2022-2023学年重庆市三峡名校高二上学期秋季联考物理试题（解析版）

三峡名校2022年秋季联考高2024届物理试卷

满分：100分    时量：75分钟

一、选择题（本题共10小题，共43分。第1--7题每题4分，只有一项符合题目要求；第8--10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）

1．下列表述符合物理学史事实的是（　　）

A．牛顿发现了万有引力定律

B．点电荷模型的建立运用了等效替代法

C．库仑用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究

D．库仑最早测出了元电荷e的数值

2．某电场的电场线如图中实线所示。带电粒子仅在电场力作用下由点运动到点，其运动轨迹如图中虚线所示，下列判断正确的是（　　）

A．粒子带负电

B．粒子在点的电势能大于在点的电势能

C．粒子在点的电势能小于在点的电势能

D．粒子在点的加速度小于在点的加速度

3. 如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，当射击持续了一会儿后停止，则小车（   ）

A．速度为零

B．将向射击方向作匀速运动

C．将向射击相反方向作匀速运动

D．无法确定

4. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线,且彼此隔开一定的距离;具有初速度的第5号物块向左运动,依次与其余四个静止物块发生碰撞,如图所示;最后这五个物块粘成一个整体。则它们最后的速度为(　　)

A.       B.           C.      D.

5．如图所示，直角三角形MPQ的∠P=90°，直角边MP=2a、QP=3a。在M点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向里。在Q点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向外。两导线中的电流大小均为I，已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式（k是常数、I是导线中的电流强度、r是该点到直导线的垂直距离）表示，则P点磁感应强度的大小为（　　）

A． B． C． D．

6．如图所示,在匀强电场中,有边长为L=5 cm的等边三角形ABC,D、E、F分别为AB边、BC边、AC边的中点,三角形所在平面与匀强电场的电场线平行.O点为该三角形的中心,三角形各顶点的电势分别为=1 V,=3 V、=5 V,元电荷的电荷量为e,下列说法正确的是 （　　）                    

A.O点电势为4 V

B.匀强电场的场强大小为80 V/m,方向由A指向C

C.在三角形ABC的内切圆的圆周上的D点电势最低

D.将电子由E点移到F点,电子的电势能增加了1 eV

7．如图所示,质量为m的一价正离子从A点射入水平方向的匀强电场,初速度方向与水平方向的夹角θ= 60°.当离子运动到电场中的P点时速度最小(P点未画出),且最小速度为v,不计离子重力,下列说法正确的是（　　）      

A.电场方向水平向左,=

B.电场方向水平向左,=

C.电场方向水平向右,=   

D.电场方向水平向右,=      

8．如图所示，直线A为某电源的图线，曲线B为某小灯泡L的图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时小灯泡L恰能正常发光，下列说法错误的是（　　）

A．此电源的内阻为0.67Ω

B．由图可知小灯泡L的额定功率小于6W

C．小灯泡L的电阻随两端电压的增大而增大

D．把小灯泡L换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低

9．平行板电容器充电之后,右侧极板带正电,左侧极板带负电,将右侧极板固定到绝缘支架上,左侧极板接地,如图所示.手持左侧极板上的绝缘手柄,移动左侧极板,下列说法正确的是（　　）

A.保持正对面积不变,增大两极板间距离,场强减小

B.保持正对面积不变,增大两极板间距离,右极板电势升高

C.保持两极板间距离不变,减少正对面积,场强变大

D.保持两极板间距离不变,减少正对面积,右极板电势降低

10．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘轻杆，带等量异种电荷的小球a、b固定在轻杆两端，两球质量相同。现将两小球从图示实线位置由静止释放，在静电力作用下，两小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0，不考虑两小球间相互作用和一切摩擦。该过程中（　　）

A．任意时刻，球a电势能等于球b电势能

B．球a电势能增加，球b电势能减少

C．静电力对两小球均做负功

D．两小球的总动能增加

二、实验题（11题6分，12题10分，共16分）

11.(6分)用半径相同的两小球A、B碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意图如图所示,斜槽与水平槽平滑连接。实验时先不放B球,使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处,让A球仍从C处由静止滚下,A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是铅垂线所指的位置。若测得各落点痕迹到O点的距离OM=2.68 cm, OP=8.62 cm, ON=11.50 cm,并知A、B两球的质量比为2∶1,则未放B球时A球落地点是记录纸上的　　　点,系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p'的百分误差×100%=　　　　%(结果保留一位有效数字)。 

12．（10分）在一次课外活动中，某物理兴趣小组为了测量电池的电动势和内阻设计了如图（a）所示的两个电路，并在实验室寻找到了下列器材：

电压表V （量程0--15 V，内阻约15 kΩ）；

电流表A1（量程0--0.6 A，内阻约1.0Ω）；

电流表A2（量程0--1 mA，内阻40Ω）；

电阻箱R1（阻值范围0 --9999Ω）；

滑动变阻器R2（阻值范围0--20Ω，额定电流2 A）；导线、开关若干。

（1） 甲同学要测的电池电动势约为3 V，因电压表的量程过大，测量不精确，可用电流表改装。要将电流表改装成0--3 V量程的电压表，甲同学选用电流表A2，将其与电阻箱R1___________（选填“串联”或“并联”），此时电阻箱R1的阻值应调至__________Ω。

（2） 乙同学想要测量某电池的电动势（约3.0V）和内阻（约2. 0Ω）。选用合适器材后，应选择最优电路___________（选填“A”或“B”）进行测量。

（3） 丙同学测量一节干电池的电动势和内阻，选择合适的电路（电路B）以及器材后进行了测量，得到的一条实验数据拟合线如图（b）所示，则该电池的电动势E =___________V（保留3位有效数字），内阻r=___________Ω （保留3位有效数字）。

三、计算题（要写出必要的物理公式和文字说明，共41分）

13．（11分）高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：

（1）整个过程中重力的冲量大小；

（2）安全带作用时间内对人的平均作用力大小．

14．（12分）如图所示是欧姆表的原理示意图，其中，电流表的满偏电流为300μA，电阻Rg=100Ω，调零电阻最大值R=50kΩ，串联的定值电阻R0=100Ω，电源电动势E=1.5V，内阻r=2Ω。

（1）欧姆调零后，求接入电路中的电阻R的阻值；

（2）当电流是满偏电流的六分之五时，用它测得的电阻Rx是多少？

15．（18分）如图,倾角θ=30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中,一质量为m、电荷量为+q的小滑块A放在斜面上,恰好处于静止状态.质量也为m的不带电小滑块B从斜面上与A相距为L的位置由静止释放,下滑后与A多次发生弹性正碰,每次碰撞时间都极短,且没有电荷转移,已知重力加速度大小为g.求:

(1)斜面对A的支持力大小和匀强电场的场强大小;

(2)两滑块发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的时间间隔;

(3)在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中,A的电势能增加量.

参考答案

1、A

【详解】A．牛顿在前人研究的基础上发现了万有引力定律，故A正确；

B．点电荷模型的建立运用了理想化物理模型法，故B错误；

C．法拉第用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究，故C错误；

D．密立根通过油滴实验最早测出了元电荷的数值，故D错误。

故选A。

2、B 【解析】A．由粒子的运动轨迹可知，粒子的受力沿着电场线的方向，所以粒子为正电荷，A错误；

BC．粒子从点到点的过程中，电场力做正功，故粒子在点的电势能大于在点的电势能，C错误，B正确；

D．电场线越密的地方电场强度越大，故可得粒子在点的加速度大于在点的加速度，D错误。

故选B。

3、【答案】A

【解析】整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹簧向入档板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，A正确，BCD错误。

4、答案:B

解析:由五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用,故系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得mv0=5mv,得v=v0,即它们最后的速度为v0,故选项B正确。

5、【答案】D

【详解】根据安培定则可知，固定在M点和Q点的通电直导线在P点的磁场如图所示，两通电直导线在P点的磁感应强度大小、     

则P点的磁感应强度大小

故选D。

6、D

AC边中点F点的电势为, 与B点电势相等,则B、O、F连线为一条等势线,O点电势为3 V,故A错误;匀强电场中等势线和电场线垂直,可知AC与电场方向平行,又C、A间的电势差为=-=4 V,则匀强电场的场强大小为=80 V/m,由沿电场方向电势逐渐降低,可知电场方向由C指向A,故B错误;根据沿电场方向电势逐渐降低,可知过O作CA的平行线与三角形ABC的内切圆的左上方的交点电势最低,故C错误;E点的电势为

,故=-=1 V,故将电子由E点移到F点,电场力做的功为W=q=-1 eV,则电势能增加1 eV,故D正确.

7、B　

由题意作出粒子的运动轨迹,如图所示,由于粒子在P点的速度最小,则粒子所受的电场力方向水平向左,粒子沿垂直电场的方向做匀速直线运动,粒子在沿电场方向先向右做减速运动,当水平速度减为零时粒子的速度最小,所以粒子在A点与在P点的速度关系为v=sin 60°,粒子由A到P的过程,由动能定理得e=m-m,由以上解得= - ,B正确,ACD错误.

8．【答案】ABD

【详解】A．根据图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此电源的内阻 故A错误；

B．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压，额定电流，则额定功率为 故B错误；

C．根据欧姆定律

可知灯泡图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，可知小灯泡L的电阻随两端电压的增大而增大，故C正确；

D．电源的输出功率图像如下

由图可看出当时输出功率最大，有选项C知小灯泡L的额定电压，额定电流，则小灯泡L正常发光时的电阻为

若把灯泡L换成阻值恒为1Ω的纯电阻，则更接近内阻则电源的输出功率变大，根据分压原理，可知路端电压变小，电源效率

可知电源效率变低，故D错误。

故选ABD。

9、BC　

平行板电容器的电容,电容器两极板间的电压U=Q/C,场强,由题意知,电荷量Q不变.保持S不变,增大d,两极板间场强不变,电容C减小,电压U增大,故右极板电势升高,故A错误,B正确;保持d不变,减少S,两极板间场强变大,电容C减小,电压U增大,故右极板电势升高,故C正确,D错误.

10、AD

【解析】A．设小球的转动半径为R，转动过程中任意时刻杆与水平方向的夹角为θ，则转动中任意时刻带正电小球的电势能为

Ep+=qφ=q×（-ERcosθ）=-qER cos θ

同理，转动中任意时刻带负电小球的电势能为

Ep-=-qφ'=-q×ERcosθ=-qERcosθ

故转动中两小球的电势能始终相等，故A正确；

B．小球运动方向与受力方向夹角小于90°，静电力对两小球均做正功，故B错误；

CD．该过程中电场力对两个小球都做正功，两小球的电势能均减小，则两小球的总电势能减小，而两小球的总动能增加，故C错误，D正确；

故选AD。

11、（6分）答案:P（3分）、2（3分）

解析:根据实验现象,未放B球时A球落地点是记录纸上的P点;碰撞前总动量p与碰撞后总动量p'的百分误差×100%=×100%=2%。

12、（10分）每空2分 

（1）串联  2960  （2）B  （3） 1.45~1.48     0.630~0.680

【详解】（1）[1][2]将电流表改装成0~3 V量程的电压表，需要用电流表A2，将其与电阻箱R1串联，此时电阻箱R1的阻值应调至 

（2）[3]由于电流表内阻对电源内阻测量的影响较大，则应该采用B电路进行测量；

（3）[4][5]将图线延长与两个坐标轴相交，则由图像可知，电动势E=1.46V   内阻

13、（11分）【答案】（1）    （2）

【详解】对自由落体运动，有：h= 解得：，（2分）

则整个过程中重力的冲量I=mg（t+t1）=mg（t+）（3分）

（2）规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：

mg（t1+t）﹣Ft=0 （3分） 解得：F=  （3分）

其它解法酌情给分。

14、（12分）【答案】（1）4798Ω；（2）1000Ω

【详解】（1）当电流表满偏时有

其中R内为欧姆表的内阻，所以有 （3分）

而R内=r+Rg+R0+R 解得R=4798Ω   （3分）

（2）用它测量电阻Rx时，当指针指在满偏电流时有 （3分） 解得 （3分）

15、（18分）

(1)滑块A的受力如图     

A处于静止状态,则斜面对滑块A的支持力大小为 （1分）

解得N=;  (1分）

滑块A受到的电场力大小为，（1分）解得;（1分）

(2)B下滑过程中,设加速度大小为a,第1次与A碰撞时的速度为v,有=ma，  =2aL,  （1分）

设第1次碰撞后A的速度为,B的速度为,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv=m+m，（1分） （1分）解得=, （1分），=0（1分）

第1次碰撞后,A匀速下滑,B匀加速下滑,发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等,设所用时间为,有= 解得=（1分）

(3)由(2)可知,第2次碰撞前瞬间B的速度为=+a即第2次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为=,=（1分）

根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得,碰撞后速度交换,故=2,（1分）=（1分）

发生第2次碰撞到发生第3次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等,设所用时间为,有=+、解得=,（1分）， （1分）

即第3次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为,

碰撞后速度再次交换,故,

以此类推,每次碰撞后A的速度分别为=、、…

相邻两次碰撞的时间间隔T均相等,且T=所以,在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中,A的位移为=40L（1分）

则A的电势能增加量为，（1分）解得ΔE=20mgL（1分）