1、陆良联中 2021 届高二下学期入学考试 物理试题 一、选择题（每小题 3 分，1-11 小题单选，12-16 多选；多选题选不全得 2 分，有错不得分，全对得 3 分）1.下列说法符合物理学史实的是（）A.库仑提出在电荷的周围存在着由它产生的电场 B.洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用力 C.安培受到电流磁效应的启发提出了“分子电流假说”D.安培最早测定了元电荷 e 的数值【答案】C【解析】【详解】A法拉第最先提出在电荷的周围存在着由它产生的电场，A 错误；B安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，B 错误；C“分子电流假说”是安培提出来，C 正确；D密立根通过油滴实验最早测定了元电荷 e
2、的数值，D 错误。故选 C。2.如图所示，A、B、C 三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等A、C 两个等势面电势分別为 A=6V 和 C=2V，则中间 B 等势面的电势是（）A 一定等于 4VB.一定高于 4VC.一定低于 4VD.无法确定【答案】C【解析】【详解】电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB 段电场线比 BC 段电场线密，AB 段场强较大，根 据 公 式 UE d可 知，A、B 间 电 势 差ABU大 于 B、C 间 电 势 差BCU，即ABBC，得到+624V22ACB，C 正确【点睛】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式UEd，来定性
3、分析电势差的大小，从而判断电势的关系 3.利用引力常量 G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）A.地球半径及重力加速度（不考虑地球自转）B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】D【解析】【详解】A在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有 2MmGmgR可得 GgRM2能计算出质量，故 A 不符合题意；B根据万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，由 22MmmvG RR2RvT解得 32v TMG能计算出质量，故 B 不
4、符合题意；C由 222MmGmrrT月月月解得 2324 rMGT月能计算出质量，故 C 不符合题意；D由 222M MGMrrT日地地地消去两边的 M，故不能求出地球质量，故 D 符合题意。故选 D。4.如图所示，两金属导轨平行放置，空间中存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，金属棒 MN 跨放于导轨上，金属棒与导轨间的夹角为。当开关 S 闭合时，导线框中的电流为 I。已知 MN 接入电路的长度为 L，则 MN 所受安培力的大小为（）A.sinBIL B.sinBIL C.cosBIL D.BIL【答案】D【解析】【详解】由于电流方向垂直于磁场方向，根据安培力公式得 FBI
5、L故选 D。5.如图所示是俄罗斯名将伊辛巴耶娃撑杆跳时的情景，若不计空气阻力，下列说法正确的是()A.在撑杆的过程中杆对她的弹力大于她对杆的压力 B.在撑杆上升过程中，她始终处于超重状态 C.在空中下降过程中她处于失重状态 D.她落到软垫后一直做减速运动【答案】C【解析】【分析】当物体的加速度竖直向上时，物体处于超重状态，当当物体的加速度竖直向下时，物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态【详解】在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力是作用力与反作用力，大小相等故 A错误；在撑杆上升开始阶
6、段加速度的方向向上，她处于超重状态；在上升的最后阶段加速度的方向向下，她处于失重状态故 B 错误；在空中下降过程她只受到重力的作用，加速度的方向向下，她处于失重状态故 C 正确；她落到软垫后开始时，软垫的作用力小于重力，她仍然要做一段加速运动后才会减速故 D 错误故选 C6.如图所示，水平面上的小车向左运动，系在车后的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为 m 的物体上升若小车以 v1 的速度做匀速直线运动，当车后的绳与水平方向的夹角为 时，物体的速度为 v2，绳对物体的拉力为 FT，则下列关系式正确的是()A.v2=v1B.V2=V1/cosC.FTmgD.FTmg【答案】C【解析】【详解】小车的运动可
7、分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，由题意中夹角为，由几何关系可得：v2=v1cos，故 AB 错误；因 v1不变，而当 逐渐变小，故 v2逐渐变大，物体有向上的加速度，当加速上升时，处于超重状态，FTmg，故 C 正确，D 错误；故选 C【点睛】考查运动的合成与分解的应用，掌握牛顿第二定律的内容，注意正确将小车的运动按效果进行分解是解决本题的关键 7.如图所示，直线 A 为电源的路端电压 U 与电流 I 关系的图象，直线 B 是电阻 R 的两端电压 U与电流 I 的关系图象用该电源与电阻 R 组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别为()A.4 W,33%B.2 W,33%C.2 W,67
8、%D.4 W,67%【答案】D【解析】【详解】两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V电流 I=2A则电源的输出功率为 P 出=UI=22W=4W根据闭合电路欧姆定律得 U=E-Ir当 I=0 时 U=E由读出电源的电动势 E=3V电源的总功率 P=EI=32W=6W电源的效率 2=100%=67%3PP 出总故 D 正确，ABC 错误。8.如图所示，质量为 m 的物体放在质量为 M、倾角为 的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力 F 拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是（）A.斜面体对地面的摩擦力大
9、小为cosF B.斜面体对地面的压力大小为Mm g C.物体对斜面体的摩擦力大小为 FD.斜面体对物体的作用力竖直向上【答案】A【解析】【详解】A对物块和斜面受力分析如下图所示，对物块有 cosNFmgsinfFFmg假设地面对斜面的摩擦力向左，对斜面有 1cossinNNfFMgFFsincosfNfFFF联立上式解得 cosfFF由于0fF，说明方向就是向左，A 正确；B斜面体对地面的压力大小等于地面对斜面体的支持力，根据上式，解得 1sinNgFMmFB 错误；C物体对斜面体的摩擦力大小等于斜面体对物体的摩擦力大小，根据上式解得 sinfFFmgC 错误；D斜面体对物体的作用力与物体重力
10、和外力的合力方向相同，为斜向上偏左，D 错误。故选 A。9.如图所示电路，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为 A.两电表示数都增大 B.两电表示数都减少 C.电压表示数减少，电流表示数增大 D.电压表示数增大，电流表示数减少【答案】D【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片 P 向 a 端滑动时，接入电路的电阻增大，与 R2并联的电阻增大，外电路总电阻 R 总增大，总电流 I 减小，则电压表的示数 UV=E-I(r+R1)，则 UV增大；流过 R2的电流22VUIR增大，电流表的读数为2AIII，则电流表示数减小；故 A，B，C 错误，D 正确.10.如图
11、所示，有界匀强磁场边界线 SPMN，速率不同的同种带电粒子从 S 点沿 SP 方向同时射入磁场其中穿过 a 点的粒子速度1v 与 MN 垂直；穿过b 点的粒子速度2v 与 MN 成60角，设粒子从 S 运动到a、b 所需时间分别为 1t 和 2t，则 12:t t 为（重力不计）（）A.1:3B.4:3C.1:1D.3:2【答案】D【解析】【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为2 mTqB，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过 a 点的粒子的偏转角为 90，通过 b 点的粒子的偏转角为 60，所以通过 a 点的粒子的运动的时
12、间为 T/4，通过 b 点的粒子的运动的时间为 T/6，所以从 S 到 a、b 所需时间 t1：t2为 3：2 A.1:3，选项 A 与题意不相符；B.4:3，选项 B 与题意不相符；C.1:1，选项 C 与题意不相符；D.3:2，选项 D 与题意相符；11.质量为 m 的小球，用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平力 F 作用下，从最低点 P 缓慢地移到 Q 点，如图所示，重力加速度为 g，则在此过程中（）A.小球受到的合力做功为 mgl（1cos）B.拉力 F 的功为 FlcosC.重力势能的变化大于 mgl（1cos）D.水平力 F 做功使小球与地球组成的系统机械能变化了 mgl（
13、1cos）【答案】D【解析】【详解】A.小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理得知，小球受到的合力做功为零，故 A 错误；B.设绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可知 Fmgtan，所以可知 F 为变力，根据动能定理 WFmgl（1cos）0则得拉力 F 的功为 WFmgl（1cos），故 B 错误；C.根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加 Epmghmgl（1cos）故 C 错误；D.由上知，小球的动能不变，重力势能增加 mgl（1cos），而重力势能是小球与地球共有的，又根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化，可知水平力 F 做功使小球与地球组成的系统
14、机械能变化了 mgl（1cos），故 D 正确 12.如图所示,a、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出,其平抛运动轨迹的交点为P,则以下说法正确的是 A.a、b 两球同时落地 B.b 球先落地 C.a、b 两球在 P 点相遇 D.无论两球初速度大小多大,两球总不能相遇【答案】BD【解析】【详解】做平抛运动时，下落的时间取决于下落的高度，从图中可知 a 球下落的高度大于 b 球，根据2htg可得 a 球下落过程中的时间长，故 b 球先落地，A 错误 B 正确；由于在 P 点两球下落的高度不同，所以到达 P 点的时间不同，故不能在 P 点相遇，C 错误 D 正确；13.如图所示是一簇未标
15、明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受静电力作用，根据此图可判断出该带电粒子（）A.电性与场源电荷的电性相同 B.在 a、b 两点所受静电力大小 FaFbC.在 a、b 两点的速度大小 vavb D.在 a、b 两点的动能 EkaEkb【答案】BC【解析】【详解】A根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受电场力的方向跟电场线共线，指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，带电粒子与场源电荷电性相反，A 错误；Ba 点电场线比 b 点密，所以 a 点场强较大，根据 F=qE可知带电粒子在 a 点所受静电力较大，B 正确；C
16、D假设带电粒子由 a 点运动到 b 点，所受静电力方向与速度方向之间的夹角大于 90，静电力做负功，带电粒子的动能减少，速度减小，即 EkaEkbvavb同理可分析带电粒子由 b 点运动到 a 点时，也有 EkaEkbvavbC 正确，D 错误。故选 BC。14.电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上相对 O 对称的两点，B、C 和 A、D 也相对 O 对称。则()A.B、C 两点场强大小和方向都相同 B.A、D 两点场强大小相等，方向相反 C.E、O、F 三点比较，O 点场强最
17、强 D.B、O、C 三点比较，O 点场强最弱【答案】ACD【解析】【详解】A根据对称性可知，B、C 两处电场线疏密程度相同，则 B、C 两点场强大小相等，两点场强的方向均由 B 指向 C，方向相同，A 正确；B根据对称性可知，A、D 两处电场线疏密程度相同，则 A、D 两点场强大小相等，由图看出，A、D 两点场强方向相同，B 错误；C由图看出，E、O、F 三点中，O 处电场线最密，所以 O 的场强最强，C 正确；D由图看出，B、O、C 三点比较，O 处电场线最稀疏，所以 O 点场强最弱，D 正确。故选 ACD。15.如图所示，M 为一直流电动机，其线圈电阻M1.5R ，与电动机串联的电阻8.5
18、R ，电源的电动势41VE，电源的内阻不计。当电动机转动时，电压表的示数24VMU，则有（）A.通过电阻 R 的电流为 4.1AB.通过电阻 R 的电流为 16AC.电动机的总功率为 48WD.电动机的输出功率为 42W【答案】CD【解析】【详解】A B电阻 R 两端的电压为 17VRMUE U通过电阻 R 的电流为 2ARRUIRA、B 错误；C电动机的总功率为 48WMMRPU IC 正确；D电动机的输出功率为 242WMMRMPPPPIR热输D 正确。故选 CD。16.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A.如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于失重状态 B.如图乙所示是一圆锥摆，增大
19、，若保持圆锥高不变，则圆锥摆的角速度不变 C.如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的 A、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在 A、B 两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D.火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用【答案】ABD【解析】【详解】A汽车通过拱桥的最高时，合力向下，加速度向下，所以出于失重状态，A 正确；B对圆锥受力分析如下图，根据牛顿第二定律得 2tantanmgmh解得gh，可知圆锥摆的角速度与角度无关，B 正确；C对 A、B 受力分析如下图所示，可得 2tanAAmgm r2tanBBmgm rcosNmgF由于 ABrr，AB；由于斜面角度不变，
20、所以小球所受筒壁的支持力大小相等，有12NNFF，综上所述，C 错误；D火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用，合起来提供火车转弯的向心力，D 正确。故选 ABD。二、实验题（共 22 分）17.利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示(1)下列关于该实验的说法，错误的是_ A做实验之前必须平衡摩擦力 B小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多 C应调节定滑轮的高度使细线与木板平行 D为了实验安全，打点计时器接直流电源(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每 5 个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图所示已知打点计时器每间隔 0.02 s 打一个点 从
21、图可知 A、B 两点间的距离 s1_cm；该小车的加速度 a_m/s2(计算结果保留 2 位有效数字)，实验中纸带的_(填“左”或“右”)端与小车相连接(3)利用测得数据在坐标系中作出了图乙所示的 aF 图象 图线不过坐标原点的原因是_ 小车和传感器的总质量为_kg.【答案】(1).(1)BD；(2).(2)0.70，(3).0.20，(4).左；(5).(3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(6).0.5【解析】(1)做实验之前必须平衡摩擦力，使得细线的拉力等于小车受到的合外力，选项 A 正确；由于实验中用到了力传感器，所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项 B 错误；应调节定滑轮的高
22、度使细线与木板平行，选项 C 正确；打点计时器必须用交流电源，选项 D 错误此题选项错误的选项，故选 BD.(2)由图知 s17.0 mm0.70 cm，根据 xaT2可得 a2xT220.20 100.1m/s20.20 m/s2，开始时打点间距小，因此纸带的左端与小车相连接(3)由图象可知，当 F0 时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足；aF 图象中斜率表示质量的倒数，由图可知1.0020.60.1akF，故小车和传感器的总质量 M 1k0.5 kg.点睛：本题考查“加速度与合外力的关系”实验，要明确实验的原理和实验的注意事项尤其是知道平衡摩擦力的原因、如何平衡、平衡不
23、到位会如何等问题；掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解速度和加速度 18.某学校物理研究性学习小组为了较精确地测量某一电池的电动势和内阻（电动势约为 1.5V，内阻约为 1），从实验室选定了如下实验器材：A定值电阻0R（阻值为 900）；B滑动变阻器1R（010，额定电流为 2A）；C电流表 G（满偏电流为 30mA，内阻为 100）；D电流表 A（量程为 006A，内阻约为 1）；E开关一个，导线若干。（1）请将图甲中实验电路图补充完整_。（2）根据图甲补充完整后的电路图，将图乙所示的实物图连接完整_。（3）图丙为该学习小组根据正确的实验得到的数据画出的图线，纵坐标1I 为电流表 G 的示数，
24、横坐标2I 为电流表 A 的示数，则可知被测电源的电动势为_V，内阻为_。（结果均保留两位有效数字）（4）如图所示多用电表的表盘：如果是采用“100”欧姆挡测电阻，则读数为_；如果是采用 5mA 挡测直流电流，则读数为_mA；如果是采用 50mA 挡测直流电流，则读数为_mA；如果是采用 10V 挡测直流电压，则读数为_V；如果是采用 2.5V 挡测直流电压，则读数为_V。【答案】(1).(2).(3).1.4(4).0.67（0.660.68）(5).3000(6).1.80(7).18.0(8).3.6(9).0.90【解析】【详解】（1）1 由于定值电阻较大，流过其电流较小，所以串联一个
25、小量程电流表，滑动变阻器1R 阻值变化范围小，流过其电流较大，要串联一个大量程电流表，如下图：（2）2 实物连接如下图：（3）3 根据闭合电路的欧姆定律可得 1012GEIRRIIr整理变形可得 1200GGrEII RRrRRr 由图像可知，斜率 k 和纵截距 b 为 0GrkRRr，0GEbRRr 根据图像计算可得 46.7 10k，31.4 10b 联立上面各式，代入数据解得 1.4VE，0.67r 4 综上所述，0.67r（0.660.68 之间也可以）（4）5 指针刚好指在 30，所以读数为 30 1003000R 6 如果是用 5mA 挡测直流电流，最小分度值为 0.1mA，需要估
26、读到下一位，读数为 118.0 0.1A1.80AI 7 如果是用 50mA 挡测直流电流，最小分度值为 1mA，需要估读到下一位，读数为 218.0 1A18.0AI 8 如果是用 10V 挡测直流电压，最小分度值为 0.2V，估读到本位，读数为 118 0.2V3.6VV 9 如果是用 2.5V 挡测直流电压，最小分度值为 0.05V，估读到本位，读数为 218 0.05V0.90VV 三、计算题 19.如图所示，水平放置的平行板电容器 A、B 间为一匀强电场，M、N 为电场中的两点，其连线与两极板垂直，且2cmMN，已知电子在 M 点受到的电场力大小为152.4 10N，方向指向 A 板
27、，A 板接地。（1）求 M、N 两点电势差；（2）若 M 点距 A 板 1cm，电子在 N 点的电势能为多少？【答案】（1）300V；（2）177.2 10J【解析】【详解】（1）电子从 M 点移到 N 点，根据电场强度的定义，有FEq，代入数据解得 41.5 10 N/CE 所以 M、N 两点的电势差为 300VMMNNUEd（2）AN 的电势差为 450VANANUEd因 A 板的电势为0VA，所以有 ANANU解得 450VN 电子在 N 点的电势能为 17p7.2 10JNEq20.如图所示，一根质量0.02kgm 的导体棒 MN 静止于宽度0.5mL 的水平导轨上，通过导体棒 MN
28、的电流2AI，匀强磁场的磁感应强度大小0.6TB，方向斜向下与导轨平面成60 角。已知重力加速度210m/sg，求导体棒 MN 所受的支持力和摩擦力的大小。【答案】0.5N；0.3 3N【解析】【详解】导体棒 MN 处于平衡状态，受力分析如下图所示，根据平衡条件有 fsinFFNcosFFmg根据公式，导体棒所受安培力为 FBIL联立上式，代入数据解得 N0.5NF，f0.3 3NF 21.如图 1 所示，质量2kgm 的物体在水平面上向右做直线运动，过 a 点时给物体施加一个水平向左的恒力 F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v t 图像如图 2
29、所示，重力加速度 g 取210m/s，求：（1）力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；（2）10s 后撤去拉力 F，求物体再过 15s 离 a 点的距离。【答案】（1）3N，0.05；（2）38 m【解析】【详解】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为1a，则由图像得加速度为 21122m/svat 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为2a，则由图像得加速度为 22221m/svat 在 04s 内，根据牛顿第二定律，有 1Fmgma在 4s10s 内，根据牛顿第二定律，有 2Fmgma代入数据解得 3NF，0.05 （2）设 10s 末物体的位移为 x，则 x 为图线与坐标轴所围的
30、面积，则有 m114 8m6 6m222x 即物体在 a 点左侧 2 m 处；设撤去拉力 F 后物体做匀减速直线运动的加速度大小为3a，根据牛顿第二定律有 3mgma解得 230.5m/sa 根据03vva t，代入数据得，物体速度减为零的时间为 12st 则物体再过 15s 的位移即 12s 内的位移，根据公式22022vva x，得在 12s 内的位移为 2236m2vxa 物体在 15s 后离 a 点的距离为 38mdxx22.如图所示，在直角坐标系 xoy 的第一象限中分布着沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场一个质量为 m、带电+q 的微粒，在 A
31、 点（0，3）以初速度 v0120m/s 平行 x 轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过 x 轴上的 p 点（6，0）和 Q 点（8，0）各一次已知该微粒的比荷为 qm102C/kg，微粒重力不计，求：（1）微粒从 A 到 P 所经历的时间和加速度的大小；（2）求出微粒到达 P 点时速度方向与 x 轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由 A 至Q 的运动轨迹；（3）电场强度 E 和磁感强度 B 的大小【答案】(1)2.4103m/s2(2)45(3)1.2T【解析】【详解】(1)微粒从平行 x 轴正方向射入电场区域，由 A 到 P 做类平抛运动，微粒在 x 轴正方向做匀速直线运动，由 xv0t，得 t0 xv 0.05 s，微粒沿 y 轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由 y 12 at2，得 a2.4103 m/s2.(2)vyat，tan 0yvv1，所以 45.轨迹如图：(3)由 qEma，得 E24 N/C设微粒从 P 点进入磁场以速度 v 做匀速圆周运动，v2 v01202 m/s，由2vqvBm r，得mvrqB，由几何关系，可知 r2 m，可得 B mvqr 1.2 T.【点睛】本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹，由几何知识求半径