2021-2022学年云南省曲靖二中高二（下）第六次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年云南省曲靖二中高二（下）第六次月考物理试卷
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
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F1、F2、F3，绳对滑轮的压力分别为FN1、FN2、FN3，假定物体始终保持静止，不计一切摩擦。则(    )


A. F1=F2=F3，FN1F3，FN1=FN2=FN3
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
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
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
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，g=10m/s2，则配送机器人的内阻为(    )
参数
额定电压
额定电流
机器人净重
最大承载量
数据
50V
2A
100kg
100kg

A. 2.5Ω B. 5Ω C. 10Ω D. 15Ω
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. 72：8 B. 7：8 C. 5：4 D. 52：8
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v船>v水，则v船：v水为(    )
A. 3:5 B. 3：2 C. 5：4 D. 5：3
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2mωr
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mωr
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v1+v22
C. t1∼t2时间内汽车牵引力做功等于12mv22−12mv12
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
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
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，EP表示正点电荷在P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P处的电势能EP不变
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。t1=2s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. 运动员落在斜坡上的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tanθ=32
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L，左端连接一阻值为R的定值电阻，阻值为r、质量为m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B，现给金属棒以水平向右的初速度v0，金属棒向右运动的距离为x后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q，重力加速度为g，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−R+rRQ
B. 流过金属棒的电荷量为BLXR
C. 整个过程因摩擦而产生的热量为12mv02−Q
D. 金属棒与导轨之间的动摩擦因数为v022gx−R+rmgxRQ
15. 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为20Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，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Rx=UI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Rx1和Rx2，则______(选填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

16. 某同学用如图1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2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△t1、△t2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△p=______ (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。
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10m/s2。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。
18. 如图所示，一个质量为m=2.0×10−11kg，电荷量q=+1.0×10−5C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1=100V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U2=100V。金属板长L=203cm，两板间距d=30cm。求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度v0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D=23cm，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？

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θ，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。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：根据逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内通过的位移之比为1：3：5...(2n−1)，故分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移之比为x3：x2：x1=(11+9+7)：(5+3)：1=27：8：1，
根据平均速度的定义式可得，这三段位移的平均速度之比v3−：v2−：v1−=x33：x22：x11=9：4：1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据逆向思维，利用初速度为零的匀加速直线运动的推论，结合平均速度的定义式，求出三段时间内的平均速度之比。
在处理末速度为零的匀减速直线运动问题时，通常利用逆向思维，把该运动看作是初速度为零的匀加速直线运动来处理。

2.【答案】A 
【解析】解：根据定滑轮特点：只改变力的方向，不改变力的大小，则物体保持静止时，绳子的拉力无论方向怎么变化，始终和物体的重力相等，则三个拉力大小的关系为F1=F2=F3；
绳对滑轮的压力，根据平行四边形法则可知两个力相等时，夹角越小，合力越大，所以有：FN1F安，
根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，有：mgsin⁡37∘=F安+f
解得f=0.04N.

答：(1)通过导体棒的电流为1A；
(2)导体棒受到的安培力大小为0.2N，方向沿斜面向上；
(3)导体棒受到的摩擦力的大小为0.04N，方向沿斜面向上。 
【解析】(1)利用闭合电路欧姆定律可以求出通过导体棒的电流；
(2)利用安培力的计算公式F=BLI计算导体棒受到的安培力大小；
(3)利用力的分解，根据二力平衡，计算摩擦力的大小，判断其方向。
综合考查了闭合电路欧姆定律和安培力的计算，以及力的合成分解，综合性强，难度相对较大。

18.【答案】解：(1)微粒在加速电场加速，由动能定理得：qu1=12mv2−0
代入数据解得：v0=1×104m/s
(2)微粒经偏转电场，做类平抛运动，有水平方向：L=v0t
竖直方向，由牛顿第二定律得：a=qU2dm，竖直方向上：vy=at
粒子离开偏转电场时的速度大小：v=v02+(at)2，速度方与水平方向夹角的正切值：tanθ=atv0
代入数据解得：v=233×104m/s，方向与水平方向夹角θ=30∘.
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
运动轨迹如图所示：

由几何关系，有r+rsinθ≤D
代入数据解得：B=1T
答：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小是1×104m/s；
(2)微粒射出偏转电场时的速度大小是233×104m/s，速度方向与水平方向夹角为30∘；
(3)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1T。 
【解析】(1)应用动能定理可以求出微粒进入偏转电场时的速度大小。
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
本题考查动能定理、动力学规律与牛顿第二定律及结合几何知识来综合解题，同时学会处理类平抛运动与匀速圆周运动的方法，培养学生形成一定的思路与能力．

19.【答案】解：(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v′2，由于B对轨道最高点的压力为零，由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得mg=mv′22R，
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上做自由落体运动
2R=12gt2
设在水平方向上水平位移x
x=v′2t
联立解得x=2R.
(2)对A由C到D的过程，A受重力和支持力，但支持力与速度垂直不做功，由机械能守恒定律得
mgRcosθ=12mvD2
A所受重力对A做功的功率为
P=mgvDsinθ，
解得P=mgsinθ2gRcosθ.
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv22=12mv′22+mg⋅2R
解得v2=5gR，
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得12mv12=mgR
解得v1=2gR，
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mv1+mv2，
解得v0=2gR+5gR，
碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE=12mv02−12mv12−12mv22，
解得ΔE=10mgR. 
【解析】(1)B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B到达最高点时的速度，再依据平抛运动规律解得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)A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点，根据机械能守恒结合功率的计算公式解得其功率；
(3)A从Q点到C点的过程，由机械能守恒定律求出A碰撞后的速度，根据动能定理解得B碰撞后的速度。再研究A与B碰撞过程，由动量守恒定律结合能量守恒可解得。
解决本题时，要理两个小球的运动过程，把握每个过程遵循的物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律两大规律。要知道小球恰好到达圆轨道最高点时，由重力充当向心力。