2022-2023學(xué)年云南省曲靖市陸良縣高二（上）期末物理試卷及答案解析

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2022-2023學(xué)年云南省曲靖市陸良縣高二（上）期末物理試卷一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）1.在探究物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的征程中，一代代科學(xué)家付出了很多努力，其中利用圖示實(shí)驗(yàn)揭示運(yùn)動(dòng)本質(zhì)的科學(xué)家是(

)A.牛頓 B.亞里士多德 C.伽利略 D.愛因斯坦2.某人從A點(diǎn)出發(fā)，先向正東走了15m到B點(diǎn)，然后向正北又走了15m到C點(diǎn)，如果以正東方向和正北方向建立二維直角坐標(biāo)系，如圖所示，則最后到達(dá)的位置C(圖中未畫出)的坐標(biāo)為A.(3,2) B.(4,3.關(guān)于電磁場(chǎng)的理論，下列說(shuō)法正確的是(

)A.在電場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生磁場(chǎng)，磁場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生電場(chǎng)

B.在變化的電場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，變化的磁場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生變化的電場(chǎng)

C.均勻變化的電場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生均勻變化的磁場(chǎng)

D.周期性變化的電場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生周期性變化的磁場(chǎng)4.一質(zhì)量為0.5kg的足球以10m/s的速度撞擊墻壁后以相等速率反向彈回，撞擊的時(shí)間為A.125N B.150N C.105N5.如圖所示，導(dǎo)線ab和cd互相平行，則下列四種情況下導(dǎo)線中無(wú)電流的是(

)

A.開關(guān)S閉合或斷開的瞬間 B.開關(guān)S是閉合的，但滑動(dòng)觸頭向左滑

C.開關(guān)S是閉合的，但滑動(dòng)觸頭向右滑 D.開關(guān)S始終閉合，不滑動(dòng)觸頭6.自行車靠一條鏈子將兩個(gè)齒輪連接起來(lái)，一輛自行車的齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)示意圖如圖所示，O1、O2是自行車的兩個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)齒輪1和2的中心，A和B分別是齒輪1和齒輪2邊上一點(diǎn)，其中齒輪1上有一點(diǎn)C，C點(diǎn)到齒輪1中心O1的距離為齒輪1半徑的一半，則A.A點(diǎn)和B點(diǎn)的線速度相同 B.B點(diǎn)和C點(diǎn)的向心加速度相等

C.B點(diǎn)和C點(diǎn)的向心加速度之比為4：1 D.B點(diǎn)和C點(diǎn)的線速度大小之比為2：17.如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度E=2×103V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有三點(diǎn)A、M和B，AM=4cm，MB=3cm，A.1.6×10?7J B.1.2×8.利用半導(dǎo)體二極管的單向?qū)щ娦?，可以?duì)交變電流進(jìn)行整流，將交變電流變?yōu)橹绷麟娏鳎鐖D為某一正弦交變電流整流后的輸出電流，則該輸出電流的有效值為(

)A.10A B.5A C.2.5A二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）9.一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體受到兩個(gè)力的作用，它的加速度大小為2.5m/A.1N、6N B.2N、8N C.3N、1010.甲、乙兩物體從同一點(diǎn)出發(fā)的位移(x)—時(shí)間(t)圖像如圖所示，由圖像可以看出在A.甲、乙兩物體始終同向運(yùn)動(dòng) B.4s時(shí)甲、乙兩物體相遇

C.甲的平均速度大于乙的平均速度 D.甲、乙兩物體之間的最大距離為11.如圖所示是等腰直角三棱柱，其平面abcd為正方形，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，它們按圖示方式放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0A.穿過(guò)abcd平面的磁通量大小為B0L2

B.穿過(guò)cdef平面的磁通量大小為22B12.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi)x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個(gè)方向射出速率相等的質(zhì)量大小均為m、電荷量大小均為q的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場(chǎng)時(shí)離S最遠(yuǎn)的位置是x軸上的P點(diǎn)。已知OP=A.粒子的速度大小為qBdm

B.從O點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為πm3qB

C.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到O點(diǎn)的距離為12三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）13.某物理實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量某金屬絲的電阻率。

(1)如圖所示，用螺旋測(cè)微器測(cè)得金屬絲的直徑d=

mm；

(2)測(cè)出金屬絲的阻值Rx、長(zhǎng)度L后，可算出金屬絲的電阻率ρ=

(用d、R

四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共9.0分）14.如圖所示，是“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)裝置．

(1)將實(shí)物電路中所缺的導(dǎo)線補(bǔ)充完整；

(2)如果在閉合開關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，那么合上開關(guān)后，將線圈L1迅速插入線圈L2中，靈敏電流計(jì)的指針將______偏轉(zhuǎn)；(選填“向左”“向右”或“不”)

(3)線圈L1插入線圈五、簡(jiǎn)答題（本大題共1小題，共3.0分）15.如圖所示，用一根絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，現(xiàn)加一水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g。

(1)求該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)如果將電場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角并改變電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，小球平衡時(shí)，絕緣細(xì)線與豎直方向夾角仍為θ，求改變后的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E六、計(jì)算題（本大題共2小題，共20.0分）16.電磁軌道炮工作原理如圖，待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流從一條軌道流入，通過(guò)導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可在彈體處形成垂直于軌道平面的磁場(chǎng)(可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng))，通電的彈體在軌道上由于受到安培力的作用而高速射出。小明同學(xué)從網(wǎng)上購(gòu)買了一個(gè)軌道炮模型，其軌道長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.5m，平行軌道間距d=0.02m，彈體的質(zhì)量m=0.02kg，導(dǎo)軌中的電流I=17.如圖所示，運(yùn)動(dòng)員踏著專用滑雪板，不帶雪杖在助滑路上(未畫出)獲得一速度后水平飛出，在空中飛行一段距離后著陸，這項(xiàng)運(yùn)動(dòng)非常驚險(xiǎn)。已知一位運(yùn)動(dòng)員由斜坡頂端A點(diǎn)沿水平方向飛出的速度v0=20m/s，落點(diǎn)在斜坡上的B點(diǎn)，斜坡的傾角θ=37°，斜坡可以看成一斜面。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，co答案和解析1.【答案】C

【解析】解：由題可知圖示實(shí)驗(yàn)是伽利略利用斜面實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，通過(guò)進(jìn)一步推理，指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因。

亞里士多德提出力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因(錯(cuò)誤的觀點(diǎn))；牛頓提出力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因(正確的觀點(diǎn))。故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：C。

由題可知圖示實(shí)驗(yàn)是伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)，根據(jù)物理學(xué)史即可求解。

解答本題的關(guān)鍵在于對(duì)于物理學(xué)上著名科學(xué)家、重要理論和經(jīng)典學(xué)說(shuō)要記牢，不要張冠李戴。

2.【答案】C

【解析】解：由題可知，人從A點(diǎn)出發(fā)，先向正東走了15m到B點(diǎn)，x軸的單位長(zhǎng)度代表5m，則B點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,0)，然后向正北又走了15m到C點(diǎn)，y軸的單位長(zhǎng)度也代表5m，則最后到達(dá)的位置C的坐標(biāo)(3,3)。

故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：C。

由題可知，x3.【答案】D

【解析】解：A、在電場(chǎng)的周圍不一定存在著由該電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)周圍也不一定產(chǎn)生電場(chǎng)。原因是若變化的電場(chǎng)就一定產(chǎn)生磁場(chǎng)，若是穩(wěn)定的電場(chǎng)則不會(huì)產(chǎn)生磁場(chǎng)的。故A不正確；

B、非均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生非均勻變化的磁場(chǎng)，而均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng)。所以變化的電場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生磁場(chǎng)，變化的磁場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生電場(chǎng)。故B不正確；

C、均勻變化的磁場(chǎng)一定產(chǎn)生穩(wěn)定的電場(chǎng)，而非均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生非均勻變化的磁場(chǎng)。故C不正確；

D、周期性變化的電場(chǎng)一定產(chǎn)生同周期變化的磁場(chǎng)，故D正確；

故選：D。

麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論中變化的磁場(chǎng)一定產(chǎn)生電場(chǎng)，當(dāng)中的變化有均勻變化與周期性變化之分．

考查麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論中變化有均勻變化與周期性變化之分．

4.【答案】A

【解析】解：規(guī)定初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)墻壁對(duì)足球的平均彈力為F?，由動(dòng)量定理?F?t=m(?v)?mv

解得墻壁對(duì)足球的平均彈力大小為F?5.【答案】D

【解析】解：ABC、如果導(dǎo)線中無(wú)電流產(chǎn)生，則說(shuō)明通過(guò)上面的閉合線圈的磁通量沒有發(fā)生變化，也就是說(shuō)通過(guò)導(dǎo)線ab段的電流沒有發(fā)生變化。顯然，A、B、C三種情況的過(guò)程通過(guò)導(dǎo)線ab中的電流都發(fā)生變化，都能在cd導(dǎo)線中產(chǎn)生感應(yīng)電流。

D、開關(guān)S始終閉合，不滑動(dòng)觸頭，ab中電流不變，穿過(guò)上面回路的磁通量不變，cd中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，

本題選無(wú)電流的，故選：D。

產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化。根據(jù)閉合電路歐姆定律分析6.【答案】D

【解析】解：A.A點(diǎn)和B點(diǎn)是鏈條傳動(dòng)，線速度大小相等，即vA=vB，方向不同，故A錯(cuò)誤。

D.A點(diǎn)和C點(diǎn)是同軸傳動(dòng)，角速度相同，即ωA=ωC，根據(jù)v=rω，可得vAvC=rω12rω=2：1；因?yàn)関A=vB，方，所以vB：vC=2：1，故D正確。

BC.因?yàn)樾↓X輪的半徑未知，無(wú)法比較B、C7.【答案】C

【解析】解：根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)特點(diǎn)可知：A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：UAB=UAM=EdAM

所以有：UAB=2000×4×10?2V=80V。

正電荷從B點(diǎn)經(jīng)M點(diǎn)移到A點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為：

WB8.【答案】B

【解析】解：根據(jù)有效值的定義，讓圖示交變電流和一恒定電流都通過(guò)阻值為R的電阻，則(102)2RT2=I有2RT，解得I9.【答案】AD【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律可知，物體所受合力為F=ma=2×2.5N=5N

A.1N、6N的合力范圍是5N≤F≤7N，故A正確；

B.2N、8N的合力范圍是6N≤F≤10N，故B錯(cuò)誤；

C.3N、10N的合力范圍是7N≤10.【答案】BD【解析】解：A.由于位移?時(shí)間圖像的斜率表示該時(shí)刻的速度，可以從圖中看出乙物體的速度(斜率)始終為正值，即速度始終為正方向，甲物體前兩秒內(nèi)速度為正方向，2秒末到4秒末速度為負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；

B.4s秒末兩物體的位置坐標(biāo)相同，說(shuō)明兩物體相遇，故B正確；

C.由圖知：4s內(nèi)甲的位移大小為：

s甲=x2?x1

代入數(shù)據(jù)得：s甲=2m

乙的位移大小為：

s乙=x2?x1

s乙=2m

可見，位移相等，所用時(shí)間也相等，根據(jù)

v=st

可知平均速度相等，故C錯(cuò)誤；

D.從位移?時(shí)間圖像來(lái)看，2s之前由于甲的速度大于乙的速度，兩者距離一直在增大，2s之后甲運(yùn)動(dòng)反向，乙的速度不變，所以2s11.【答案】BC【解析】解：A、根據(jù)磁通量的定義和計(jì)算公式可知，通過(guò)abcd平面的磁通量為Φ=BSsinθ=22B0L2，故A錯(cuò)誤；

BD、平面cdef⊥B0，而cd=L，cf=Lcos45°=212.【答案】AB【解析】解：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

A、由OP=3OS=3d，

可得SP=2d，

如圖所示，結(jié)合“在軌跡圓中，軌跡的直徑為最長(zhǎng)的弦”和題中“所有粒子射出磁場(chǎng)時(shí)離S最遠(yuǎn)的位置是x軸上的P點(diǎn)”可知SP是其中一個(gè)軌跡的直徑，

由qvB=mv2r，

可得r=d，則v=qBdm，故A正確；

B、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB，

由幾何知識(shí)可得從O點(diǎn)射出的粒子，軌跡所對(duì)的圓心角為60°，

在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=16T=πm3q13.【答案】1.110

πd【解析】解：(1)螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，金屬絲直徑d=1mm+11.0×0.01mm=1.110mm

(2)根據(jù)電阻定律，金屬絲的電阻Rx=ρLS=ρL1414.【答案】向右

向左

【解析】解：(1)將電源、電鍵、變阻器、線圈L1串聯(lián)成一個(gè)回路，再將靈敏電流計(jì)與線圈L2串聯(lián)成另一個(gè)回路，補(bǔ)充的實(shí)物電路如圖所示

(2)已知閉合開關(guān)瞬間，線圈L2中的磁通量增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流使靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)．當(dāng)開關(guān)閉合后，將線圈L1迅速插入線圈L2中時(shí)，線圈L2中的磁通量增加，由已知條件可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)使靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)。

(3)滑動(dòng)變阻器的滑片迅速向右移動(dòng)，線圈L1中的電流變小，線圈L2中的磁場(chǎng)方向不變，磁通量減少，則靈敏電流計(jì)的指針向左偏轉(zhuǎn)。

故答案為：(1)圖見解析；(215.【答案】解：(1)對(duì)小球受力分析，小球受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線的拉力，如圖所示

由平衡條件得：

mgtanθ=qE

解得：E=mgtanθq

(2)將電場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角、電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋′后，小球所受電場(chǎng)力方向也順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)θ角，大小為

F′=qE′

【解析】(1)根據(jù)對(duì)小球的受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系和電場(chǎng)力的計(jì)算公式得出場(chǎng)強(qiáng)的大?。?/p>

(2)16.【答案】解：(1)彈體處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T

彈體所受安培力大小為F=BId

根據(jù)牛頓第二定律得F=ma

代入數(shù)據(jù)解得a=10m/s2

(【解析】

(1)彈體在軌道上運(yùn)行的加速度是由安培力產(chǎn)生的，根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律相結(jié)合求解；

(2)17.【答案】解：(1)運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)到B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的位移x=v0t

豎直方向的位移y=12gt2

由平拋運(yùn)