云南省2024-2025学年高三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学年高三下学期期中考试物理检测试卷（附答案），共14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.在第15届机器人世界杯赛上，中国科技大学获得仿真2D组冠军，标志着我国在该领域的研究取得了重大进展。图中是科大著名服务机器人“可佳”，如图所示，现要执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点(1 m,1 m)出发，沿直线运动到点(4 m,2 m)，然后又由点(4 m,2 m)沿直线运动到点(2 m,5 m)，然后又由点(2 m,5 m)沿直线运动到点(6 m,6 m)，然后又由点(6 m,6 m)沿直线运动到点(3 m,3 m)。整个过程中机器人所用时间是2 2s，下列说法正确的是
A. 机器人的运动轨迹是一条直线B. 整个过程中机器人的位移大小为2 2m
C. 整个过程中机器人的路程大小为2 2mD. 整个过程中机器人的平均速度为1.5 m/s
2.图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中
A. 膜片与极板间的电容增大B. 极板所带电荷量增大
C. 膜片与极板间的电场强度增大D. 电阻R中有电流通过
3.如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，它们的横截面恰位于直角三角形的三个顶点，∠a=60°，∠c=90°。导线a、b固定，导线a中通有方向垂直纸面向里、大小为I的恒定电流时，自由的通电长直导线c恰处于静止状态。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B=kIr(k为常数，I为通电长直导线中的电流大小)，则导线b中电流的大小和方向为
A. 电流大小为I，方向垂直纸面向里B. 电流大小为 3I，方向垂直纸面向里
C. 电流大小为I，方向垂直纸面向外D. 电流大小为 3I，方向垂直纸面向外
4.2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL−2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，核聚变主要原料氕核(H11H)和氘核(H12H)均从圆心O沿半径方向射出，被约束在半径为R和 2R两个同心圆之间的环形区域，该区域存在与环面垂直的匀强磁场。则下列说法正确的是
A. 若有粒子从该约束装置中飞出，则应减弱磁场的磁感应强度
B. 若两种粒子速率相同，氕核(H11H)不会从该约束装置中飞出，则氘核(H12H)也一定不会从该约束装置中飞出
C. 若两种粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，则两种粒子具有相同大小的动量
D. 若氘核(H12H)在磁场中运动的半径r14R，所以氘核(H12H)在磁场中运动的半径rRA，结合图像有
RB−RA=3r
RB+RA=5r
解得RA=r，RB=4r
设卫星A绕地球做匀速圆周的周期为TA，则有GMmAr2=mA4π2TA2r
解得TA= 4π2r3GM
设卫星B绕地球做匀速圆周的周期为TB，则有GMmB(4r)2=mB4π2TB24r
解得TB=8 4π2r3GM=8TA
由图像可知每经过t=T
两卫星再一次相距最近，则有(2πTA−2πTB)⋅T=2π
联立解得TA=78T
则地球质量为M=4π2r3GTA2=256π2r349GT2，A错误；
B.设地球的第一宇宙速度为v1，则有GMm(0.8r)2=mv120.8r
解得v1= GM0.8r= G256π2r349GT20.8r=8 5πr7T，B正确；
C.设地球密度为ρ，则有M=ρ⋅43π(0.8r)3
解得ρ=375π49GT2 ，C错误；
D.设卫星A的加速度大小为a，则有GMmAr2=mAa
解得a=GMr2=G⋅256π2r349GT2r2=256π2r49T2 ，D错误。
故选B。
7.A
根据动能定理有F1d1+F2d2=12mv2，解得v= 2(F1d1+F2d2)m，故A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek=F2d2，故B错误；针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp= 2mEk= 2mF2d2，故D错误。
8.AC
本题考查磁场的叠加，由于通过三条导线的电流大小相等，结合右手定则可判断出三条导线产生的合磁感应强度在a、b处垂直纸面向外，在c处垂直纸面向里，且B1=B2IⅡ，曲线Ⅰ对应的电阻是R2。
13.(1)由受力分析，根据共点力平衡条件得μB0IL=mg，
由闭合电路欧姆定律有I=Er+R0，
联立解得B0=mgμIL=4T，
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为4T。
(2)最后安培力竖直向上，由平衡条件得：B′IL=mg
得最后磁感应强度大小为：B′=2T。
14.（1）电子沿着径向飞入磁场，由带电粒子在磁场中的运动规律得，带电粒子沿着OA方向飞出磁场，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，如图所示，由几何关系得，电子做圆周运动的半径r=R，
由题意得：eU=12mv2
evB1=mv2r
联立解得：B1= 2emUeR=B0
（2）由r=mveB知，磁感应强度越小，电子做圆周运动的半径越大，反之越小，由题意知打在屏幕上的C点的电子半径最大，此时的电子在T=0时刻飞入匀强磁场；
打在屏幕D处的电子在T时刻飞入磁场的，那么rC=mveB= 2emU 33eB0= 3R
同理rD= 2emU 3eB0= 33R，
根据几何关系得tan∠POOD=rDR= 33
同理∠POC=120°，∠POD=60°，所以∠COD=60°，ω=π3T
（3）t=0时进入磁场的电子打到E点，由题意可知电子在磁场中偏转角2α=π4，设电子进入磁场时速度大小为v′，在磁场中运动的半径为rE，
则： ev′ 33B0=mv′2rE
由几何关系得：rEtan α=R
为使电子仍在C、D间扫描，设t=0时磁感应强度大小变为 33B′0，则t=T时磁感应强度大小变为 3B′0，
则：ev′ 33B′0=mv′2rC
解得：B′0= 3( 2+1)3B0
B2作周期性变化，在0～T时间内，
B2=( 6+ 3−33) 2emUeRtan (π6+πt6T)
磁感应强度B2的方向垂直纸面向里。
15.(1)依题意，可得小球在竖直方向有：yA=12gt2=0.2m
代入数据求得：t=0.2s
水平方向：xC=v0t+12at2=0.4m，其中：a=qEm
联立求得：E=10N/C
(2)小球过C点时，有：vy=gt，vx=v0+at
代入相关数据可得小球通过C点时的速度大小：vC= vx2+vy2= 13m/s
(3)小球从C点运动到B点时，根据动能定理有：qEΔx+mgy=12mvB2−12mvC2，其中：Δx=0.5m−0.4m=0.1m
代入相关数据求得：y=0.05m
所以B点的纵坐标：yB=−0.05m