1、广西崇左高级中学2020-2021学年高二物理上学期11月月考试题（含解析）一、选择题：1. 两根长度均为的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为的小球、，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，如图所示，静电力常量为，则每个小球的质量为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】对小球进行受力分析，如下图所示设绳子对小球的拉力为T，根据平衡条件，结合三角知识，可得根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为联立解得故选B。2. 如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电
2、子做的功分别为和，a、b点的电场强度大小分别为和，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电子在电场中运动电场力做功，由于a、b两点位于同一条等势线上，故，有，可得；电场线的疏密程度反映场强的大小，a点比b点的电场线密些，故场强大些，故选A3. 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的竖直线对称，忽略空气阻力。由此可知（）A. 点的电势比点低B. 油滴在点的动能比它在点的大C. 油滴在点的电势能比它在点的大D. 油滴在点的加速度大小比它在点的小【答案】B【解析】【详解】A根据粒子轨迹弯曲方向可知，粒子受到的合外力方向一定指向上方；同
3、时因轨迹关于P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，所以点的电势比点高，故A错误；B粒子由P到Q过程中，合外力做正功，动能增大，则油滴在点的动能比它在点的大，故B正确；C粒子由P到Q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、Q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. 负电荷在C点具有的电势能最大【答案】C【解析】【详解】A沿着电场
4、线方向电势减小，故B点的电势最低，A错误，BC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.若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为，重力势能和电势能之和为，则、的变化情况是（）A. 增加，增加B. 增加，减小C. 不变，减小D. 不变，不变【答案】B【解析】【详解】由液滴的运动轨迹可知，油滴所受的合力向上，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a到
5、b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增加；合外力做正功，则动能增加，即重力势能和电势能之和减小。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】D【解析】试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减
6、小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变要掌握、三个公式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【答案】D【解析】现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）
7、逆时针旋转时，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【考点定位】电容器，电场力，力的平衡【方法技巧】本题主要是:要理解这个题目的实质是在二力平衡作用下物体静止，如果一个力转动45，而大小不变，物体会乍样运动？8. 如图所示，把长为的导体棒置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为，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（）A. 大小为，方向竖直向上B. 大小为，方向竖直向上C. 大小为，方
8、向竖直向下D. 大小为，方向竖直向下【答案】C【解析】【详解】根据左手定则可知，通电直导线受的安培力方向竖直向下，由于此时电流与磁场方向垂直，因此安培力大小为。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，电场线与矩形平面平行，已知点电势为，点电势为，点电势为，一电荷量为的粒子从点以的速度射入电场，入射方向与成45，一段时间后经过点，不计粒子重力，下列判断正确的是（）A. 点电势为B 场强方向由指向C. 粒子带正电D. 粒子从运动到，克服电场力做功为【答案】AC【解析】【详解】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可得所以c=1
9、6V，故A正确；B设ad连线中点为O点，连接Ob和Oc，如下图所示可得其电势，故Oc为等势面，电场线与等势面垂直，而由几何知识易得Oc垂直Ob，则电场线方向由b指向O，故B错误；C由上可知，电场线方向由b指向O，粒子从b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，粒子从b运动到c，电场力做功为故D错误。故选AC。10. 如图所示电路，电源，内阻。开关闭合后，变阻器总电阻为，在变阻器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. 通过的电流变大C. 两端的电压变大D. 电源输出功率变大，最大输出功率为【答案】AB【解析】【分析】“串反并同”指的是在一个电路中如果
10、一个电学元件的电阻发生变化，则与该电学元件并联的元件的电压，电流的变化与电阻的变化趋势一样，与该电学元件串联的元件的电流和电压的变化趋势与其相反，这里的串联指的是有电流的流进流出关系即可，并联指电流无流进流出关系。【详解】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若的阻值范围为，则变阻器滑片在最上方时，外电路总电
11、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。故选AB。11. 如图所示，一带电荷量为的带电粒子以一定的初速度由点射入匀强电场，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，、两点的电势差为，不计重力作用，设点的电势为零。则下列说法正确的是（）A. 带电粒子在点的电势能为B. 带电粒子带正电C. 此匀强电场的电场强度大小为D 点动能小于点动能【答案】BCD【解析】【详解】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P到Q，电场力做正功为qU，则粒子
12、的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为Uq，故A错误，B正确；C设带电粒子在P点时的速度为v0，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轴方向的分速度为粒子在y方向上的平均速度为粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则解得则电场强度为故C正确；D粒子从P到Q，合外力为电场力做正功，动能增加，则点动能小于点动能，故D正确。故选BCD。二、实验填空题：12. 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E3.0 VB电压表V1，量程3 V，内阻约5 kC
13、电压表V2，量程15 V，内阻约25 kD电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.2 E电流表A2，量程3 A，内阻约0.04 F滑动变阻器R1，最大阻值5 ，最大电流为3 AG滑动变阻器R2，最大阻值200 ，最大电流为1.5 AH开关S、导线若干（1）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路图_（3）请根据电路图将下列实物图补充完整_【答案】 (1). （1）B (2). D (3). F (4). （2
14、） (5). （3）【解析】【详解】（1）因为电动势只有3V，所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：，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：，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。待测干电池一节电压表（量程，内阻约）电流表（量程，内阻约为）滑动变阻器滑动变阻器导线、开关(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_（选填“”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
15、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_，内电阻_；(4)图丙中图线是标有“,”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）。【答案】 (1). (2). 见解析 (3). 1.45 (4). 0.5 (5). 0.69【解析】【详解】(1)1电源内阻较小，电动势约为1.5V左右，用R2不容易调节，故选R1。(2)2电路中才一节干电池，连接实物电路时电流表选择0.6A量程，电压表选择3V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=1.45V。4
16、图象斜率表示电源内阻为(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=1.150.6W=0.69W14. 如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中是电池；、和是固定电阻，是可变电阻；表头电流表的量程为，内阻。虚线方框内为换挡开关，端和端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压挡和挡，直流电流挡和挡，欧姆挡。(1)图中的端与_（填“红”或“黑”）色表笔相连接；(2)关于的使用，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，调整使电表指针指在表盘
17、右端电阻“0”位置C使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得_，_。【答案】 (1). 黑 (2). B (3). 300 (4). 350【解析】【详解】(1)1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，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)34由图示电路图可知，当接“2”时为直流电流10mA挡，根据串并联电路规律可得当接“4”时为直流电压5V挡，根据串并联电路规律可得解得三、解答或论述题：15. 如图
18、所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U1加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U2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、B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。【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)在加速电场中由动能定理可得计算得出(2)粒子在竖直方向，竖直方向位移根据牛顿第二定律得，粒子的加速度在水平方向联立上式得到代入数据得(3)从刚开始到射
19、出电场的过程中运用动能定理得：16. 如图所示，、是位于竖直平面内、半径为的的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点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。今有一质量为、带电荷量的小滑块（可视为质点）从点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，求：（1）小滑块经过圆弧形轨道最低点时对点的压力；（2）小滑块在水平轨道上离开点的最远距离。【答案】（1）3mg+3Eq（2）【解析】【详解】（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mgR+EqR=mv2设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F，由牛顿第三定律得得F=F 对滑块由
20、牛顿第二定律得F-mg-qE=m解得F=3mg+3Eq（2）由动能定理可知 解得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m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h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：（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【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（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：v2=2gh解得： （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=0解得： 电容器两极板间的电压为：电容器的带电量为：（3）加速过程：mgt1=mv减速过程，有：（mg-qE）t2=0-mvt=t1+t2联立解得：【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难