2022-2023學年重慶市三峽名校聯(lián)盟高二（上）聯(lián)考物理試卷（附答案詳解）

2022-2023學年重慶市三峽名校聯(lián)盟高二（上）聯(lián)考物理試卷

1.下列表述符合物理學史事實的是（）

A.牛頓發(fā)現了萬有引力定律

B.點電荷模型的建立運用了等效替代法

C.庫侖用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場，促進了電磁現象的研究

D.庫侖最早測出了元電荷e的數值

2.某電場的電場線如圖中實線所示。帶電粒子僅在電場力作用下由M點運動到N點，其運

動軌跡如圖中虛線所示，下列判斷正確的是（）

A.粒子帶負電

B.粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能

C.粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能

D.粒子在M點的加速度小于在N點的加速度

3.如圖所示，一小車停在光滑水平面上，車上一人持槍向車的豎直擋板連續(xù)平射，所有子

彈全部嵌在擋板內沒有穿出，當射擊持續(xù)了一會兒后停止，則小車（）

A.速度為零B.將向射擊方向作勻速運動

C.將向射擊相反方向作勻速運動D.無法確定

4.質量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初

速度處的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發(fā)生碰撞，如圖所示，最后這五個

物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為（）

,%

12345

A.vB.最C

0-TD-T

5.如圖所示，直角三角形MP。的NP=90。，直角邊MP=2a、QP=3a,在M點固定一條

長直導線，電流方向垂直紙面向里。在。點固定一條長直導線，電流方向垂直紙面向外。兩

導線中的電流大小均為I,己知無限長的通電直導線產生的磁場中某點的磁感應強度大小可用

公式8=是常數、/是導線中的電流強度、，是該點到直導線的垂直距離）表示，則尸點磁

M0

感應強度的大小為（

QQ

c舊必D8td

,6a

6.如圖所示，在勻強電場中，有邊長為5cs的等邊三角形ABC,三角形所在平面與勻強電

場的電楊線平行.。點為該三角形的中心，三角形各頂點的電勢分別為a=IV,WB=3V、

（pc=5K,下列說法正確的是（）

A.0點電勢為4y

B.勻強電場的場強大小為8017m,方向由A指向C

C.在三角形48c的內切圓的圓周上的。點電勢最低

D.將電子由￡點移到F點，電子的電勢能增加了\eV

7.如圖所示，質量為〃?的一價正離子從4點射入水平方向的勻強電場，初速度方向與水平

方向的夾角。=60°.當離子運動到電場中的P點時速度最?。≒點未畫出），且最小速度為".不

計離子重力，下列說法正確的是（）

電場方向水平向左，U=--—電場方向水平向左，U=--

A.nArPZeB.AnPrbe

C.電場方向水平向右，UAP=^-D.電場方向水平向右，外「=挈

8.如圖所示，直線A為某電源的U-/圖線，曲線B為某小燈泡L的U-/圖線的一部分，用

該電源和小燈泡L串聯(lián)起來組成閉合回路時小燈泡L恰能正常發(fā)光，下列說法錯誤的是（）

A.此電源的內阻為0.670

B.由圖可知小燈泡L的額定功率小于6W

C.小燈泡心的電阻隨兩端電壓的增大而增大

D.把小燈泡心換成阻值恒為10的純電阻，電源的輸出功率將變小，效率將變低

9.平行板電容器充電之后，右側極板帶正電，左側極板帶負電，將右側極板固定到絕緣支

架上，左側極板接地，手持左側極板上的絕緣手柄，移動左側極板，下面說法正確的是（）

A.保持正對面積不變，增大兩極板間距離，場強減小

B.保持正對面積不變，增大兩極板間距離，右極板電勢升高

C.保持兩極板間距離不變，減少正對面積，場強變大

D.保持兩極板間距離不變，減少正對面積，右極板電勢降低

10.如圖所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣輕桿，帶等量異種電荷的小球a、b固定在

輕桿兩端，兩球質量相同?，F將兩小球從圖示實線位置由靜止釋放，在靜電力作用下，兩小

球繞輕桿中點。轉到水平位置。取。點的電勢為0,不考慮兩小球間相互作用和一切摩擦。

該過程中（）

A.任意時刻，球”的電勢能等于球6的電勢能

B.球。的電勢能增加，球6的電勢能減少

C.靜電力對兩小球均做負功

D.兩小球的總動能增加

11.用半徑相同的兩個小球A、B的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置示意圖如圖所示，斜

槽與水平槽圓滑連接.實驗時先不放8球，使4球從斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下，落到

位于水平地面的記錄紙上留下痕跡.再把8球靜置于水平槽前邊緣處，讓A球仍從C處由靜

止?jié)L下，4球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡.記錄紙上的O點是重垂線所

指的位置，若測得各落點痕跡到。點的距離：OM=2.68cm,OP=8.62cm,ON=11.50cm,

并知A、8兩球的質量比為2：1,則未放B球時A球落地點是記錄紙上的點，系統(tǒng)碰

12.在一次課外活動中，某物理興趣小組為了測量電池的電動勢和內阻設計了如圖（a）所示

的兩個電路，并在實驗室尋找到了下列器材：

圖（a）

電壓表U（量程0?15V,內阻約15k。）；

電流表4（量程。?0.64內阻約1.00）；

電流表人2（量程0?1機4內阻40。）；

電阻箱&（阻值范圍0?9999。）；

滑動變阻器/?2（阻值范圍0?200，額定電流24）；導線、開關若干。

（1）甲同學要測的電池電動勢約為3V,因電壓表的量程過大，測量不精確，可用電流表改裝。

要將電流表改裝成0~3U量程的電壓表，甲同學選用電流表/，將其與電阻箱&（選填

“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），此時電阻箱&的阻值應調至____0。

（2）乙同學想要測量某電池的電動勢（約3Q和內阻（約20000。選用合適器材后，應選擇最優(yōu)

電路（選填"A”或"B”）進行測量。

（3）丙同學測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，選擇合適的電路（電路B）以及器材后進行了測量,

得到的一條實驗數據擬合線如圖的）所示，則該電池的電動勢E=V（保留3位有效數字

圖(b)

13.高空作業(yè)須系安全帶.如果質量為，〃的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對

人剛產生作用力前人下落的距離為九(可視為自由落體運動).此后經歷時間f安全帶達到最大伸

長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，求：

(1)整個過程中重力的沖量；

(2)該段時間安全帶對人的平均作用力大小.

14.如圖所示是歐姆表的原理示意圖，其中，電流表的滿偏電流

為300〃4電阻Rg=1000,調零電阻最大值R=50k。，串聯(lián)的

定值電阻&=10。。，電源電動勢E=1.5V,內阻r=2D。

(1)歐姆調零后，求接入電路中的電阻R的阻值：

(2)當電流是滿偏電流的六分之五時，用它測得的電阻是多少？

15.如圖，傾角。=30。的足夠長光滑絕緣斜面固定在水平向右的勻強電場中，一質量為加、

電荷量為+q的小滑塊A放在斜面上，恰好處于靜止狀態(tài)。質量也為m的不帶電小滑塊B從斜

面上與4相距為L的位置由靜止釋放,下滑后與A多次發(fā)生彈性正碰，每次碰撞時間都極短，

且沒有電荷轉移，已知重力加速度大小為g。求：

(1)斜面對A的支持力大小和勻強電場的場強大小;

(2)兩滑塊發(fā)生第1次碰撞到發(fā)生第2次碰撞的時間間隔；

(3)在兩滑塊發(fā)生第1次碰撞到發(fā)生第5次碰撞的過程中，A的電勢能增加量。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4牛頓在開普勒行星運動研究的基礎上發(fā)現了萬有引力定律，故4正確；

8.點電荷模型的建立運用了理想化物理模型法，不是等效替代法，故B錯誤；

C.法拉第用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場，促進了電磁現象的研究，故C錯誤；

D密立根通過油滴實驗最早測出了元電荷的數值，故。錯誤.

故選：Ao

本題根據牛頓、法拉第、密立根的科學發(fā)現和理想模型法，即可解答。

本題考查學生對基本物理方法、物理學史的掌握，比較基礎。

2.【答案】B

【解析】解：人由粒子的運動軌跡可知，粒子的受力沿著電場線的方向，所以粒子為正電荷，故

A錯誤；

BC、粒從M點到N點的過程中，電場力做正功，故粒子在M點電勢能大于在N點的電勢能，故

C錯誤，8正確；

D、電場線越密的地方電場強度越大，故可得粒子在〃點的加速度大于在N點的加速度，。錯誤。

故選：B。

曲線運動所受合力指向軌跡的凹面；粒從M點到N點的過程中，電場力做正功，電勢能減?。浑?/p>

場線密的地方電場的強度大。

此題根據物體做曲線運動的條件，掌握住電場線的特點，即可解決本題，特別注意若電場力做正

功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加，難度不大，屬于基礎題。

3.【答案】A

【解析】解：整個系統(tǒng)水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由于初動量為零，因此

當子彈向右飛行時，車一定向左運動，當子彈簧向入檔板瞬間，車速度減為零，因此停止射擊時，

車速度為零，故A正確，BCD錯誤；

故選：A。

以所有子彈和車組成的系統(tǒng)為研究對象，根據動量守恒定律可求得當射擊持續(xù)了一會兒后停止時

小車的速度。子彈從槍口射出到射入擋板的過程中，車向左會發(fā)生位移。

本題考查了動量守恒定律的應用，根據題意分析清楚物體的運動過程是解題的前提，只要分析一

顆入射擋板的情況應得到答案，運用動量守恒定律進行分析。

4.【答案】B

【解析】解：以整體為研究對象，水平方向不受外力，系統(tǒng)在水平方向動量守恒。

取向左為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0=5mv

解得：v=^,故B正確、AC。錯誤。

故選：B。

以整體為研究對象，取向左為正方向，根據動量守恒定律列方程求解。

本題主要是考查了動量守恒定律，解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞

后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。

5.【答案】D

【解析】P點所受的合磁感應強度如圖所示:

根據磁感應強度公式B=弓，導線M在P處產生的磁感應強度=3,導線。在P處產生的磁

感應強度與=

根據平行四邊形定則，尸點的合磁感應強度協(xié)=J/+B尹J號尸+勃2=警,故ABC錯

誤，￡）正確。

故選：Do

6.【答案】D

【解析】解：A、根據勻強電場電勢隨距離均勻變化（除等勢面）的特點，AC中點尸的電勢為：＜pF=

空”=3V,與B點電勢相等，又/4BC是等邊三角形可知，BOF連線與AC垂直，即如=3乙

故4錯誤；

B、根據BO尸為等勢線且垂直AC可知，AC為電場線；根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，

電場方向由C指向A；根據勻強電場中。=Ed可知，E==80V/m,故8錯誤；

C、根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，4點電勢最低，故C錯誤；

D、過E點作垂直于AC,交于G點的線段，如圖所示：

A

由幾何關系可得：CG=C￡，cos60°=2.5cmx1=1.25cm

GF=CF-CG=2.5cm—1.25cm=1.25cm=0.0125m

根據〃=qExGF可得：W=-leV,電場力做負功，電勢能增加le匕故。正確；

故選：Do

根據勻強電場電勢隨距離均勻變化（除等勢面）的特點，AC中點的電勢為3匕則8。尸為一條等勢

線，C4連線即為一條電場線，由AC間的電勢差，由公式U=Ed求出場強大小、方向；根據沿著

電場線方向電勢逐漸降低，可以判斷電勢最低點；由電場力做功與電勢能的關系，求勢能變化。

本題考查對勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比U=Ed與運用公式勿=qU求

解電場力做功的能力，注意平時的積累。

7.【答案】B

【解析】解：若電場方向水平向右，則正離子受電場力水平向右，初速度方向與力的方向夾角為60。

是銳角，離子將一直加速，不會出現在P點速度最小，故電場方向一定水平向左。

如圖所示，設粒子的初速度為北，離子做類斜拋運動，電場力沿x軸正方向，離子的運動可分解

為x軸方向的勻減速直線運動，分減速到零時離子的速度最小，）■軸方向做勻速直線運動，軌跡如

圖已畫好，P點速度最小。

離子從A到P過程中，由動能定理得eU”=2771/-gm詔②

把①代入②式解得〃p=-噂

故B正確，AC。錯誤。

故選：B。

離子在勻強電場中做類斜拋運動，離子的運動分解為水平方向的勻減速直線運動，豎直方向的勻

速直線運動，根據平行四邊形定則求出初速度，用動能定理求解。

速度最小時速度方向沿電場的垂直方向，可以把電場力看作重力，離子的運動看成質點的斜上拋

運動，方便理解。

8.【答案】ABD

【解析】解：A、根據閉合電路歐姆定律：U=E-Ir,對應電源的U-/圖像可得，電源的電動

勢為E=4叭內阻為r=一普=一笈0=0.50,故A錯誤；

Zl/U—o

8、圖像中直線A與曲線8的交點表示小燈泡L與電源連接時的工作狀態(tài)，由于燈泡正常發(fā)光，

則知燈泡的額定電壓Ui=3V,額定電流。=2A,則額定功率為P=UJi=3x2W=6W,故8

錯誤；

C、曲線8為某小燈泡L的U-1圖線的一部分，根據歐姆定律可知，此圖像上的點與坐標原點的

連線的斜率等于燈泡的電阻值，可得小燈泡L的電阻隨兩端電壓的增大而增大，故C正確；

D、正常發(fā)光時燈泡L的電阻：R=%=勿=1.50。把燈泡工換成阻值恒為10的純電阻，可知

更換后外電阻更接近電源的內阻，根據電源輸出功率與外電阻的關系，可知電源的輸出功率將變

大；

更換后外電阻變小，則電源的路端電壓變小，根據電源的效率為：4=^x100%=2x100%,

可知效率將變低，故。錯誤。

本題選擇說法錯誤的，故選：ABD.

根據電源的U-/圖線直接讀出電源的電動勢，由圖線的斜率求出電源的內阻；電源的17-/圖線

與燈泡的U-/圖線的交點表示該燈泡與該電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出燈泡L的額定電壓

和額定電流，從而可算出燈泡的額定功率；把燈泡L換成阻值恒為10的純電阻，分析路端電壓的

變化，判斷電源的輸出功率與效率如何變化。

本題考查閉合電路歐姆定律和歐姆定律的應用，解決這類問題的關鍵在于從數學角度理解圖象的

物理意義，抓住圖象的、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內涵。

9【答案】BC

【解析】解：A、平行板電容器充電之后，電容器帶電量不變，根據C=號、C=照、可得

U4nkda.

E=弊，可知增大兩極板間距離，場強不變，故A錯誤；

6r3

8、保持正對面積不變，增大兩極板間距離，場強不變，由（/=Ed知電容器兩極板間的電勢差增

大，由于右極板電勢比左極板電勢高，左極板電勢為零，則右極板電勢升高，故8正確；

C、持兩極板間距離不變，減少正對面積，Q不變，由后=當可知，場強變大，故C正確；

。、保持兩極板間距離不變，減少正對面積，場強變大，由〃=Ed知電容器兩極板間的電勢差增

大，由于右極板電勢比左極板電勢高，左極板電勢為零，則右極板電勢升高，故。錯誤。

故選：BCo

平行板電容器充電之后，增大兩極板間距離，根據C=g、C=品、E=§推導出E的表達式，

再分析場強E的變化，由（/=Ed分析板間電勢差的變化，從而判斷右極板電勢的變化。保持兩極

板間距離不變，由E的表達式分析場強的變化，由。=Ed分析右極板電勢的變化。

對于電容器動態(tài)變化分析問題，關鍵要根據電容的決定式C=/、定義式C=號和場強與電勢差

的關系式E=:相結合進行分析，同時要抓住不變量,要知道電容器充電后與電源斷開電荷量不變。

a

10.【答案】AD

【解析】解：A、如圖所示根據。點的電勢為0,兩小球所在位置水平方向關于。點對稱，兩點

電勢一正一負，絕對值相等，兩小球帶異種電荷，根據Ep=q<p可得〃和〃球得電勢能相等，故A

正確；

BC、小球運動方向與受力方向夾角小于90。，靜電力對兩小球均做正功，電勢能均減小，故BC錯

誤；

。、根據系統(tǒng)能量守恒，系統(tǒng)總動能、重力勢能與電勢能之和不變，系統(tǒng)重力勢能不變，電勢能

減小，所以兩小球總動能增加，故。正確；

故選：AD。

由Ep=qa分析帶電粒子在電場中的電勢能，電場力做正功電勢能減小，根據系統(tǒng)能量守恒分析

動能變化。

帶電粒子在電場中運動中靜電力做功的特點分析，兩個小球看成整體受力分析，根據電場力做功

分析電勢能的情況，比較電勢的高低?？偨Y比較電勢能，電勢高低，電場力做功大小的方法。

11.【答案】P2

【解析】解：(1)4與8相撞后，B的速度增大，A的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相

同，落地時間相同，所以P點是沒有碰時A球的落地點，N是碰后8的落地點，M是碰后A的落

地點；

(2)系統(tǒng)碰撞前總動量p與碰撞后總動量p'的百分誤：與巴=網—(叫弘'+mp咽)1=

〃mAvA

\2m^OP-(2m^OM+m^ON\_|2x8.62-(2x2.68+11.50)1?Qn/

2mBOP=2x8.62"例

故答案為尸；2.

(1)4與B相撞后，B的速度增大，A的速度減小，都做平拋運動，豎直高度相同，所以水平方向，

B在A的前面；

(2)小球離開水平槽后做平拋運動，它們下落的高度相同，在空中的運動時間相同，由于小球在水

平方向上做勻速直線運動，小球運動時間相同，因此小球的水平位移與小球的初速度成正比，計

算時可以用小球的水平位移表示小球的初速度；根據題目所給實驗數據，求出實驗的百分誤差.

知道兩球做平拋運動的運動時間相等，小球的水平位移與水平速度成正比，可以用小球的水平位

移代替小球的水平速度，是解決本題的關鍵.

12.【答案】串聯(lián)296041.460,643

【解析】解：(1)要將電流表為改裝成0?31/量程的電壓表，需將其與電阻箱占串聯(lián)，電阻箱長接

入阻值為

U3

R=4'm2?一心A2=—1x1j0o3-40/2=29600；

(2)電源內阻約為20000,屬于大電阻，為減小實驗誤差，應選擇圖A所示電路圖；

(3)由閉合電路歐姆定律得

E=U+lr

可得：U=E-lr

電源U-/圖線如圖所示

電源電動勢:E=1,46V,

電源內阻：「=畔=當剪0^0.643。。

ZJ/U.bo

故答案為：⑴串;2960；(2)4；(3)1.46；0.643。

(1)根據電表改裝原理計算電阻箱接入阻值；

(2)分析待測電阻與電表內阻關系，根據實驗原理選擇實驗電路圖；

(3)電源U-/圖線與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖線斜率的絕對值等于電源內阻。

本題難點要掌握應用圖象法處理實驗數據的方法，電源U-/圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢,

圖象斜率的絕對值等于電源內阻。

13.【答案】解：對自由落體運動，有:

1,

解得：=

則整個過程中重力的沖量/=mg(t+匕)=mg(t4-

(2)規(guī)定向下為正方向，對運動的全程，根據動量定理，有:

?mg?+t)-Ft=0

解得:

mJ2qh

F=.+mg

答：(1)整個過程中重力的沖量為+

(2)該段時間安全帶對人的平均作用力大小為西誓+mg.

【解析】(1)先根據無=gg療求解自由落體運動的時間，從而求出總時間，再根據總求解

重力的沖量；

(2)對運動全程根據動量定理列式求解平均拉力.

本題關鍵是明確物體的受力情況和運動情況，然后對自由落體運動過程和全程封閉列式求解，注

意運用動量定理前要先規(guī)定正方向.

14.【答案】解：(1)當電流表滿偏時，根據閉合電路歐姆定律得：%=誓,其中R的為歐姆表的內

K內

阻，則歐姆表內阻為：R內=,=-^0=5000。

內Ig300X10。

根據題意有：R^=r+Rg+R0+R

代入數據解得接入電路中的電阻R的阻值為：R=4798。

(2)用歐姆表測量電阻治時，當指針指在滿偏電流葩寸，根據閉合電路歐姆定律有：|/9=以先

代入數據聯(lián)立解得用它測得的電阻是：Rx=10000

答：(1)歐姆調零后，接入電路中的電阻R的阻值為4798Q

(2)當電流是滿偏電流的六分之五時，用它測得的電阻是10000。

【解析】(1)紅黑表筆短接準確調零時，電流表達到滿偏電流，根據閉合電路歐姆定律求解歐姆表

內阻，再根據R內=r+Rg+R0+R,求解歐姆調零后，接入電路中的電阻R的阻值；

(2)當指針指在滿偏電流為寸，根據閉合電路歐姆定律求用它測得的電阻。

本題考查多用電表歐姆表的使用，明確歐姆表內部結構和測量原理是解題關鍵。

15.【答案】解：(1)滑塊A受力受力如圖，A處于靜止狀態(tài)，則

N

mg

斜面對滑塊A的支持力大小為：N=鳥

滑塊A受到的電場力大小為：qE=mgtanG

可得：后=竽

33q

(2)B下滑過程中，加速度大小為第1次與A碰撞時的速度為心

根據牛頓第二定律有：mgsin