2023-2024学年云南省玉溪市高二（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省玉溪市高二（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，水平悬挂的直导体棒ab中通有从a到b的恒定电流，在该空间加上下列哪种磁场时，可能使悬挂ab棒的细线弹力为零( )
A. 水平向右的匀强磁场B. 水平向左的匀强磁场
C. 垂直纸面向里的匀强磁场D. 垂直纸面向外的匀强磁场
2.a、b为一点电荷电场中的两点，a、b两点的电场强度Ea、Eb的方向分别如图所示，图中θ1<θ2，下列说法正确的是( )
A. 场源电荷带负电B. a点场强一定大于b点场强
C. a点场强一定小于b点场强D. a点电势一定低于b点电势
3.在某次花式摩托车比赛中，运动员骑摩托车(可视为质点)从平台边缘的A点水平飞出(如图所示)，一段时间后从倾角为θ的斜面BC的顶端B点平行于斜面方向进入斜面，若A、B两点间的高度差为h，重力加速度为g，则摩托车离开A点时的速度大小为( )
A. 2ghsinθB. 2ghsinθC. 2ghtanθD. 2ghtanθ
4.如图所示，质量为m的物块受一水平力作用静止在倾角为θ的斜面上，若斜面对物块的摩擦力恰好为零，重力加速度为g，则力F的大小为( )
A. mgsinθB. mgcsθC. mgtanθD. mgtanθ
5.一质量为m的物体从空中由静止开始竖直下落，运动过程中受恒定阻力作用，其动能Ek随下落高度h变化的图像如图所示，图中坐标值a、b均已知，则该物体下落过程中受到的阻力大小为(重力加速度为g)( )
A. mg−baB. mg+baC. mg−abD. mg+ab
6.如图所示，一质量为m的球置于立方体盒子中，当盒子竖直向上以加速度a匀加速运动时，盒子对球的作用力大小为F1，当盒子竖直向下以加速度a匀加速运动时，盒子对球的作用力大小为F2，当盒子水平向右以加速度a匀加速运动时，盒子对球的作用力大小为F3，下列关系式正确的是( )
A. F1>F2>F3B. F1>F3>F2C. F2>F1>F3D. F3>F1>F2
7.如图所示，长度为2L的轻杆两端固定有质量为2m的小球a和质量为m的小球b，杆可绕固定的转动轴O在竖直平面内转动，两小球到转动轴O的距离均为L，且两小球均可视为质点。杆位于竖直位置时使小球a受到轻微扰动后，a、b在竖直平面内运动，g为重力加速度，不计空气阻力和一切摩擦，则小球a运动到最低点时对杆的拉力大小为( )
A. 3mgB. 143mgC. 6mgD. 203mg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.a、b两质点从同一地点向同一方向运动，它们的速度v随时间t变化的图像分别如图中a、b所示，下列说法正确的是( )
A. a、b运动的加速度相同
B. t0时刻a、b相遇
C. 2t0时刻a、b相遇
D. 0∼2t0时间内a、b之间的最大距离为v0t02
9.如图所示，卫星a和卫星b在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动，它们的绕行方向相同，a的轨道半径小于b的轨道半径，a的周期为Ta，此时刻两卫星之间的距离最近，下列说法正确的是( )
A. a的速率小于b的速率
B. a的周期小于b的周期
C. a、b相邻两次相距最近的时间间隔大于Ta
D. a、b相邻两次相距最近的时间间隔小于Ta
10.如图所示，矩形区域abcd位于竖直平面内，ab边水平，该区域内有方向平行于abcd平面、与水平方向成45∘角斜向左上方的匀强电场，还有方向垂直于abcd平面的匀强磁场(图中未画出)，磁场的磁感应强度为B。质量为m、带电量为+q的小球从ab边上方某处由静止释放，并沿竖直线通过该区域，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场方向垂直于abcd平面向里B. 小球通过电磁场区域过程中机械能守恒
C. 匀强电场的电场强度大小为 2mgqD. 小球开始下落时离ab边的高度为m2g2q2B2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.有一圈使用了一部分的导线，某同学想测量其长度，进行了如下实验：
在说明书上查到该导线用合金材料制成，所用合金材料的电阻率ρ=1×10−6Ω⋅m，该导线的横截面积为1mm2。
(1)该同学用多用电表粗测该导线的电阻，当用“×10”倍率时，多用电表指针如图甲所示，则该导线电阻的测量值为_______Ω(结果保留两位有效数字)。
(2)为了较精确地测量该导线的电阻，某同学设计了如图乙所示的电路，图中滑动变阻器有下面两种规格可以选择：
A.R10∼10Ω B．R20∼2000Ω
该实验中，应选择_______(填“A”或“B”)更合理。
(3)若实验中测得电压表示数为U=4.50V时，电流表示数为I=50.0mA，可得待测导线的电阻为Rx=_______Ω。
(4)结合相关数据，可得待测导线的长度为L=______m(计算结果保留两位有效数字)。
12.某同学用如图甲所示的实验装置来验证重物B和滑块A所组成的系统机械能守恒。实验前先将气垫导轨固定在水平桌面上，调成水平，右端固定一轻质定滑轮，滑块A和重物B分别系在一根跨过定滑轮的细绳两端，将一遮光条固定在滑块A上，一光电门固定在气垫导轨上方，使滑块运动过程中遮光条能穿过光电门。
(1)实验时，用螺旋测微器测量遮光条宽度(如图乙所示)，则遮光条宽度d=______mm。
(2)若测得滑块A(包括遮光条)的质量mA=100g、重物B的质量mB=200g，释放滑块时遮光条到光电门中心的距离为L=63.00cm，遮光条通过光电门时光电计时器记录的时间为Δt=1×10−3s，取g=9.8m/s2。则遮光条通过光电门时滑块A的速度大小为_______m/s，从释放滑块到遮光条通过光电门的过程中，滑块A和重物B组成的系统重力势能减少量为_______J、动能的增加量为_______J。(计算结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，质量为m、带电量为+q的滑块P(可视为质点)在外力(图中未画出)作用下静止在粗糙水平地面上，该空间以MN为界，左侧有水平向右的匀强电场，某时刻撤去外力后，P在电场中运动距离d后离开电场，再运动距离d后停止运动。滑块P与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)P运动过程中的最大速率；
(3)P运动的时间。
14.某人驾驶汽车沿平直公路以v0=32m/s的速度行驶，看到前方旁边车道有故障车，为规避危险，驾驶员立即控制汽车开始做匀减速直线运动(忽略司机的反应时间)，汽车速度减为4m/s时开始保持匀速行驶，匀速行驶7.5s后通过了故障车，确认没有危险后又开始控制汽车做匀加速直线运动，直到汽车速度恢复到32m/s。若汽车在减速阶段发动机不提供动力，加速阶段汽车产生的牵引力恒为车重的0.6倍，在整个运动过程中，汽车所受阻力恒为车重的0.35倍，取g=10m/s2。求汽车因减速规避危险相对不减速匀速通过该路段延误的时间(结果保留整数)。
15.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子从y轴上的P10,1.5L点以初速度v0沿x轴正方向射入电场，在电场中偏转后从P24L,0点射出电场进入磁场，经磁场偏转后从P30,−4L点射出磁场，粒子重力不计。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)粒子在磁场中运动的速率；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】细线弹力为零，说明安培力向上与重力平衡，据左手定则可得磁场垂直纸面向里，C正确。
2.【答案】B
【解析】将Ea和Eb反向延长，找到交点即为点电荷所在位置，可以看出该点电荷带正电，因θ1<θ2可知a点到点电荷距离更近，因此a点场强一定大于b点场强，a点电势一定高于b点电势，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键是掌握平抛运动的基本规律，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
【解答】
据平抛运动的规律可得vy2=2gh，tanθ=vyv0，解得v0= 2ghtanθ，故D正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】本题考查共点力平衡问题。做出物块受力的矢量三角形图，由三角形知识即可求解。
【解答】物块受力分析如图所示，可得F=mgtanθ，故C正确。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查功与能的图像问题，由于图像是一条过原点的直线，结合动能定理可知Ek−h图像的斜率表示合外力，明确这一点是解题关键。
【解答】Ek随下落高度h变化的图像的斜率表示物体所受的合外力，可得F合=mg−f=ba，解得f=mg−ba，故A正确。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律的应用，应用牛顿第二定律分析物体受力情况，是物理常用方法，特别要抓住牛顿第二定律的矢量性，即加速度方向与合力方向相同，对分析受力很有好处。
【解答】当盒子竖直向上以加速度a匀加速运动时，据牛顿第二定律可得F1−mg=ma，解得F1=mg+ma；当盒子竖直向下以加速度a匀加速运动时，可得mg−F2=ma，解得F2=mg−ma；当盒子水平向右以加速度a匀加速运动时，盒子左边对球有水平向右的大小为ma推力提供加速度，同时盒子在竖直方向还受到大小等于mg，方向竖直向上的支持力作用，可得盒子对球的作用力大小F3= (mg)2+(ma)2。由以上分析可得F1>F3>F2，故B正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
a、b组成的杆连接体机械能守恒，由此求出a到达最低点时两者的速度，再根据牛顿第二定律结合向心力公式可求出杆的拉力。
【解答】根据机械能守恒定律可得2mg2L−mg2L=12(2m+m)v2，当a到达最低点时，根据牛顿第二定律可得F−2mg=2mv2L，解得F=143mg，由牛顿第三定律可知，杆受到a的拉力为143mg，B正确。
8.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查v−t图像以及追及相遇问题，v−t图像的斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移。
【解答】a、b运动的加速度方向不同，因此不能说它们的加速度相同，故A错误。
t0时刻以前，b的速度一直大于a的速度，因此t0时刻b在a的前面，故B错误。
从图像可以看出，0∼2t0时间内a、b通过的位移相同，因此2t0时刻a、b相遇，故C正确。
t0时刻a、b速度相等，相距最远，由图像可得t0时刻它们的距离为v0t02，故D正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】本题考查万有引力定律的应用，对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。
【解答】根据 GMmr2=mv2r=m4π2T2r ，可得 v= GMr ， T=2π r3GM，
因a的轨道半径小于b的轨道半径，可知a的速率大于b的速率，a的周期小于b的周期，故A错误， B正确。
当a转一圈回到原位置时，b还没有转完一圈，可知相邻两次相隔最近经历的时间大于Ta，故 D错误， C正确。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
小球如果能沿直线通过电场、磁场的叠加场，那么必定是匀速直线运动，小球受到重力、电场力以及洛伦兹力而平衡，重力与电场力做功，洛伦兹力不做功。
【解答】A、小球沿直线通过该电磁场区域，对小球受力分析可知小球所受洛伦兹力方向水平向右，据左手定则可知磁场垂直abcd平面向里，故A正确；
B、小球通过电磁场区域时电场力对小球做负功，因此其机械能不守恒，故B错误；
C、由受力分析可得qE= 2mg，解得E= 2mgq，故C正确；
D、小球进入电磁场前mgh=12mv2，在电磁场中运动过程，据受力分析可得qvB=mg，解得h=m2g2q2B2，故D正确。
故选 ACD。
11.【答案】(1)87(填86，88，89也可以)；(2)A ；(3) 90 ；(4)90 。
【解析】(1)通过估读，该导线电阻的测量值约为8.7×10Ω=87Ω。
(2)滑动变阻器采用分压接法，应选较小的滑动变阻器更合理，故A更合理。
(3)待测导线的电阻为Rx=UI=Ω=90Ω。
(4)根据Rx=ρLS，代入数据可得L=RxSρ=90×10−610−6m=90m。
12.【答案】 (1) 2.800 ； (2)2.80 ，1.23 ，1.18。
【解析】(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d=2.5mm+0.01mm×30.0=2.800mm。
(2)遮光条通过光电门时滑块A的速度大小为v=dΔt=2.8×10−310−3m/s=2.80m/s。
滑块 A 和重物 B 组成的系统重力势能减少量ΔEP=mBgL=1.23J。
动能增加量ΔEk=12mA+mBv2=1.18J。
13.【答案】(1)滑块P运动过程，据动能定理可得qEd−μmg2d=0−0，解得E=mgq；
(2)滑块P离开电场时速度最大，在电场中运动过程，据动能定理可得qEd−μmgd=12mvm2，
解得vm= gd；
(3)全过程，据运动学规律可得2d=vm2t，解得t=4 dg。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：减速阶段，对汽车有f1=0.35mg=ma1，v0−v1=a1t1，v02−v12=2a1x1，
匀速阶段，汽车前进的距离x2=v1t2，
加速阶段0.6mg−0.35mg=ma2，v0−v1=a2t3，v02−v12=2a2x3，
汽车从开始减速到恢复原来的速度通过的总位移为x=x1+x2+x3，
总时间为t=t1+t2+t3，
若汽车不减速，通过这段位移所需时间t′=xv0，
延误的时间Δt=t−t′，
解得Δt≈15s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)粒子在电场中做类平抛运动，可得4L=v0t，32L=12at2，其中a=qEm，解得E=3mv0216qL；
(2)据类平抛运动的规律可得vx=v0，vy=at，v= vx2+vy2，解得v=54v0；
(3)作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。设粒子进入磁场时速度与 x 轴正向成 α 角，则tanα=vyvx，
设粒子射出磁场时速度与 y 轴正向成 β 角，据几何关系可得
rsinα+rcsβ=4L，rcsα+rsinβ=4L，
解得r=207L，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力qvB=mv2r，
解得B=7mv016qL。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】