湖南省常德市临澧县2021-2022学年高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

湖南省常德市临澧县2021-2022学年高二（下）入学考试物理试题
一、单选题
1．荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动。如图所示，某同学正在荡秋千，A和B分别为运动过程中的最低点和一个最高点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．在经过A位置时，该同学处于失重状态
B．在B位置时，该同学受到的合力为零
C．由A到B过程中，该同学的机械能守恒
D．在A位置时，该同学对秋千踏板的压力大于秋千踏板对该同学的支持力
2．雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴为球形，图中的圆代表水滴过球心的截面，a、b代表两条不同颜色的出射光线。以下说法正确的是( )
A．在水滴中，a光的传播速度比b光大
B．发生全反射时，a光的临界角比b光小
C．a光在P处一定发生了全反射
D．射出水滴的光线一定与入射光线平行
3．平行板电容器下极板附近有一个静止的放射性原子核，它所放出的粒子与反冲核平行于极板分别向左和向右运动，相等时间内的运动轨迹如图所示，图中的和均表示长度，不计重力，则、两粒子的电荷量之比为（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示的电路中，E为电池，R1．R2为可变电阻，R为定值电阻，C为平行板电容器，闭合开关S后，能使电容器带电量增加的方法是（ ）
A．增大R1的阻值
B．增大电容器两极板间的距离
C．减小R2的阻值
D．将电容器的两极板错开些
5．如图所示，质量分别为m1和m2的木块之间用轻弹簧相连，在拉力F的作用下，一起以加速度g竖直向上做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，设此时m1和m2的加速度分别为aA和aB，规定竖直向上为正方向，则（　　）
A．aA=﹣g，aB=﹣g B．aA=g，aB=﹣g
C．aA=g，aB=﹣g D．aA= g，aB=g
6．一弹簧振子做简谐运动时的振动图象如图所示，由图象可知（　　）
A．振子运动的周期为2s B．振子运动的振幅为4cm
C．在第2s末，振子的速度达到最大 D．在第3s末，振子的加速度最小
7．如图所示，P、Q、A、B四个点在同一条直线上，分别把两个正、负点电荷置于P、Q两点．A、B两点间的电势差用U表示，A点的电场强度用E表示．若只把Q点的点电荷的电荷量减半，则（　　）
A．U变大，E变大 B．U变小，E变小 C．U变小，E变大 D．U变大，E变小
二、多选题
8．如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m=2kg的小物块（可视为质点）以某一速度从传送带的最左端滑上传送带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像如图乙所示，g取10m/s2。则（　　）
A．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B．3s内小木块受到的冲量为-6N·s
C．物块与皮带间由于摩擦产生的热量Q=9J
D．若滑块在传送带上能留下划痕，长度为5.5m
9．如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是（　　）
A．电路中电源电动势为3.6V
B．变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的输入功率减小
D．变阻器的最大阻值为30Ω
10．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）
A．若保持开关S闭合，A极板不动，B极板向右平移，则θ不变
B．若保持开关S闭合，A极板不动，B极板向右平移，则θ减小
C．若开关S断开，B极板不动，A极板向右平移，则θ不变
D．若开关S断开，B极板不动，A极板向右平移，则θ减小
三、实验题
11．“验证动量守恒定律”的实验，图中斜槽与水平槽平滑连接，安装好仪器后开始实验。先不放被碰小球，使入射小球从斜槽上的A点由静止滚下，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的槽口边缘B处，再使入射小球从斜槽上的A点由静止滚下，再重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口B的重垂线在记录纸上的竖直投影O点和各次实验时小球落点的平均位置M、P、N，已知入射小球和被碰小球的质量分别为、，且，则：
(1)未放被碰小球时入射小球的落点是___________，放了被碰小球后入射小球的落点是___________；（填“M”“N”或“P”）
(2)在实验操作中入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是___________；
(3)在误差允许的范围内若测得___________，则可表明碰撞过程中两小球组成的系统满足动量守恒定律。（结果用装置图中的字母表示）
12．（1）完成读数（a）为___________mm； （b）为_____________mm
（2）在“互成角度的两个力合成”实验中，如图所示，用A、B两只弹簧秤把橡皮条上的结点拉到某一位置O，此时AO、BO间夹角∠AOB<90°，现改变弹簧秤A的拉力方向，使α角减小，但不改变它的拉力大小，那么要使结点仍被拉倒O点，就应调节弹簧秤B拉力的大小及β角，在下列调整方法中，哪些是可行的________．
A．增大B的拉力，增大β角
B．减小B的拉力，减小β角
C．增大B的拉力，减小β角
D．B的拉力大小不变，增大β角
四、解答题
13．如图所示，从高为h的斜面顶端 A点以速度v0水平抛出一个小球，小球落在斜面底端 B点(已 知重力加速度大小为g，不计空气阻力)，求：
(1)小球从抛出到落到 B点所经过的时间；
(2)物体做平抛运动的位移是多少？
14．某一核反应的模型中质量为、速度为的粒子与一个静止的质量为M的原子核碰撞后合为一体，又迅速发生变化而放出质量为、速度为的另一个粒子，此粒子的速度与反方向，则剩余核的速度为多少？
15．图中为一半球壳形玻璃砖，其折射率，球壳内圆的半径为，外圆的半径为，图中的为半球壳形玻璃砖的中轴线。一束平行光以平行于的方向从球壳的左侧射入（如图所示），这束平行光中，有一部分第一次到达内圆表面时就能射出玻璃砖，求这部分平行光束的宽度。
16．质子和粒子（氦核）两种粒子的质量之比为1﹕4，从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，经U1的电压加速后，从水平放置的两平行金属板中间进入，如图所示，板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U2，金属板右端距竖直放置的屏为L。不计粒子重力及其相互作用，求：
（1）质子和粒子刚进入电场U2时的速度之比v1﹕v2；
（2）偏转电场U2对质子和α粒子做功之比W1﹕W2；
（3）质子和粒子从进入偏转电场到打在屏上的时间之比t1﹕t2。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．在A位置时，该同学的加速度竖直向上，处于超重状态，A错误；
B．在B位置时，该同学的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，其合力等于重力沿圆弧切向分力，不为零，B错误；
C．该同学由A到B的过程中，受到重力和拉力，拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，C正确；
D．根据牛顿第三定律知，在A位置时，该同学对秋千踏板的压力等于秋千踏板对该同学的支持力，D错误。
故选C。
2．A
【解析】
【详解】
A．b光线的偏折程度大于a光线的偏折程度，知b光的折射率大于a光的折射率，根据
知，a光在介质中传播的速度较大，故A正确；
B．根据
可以知道a光的临界角比b光大，故B错误；
C．因为光从一个界面射入时，折射到另一个界面上时，根据几何关系知，在第一个界面上的折射角等于在第二个界面上的入射角，所以两光均不能发生全反射。故C错误；
D．由几何关系知，射出光线不一定与入射光线平行，故D错误。
故选A。
3．D
【解析】
【详解】
对于粒子，根据类平抛运动处理规律则有
联立可得
对于粒子，根据类平抛运动处理规律则有
联立可得
由动量守恒得所放出的粒子与反冲核的动量相同，即有
、两粒子的电荷量之比为
故选D。
4．C
【解析】
【详解】
A．电路稳定后，R1与电容器串联，没有电流通过，改变R1的阻值不影响电路，所以电容器电量不变，故A错误；
B．增大电容器两极板间的距离，电容变小，电压不变，根据Q=UC可知，电容器电量减小，故B错误；
C．减小R2的阻值，电路中中电阻减小，总电流增大，则R的电压增大，所以电容器电压增大，根据Q=UC可知，电容器电量增大．故C正确；
D．将电容器的两极板错开些，电容变小，电压不变，根据Q=UC可知，电容器电量减小，故D错误；
故选C。
5．C
【解析】
【分析】
【详解】
对A受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
撤去拉力F的瞬间，由于弹簧弹力不变，所以A的加速度仍为g；
对B受力分析，受重力，弹簧的弹力T，根据牛顿第二定律可得
解得
故选C。
6．C
【解析】
【详解】
A．由图知，振子运动的周期为T=4s，故A错误；
B．振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，振幅A=2cm，故B错误；
C．在第2s末，振子的位移为0，说明振子经过平衡位置，速度最大，故C正确；
D．在第3s末，振子到达最大位移处，其加速度最大，故D错误；
故选C．
【点睛】
周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅，根据振子的位置分析其速度和加速度大小；振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大．
7．B
【解析】
【详解】
正电荷P和负电荷Q在A点产生的场强方向均向右，只把Q点的点电荷的电荷量减半，P产生的场强不变，而根据得知，Q在A两点产生的场强减小，方向不变则根据叠加原理可知，E变小．由U=Ed知，AB间距离不变，则U变小．
故选B．
【点睛】
本题利用叠加原理分析A点的场强如何变化，由U公式=Ed定性判断非匀强电场中电势差U的变化．
8．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据图像斜率，有
则动摩擦因数为0.1，故A错误；
B．根据动量定理有
故B正确；
CD．前2s内相对位移为皮带位移x1与物块位移x2之和，第3s内相对位移为皮带位移x1'与物块位移x2’之差，故划痕长度为
由于摩擦产生的热量为
故C正确，D错误。
故选BC。
9．BC
【解析】
【分析】
先确定图线与电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断V2读数的变化情况。当I=0.3A时，电动机输入功率最大。变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值。
【详解】
A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势
故A正确。
B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B错误。
C．由图可知，电动机的电阻
当I=0.3A时，U=3V，电动机输入功率最大，此电路中，电动机的输入功率增大，故C错误。
D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
故D正确。
本题选择错误的，故BC符合题意。
故选BC。
【点睛】
此题考查对物理图像的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键。
10．BC
【解析】
【详解】
AB.若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U恒定，A极板不动，B极板向右平移时，两极板间的距离d增大，由可知两极板间的电场强度减小，带正电的小球受到的电场力减小，则θ减小，故B正确A错误；
CD.若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，B极板不动，A极板向右平移时，根据
可知，两极板间的电场强度不变，带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故C正确D错误。
故选BC。
11． P M 使入射小球每次都以相同的速度或动量到达槽口
【解析】
【详解】
(1)[1][2]两小球发生弹性碰撞，则
解得
即
小球离开槽口后作平抛运动，所以水平位移与抛出出时的速度关系为
所以未放被碰小球时入射小球的落点距离O点比放了被碰小球后入射小球的落点距离O点的距离远，比被碰小球的落点距离O点的距离近。所以未放被碰小球时入射小球的落点是P，放了被碰小球后入射小球的落点是M；
(2)[3]在实验操作中入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是使入射小球每次都以相同的速度或动量到达槽口；
(3)[4]在误差允许的范围内，两小球碰撞动量守恒，即
小球离开槽口后作平抛运动，所以水平位移与抛出出时的速度关系为
即小球落点到O点的距离与离开槽口时的速度成正比。则可变形为
又
化简可得
12． 0.155 14.50 AC
【解析】
【详解】
试题分析：（1）螺旋测微器的读数为
游标卡尺的读数为
（2）该题实际是物体的动态平衡，由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，只要符合该条件而且能够做出平行四边形即可，由此可知AC可以做出平行四边形，BD不能，故AC正确
考点：考查了游标卡尺、螺旋测微器的读数，“互成角度的两个力合成”实验
【名师点睛】
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量
13．(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据
可知小球从抛出到落到 B点所经过的时间
(2)小球的水平位移
物体做平抛运动的位移是
14．
【解析】
【详解】
取碰撞前粒子的速度方向为正方向，设余下的反冲核的反冲速度大小为V，根据动量守恒定律得：m0v0=-mv+（M+m0-m）V
解得
点睛：微观粒子遵循的基本规律是动量守恒定律，有时还用到能量守恒定律．动量是矢量，列式时要注意速度的方向．
15．2R。
【解析】
【详解】
作出光路图如图所示。设光线AB入射到球壳的外表面，沿BM方向射向内圆，在M点刚好发生全反射，则
在OBM中，OB=R，OM=R，所以
解得
sinr=0.6
由折射定律得：
sini=nsinr=0.75
第一次到达内圆表面时就能射出玻璃砖的平行光束的宽度
d=2×Rsini=2R。
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
质子和粒子的质量之比为
电荷量之比为
，
（1）根据
可知，粒子在加速后的速度
，
故
（2）粒子在偏转电场U2中的运动可分解为
水平方向（匀速直线运动）
竖直方向（匀加速直线运动）
，
联立解得，偏移量为
偏转电场U2对粒子做功
偏转电场U2对质子和α粒子做功之比
（3）粒子在进入偏转电场直到在屏上的过程中，水平方向一直以v0的速度做匀速直线运动，水平方向
故运动的时间为
故
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页