场中的电势在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( )A. 在x轴上，从x1到x
6、2电场强度方向向左B. 在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小C. 把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大D. 把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A. 由图象知从x1到x2电势逐渐降低后增大，电场强度方向先向右又向左，故A项与题意不相符；BC. 根据-x图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度，从x1到x2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项与题意不相符，C项与题意相符；D. 负电荷在电势低处电势能大，所以把一负电荷从x1移到x2，电势能先增大后减小，电场力先做负功后正功，故D项与题意不相符5. 如图所示
7、，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【答案】A【解析】【详解】静止释放一带电油滴，若该油滴恰好能运动到N点，根据动能定理可得根据电容器公式，又因为当Q不变时，可得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，BCD错误。故选：A。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
8、，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B. 它们运动的加速度C. 它们的动能增加之比：2D. 它们所带的电荷量之比：2【答案】D【解析】【详解】A粒子在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粒子在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：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，有又：2，：2所以动能增加
9、量之比：4故C错误；故选：D。7. 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，则下列判断正确的是（）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【答案】D【解析】【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。【详解】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
10、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. 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
11、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【答案】D【解析】【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为第2s内加速度故有因此先加速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，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，带电粒子位移为负，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。二、多选题（本大题共
12、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【答案】AC【解析】【详解】A设AB的长度为2L，则，斜面的倾角为，由几何关系可知，所以D与A的电势相等，在小球从A到D的过程中，由动能定理得在小球从A到B的过程中，由动能定理得解得故A正确；B由于，根据几何关系可知，沿AD的方向上
13、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；D由于，所以D与A的电势相等，则由可知A到D的过程中电场力做的功等于0，故D错误。故选AC10. 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
14、粒从A点到B点的过程电势能减少【答案】BC【解析】【详解】A由题分析可知，微粒在重力和电场力的共同作用下做匀减速直线运动，所以动能减小，故A错误；B由题分析可知得故B正确；CD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了又可得到两极板的电势差故C正确，D错误；故选BC。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2 J，电场力做功3 J，则()A. 粒子在B点的动能比在A点多1 JB. 粒子在C点的电势能比在B点少3 JC. 粒子在C点的机械能比在A点多12
15、JD. 粒子在C点的动能为6 J【答案】AC【解析】A、从根据动能定理可以知道：，即：，即粒子在B点的动能比在A点多，故选项A正确；B、设在A点初速度为，小球在竖直方向只受重力，做加速度为g的匀变速运动，故从和的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，设从的水平分位移为，从的水平分位移为，则可知：，则，由于电场力做正功，则粒子在C点的电势能比在B点少，故选项B错误；C、根据功能关系可知：从机械能增加量为：，由于重力势能不变，即从动能增加，即粒子在C点的动能大于，故选项C正确，D错误点睛：本题在复合场中考察了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运
16、动形式，利用相应物理规律求解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【答案】CD【解析】【详解】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故A错误；B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，时刻两球相距
17、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。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(6V，500mA)；B电流表A(00.6A，内阻约0.5)；C电压表V(04V，内阻)；D滑动变阻器()；E滑动变阻器()；F电阻箱()；G直流电源E（约6V，内阻不计
18、）；H开关S，导线若干。（1）将电压表量程扩大为6V，与它串联的电阻箱的阻值应调为_。（2）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“”）。（3）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”)。【答案】 (1). 3 (2). 外接法 (3). (4). (5). 下方【解析】【详解】（1）1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
19、阻值应调为；2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；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：3选择小电阻，即选。4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5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。四、计算题（本大题共3小题，共37.0分）14. 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点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带
20、电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：（1）小球运动到B点时的加速度；（2）A和B两点间的电势差用k、Q和L表示【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）带电小球在A点时带电小球在B点时联立可解得（2）由A点到B点应用动能定理得由可求得AB间的电势差15. 如图所示，在E103 V/m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R40 cm，一带正电荷q104 C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，问：(1)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
21、上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？【答案】（1）v2 m/s，L20 m （2）1.5N （3）0.6m【解析】【详解】（1）在复合场中圆的最高点不再是没有电场时的最高点了，要使物体做圆周运动，则物体受到的电场力和重力刚好充当向心力，圆环对物体没有力的作用，即,解得此时重力与电场力的合力方向与竖直方向夹角为37，设滑块应在水平轨道上离N点x处释放，过程中重力，摩擦力做负功，电场力做正功，所以可得，解得x=2.09m，（2）设在P点时的速度为，则，根据牛顿第二定律可得，联立两式解得N=2
22、.4N16. 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两板间距离d4103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0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极板的正中央，已知微粒质量为m4105 kg，电荷量q1108 C，g10 m/s2求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）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？【答案】（1）10 m/s （2）120 V U200 V【解析】【详解】（1）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：v0=10m/s（2）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，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U1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：U1=120V当所加电压为U2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：U2=200V所以所加电压的范围为：120VU200V