重庆市万州区2021-2022学年高二（下）入学考试物理试题（word含答案）

重庆市万州区2021-2022学年高二（下）入学考试物理试题
一、单选题
1．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是（　　）
A．仅将M板向下平移
B．仅将M板向右平移
C．仅在M、N之间插入金属板
D．仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）
2．如图所示，在导体壳内放一负电荷q，则壳内的a点、壳上的b点、壳外的c点的电场强度关系应是（ ）
A．Ea>Eb>Ec B．Eb>Ea>Ec C．Ea>Ec>Eb D．Ec>Eb>Ea
3．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则
A．R1接在电源上时，路端电压大
B．R2接在电源上时，路端电压大
C．R1接在电源上时，电源的输出功率大
D．电源的输出功率一样大
4．如图所示为一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系图象，振幅为10cm，则由图可知，当x=5cm时（　　）
A．此时速度正在增大
B．此时可能是3.5s
C．此时速度大小一定是经过平衡位置速度的一半
D．此时加速度一定是负值
5．指南针是我国古代四大发明之一、当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示。则对该导线电流的以下判断正确的是（　　）
A．可能东西放置，通有由东向西的电流
B．可能东西放置，通有由西向东的电流
C．可能南北放置，通有由北向南的电流
D．可能南北放置，通有由南向北的电流
6．某电子透镜两极间的电场线分布如图所示，中间的一条电场线是直线，其它电场线对称分布，电子从O点沿直线OA以某一初速度仅在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。从O到A运动过程中，关于电子运动速度v和加速度a随时间t的变化、电子的动能Ek和运动轨迹上各点的电势φ随位移x的变化图线中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．下列说法正确的是（　　）
A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变
B．由F＝k可知，当r趋近于零时，静电力趋于无穷大
C．由E＝可知，电场中某点的电场强度与电荷受到的静电力成正比
D．电场线是为了能够形象描述电场而假想的闭合曲线
二、多选题
8．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中： （ ）
A．加速度先减小后增大
B．Q的电势能逐渐减小，机械能逐渐增大
C．Q和P的电势能和重力势能之和逐渐减小
D．Q和P的电势能和动能之和逐渐增大
9．两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的（ ）
A．两电阻的阻值为R1大于R2
B．两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率
C．两电阻并联在电路中时，R1的电流小于R2的电流
D．两电阻串联在电路中时，R1两端电压小于R2两端电压
10．如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度vo向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），静止在光滑水平面上。物体A以2vo的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则（　　）
A．物体A的质量为6m
B．物体A的质量为3m
C．弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为
D．弹簧重新恢复原长时，物体B的动量大小为
三、实验题
11．某同学欲将量程为100μA的微安表头改装成多用电表。首先使用下列器材对表头电阻进行测量，电路如图甲所示，器材有：
A．微安表头G（量程0~100μA，内阻约为几百欧姆）
B．电位器（可当成滑动变阻器）R1（0~100kΩ）
C．电阻箱R2（0~9999Ω）
D．电源E（电动势约为6V）
E.开关、导线若干
按照如下步骤进行操作：
①在开关S1断开的情况下，检查电路连接无误后，将R1的阻值调至最大；
②断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使微安表指针偏转到满刻度；
③闭合S2，调节R2的阻值，使微安表指针偏转到满刻度的一半；
④最后记录R2的阻值并整理好器材。
(1)若按照上述步骤操作，R2的阻值为180Ω，测量的微安表内阻Rg=___________Ω。测量值与真实值比较，测量值___________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
(2)该同学使用上述微安表组装完成了简易多用电表，电路图如图乙所示，图中E是电源，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻，虚线方框内为换挡开关，A端和B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1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆挡。请计算接入电路电阻的阻值R1＋R2=___________Ω，R4=___________Ω，R5=___________Ω。（利用(1)题中测量值进行计算）
12．利用如图甲所示实验装置验证动量守恒定律，在长木板一端的适当位置垫上小木块，使小车能在长木板上做匀速直线运动。小车A的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，纸带穿过位于A车后方的打点计时器的限位孔。某时刻接通打点计时器的电源，推动A车使之做匀速直线运动，与置于长木板静止不动的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。已知打点计时器所接电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示。
(1)图乙中的数据有四段，ab=13.12cm，bc=19.36cm，cd=15.75cm，de=13.52cm，相邻两个计数点之间还有四个计时点。计算小车A与小车B碰撞发生在_______段。(选填“ab”、“bc”、“cd”或“de”)
(2)若小车A及橡皮泥的质量m1=0.30kg，小车B的质量m2=0.10kg，取A、B两车及橡皮泥为一个系统，由以上测量结果可求得碰前系统的总动量为________kg m/s，碰后系统的总动量为__________kg m/s。(结果保留三位有效数字)
四、解答题
13．如图示电路中，电源提供的电压U=8V，D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=3Ω，电阻R′=4Ω，当电动机正常工作时，电压表示数UV为0.8V。求：
（1）通过电动机的电流I是多大？
（2）电动机输入的电功率P入为多少？
（3）电动机的热功率P热和机械功率P出各是多少？
14．如图所示，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在O点，放在匀强电场中，在图示位置处于平衡状态。电场强度的大小为E，方向水平向右，绝缘线离开竖直位置的偏角为60°。求：
（1）小球带何种电荷？
（2）小球的电荷量多大？
（3）若将细线剪断，小球的加速度为多大？小球将在电场中作何种运动？
15．如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用长为L的轻绳系一质量为M的物块（可视为质点），轨道下方有一个半径R=L、角速度为ω的水平转盘，轨道在转盘某直径的正上方，轻绳的悬点与转盘平面的高度差为H=1.5L．现有一水平射来的质量为m的子弹，它射入物块后不会穿出，子弹射入物块的时间极短．当子弹与物块一起摆到最大角度θ=60°时，利用控制装置，将物块自由释放，此时物块恰好在转盘圆心O正上方，且与圆盘上的小桶（其直径远小于转盘直径）在同一竖直面内，最终物块恰好落入圆盘边缘的小桶内．不计悬线质量，重力加速度为g．
（1）求物块被释放时的速度v；
（2）若物块释放时与物块落入小桶时小桶的位置相同，求转盘的角速度ω；
（3）求小车的质量M0和子弹打入物块前瞬间的速度v0大小．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A．静电计能测量平行板电容器两极板间电压，平行板电容器两极板间电压越大，静电计指针张角越大。由平行板电容器的电容，仅将M板向下平移，使正对面积S减小，电容器的电容C减小，已知Q不变，由可知，平行板电容器两极板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确；
B．仅将M板向右平移，极板间距离d减小，电容器的电容C增大，由可知，平行板电容器两极板间电压减小，静电计指针张角减小，故B错误；
C．仅在M、N之间插入金属板，由于插入的金属板达到静电平衡后为一个等势体，这样就减小了平行板电容器两极板间有效距离d，电容器的电容C增大，由可知，平行板电容器两极板间电压减小，静电计指针张角减小，故C错误；
D．仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1），相对介电常数增大，电容器的电容C增大，由可知，平行板电容器两极板间电压减小，静电计指针张角减小，故D错误。
故选Ａ。
2．C
【解析】
【详解】
导体球壳处于静电平衡状态，所以内部场强处处为零，则b点场强最小，a点离场源电荷最近，所以场强最大，则场强关系为：Ea>Ec>Eb，
所以选C
3．A
【解析】
【详解】
图象的斜率表示两定值电阻值，故R1>R2，当R1接在电源上时，外电阻较大，根据闭合回路欧姆定律可得 ，外电阻越大，路端电压越大，故A正确，B错误；由两图线的交点读出，R1接在电源上时电压 ，通过R1的电流 ，则电源的输出输出功率 ，R2接在电源上时， ，电源的输出输出功率 ，则R2接在电源上时，电源的输出功率较大，故CD错误．故选A.
【点睛】
本题要会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率.
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．振子的位移x=5cm时，可以是从平衡位置向正向最大位移处运动，此时速度是正在减小的，也可以是从正向最大位移处向平衡位置运动，此时速度是正在增大的，A错误；
B．因为振子运动不是匀变速运动，则位移为5cm时，对应的时间不可能是3.5s，B错误；
C．因为振子运动不是匀变速运动，此时速度大小一定不是经过平衡位置速度的一半，C错误；
D．振子的位移x=5cm时，回复力的方向指向平衡位置，所以加速度方向指向平衡位置，即指向负方向，加速度为负值，D正确。
故选D。
5．C
【解析】
【分析】
【详解】
地磁场与电流的磁场的合磁场指向东北方向，因为地磁场由南指向北，所以电流的磁场由西指向东，根据安培定则，导线南北放置，通有由北向南的电流。
故选C。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
．
ABD．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，从O到A的斜率表示电场强度的大小，则从O到A的电势φ随位移x的变化图线的斜率先增大后减小，速度图线的斜率表示加速度，从O到A电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故ABD错误；
C．根据能量守恒关系，则
而
且
由此可知
由此粒子的动能Ek与x的图线斜率是先增大后减小，故C正确。
关系C。
7．A
【解析】
【详解】
A．由电荷守恒定律可得一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；
B．当两带电体的距离趋于零时，带电体不能视作点电荷，故静电力不趋于无穷大，故B错误；
C．电场中某一点的电场强度，只由电场本身决定，与在该点放不放试探电荷、所放试探电荷量的大小、试探电荷在该点所受电场力的大小均无关，故C错误；
D．电场线是为了能够形象描述电场而假想的曲线，一般是由正电荷或无穷远处出发，终止于无穷远处或负电荷，不是闭合曲线，故D错误。
故选A。
8．AB
【解析】
【详解】
试题分析：Q沿斜面方向受到两个力：重力分力和库仑力，Q点向上运动过程中，开始时库仑力大于重力沿斜面的分力，Q向上加速运动，库仑力减小，重力的分力不变，加速度减小，当库仑力等于重力的分力时，加速度减小到0时，速度最大，此后库仑力继续减小，小于重力的分力，Q开始做减速运动，加速度逐渐增大，故A正确；向上的运动过程中，库仑力一直做正功，电势能减小，机械能增大，故B正确；Q先做加速运动后做减速运动，所以Q的动能先增大后减小，所以Q和P的电势能和重力势能之和先减小后增大，故C错误；只有重力和电场力做功，所以动能、重力势能和电势能三者之和不变，运动过程中，重力势能增大，所以Q和P的电势能和动能之和逐渐减小，故D错误．
考点：电场力做功；库仑定律
【名师点睛】本题主要考查了电场力做功和库仑定律，难点是几种能量转换关系．这类题目要求学生知道：第一、只有重力和电场力做功，所以动能、重力势能和电势能三者之和不变．第二，知道库仑力的特点，在Q的运动过程中，重力的分力不变，但库仑力逐渐减小，从而Q做变加速度运动．第三，加速度为0时，速度最大．
9．BD
【解析】
【详解】
A项：根据电阻I-U图像斜率的倒数表示电阻可知：R1小于R2，故A错误；
B项：根据串联电路中电流处处相等，由A判断R1小于R2，再根据P=I2R可知，R1消耗的功率小于R2消耗的功率，故B正确；
C项：根据并联电路中各支路电压相等由A判断R1小于R2，所以R1的电流大于R2的电流，故C错误；
D项：：根据串联电路中电流处处相等，由A判断R1小于R2，再根据U=IR，可知R1两端电压小于R2两端电压，故D正确．
点晴：解决本题关键理解电阻I-U图像斜率的倒数表示电阻，串联电路中电流处处相等和联电路中各支路电压相等．
10．BC
【解析】
【详解】
ABC．当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为，即有
当弹簧一端连接另一质量为的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立得
故A错误，BC正确。
D．弹簧重新恢复原长时，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
物体B的动量大小为
解得
选项D错误。
故选BC。
11． 180 小于 20 982 4000
【解析】
【详解】
(1)[1]由题意知划不动变阻器R1的阻值很大，因此开关S1闭合时是电流计与R1串联，而S2接通以后是电流计与R2并联以后在于R1串联，因此整个电路的电阻可做不变，则电流不变，此时电流计的电流为原来的一般，因此R2分流和电流计的电流相同，因此
[2]由于接入，回路中的电阻减小，电流增大，所以，即测量值小于真实值。
(2)[3]根据原理图可判断1、2挡为电流挡，其中1挡量程为，2挡量程为。4、5挡为电压挡，4挡量程为，5挡量程为。根据电流关系
，
则表头等效内阻，等效满偏电流为。
[4]接1挡时，由电表改装可知
。
[5]接5挡时，电压表量程为，则
解得
12． cd 0.581 0.541
【解析】
【详解】
(1)[1]推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故bc段为匀速运动的阶段，故选bc计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，故小车A与小车B碰撞发生在cd段，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选de段来计算碰后共同的速度。
(2)[2][3]碰前小车A的速度为
碰前的总动量为
；
碰后小车的共同速度为
碰后的动量为
13．(1)0.2A；(2)1.44W； (3)0.12W，1.32W
【解析】
【详解】
(1)通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，则
(2)电动机两端电压
电动机输入的电功率
(3)电动机的发热功率
电动机的机械功率，也就是电动机的输出功率
14．（1）正电；（2）；（3）球将沿着细线的方向做加速度为2g的匀加速运动
【解析】
【详解】
（1）小球受电场力与场强方向相同，可知小球带正电；
（2）由平衡可知
解得小球的电荷量
（3）若将细线剪断，小球只受电场力和重力作用，则小球将沿着两个力的合力方向（细线的方向）做匀加速运动，则
加速度为
a=2g
15．（1）水平向左、 ；（2）（n=1,2,3,…）；（3）；
【解析】
【详解】
（1）当子弹与物块一起摆到最大角度时，竖直方向的分速度为零，故速度v的方向水平向左；释放后物块做平抛运动，则有
H–Lcos 60°=gt2
R=vt
联立解得
v=
（2）物块做平抛运动的时间
t=
要保证物块能落在小桶中，则有
ωt=2nπ（n=1,2,3,…）
可得转盘的角速度
ω=（n=1,2,3,…）
（3）子弹射入物块过程，子弹和物块系统动量守恒，有
mv0=(M+m)v1
从子弹射入物块到释放物块，对小车、物块和子弹组成的系统，水平方向不受外力，在水平方向上动量守恒，则有
mv0=(M0+M+m)v
在物块摆动过程中，由能量守恒有
=+(M+m)gL(1–cos 60°)
联立解得
M0=
v0=
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