2023-2024年云南省文山壮族苗族自治州高二上学期2月期末质量监测物理试题（解析版）

保山市文山州2022~2023学年秋季学期期末高二年级质量监测试卷物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页。考试结束后，请将答题卡交回。满分100分，考试用时90分钟。第Ⅰ卷（选择题，共48分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.重视实验并具有乐于探究的精神能让同学们更加轻松地学好物理，小李同学把一条导线平行地放在磁针的上方附近，如图所示，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。历史上首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A.奥斯特 B.爱因斯坦 C.伽利略 D.牛顿【答案】A【解析】【详解】丹麦物理学家奥斯特首先发现了电流的磁效应。故选A。2.以下关于机械能是否守恒的叙述，正确的是（）A.做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒B.做匀变速直线运动的物体机械能可能守恒C.外力对物体做功代数和为零时，机械能一定守恒D.只有重力对物体做功，物体机械能不一定守恒【答案】B【解析】【详解】AC．当物体匀速上升或匀速下降时，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故A、C错误；B．物体做匀变速直线运动时，例如自由落体运动时，物体机械能守恒，故B正确；D．由机械能守恒定律可知，只有重力做功时，物体机械能守恒，故D错误。故选B。3.如图所示，斜面倾角为，从斜面上水平抛出的小球初动能为6J，运动中不计一切阻力，则当它落在斜面上的P点时动能为（）A.12J B.10J C.14J D.8J【答案】C【解析】【详解】假设小球质量为m，初速度为，由平抛运动规律得可得小球到达斜面时竖直方向速度为可得小球落在斜面上时动能为4.如图所示的电场中两点A和B（实线为电场线，虚线为等势面）。关于A、B两点的场强E和电势φ，正确的是（）A.EA=EB，φA=φBB.EA＞EB，φA＞φBC.EA＜EB，φA＜φBD.EA＞EB，φA＜φB【答案】B【解析】【详解】电场线密处场强大，故A点的场强大于B点的场强。沿着电场线电势要逐渐降低，故A点的电势高于B点的电势。故选B。5.一带电粒子射入一正点电荷激发的电场中，运动轨迹如图所示，粒子从A运动到B，则下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.粒子的动能一直变大C.粒子的加速度先变小后变大D.粒子在电场中的电势能先变小后变大【答案】D【解析】【详解】A．粒子所受库仑力指向轨迹的凹侧，可知带电粒子带负电，故A错误；BC．因为粒子先靠近后远离场源电荷，库仑力对粒子先做正功，后做负功，所以动能先增大后减小；库仑力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故B、C错误。D．由于粒子动能先增大后减小，则粒子电势能先减小后增大，故D正确。故选D6.如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知由以上两式联立解得故选D。7.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小根据法拉第电磁感应定律故选B。8.一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中，如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远。下列推理判断正确的是（）A.线框进入磁场过程b点的电势比a点高B.线框进入磁场过程一定是减速运动C.线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D.线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同【答案】C【解析】【详解】A．ab切割磁感线过程中，由右手定则可知，a点电势高于b点电势，故A错误；B．线框进入磁场过程中，因为无法判断安培力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，所以无法判断线框进入磁场过程一定是减速运动，故B错误；C．由能量守恒定律可知，线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能，故C正确；D．线框中产生的电荷量为可知通过线框导线横截面电荷量与高度无关，故D错误。故选C。9.如图所示，真空中两点电荷A、B带电量分别为+2Q和﹣Q，o点为连线的中点，a、b两点在它们之间的连线上，c、d两点在AB连线o中垂线上，已知oa＝ob，a、b两点的场强分别为、；oc＞od，c、d两点的电势分别为、，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【详解】AB．两点电荷A、B带电量分别为+2Q和-Q，可知a处电场线比b处电场线密，而电场线的疏密表示场强的大小，所以有，故A错误，B正确；CD．在oc上，电场方向斜向右上方，根据顺着电场线方向电势降低，o点电势比c点电势高；同理，o点电势也比d点电势高，根据对称性可知，d点电势与d点关于o点的对称点的电势相等，此对称点的电势高于c点电势，所以d点电势高于c点电势，则有，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】解答本题关键一方面掌握电场线的两个意义：疏密表示场强的大小，顺着电场线方向电势降低，另一方面要抓住对称性。10.放在水平地面上的物体受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图中甲、乙所示，根据图提供的信息可以确定的物理量是（）A.物体在前2s内受到的摩擦力大小B.物体与地面间的动摩擦因数C.物体在0~4s内动能的变化量D.推力F在0~4s内对物体所做的功【答案】AD【解析】【详解】A．由图乙可知前2s内物体静止，则摩擦力大小等于推力大小，由图甲可知前2s内的推力大小为1N，所以物体前2s内受到的摩擦力大小为1N，故A正确；B．2~4s内物体滑动，但因为不知道物体质量，所以无法计算滑动摩擦力，不能确定动摩擦因数，故B错误；C．由于物体质量未知，无法计算物体动能，所以无法确定动能变化量，故C错误；D．由图乙可求出物体的位移x，由图甲可确定推力F的大小，根据功的定义式，可以确定推力对物体做的功，故D正确。故选AD。11.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t（不计粒子的重力），则（）A.在前时间内，电场力对粒子做的功为B.在后时间内，电场力对粒子做的功为C.粒子出射速度偏转角满足D.粒子前和后的过程中，运动时间之比为【答案】B【解析】【详解】AB．粒子在垂直两板方向做匀加速直线运动，在前时间内的垂直两板的位移为，则对应的电势差为，则电场力对粒子做功为A错误；B．同理，在后时间内的垂直两板的位移为，则对应的电势差为，则电场力对粒子做功为B正确；C．粒子的出射速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子的出射速度偏转角满足C错误；D．根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等位移的时间之比，粒子前和后的过程中，运动时间之比为D错误。故选B。12.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计，绝缘轻绳一端固定，另一端系于导体棒a的中点，轻绳保持竖直。将导体棒b由边界水平的匀强磁场上方某一高度处静止释放。匀强磁场的宽度一定，方向与导轨平面垂直，两导体棒电阻均为R且与导轨始终保持良好接触。下列说法正确的是（）A.b进入磁场后，a中的电流方向向左B.b进入磁场后，轻绳对a的拉力不变C.b进入磁场后，重力做功的瞬时功率可能增大D.b由静止释放到穿出磁场的过程中，a中产生的焦耳热等于b减少的机械能【答案】AC【解析】【详解】A．b进入磁场后，由右手定则可知，b中电流方向向右，a中的电流方向向左，A正确。B．b进入磁场后，由于ab二者电流方向相反，二者相斥，轻绳对a的拉力减小，B错误。C．b进入磁场后，所受安培力可能小于重力，继续加速运动，重力做功的瞬时功率可能增大，C正确。D．b由静止释放到穿出磁场的过程中，a和b中产生的焦耳热等于b减少的机械能，D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。二、填空、实验题（本大题共2小题，共15分）13.在研究“平抛物体的运动”的实验中，某同学只记录了A、B、C三个点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为______m/s，B点速度为______m/s（g=10m/s2）。【答案】①.1②.【解析】【详解】[1][2]由题意可得联立代入数据得B点y方向速度所以B点速度为14.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤：（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题：（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______。A．电压表（0~3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0~200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0~30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______；A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝______，r＝______，代入数值可得E和r的测量值。【答案】①.A②.C③.C④.ka⑤.k－R2【解析】【详解】（1）[1]电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的电压表A；[2]当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为因此，电流表选择C；（2）[3]分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大。A．两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零，故A错误；B．两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变，故B错误；C．一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大，故C正确；D．导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小，故D错误；故选C。（3）[4][5]由闭合电路欧姆定律可知U＝E－I（r＋R2）对比伏安特性曲线可知，图像的斜率为k＝r＋R2则内阻r＝k－R2令U＝0，则有由题意可知，图像与横轴截距为a，则有解得E＝ka【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图像分析数据的方法，重点掌握图像中斜率和截距的意义。三、计算题（本大题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分）15.如图所示，O点固定，绝缘轻细杆长为L，A端粘有一带正电荷的小球，电量为q，质量为m，水平方向的匀强电场的场强为E，将小球拉成水平后自由释放，求在最低点时绝缘杆对小球的力的大小。【答案】【解析】【详解】根据动能定理在最低点，根据牛顿第二定律联立得16.如图所示，直角坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。荷质比为＝2.5×109C/kg的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0＝2×107m/s垂直x轴射入电场，OA＝0.2m，不计重力。求：(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。【答案】(1)0.4m；(2)B≥4.8×10-2T【解析】【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则＝1.0×1015m/s2sOA＝at2t＝2.0×10-8sy＝v0ty＝0.4m(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为vx＝at＝2×107m/s粒子经过y轴时的速度大小为v＝=2×107m/s与y轴正方向的夹角为θθ＝＝45°要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：联立解得B≥4.8×10-2T17.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其