重庆市三峡名校联盟2022-2023学年高二上学期秋季联考物理试题

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重庆市三峡名校联盟2022-2023学年高二上学期秋季联考物理试题
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）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．（2分）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M 点运动到N 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M 点的电势能大于在N 点的电势能
C ．粒子在M 点的电势能小于在N 点的电势能
D ．粒子在M 点的加速度小于在N 点的加速度
3．（2分）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．（2分）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v 0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 ．v 0
B ．v
05
C ．v 03
D ．v 04
5．（2分）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 ，已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式B =
kI
r
（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 ．5kI a
B ．5kI 6a
C ．√13kI a
D ．√13kI 6a
6．（2分）如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm 的等边三角形ABC ，三角形所在平面与匀强电场
的电杨线平行。

O 点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA =1V ，φB =3V 、φC =5V ，下列说法正确的是（ ）
A ．O 点电势为4V
B ．匀强电场的场强大小为80V/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1eV
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装…………○………………线…………○…※要※※在※※装※※订※装…………○………………线…………○…7．（2分）如题图所示，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，U AP =−3mv 2
2e
B ．电场方向水平向左，U AP =−mv 2
6e
C ．电场方向水平向右，U AP
=mv 26e
D ．电场方向水平向右，U AP =3mv 2
2e
(共3题；共9分)
8．（3分）如图所示，直线A 为某电源的U −I 图线，曲线B 为某小灯泡L 的U −I 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．（3分）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，手持左侧极板上的绝缘手柄，移动左侧极板，下面说法正确的是（ ）
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．（3分）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
(共2题；共7分)
11．（2分）用半径相同的两小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图，斜槽与水平槽
圆滑连接。

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 求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 点是垂直所指的位置，若测得各落点痕迹到O 点的距离：OM=2.68cm ，OP=8.62cm ，ON=11.50cm ，并知A 、B 两球的质量比为2：1，则未放B 球
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…装…………○……………线………___ 姓名：___________ 班级_
…装…………○……………线………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
|p−p ′|p
= %（结果保留一位有效数字）。

12．（5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A 1（量程0~0.6 A ，内阻约1.0Ω）； 电流表A 2（量程0~1 mA ，内阻40Ω）； 电阻箱R 1（阻值范围0 ~9999Ω）；
滑动变阻器R 2（阻值范围0~20Ω，额定电流2 A ）；导线、开关若干。

（1）（2分）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A 2，将其与电阻箱R 1 （选填“串联”或“并联”），此时电阻箱R 1的阻值应调至 Ω。

（2）（1分）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）（2分）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）。

(共3题；共35分)
13．（10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）（5分）整个过程中重力的冲量；
（2）（5分）该段时间安全带对人的平均作用力大小．
14．（10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R g =100Ω，
调零电阻最大值R=50kΩ，串联的定值电阻R 0=100Ω，电源电动势E=1.5V ，内阻r=2Ω。

（1）（5分）欧姆调零后，求接入电路中的电阻R 的阻值；
（2）（5分）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．（15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：
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（1）（5分）斜面对A 的支持力大小和匀强电场的场强大小；
（2）（5分）两滑块发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的时间间隔；
（3）（5分）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。

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答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A ．牛顿在前人研究的基础上发现了万有引力定律，A 符合题意；
B ．点电荷模型的建立运用了理想化物理模型法，B 不符合题意；
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，C 不符合题意；
D ．密立根通过油滴实验最早测出了元电荷的数值，D 不符合题意。

故答案为：A 。

【分析】熟悉物理学史上各个事件，是求解该题的关键。

2．【答案】B
【解析】【解答】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
不符合题意；
BC ．粒子从 M 点到 N 点的过程中，电场力做正功，故粒子在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能，C 不符合题意，B 符合题意；
D ．电场线越密的地方电场强度越大，故可得粒子在 M 点的加速度大于在 N 点的加速度，D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】粒子做曲线运动，合外力要指向轨迹的内侧，所以电场力方向与电场方向相同，粒子带正电。

电场力做正功，电势能减小。

3．【答案】A
【解析】【解答】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，当子弹簧向入挡板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，A 符合题意，BCD 不符合题意 故答案为：A
【分析】整个系统水平方向上不受外力，动量守恒。

初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，最终整个系统动量为零，小车速度为零。

4．【答案】B
【解析】【解答】由于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 mv 0=5mv ，得 v =15
v 0 ，即它们最后的速度为 1
5v 0
故答案为：B 。

【分析】5个物块最终将变为一个整体，系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得最终5个物块一起运动的速度大小。

5．【答案】D
【解析】【解答】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 B 1 、 B 2 B 1=kI 2a
B 2=
kI 3a
则P 点的磁感应强度大小 B =√B 12+B 22=√13kI 6a
故答案为：D 。

【分析】根据安培定则得出通电导线周围磁感应强度的方向，结合磁感应强度的合成得出P 点磁感应强度的大小。

6．【答案】D
【解析】【解答】A ．AC 中点F 点的电势为 φF =φA +φ
C 2
=3V ，与B 点电势相等，则BOF 连线为一
条等势线，则O 点电势为3V ，A 不符合题意；
B ．匀强电场中等势线和电场线垂直，可知A
C 在电场方向，C 、A 间的电势差为 U CA =φC −φA =
4V ，则 E =U
CA CA
=80V/m ，沿电场方向电势逐渐降低，可知电场方向由C 指向A ，B 不符合题
意；
C ．根据沿电场方向电势逐渐降低，可知过O 做CA 平行线线与三角形ABC 的内切圆的左上方的交点电势最低，C 不符合题意；
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…线…………○……线…………○…D ．E 点的电势为 φE =φB +φ
C 2
=4V ，则 U EF =φE −φF =1V ，则将电子由E 点移到F 点，电场
力做功为 W =qU EF =−1eV ，则电势能增加 1eV ，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】因为是匀强电场，F 点的电势与B 点电势相等，则BOF 连线为一条等势线。

沿电场方向电势逐渐降低，将电子由E 点移到F 点，由电场力做功公式求得电场力做功。

7．【答案】B
【解析】【解答】AB ．若电场水平向左，则电场力水平向左，则粒子水平方向向右先做匀减速运动，
竖直方向做匀速运动，当粒子水平速度减为零时速度最小，设初速度为v 0，则v=v 0sin60° 由动能定理U AP e =12mv 2−12mv 02 解得U AP
=−mv 26e
A 不符合题意，
B 符合题意；
CD ．若电场方向水平向右，则粒子受向右的电场力作用，水平方向向右做匀加速运动，则粒子速度不会出现最小值，CD 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】若电场水平向左，结合速度的分解以及动能定理得出AP 之间的电势差；若电场方向水平向右，结合粒子的运动判断粒子速度的变化情况。

8．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A ．根据 U −I 图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此电源的内阻 r =|
1−4
6−0
|Ω=0.5Ω ，A 错误，符合题意；
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 U =3V ，额定电流 I =2A ，则额定功率为 P =UI =6W ，B 错误，符合题意；
C ．根据欧姆定律 R =U I ，可知灯泡 U −I 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，C 正确，不符合题意； D ．电源的输出功率图像如下
由图可看出当 R 外=r 时输出功率最大，有C 知小灯泡L 的额定电压 U =3V ，额定电流 I =2A ，则小灯泡L 正常发光时的电阻为 R L =1.5Ω>0.5Ω ，若把灯泡L 换成阻值恒为1Ω的纯电阻，则 R 外 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，电源效率为 η=
U
E
×100% ，可知电源效率变低，D 错误，符合题意。

故答案为：ABD 。

【分析】两图线的交点表示小灯泡L 与电源连接时的工作状态，灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压。

灯泡 U −I 图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，外电路电阻 R 外 更接近内阻，则电源的输出功率越大。

9．【答案】B,C
【解析】【解答】BD ．平行板电容器的电容C =εr S
4πkd
容器两极板间的电压 U =Q C
电荷量Q 不变，保持S 不变，增大d ，电容C 减小，电压U 增大，故右极板电势升高；电荷量Q 不变，保持d 不变，减少S ，电容C 减小，电压U 增大，故右极板电势升高；B 符合题意；D 不符合题意；
AC ．由 E =U d =Q Cd =4πkQ
εr S
保持正对面积不变，增大两极板间距离，两板间场强不变；保持两极板间距离不变，减少正对面积，场强变大；A 不符合题意C 符合题意。

故答案为：BC 。

【分析】根据电容器的定义式和决定式分析判断电容器电容的变化情况；利用匀强电场电场强度的表达式得出增大两极板间的距离时场强的变化情况。

10．【答案】A,D
【解析】【解答】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
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中任意时刻带正电小球的电势能为E p +=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E p-=-qφ'=-q×ERcosθ=-qERcosθ，故转动中两小球的电势能始终相等，A 符合题意； 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，B 不符合题意；
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，C 不符合题意，D 符合题意； 故答案为：AD 。

【分析】转动过程中，电荷所在位置电势发生改变，所以电势能改变。

电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。

11．【答案】P ；2
【解析】【解答】A 与B 相撞后，B 的速度增大，A 的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，
落地时间相同，所以P 点是没有碰时A 球的落地点，N 是碰后B 的落地点，M 是碰后A 的落地点；所以，根据实验现象，未放B 球时A 球落地点是记录纸上的P 点。

碰前系统的总动量可等效表示 p =m A ⋅OP ，碰后系统的总动量可等效表示为 p ′=m A OM +m B ⋅ON ，则其百分误差 |p−p ′
|p
=
|m A OP−(m A OM+m B ON)|
m A OP
，代入数据解得碰撞前总动量p 与碰撞后总
动量p′的百分误差 |P−P′|P
＝0.02=2%
【分析】A 与B 相撞后，B 的速度增大，A 的速度减小。

根据实验现象，未放B 球时A 球落地点是记录纸上的P 点。

两球都做平抛运动，运动位移之比即为初速度之比。

根据百分误差表达式，代入数据即可求得百分误差。

12．【答案】（1）串联；2960
（2）B
（3）1.46；0.64
【解析】【解答】（1）将电流表改装成0~3 V 量程的电压表，需要用电流表A 2，将其与电阻箱R 1串联，此时电阻箱R 1的阻值应调至 R =U I g −r g =3
10
−3Ω−40Ω=2960Ω （2）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）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 r =
ΔU ΔI =1.46−1.10
0.56
Ω=0.64Ω 【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出电阻箱的阻值；
（2）根据测量电池的电动势和内阻的实验原理选择正确的电路图； （3）结合U-I 图像得出电源的电动势以及电源的内阻。

13．【答案】（1）解：对自由落体运动，有 ℎ=
1
2gt 1
2
解得 t 1=√2ℎg
则整个过程中重力的冲量 I =mg(t +t 1)=mg(t +√2ℎ
g
)
（2）解：规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有： mg(t 1+t)−Ft =0 解得：F= m √2gℎt
+mg
【解析】【分析】（1）求出运动的总时间，代入冲量定义式即可求得重力的冲量。

（2）根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化，求解安全带对人的平均作用力大小。

14．【答案】（1）解：当电流表满偏时有 I g =E
R 内
其中R 内为欧姆表的内阻，所以有 R 内=E
I g
=
1.5300×10
−6Ω
=5000Ω
而R 内=r+R g +R 0+R 解得R=4798Ω
（2）解：用它测量电阻Rx 时，当指针指在满偏电流 56 时有 56I g =E R 内+R x 解得 R x =6E
5I g
−R 内=1000Ω
故测得的电阻Rx 是1000Ω
【解析】【分析】（1）根据欧姆定律以及串联电路总电阻的求解得出接入电路中的电阻R 的阻值；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出待测电阻的阻值。

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15．【答案】（1）解：滑块A受力受力如图，A处于静止状态，则
斜面对滑块A的支持力大小为N=mg cosθ
滑块A受到的电场力大小为qE=mgtanθ
可得N=2√3mg
3
E=√3mg 3q
（2）解：B下滑过程中，加速度大小为a，第1次与A碰撞时的速度为乙，有mgsinθ=ma
由运动学公式v2=2aL
第1次碰撞后A的速度为v A1，B的速度为u B1，由动量守恒和机械能守恒得mv=mv Al+mu B1
1
2mv2=1
2mv A12+
1
2mu B12
解得v A1=√gL
u B1=0
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，所用时间为t1，有v A1t1=12at12
解得t1=4√L g
（3）解：由（2）可知，第2次碰撞前瞬间B的速度为v B1=u B1+at
即第2次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为v A1=√gL
v B1=2√gL
碰撞后速度交换，可得v A2=2√gL
u B2=√gL
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，所用时间为t2，有v A2t2=v B2t2+12at22
v B2=u B2+at2解得t2=4√L g
v B2=3√gL 即第3次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为v A2
=2√gL
v B2=3√gL 碰撞后速度交换v A3=3√gL
u B3=2√gL 以此类推，每次碰撞后A的速度分别为v A1=√gL
v A2=2√gL v A3=3√gL…
相邻两次碰撞的时间间隔T均相等，且T=4√L g
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s=v A1T+v A2T+v A3T+ v A4T=40L
A的电势能增加量为ΔE=qEcosθ
解得ΔE=20mgL
【解析】【分析】（1）滑块处于静止，利用滑块的平衡方程可以求出支持力和电场强度的大小；
（2）B下滑过程中，利用牛顿第二定律看求出加速度的大小；结合速度位移公式可以求出滑块B碰前速度的大小，结合动量守恒定律和动能守恒定律可以求出碰后两者速度的大小；结合第一次碰后两者运动的位移相等可以求出第一次碰撞到第二次碰撞后的时间；
（3）从（2）可得第二次碰后B的速度大小；利用位移公式可以求出第三次开始碰撞所花时间，结合速度公式可以求出两者碰前速度的大小；结合速度的交换可以求出碰后速度的大小；以此类推可以求出每次碰后两者的速度大小；结合位移的大小及电场力的大小可以求出电势能增加量的大小。