云南省2024-2025学年高二下学期期中考试物理检测试卷（附答案）

这是一份云南省2024-2025学年高二下学期期中考试物理检测试卷（附答案），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小．为避免相撞，B车距A车25 m处开始制动，此后它们的v−t图象如图所示，则下列说法中不正确的是
A. B车的加速度大小为2.50 m/s2B. A、B两车在t=4 s时的速度相同
C. A、B两车在0～4 s内的位移相同D. A、B两车不会相撞
2.如图甲所示为一质量为m的瓦片A的截面图，其顶角为60∘。把它对称放在一段房脊B上，将房脊B的一端缓慢抬高至瓦片刚要滑动，如图乙所示，此时房脊与水平面的夹角为θ。已知重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. A受到4个力的作用
B. B对A的作用力为mgsinθ
C. B的每个侧面对A的弹力大小为mgcsθ
D. B对A的最大静摩擦力的合力大小为12mgsinθ
3.如图1所示，静止在水平地面上的物块受到水平向右的推力后开始运动，推力F和物块的速度v随时间t变化的图像分别如图2、3所示，4s后的v−t图像未画出。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是
A. 物块的质量为2kgB. 物块与地面间的动摩擦因数为0.1
C. 6s末物块的速度大小为2m/sD. 0～6s内，物块的位移大小为16m
4.与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，已知地球的公转半径为R，公转周期为T，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等
B. 小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小
C. 小行星甲的公转周期为T R13R3
D. 太阳的密度为3πGT2
5.风洞实验的工作原理如图所示，小球从A点以某一初速度竖直向上抛出后沿虚线运动，B为虚线的最高点，运动中小球受到水平向右的恒定风力，其大小小于重力，则小球从A点运动到B点过程中，下列说法正确的是
A. 风力先做负功再正功B. 机械能先减小后增大
C. 动能先增大后减小D. 风力与重力的合力功率某一时刻为零
6.如图是一带电球体和一可视为点电荷的带电小球周围电场线的分布图，球体和小球所带电荷量相同，A为球体球心与小球连线在球体外的部分的中点，B，C为关于连线对称的两点。取无穷远处电势为零，以下说法正确的是( )
A. 小球一定带正电，带电球体一定带负电
B. A点处的电势为零，B，C两点电场强度相同
C. 将带电粒子从B点移到C点电场力做功为零
D. A点的电场强度大小小于B、C两点的电场强度
7.如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC=60∘。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒(不计重力、空气阻力)从A点移动到B点，电场力做功为W2，从B点移动至C点，电场力做功为−(1+ 32)W(W>0)。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小是 3W2L
B. 将该带电微粒从B点无初速度释放，其沿∠ABC的角平分线所在直线运动
C. 将该带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为1− 34W
D. 将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为3− 34W
8.如图所示，光滑硬直杆与水平面成37∘夹角固定放置，劲度系数为k、原长为L的轻质弹簧一端连接在天花板的O点，另一端与圆环(视为质点)相连，圆环套在杆上。现让圆环从与O点等高的A点由静止释放，当圆环运动到O点的正下方B点时，圆环的动能正好等于此处弹簧弹性势能的2倍。已知A、B两点间的距离为5L，重力加速度为g，对劲度系数为k的轻质弹簧，弹性势能EP与弹簧的形变量x的关系式为EP=12kx2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，下列说法正确的是( )
A. 环在B点，动能为4kL2
B. 环从A运动到B，环的机械能增加3.5kL2
C. 环的质量为kLg
D. 环在B点，加速度大小为1.8g
9.如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，小球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳子与竖直方向的夹角为β，且保持不变.假设抱枕的质量为m1，小孩的质量为m2，绳子的质量及空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 小孩与抱枕一起做匀速直线运动
B. 分析可知α=β
C. 小孩对抱枕的作用力垂直导轨方向向下
D. 绳子拉力与抱枕对小孩的作用力大小之比为(m1+m2):m1
10.已知O、A，B，C为同一直线上的四点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A，B，C三点。已知物体通过AB段与通过BC段所用时间相等。则下列说法正确的是( )
A. A、B、C三点速度大小一定满足：vB−vA=vC−vB
B. l1:l2=1:3
C. O与A的距离为3l1−l28(l2−l1)
D. O与A的距离为(3l1−l2)28(l2−l1)
二、非选择题
11.为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图甲所示的实验装置。他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L(L>PQ)。
他们首先在绳上距离P点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出绳PC、QC的拉力大小TP和TQ。随后，改变重物悬挂点C的位置，每次将P到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TP、TQ与绳长PC的关系曲线如图乙所示。由实验可知：
①曲线Ⅱ中拉力最大时，C与P点的距离为________cm，该曲线为________(选填：TP或TQ)的曲线。
②在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是________(选填：P或Q)点所在的立柱。
③在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0=________N，它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=________。
12.某同学用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)除了提供图中的器材，实验室还需要准备游标卡尺及___________。(填写器材序号)
A. 秒表B.天平C.弹簧秤
(2)实验的主要步骤如下：其中不妥当的操作步骤是___________。(填写步骤序号)
A. 测出遮光条的宽度d
B. 测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M
C. 实验前将导轨一端垫高平衡摩擦力
D. 将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L
E. 先开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t
(3)若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统其重力势能减小量的测量值___________真实值。(填大于 ，小于 或等于)
(4)在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，测得的物理量应满足的关系式为_________________________。(用(2)中给出的字母表示)
(5)该实验小组在研究中发现利用该装置可以测量带长方形遮光条滑块的总质量M。实验小组多次改变光电门的位置，且每次都将滑块从同一点静止释放，测出相应的L与t值，完成实验后，某同学根据测量数据作出1t− L图像，测得直线的斜率为k，已知钩码的质量m，遮光条的宽度d，重力加速度g，则滑块总质量M的表达式为：M=__________________。(用题目给出的字母表示)
13.如图甲所示，质量为m=1kg小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1=1s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2=1.25s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v−t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球受到阻力的大小；
(2)斜面倾角的正弦值；
(3)求t3？
14.如图所示，平行板电容器竖直放置，在平行板中间用细线悬挂一带电小球，悬点O到两极板的距离相等。已知平行板电容器电容C=2×10−2F，两极板间的距离d=0.2 m，两极板间电压U=10 V，细线长度L=548m，小球的质量m=2×10−2kg，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2，两极板足够长。求：
(1)平行板电容器带的电荷量；
(2)小球所带电荷的正负及电荷量；
(3)若把细线剪断经过多长时间小球撞到极板上。
15.五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r=0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R=0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开(错开距离相对于两个轨道的半径都很小)。左侧有一与水平面夹角θ=37°，长度L=1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m=0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能Ek=6.5J发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g=10m/s2)求：
(1)Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小vA；
(2)要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值；
(3)P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功Wf；
(4)通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能Ek与x之间的关系。
答案
1.【正确答案】C A.v−t图象中图线斜率代表加速度，由图象得B的加速度为a=156m/s2=2.50m/s2，故A正确，不符合题意；
B.由图象得，在t=4s时的速度相同，故B正确，不符合题意；
C.由于图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；所以在0～4s内的位移B物体大于A物体，故C错误，符合题意；
D.由于图象与坐标轴围成面积代表位移，初始时刻距A车25m处，速度相同是相撞或不相撞的临界条件，在0−4s时刻B车的位移为SB=v0+v2t1=15+52×4m=40m，而A的位移为SA=vAt1=5x4m=20m，由于SB3πGT2
故D错误。
5.D
A.风力一直做正功，故A错误;
C.从A点运动到B点过程中，合力对小球先做负功再做正功，根据动能定理知动能先减小后增加，故C错误：
D.在这过程的某一时刻，合力与速度垂直，功率为零，故D正确：
B.风力一直做正功，机械能一直增加，故 B错误。
6.【正确答案】C
解：A.根据电场线的分布可知，带电球体和一可视为点电荷的带电小球带异种电荷，但不能确定带电性质，故A错误；
B.带电球体不能看成点电荷，所以A点的电势一定不为零，且B，C两点电场强度方向不同，故B错误；
C.根据对称性可知，B、C两点的电场强度大小相等，电势也相等，所以将带电粒子从B点移到C点电势能变化量为零，电场力做功也为零，故C正确；
D.A点在小球和带电球体的连线上，且二者带异种电荷，结合库仑定律分析可知，A点的电场强度大小大于B、C两点的电场强度，故D错误。
7.【正确答案】D
AB、设微粒带电量为q，质量为m，由题意qUAB=W2，qUBC=− 3+12W，则qUAC=− 32W，
EAB=UABL=W2qL，EAC=UAC 3L=−W2qL，则合场强E= EAB2+EAC2= 2W2qL，方向与AB夹角45°斜右上方，故将该带电微粒从B点无初速度释放，其不沿∠ABC的角平分线所在直线运动，故AB错误；
C、将粒子运动分解在CA和AB两个方向，则有
ax=qEABm，ay=−qEACm，
12axt2=L，v0t+12ayt2= 3L，
联立得Ek0=12mv02=2− 34W，故C错误；
D、
画出粒子轨迹图，设粒子与BC交点为P，由正弦定理
APsin60°=ABsin75°，
得AP= 6 3+1L，
将粒子运动分解在CA和AB两个方向，则有
ax=qEABm，ay=−qEACm，
12axt′2=APcs45°，v0′t′−12ayt′2=APsin45°，
联立得Ek0′=12mv′02=3− 34W，故D正确。
8.【正确答案】AD
A.由几何关系可得 OB=3L ，弹簧的原长为 L ，则 B 点弹簧的伸长量为 2L ，弹性势能为
EPB=12k(2L)2=2kL2
环的动能为
Ek=2EPB=4kL2
选项A正确；
B. OA =4L,A 点弹簧的伸长量为 3 L ，弹性势能为
EPA=12k(3L)2=4.5kL2
环从 A 到 B ，弹簧弹性势能减小量
ΔEP=EPB−EPA=2.5kL2
由能量守恒可得环的机械能增加量为
ΔE=ΔEP=2.5kL2
选项B错误；
C.由能量守恒可得
2.5kL2+mg×3L=4kL2
解得
m=kL2g
选项C错误；
D.环在 B 点时，弹簧的弹力
F0=2kL
把弹簧对环的弹力与环的重力的合力
F=F0−mg
分别沿着斜面和垂直斜面分解，环在 B 点的合力等于 F 沿斜面向上的分力，则有
Fsin37∘=ma
综合解得
a=1.8g
选项D正确。
9.【正确答案】BC
AB、由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则有m总a=m总gsinα，解得a=gsinα，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，有m1+m2a=m1+m2gsinβ，解得加速度a=gsinβ，则α=β，故A错误，B正确；
C、对抱枕分析，受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a=m1gsinβ，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，即垂直于导轨向下，故C正确；
D、对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T=(m1+m2)gcsα，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcsα，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1+m2)：m2，故D错误。
10.【正确答案】AD
A.根据△v=a⋅△t，因为物体通过AB段与通过BC段所用时间相等，所以vB −vA =vC −vB ，故A正确；
B.由于A点速度不为0，所以l1 ：l2 ≠1：3，故B错误；
CD.由位移差公式有：l2 −l1 =aT 2…①
B点速度为：vB =l1 +l2 2T…②
由速度位移公式有：vB2=2aOB…③
根据几何关系有：OA=OB−l1 …④
联立解得：OA=3(l1 −l2 ) 28(l2 −l1 )，故D正确，C错误；
故选：AD。
11.【正确答案】60(56～64之间均可)
;TP;Q; 4.30(4.25～4.35之间均可) ;mgL L2−D22(L2−D2)
(1)从曲线Ⅱ可读出，拉力最大时C点与P点的距离为60 cm左右，对绳子的结点进行受力分析如答图所示，重物受力平衡，在水平方向上有TPsin α=TQsin β，则TP=TQ(对应曲线Ⅰ、Ⅱ的交点)时，α=β，由答图可知此时C离P较近，当C到P与Q的距离相等(对应曲线Ⅰ、Ⅱ交点的右侧某处)时，α>β，则TPmg(L1−L2)，则重力势能减小量的测量值大于真实值；
(5)根据机械能守恒可得：12(M+m)(dt)2=mgL，整理可得：1t= 2mgd2(M+m)⋅ L，
则有：k= 2mgd2(M+m)，解得：M=2mgk2d2−m。
13.(1)设斜面倾角为 θ ，小球从A运动到挡板，即在0∼1s时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可得2v0=a1t1 ， mgsinθ−f=ma1，
小球从挡板运动到C点，即在 t1∼t2 时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可得v0=a2t2−t1 ， mgsinθ+f=ma2，
又有a2−a1=4m/s2，
联立解得a1=4m/s2 ， a2=8m/s2 ， v0=2m/s ， f=2N；
(2)由(1)分析可知mgsinθ−f=ma1 ， a1=4m/s2 ， f=2N，
解得sinθ=0.6；
(3)根据 v−t 图像，BC之间位移大小为x1=v02×t2−t1=0.25m，
设小球从C运动到B的时间为t，由位移时间公式，则有x1=12a1t2，
解得t= 24s，
则t3=t2+t=5+ 24s。
14.(1)根据电容的定义C=QU，得Q=CU，
代入数据得Q=0.2C；
(2)由题图可知右极板与电源正极连接，右极板带正电，小球向右偏，小球带负电，
电场强度E=Ud，
分析小球受力可得tanθ=qEmg，
代入数据得q=mgdtanθU=3×10−3C；
(3)小球距右极板的距离x=d2−Lsinθ，
水平方向的加速度a=qEm=qUmd，
设小球撞到极板的时间为t，
x=12at2，
代入数据得t=0.1s。
15.(1)Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好从N点进入斜面轨道，根据平抛规知，小球A点的速度大小vA=vNx=vNytanθ，vNy= 2gℎ，ℎ=2R−Lsinθ
可解得vA=4m/s；
(2)分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足
F−mg=mvC2r
从A点到C点运动过程中机械能守恒
mg2r=12m(vC2−vA2)
解得
F = 31N
(3)因滑块与钢球质量相等发生对心弹性撞击
mvP=mvP′+mvQ
12mvP2=12mvP ′2+12mvQ2
滑块碰撞前的速度vP与钢球碰撞后的速度vQ相等(交换速度)，则vP=vQ=vAcsθ=5m/s
分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理得：−mgLsinθ+Wf=12mvP2−Ek
解得Wf=−0.5J
(4)Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知
x−0.8L2(1.2−0.6L)=1tanθ
得
x = 3.2−0.8L
要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为
vP=vQ= 2g(2R−0.6L)sin37∘
斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理
12mvP2−Ek=−mgLsinθ−fL
综合上述式子解得
Ek = 3.5x−1.2(J)
“八卦”轨道需在斜面右侧，且L > 0，可得x的范围
1.6m < x < 3.2m