重庆市缙云教育联盟2021-2022学年高二11月质量检测物理试题

重庆缙云教育联盟2021-2022 学年（上）11 月月度考试 高二物理 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B 铅笔涂在答题卡中 相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上 均无效，不予记分。 一、单选题（本大题共7 小题，共28.0 分） 1. 一货箱随竖直升降机运动的速度−¿时间图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说 法正确的是() A. 在t2时货箱运动到最高位置 B. 在t2～t3时间内，货箱所受的合力竖直向上且不断减小 C. 在t 4～t5时间内，货箱处于失重状态 D. 在t6～t7时间内，货箱做匀加速运动 2. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，三个静止的带电小球 a、b和c分别位于三角形的三个顶点上。已知ab=❑ √3l， ca=cb，∠acb=120°，a、c带正电，b带负电，三个 小球所带电荷量均为q，静电力常量为k。下列关于小球c所受库仑力力的大小和方向 描述正确的是() A. ❑ √3 k q 2 l 2 ，方向平行于ab向右 B. 3 ❑ √3 k q 2 l 2 ，方向平行于ab向右 C. ❑ √2 k q 2 l 2 ，方向平行于ab向右 D. 2❑ √3 3 k q 2 l 2 ，方向平行于ab向左 3. 如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球。若按力的实际作 用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图 中的() A. 1和4 B. 3和4 C. 1和3 D. 3和2 4. 下列说法中正确的是() A. 半导体材料的导电性能会因为光照、温度变化等因素影响而发生显著变化 B. 伏安法测大电阻时应选择外接法，且测量值小于真实值 C. 用多用电表欧姆挡测电阻，每次换挡后都需进行机械调零 D. 多用电表红表笔连接内置电源的正极，黑表笔连接内置电源的负极 5. 下列对静电场的有关问题的理解正确的是() A. 根据公式F=k q1q2 r 2 可知，当两个电荷之间的距离趋近于零时库仑力变得无限大 B. 电荷在电场中的受力方向即为该点的电场强度的方向 C. 根据电容的定义式C= Q U 可知，电容器的电容与电容器两端的电压成反比 D. 若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小 6. 关于电阻率，下列说法正确的是() A. 电阻率表示导体对电流的阻碍作用 B. 不同材料的电阻率通常不同 C. 电阻率较大的导体，其对电流的阻碍作用一定越大 D. 电阻率与导体的长度成反比 7. 如右图所示为两条电阻丝的U−I图线，甲、乙图线分别 与横坐标轴夹角为α、β，若将两条电丝并联接入电路中， 通过它们的电流之比为() A. tanα：tanβ B. tan α 2：tan β 2 C. tanβ：tanα D. tan β 2：tan α 2 二、多选题（本大题共3 小题，共15.0 分） 8. 平行板电容器充电完成后，断开电源，A极板带正电，B极板带 负电。板间有一带电小球，用绝缘细线悬挂，如图所示，小球静 止时与竖直方向的夹角为θ，则() A. 小球带负电 B. 若将A极板向左平移少许，小球仍静止在原处不动 C. 若将B极板向上平移少许，电容器的电容将减小 D. 若将B极板向上平移少许，夹角 θ 将变小 9. 如图，电机带动长度L=6m的水平传送带以速度 v=10m/s顺时针匀速传动，一质量为m=3kg的小 木块以一定水平速度v0(v0<v)从传送带左端滑入， 若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，当小木块与传送带相对静止时，恰好 到达传送带右端，重力加速度g=10m/s 2。则() A. v0=8m/s B. 小物块与传送带划痕长度为10m C. 过程中摩擦产热为30 J D. 电机带动传送带匀速传动输出的总能量为60 J 10. 如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒 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电场力作用，则由此图可作出的正 确判断是() A. 带电粒子一定从a运动到b B. 带电粒子带正电 C. 带电粒子所受电场力的方向向左 D. 带电粒子做匀变速运动 三、实验题（本大题共2 小题，共15.0 分） 11. 研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验 过程及现象如图所示． (1)本实验采用的实验方法是______． (2)实验过程中电容器的电荷量Q保持不变，保持d 不变，减小两板间正对面积S，观察到静电计指针偏 角增大，即电势差U ______(填“变大”或“变小”)，则电容C ______.(填“变大” 或“变小”) 12. 在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为2kΩ的电阻R、电源、 单刀双掷开关S按如图甲所示的电路图进行连接，先使开关S与1相连，电源给电容器 充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传 感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，计算机对图乙进行 数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”等信息。 (1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向______(选填“相 同”或“相反”)，大小都随时间______(选填“增大”或“减小”)。 (2)该电容器的电容为______F。(结果保留三位有效数字) (3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端， 也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的想法是否正确。 四、计算题（本大题共3 小题，共42.0 分） 13. 真空中存在空间范围足够大的水平向右的匀强电场在电场中，若将一个质量为m、带 正电的小球申静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°(取sin37°=0.6， cos37°=0.8)。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中： (1)小球受到的电场力的大小和方向； (2)小球能上升的最大高度。 14. 如图，两相互正对且带有等量异种电荷的平行金属板 电容器水平放置，上极板中心开有小孔，两极板间距 离为d、电容为C。一质量为m、电量为q且可视为试 探电荷的带电小球静止于小孔正下方两极板的正中间。 重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)电容器的带电量； (2)若将带电小球的电量突然变为2q，则带电小球上升到上极板小孔的时间及经过小 孔后能上升的最大高度。 15. 如图所示，在粗糙水平面AB上，水平恒力F推动质量为m=1kg的物体从A点由静止 开始作匀加速直线运动，物体到达B点时撤去F，接着又冲上倾角30°的斜面作匀减速 直线运动(设经过B点前后速度大小不变)，最高能到达C点．用传感器测量物体的瞬时 速度，并在表格中记录了部分测量数据。求： t /s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 2.6 … v/m⋅s −1 0.0 0.4 0.8 3.0 2.0 1.0 … (1)物体在水平面AB上运动的时间； (2)物体从A点到最高点这一过程中的总路程。 答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：A、在0～t3时，货箱一直在往上运动，所以t3时刻货箱运动到最高位置，故 A 错误； B、在t2～t3时间内，v−t图的斜率为负，则此时的加速度方向为负方向，即竖直向下，且 由牛顿F=ma可知，合力大小不变，故B 错误； C、在t 4～t5时间内，货箱的加速度为负方向，即竖直向下，由此可知货箱处于失重状态， 故C 正确； D、在t6～t7时间内，货箱的速度在不断减小，所以货箱做的是匀减速运动，故D 错误； 故选：C。 根据v−t图判断货箱的运动情况，利用斜率求出加速度，结合牛顿第二定律判断货箱的超 失重状态。 利用v−t图像求出加速度，结合牛顿第二定律的知识判断物体的超失重状态：加速度向上 为超重，加速度向下为失重。 2.【答案】B 【解析】解：由题意，结合几何关系可得： ac=ab= l 2 cos30 ∘= ❑ √3l 3 ， 小球c受到小球a的库仑力： F1=k q 2 ac 2= k q 2 ( ❑ √3l 3 ) 2 =3k q 2 l 2 ， 同理小球c受到小球b的库仑力和F1大小相等，且两力夹角为60°，如图所示 所以根据力的平行四边形法则，小球c受到小球a、b库仑力的合力： F=❑ √3 F1=3 ❑ √3k q 2 l 2 ， 方向平行于ab向右，故ACD 错误，B 正确； 故选：B。 根据库仑定律可求出两小球之间的库仑力大小和方向，再以c电荷为研究对象，结合平行 四边形定则分析求解。 本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行 四边形定则解题。 3.【答案】B 【解析】解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个 方向分解，分别是3和4，故B 正确，ACD 错误。 故选：B。 将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的 实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果。 按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单。 4.【答案】A 【解析】解：A、半导体材料的导电性能会因为光照、温度变化等因素影响而发生显著变 化，故A 正确； B、用伏安法测大电阻时为减小实验误差应采用电流表内接法，测小电阻时应采用电流表 外接法，故B 错误； C、用多用电表欧姆挡测电阻，每次换挡后都需进行欧姆调零，不是进行机械调零，故C 错误； D、多用电表红表笔连接内置电源的负极，黑表笔连接内置电源的正极，故D 错误。 故选：A。 半导体材料的导电性受光照、温度等因素的影响影响； 用伏安法测大电阻时为减小实验误差应采用电流表内接法； 用多用电表欧姆挡测电阻每次换挡后要重新进行欧姆调零； 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，附近与红表笔相连。 本题考查了影响半导体导电性能的因素、伏安法测电阻电流表接法的选择、欧姆表使用方 法与欧姆表结构等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时 要注意基础知识的学习与积累。 5.【答案】D 【解析】解：A、根据公式F= k q1q2 r 2 ，可知，当两个电荷之间的距离趋近于零时两个电 荷就不能看成点电荷了，也不能用库仑定律公式计算二者之间的电场力，故A 错误； B、正电荷在电场中的受力方向即为该点的电场强度的方向，负电荷的受力方向与场强方 向相反，故B 错误； C、电容C= Q U 为电容的定义式，电容是由电容器本身的材料和结构决定的，与电容器的 电荷量和电容器两端的电压无关，故C 错误； D、相邻两等势面的电势差相等，等势面的疏密程度能反映场强的大小，等势面密的地方 场强大，等势面稀的地方场强小。故D 正确。 故选：D。 库仑定律应用于点电荷；电容C= Q U 为电容的定义式；正电荷的受力方向与该点的电场强 度方向相同，负电荷相反； 明确库仑定律的应用条件，明确电容的定义式和决定式，知道电势差的定义式以及电荷受 力与电场强度的关系。 6.【答案】B 【解析】解：A、电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，电阻率越大，导体的导电性 能越差，但对电流的阻碍作用取决于电阻的大小，与导体的长度和横截面积有关，故A 错 误； B、不同材料的电阻率通常不同，同种材料的电阻率有的随温度的变化而变化，故B 正确； CD、由电阻定律可知，导体电阻由导体的电阻率、长度、横截面积决定，导体电阻率大， 如果导体很短、横截面积很大，则导体电阻可能很小，故CD 错误。 故选：B。 电阻率是描述材料导电能力强弱的物理量，它由导体的材料决定，受温度影响，与导体长 度、横截面积无关。 本题应知道电阻率的物理意义、影响电阻率的因素即可正确解题，本题难度不大，是一道 基础题． 7.【答案】C 【解析】解：根据欧姆定律，U−I图象的斜率表示导体的电阻，故甲、乙两个电阻丝的电 阻电阻之比为R甲：R乙=tanα：tanβ；两条电阻丝并联接入某一电路，电流相等，根据 I=U R 可知，I 甲：I 乙=R乙：R甲=tanβ：tanα，故ABD 错误，C 正确。 故选：C。 根据欧姆定律，U−I图象的斜率表示导体的电阻；若将两条电阻丝并联接入某一电路，电 压相等，根据I=U R 求解电流之比． 本题关键根据U−I图象得到电阻丝的电阻值之比，然后根据并联电路的特点求解电流之比． 8.【答案】ABC 【解析】解： A、由小球受到的电场力水平向左，可知小球带负电，故A 正确； B、若将A极板向左平移少许，由平行板电容器的定义式C= Q U ，以及及决定式C= ɛr S 4 πkd 。 以及匀强电场E=U d ；解得E= 4 πkQ ϵ r S ，可知电场强度不变，电场力不变，故小球仍静止 在原地不动，故B 正确； CD、若将B极板向上平移少许，正对面积减少，由决定式C= ɛr S 4 πkd 可知电容器的电容将 减少；由E= 4 πkQ ϵ r S ，，可知电场强度增大，夹角将变大，故C 正确，D 错误。 故选：ABC。 本题考查平行板电容器的定义式C= Q U ，以及决定式C= ɛr S 4 πkd 。以及中间电场为匀强电 场即可求解。 本题难度适中，结合平行板电容器的定义式C= Q U ，以及决定式C= ɛr S 4 πkd 。以及中间电 场为匀强电场的基本公式，仔细审题，综合分析，别有遗漏即可。 9.【答案】AD 【解析】解：A、小木块相对传送带滑动过程，由动能定理得：μmgL=1 2 mv 2−1 2 mv0 2， 代入数据解得：v0=8m/s，故A 正确； B、对小木块，由牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得，小木块的加速度大小： a=3m/s 2， 小木块的加速时间：t= v−v0 a =10−8 3 s=2 3 s 小木块与传送带的划痕长度：s=vt−L=10× 2 3 m−6m=2 3 m，故B 错误； C、摩擦产生的热量：Q=μmgs=0.3×3×10× 2 3 J=6 J，故C 错误； D、由能量守恒定律可知，电动机输出的总能量：E=Q+ 1 2 m v 2−1 2 m v0 2，代入数据解得： E=60 J，故D 正确。 故选：AD。 应用动能定理可以求出小木块的初速度；应用运动学公式求出小木块相对传送带滑动的时 间，求出小木块与传送带的位移，然后求出划痕的长度；应用功的计算公式求出摩擦产生 的热量；应用能量守恒定律求出电动机输出的总能量。 根据题意分析清楚小木块与传送带的运动过程是解题的前提，应用动能定理、运动学公式 与能量守恒定律可以解题。 10.【答案】CD 【解析】解：A、根据题意无法判断粒子的运动方向；故A 错误； BC、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带 负电。故C 正确，B 错误； D、粒子只受电场力作用，该电场为匀强电场，则a=qE m ，所以带电粒子做匀变速运动， 故D 正确； 故选：CD。 根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性。根据粒子加速度为a=qE m ， 可判断粒子做匀变速运动。 解决本题的关键知道轨迹的凹向大致指向合力的方向，这是解决本题的关键，知道正电荷 所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。 11.【答案】控制变量法 变大 变小 【解析】解(1)影响平行板电容器电容大小的因素有板间距离d、两板间正对面积S和板间 绝缘介质，在研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验过程中，要控制其中的两 个量不变，研究第三个量对电容大小的影响，即该实验采取的方法是控制变量法； (2)根据静电计工作原理可知静电计指针偏角增大，表明此时两板间的电势差变大； 根据电容的定义式可知C= Q U ，由题意知实验过程中电容器的电荷量Q保持不变，故电容 C变小。 故答案为：(1)控制变量法；(2)变大；变小 (1)根据实验原理可知采取的实验方法是控制变量法； (2)结合静电计指针偏角变化分析两板间电势差变化；根据电容的定义式判断电容的变化。 在分析电容器问题时，要注意电容的定义式和决定式的综合应用，另外要注意电容器的电 容和两板间的电势差及电荷量无关。 12.【答案】相反 减小 1.21×10 −2 【解析】解：(1)开关S与1相连，电源给电容器充电，电容器上极板带正电充电电流为逆 时针方向；开关S与2相连时，电容器放电，电流方向为顺时针方向，并用都随时间而减小； (2)根据欧姆定律可知，I=U R ，图象与坐标轴围成的面积表示Ut，则可知，图象与坐标轴 围成的面积与R的比值表示电量，即为： q= I −¿t=U −¿ R t ¿¿； 则可知，充电过程最大电量： q=145.1 2000 C=0.07255C C= Q U =0.7255 6.0 F=1.21×10 −2 F； (3)这种想法是正确的，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对 放电曲线进行数据处理后记录的峰值U m及图线与时间轴围成的面积，仍然可用 C= Q U m = S RU m 计算电容值。 故答案为：(1)相反、减小；(2)1.21×10 −2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与 电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值U m及图线与时间轴 围成的面积，仍然可用C= Q U m = S RU m 计算电容值 根据电容器极板的电性判断放电时电流的方向； 在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变，根据U−t图线所围成的面积求解放电的电 荷量，再根据电容计算公式求解电容； 通过电阻R的电量最终充电电容器的极板上，所以绘出电阻的U−t图象，求出面积S，则 通过电阻R的电量 q= I −¿t=U −¿ R t= S R ¿¿，也可以求极板上电量，从而求出电容。 本题主要是考查平行板电容器电容的实验，解答本题的关键是弄清楚题意以及电路连接情 况，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷 量，结合电容器的计算公式进行分析解答。 13.【答案】解：(1)小球由静止释放，沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动，根 据题设条件可得，小球受到的电场力大小为 F=mgtan37°= 3 4 mg，电场力方向水平向右。 (2)将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，在竖直方向上做竖直上抛运动，则 小球能上升的最大高度为 h= v0 2 2g 答：(1)小球受到的电场力的大小为3 4 mg，电场力方向水平向右； (2)小球能上升的最大高度为v0 2 2 g 。 【解析】(1)小球由静止释放，沿重力和电场力的合力方向做