2021-2022学年云南省曲靖市第二中学高二下学期第六次考试物理试题含解析

曲靖市第二中学学联体联合考试（第六次）

高二物理试题卷

（考试时间：120分钟：满分：100分）

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求，第11~14题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或多选的得0分。）

1. 今年1月10日，首发“复兴号”动车D843次载着旅客，从西昌出发一路向南驶向攀枝花，正式开启了凉山的“动车时代”。假如动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这三段位移的平均速度之比是（　　）

A. 3：2：1 B. 27：8：1 C. 5：3：1 D. 9：4：1

【答案】D

【解析】

【详解】将动车的运动反向看做初速度为零的匀加速直线运动，则1s内的位移为

2s内的位移为

3s内的位移为

故位移之比

平均速度

故平均速度之比

故D正确。

故选D。

2. 如图所示，用绳子的一端系住一个物体绕过定滑轮，绳的另一端分别在位置1、2、3时，绳的拉力分别为、、，绳对滑轮的压力分别为、、．假定物体始终保持静止，不计一切摩擦．则

A. ，

B. ，

C. ，

D. ，

【答案】D

【解析】

【分析】考查物体共点力平衡条件、力的合成法则及牛顿第三定律．

【详解】由题意知，不计滑轮重力和一切摩擦，滑轮受到三个力的作用，设重物的拉力大小为，

绳的拉力，滑轮对绳的支持力，这三个力平衡，则三力合力为零．因不计一切摩擦，

物体始终保持静止，又是定滑轮，所以绳上张力处处都相等，则有，又因绳三次的拉力方向不同，根据力合成的平行四边形法则，三次拉力、、分别与重物拉力的合力大小不相等，根据牛顿第三定律，有，故D符合题意，ABC不符合题意．

故选D．

【点睛】共点力平衡条件及力的合成法则．

3. 两个带等量正电的点电荷Q1和Q2的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、c两点关于两电荷连线对称，a、d两点在两电荷连线上，且a点到Q1的距离和d点到Q2的距离相等。则（　　）

A. b点的场强与c点的场强相同

B. a点的场强比d点的场强大

C. a点的电势比b点的电势高

D. 电子在a点的电势能比在c点的电势能大

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据等量正电点电荷电场分布可知，b点的场强与c点的场强大小相同，方向相反，故A错误；

B．等势面越密集电场强度越大，故a点的场强比d点的场强小，故B错误；

C．越靠近正电点电荷电势越高，由图中等势面可知，a点的电势比b点的电势高，故C正确；

D．同理，a点的电势比c点的电势高，电子在a点的电势能比在c点的电势能小，故D错误。

故选C。

4. 2021年10月16日神舟十三号飞船成功与中国天宫空间站实现自动交会对接。翟志刚王亚平、叶光富3名航天员随后从神舟十三号载人飞船进入天和核心舱。已知天宫空间站在距离地面约400千米的圆轨道上飞行（同步卫星离地高度约3.6万千米，地球半径R=6400千米）。则下列说法中正确的是（　　）

A. “神舟十三号”飞船可在高轨道上加速，以实现对低轨道上的天和核心舱的对接

B. 在轨运行时，天宫空间站的线速度大于第一宇宙速度

C. 天宫空间站的运行速度约是地球同步卫星速度的6倍

D. 在轨运行时，天宫空间站的角速度大于同步卫星的角速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．飞船应加速，从低轨道做离心运动与高轨道核心舱对接，故A错误；

B．第一宇宙速度是最大的圆周环绕速度，故B错误；

C．万有引力提供天体圆周运动的向心力

得

由题意可知，天宫空间站和同步卫星的轨道半径分别为6800千米和42400千米，大约为6倍关系。而

故C错误；

D．根据公式

得

可知，轨道越低，角速度越大，故D正确。

故选D。

5. 两个环A、B置于同一水平面上，其中A是边缘均匀带电的绝缘环，B是导体环。当A以如图所示的方向绕中心转动时，B中产生如图所示方向的感应电流。则（　　）

A. A可能带正电且转速减小

B. A可能带正电且转速恒定

C. A可能带负电且转速减小

D. A可能带负电且转速增大

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外；由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大；AB均错误。

CD．若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，；D错误，C正确。

故选C。

6. 2021年11月4日，大连市突发新冠疫情，全市人民众志成城，同心战“疫”，辽宁省各市、县派出近千人的医护人员驰援大连，大连及全省的战“疫”精神传遍全国。在疫情期间，智能机器人被广泛应用各个领域。下表数据是某配送机器人工作的参数。配送机器人满载时，匀速行驶的速度为7.2km/h，此时配送机器人以额定功率工作，所受阻力为总重量的0.02倍，，则配送机器人的内阻为（　　）

A. 2.5Ω B. 5Ω C. 10Ω D. 15Ω

【答案】B

【解析】

【详解】根据

可得

机器人满足

解得

故选B。

7. 甲、乙两种交流电的电流I随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示，则甲、乙电流的有效值之比为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】设甲、乙电流的有效值分别为、，乙是正弦交流电，其有效值，由交流电有效值的定义可得

解得

则有

故C正确。

故选C。

8. 2021年10月6日，山西晋中因持续强降雨，咸阳河水库水位再次超出警戒线，当地武警接到命令后立即赶赴现场救援。救援人员划船将河对岸的受灾群众进行安全转移。一艘船头指向始终与河岸垂直，耗时6min到达对岸；另一艘船行驶路线与河岸垂直，耗时9min到达对岸。假设河两岸理想平行，整个过程水流速恒为v水，两船在静水中速度相等且均恒为v船，且，则为（　　）

A. 3： B. 3：2 C. 5：4 D. 5：3

【答案】A

【解析】

【详解】两小船过河示意图如图所示

船头指向始终与河岸垂直，过河时间为

船行驶路线与河岸垂直，过河时间为

将

代入得

故A正确，BCD错误。

故选A。

9. 如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）

A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向

B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为

C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动

D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为

【答案】D

【解析】

分析】

【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；

B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力

根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为

大小为0，故B错误；

C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；

D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为

大小为，故D正确。

故选D。

10. 如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（　　）

A. 0～t1时间内汽车做匀加速运动且汽车牵引力的功率恒定

B. t1～t2时间内的平均速度为

C. t1～t2时间内汽车牵引力做功等于

D. 在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小

【答案】D

【解析】

【详解】A．0～t1时间内v-t图线为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，故牵引力恒定，由

P=Fv

可知，汽车的牵引力的功率增大，A错误；

B．t1～t2时间内，v-t图线不是直线，非匀变速直线运动，不能利用=求平均速度，由题可知，B错误；

C．t1～t2时间内动能的变化量为，牵引力还要克服摩擦力做功，C错误；

D．0～t1时间内牵引力恒定，且为最大值，此后功率P不变，由

P=Fv

知速度增大，故牵引力减小，在t2～t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，等于摩擦力，D正确。

故选D。

11. 如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（　　）

A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz

B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0

C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大

D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误；

B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；

C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表和的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻上的电压减小，因此电压表的示数变大，故C正确；

D．由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表示数变小，在副线圈电路中，定值电阻可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，根据

由于不确定滑动变阻器R与定值电阻的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。

故选BC。

12. 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷。以Q表示电容器电量，E表示两极板间电场强度，φ表示负极板电势，表示正点电荷在Р点的电势能，将正极板向下移动距离d至图中虚线所示的位置，则（　　）

A. 电容器的电量Q不变，φ升高

B. P点的电势降低

C. E不变，P点与负极板的电势差不变

D. 正点电荷在Р处的电势能不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A．平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由

， ，

得

可知板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，又由公式分析得知板间电压U减小。又

得升高，A正确；

B．设上极板到P点的距离为，上极板与P点的电势差

因为不变，减小，所以减小。又

P点的电势升高，B错误；

C．设P点与负极板的距离为，P点与负极板的电势差为

因为不变，不变，P点与负极板的电势差不变，C正确；

D．正点电荷在Р处的电势能

 因为，升高，正点电荷在Р处的电势能增大，D错误。

故选AC。

13. 在跳台滑雪比赛中，某运动员从跳台边缘以15m/s的初速度水平飞出，如图所示，从运动员离开跳台开始计时，v表示运动员竖直方向的分速度，其v-t图象如图所示。时，运动员刚好落在雪道斜坡上，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A. t1时刻运动员落在斜坡上的速度大小为25m/s

B. 运动员落在斜坡上落点与飞出点的水平距离为15m

C. 运动员在下落的某一时刻速度方向与斜坡平行

D. 雪道斜坡倾角的正切值

【答案】AC

【解析】

【详解】A．t1时刻运动员落在斜坡上的速度大小为

A正确；

B．运动员落在斜坡上的落点与飞出点的水平距离为

B错误；

C．运动员在下落的某一时刻距离斜面最远，该时刻速度方向与斜坡平行，C正确；

D．雪道斜坡倾角的正切值为

D错误。

故选AC。

14. 如图所示的U形金属框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为，左端连接一阻值为的定值电阻，阻值为、质量为的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，现给金属棒以水平向右的初速度，金属棒向右运动的距离为后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为，重力加速度为，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。则该过程中（　　）

A. 安培力对金属棒做功为

B. 流过金属棒的电荷量为

C. 整个过程因摩擦而产生的热量为

D. 金属棒与导轨之间的动摩擦因数为

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A．回路中产生焦耳热为

根据功能关系，有

故A正确；

B．根据法拉第电磁感应定律，有

流过金属棒的电荷量为

联立，可得

故B错误；

C．根据能量守恒，有

故C错误；

D．根据上一选项分析，可知

=

解得

故D正确。

故选AD。

第Ⅱ卷（非选择题）

二、实验题（本题包括2个小题，共18分）

15. 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻的阻值约为，电压表V的内阻约为，电流表A的内阻约为，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为和，则________（选填“”或“”）更接近待测电阻的真实值，且测量值________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

【答案】    ①.     ②. 大于    ③. 小于

【解析】

【详解】[1]根据题意可得

所以采用外接法测量的阻值比较准确，即更接近电阻的真实值。

[2]有公式

由上述式子，因为电流表分压作用，电流是准确的，电压偏大，所以测量值大于真实值。

[3]有公式

由上述式子，因为电压表的分流作用，电流是偏大的，电压准确，所以测量值小于真实值。

16. 某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：

（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平；

（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的挡光片的宽度d，测量结果如图所示，则挡光片的宽度d=______mm；

（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；

（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；

（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）

（6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）~（4）中的物理量外，还需要测量的物理量是______（用文字和符号表示）。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式______（用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。

【答案】    ①. 相等    ②. 4.45或4.50    ③. m1gt12    ④.     ⑤. AB的距离L    ⑥.

【解析】

【详解】(1)[1]当滑块上遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则滑块经过两个光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平。

(2)[2]固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为，所以挡光片的宽度为

(5)[3]拉力冲量的大小为

[4]滑块动量改变量的大小为

(6)[5]验证机械能守恒，需要计算重力势能变化，必须测量两光电门间的距离。所以还需要测量的物理量是AB的距离L。

[6] 系统机械能守恒，则砝码和砝码盘减少的重力势能与系统增加的动能相等，即

三、计算题（本题3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

17. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.0V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=3.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取。已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，试求：

（1）通过导体棒的电流；

（2）导体棒受到的安培力大小和方向；

（3）导体棒受到的摩擦力的大小和方向。

【答案】（1）1A；（2）0.2N；沿斜面向上；（3）0.04N；沿斜面向上

【解析】

【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得

（2）导体棒受到的安培力

由左手定则可知，安培力沿斜面向上。

（3）对导体棒受力分析如图，将重力正交分解得，沿导轨斜面方向分力

根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，有

解得

f=0.04N

18. 如图所示，一个质量为，电荷量的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经电压加速后，水平进入两平行金属板间沿竖直方向的偏转电场中，偏转电场的电压。金属板长，两板间距d=30cm。求：

（1）微粒进入偏转电场时的速度大小；

（2）微粒射出偏转电场时的速度；

（3）若该匀强磁场的宽度，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为多大？

【答案】（1）；（2），偏角；（3）B=1T

【解析】

【详解】（1）对微粒在加速电场由动能定理得

解得

（2）微粒经偏转电场，做平抛运动，有水平方向

竖直方向

微粒射出偏转电场时的速度

以上各式得

方向与水平夹角。

（3）对微粒，进入磁场，有

运动轨迹如图，由几何关系，有

r+rsinθ≤D

解得

B=1T

19. 如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；

（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为，求此时A所受重力的功率；

（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。

【答案】（1）2R﹔（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得

B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有

在水平方向上有

联立解得

（2）对A由C到D的过程，由动能定律得

A所受重力对A做功的功率为

解得

（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为，，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得

解得

对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得

解得

设碰前瞬间A的速度为，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得

解得

碰撞过程中A和B损失的总动能为

解得