湖南省衡阳市第八中学2022学年高二物理下学期年过关考试7月试题含解析

湖南省衡阳市第八中学2022-2022学年高二下学期年度过关考试（7月）物理试题一、单项选择题1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A.伽利略发现了行星运动的规律B.卡文迪许通过实验测出了静电力常量C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献【答案】D【解析】开普勒发现了行星运动的规律，选项A错误；卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项B错误；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项C错误；笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项D正确；故选D.2.下列说法正确的是（　　）A.曲线运动一定是变速运动B.物体在恒力作用下不可能做曲线运动C.两个直线运动的合运动一定是直线运动D.物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动【答案】A【解析】曲线运动它的速度的方向一定是变化的，因速度的变化包括大小变化或方向的改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力不一定是变化的，如平抛运动，故B错误；两个直线运动的合运动是什么样的运动，就看合成之后的合力是不是与合速度在同一条直线上，如水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，也就是平抛运动就是曲线运动，故C错误；物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但力方向不一定变化，如平抛运动，故D错误。所以A正确，BCD错误。3.一个点电荷从静电场中的a点移动到b点，其电势能的变化为零，则（）A.a、b两点的电场强度一定相等B.该点电荷一定沿等势面运动-13-C.作用于该点电荷的电场力与其运动方向总是垂直的D.a、b两点的电势一定相等【答案】A【解析】试题分析：从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，根据公式可得两点的电势相等，但电场强度不一定相等，所以A错误D正确；场力做功只与初末位置有关，与路径无关．电场力做功为零，电荷可能沿等势面移动，也可能不沿等势面移动，故B错误；电场力做功为零，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的，故C错误．考点：考查了电场力做功与电势差的关系【名师点睛】本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似．4.如图所示，同为上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块（）A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【答案】C【解析】试题分析：当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．故选C。考点：电磁感应视频-13-5.2022年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（）A.周期变大B.速率变大C.动能变大D.向心加速度变大【答案】C【解析】对于绕地球运行的航天器，地球对它的外有引力提供向心力，则，由公式可知，半径不变，周期不变，速率不变，向心加速度不变。由于质量增加，所以动能增大，故C正确，ABD错误。故选：C。6.如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.初速度为v=B/EC.比荷为D.比荷为【答案】D-13-【解析】垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时：,解得，选项B错误；在磁场中时，由，可得：,故选项D正确，C错误；故选D.点睛：本题主要是考查带电粒子在复合场的运动，解答本题要能够根据共点力的平衡条件分析洛伦兹力和电场力的大小关系；在复合场中做匀速直线运动粒子，在解题时要注意过程分析和受力分析．7.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点，乘客处于失重状态C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg-N，则支持力N=mg-F，所以重力大于支持力，乘客处于失重状态，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。故选B。8.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比nl：n2=10：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机.闭合开关，电动机正常工作，电流表示数这1A.则下列判断错误的是（）-13-A.副线圈两端电压为22VB.电动机输出的机械功率为12WC.通过电动机的交流电频率为50HzD.突然卡住电动机，原线圈输入功率变大【答案】B【解析】A项，原线圈电压的有效值为220V，因此副线圈两端电压为22V，故A项正确；B项，电动机的输出功率为输入功率减去内阻消耗功率，，故B项错误。C项，通过电动机交流电频率，故C项正确。D项，电动机突然卡住，电动机就相当于一个电阻，副线圈中电压不变，电流增大，总功率增大，则原线圈的输入功率增大，故D项正确本题选不正确的，故选B综上所述本题答案是：B。二、多项选择题9.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A.ab中的感应电流方向由a到bB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】AD-13-【解析】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A正确。由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E=S得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误。根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误。导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。故选AD。点睛：本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。10.如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0.现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A.Ffa大小不变B.Ffa方向改变C.Ffb仍然为零D.Ffb方向向右【答案】AD【解析】试题分析：初始状态，a在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡．右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a仍然受三个力作用，摩擦力的大小和方向不变，而b受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力．故AD正确，BC错误．故选AD．考点：物体的平衡；摩擦力视频11.如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)A.小车克服重力所做的功是mgh-13-B.合外力对小车做的功是C.推力对小车做的功是＋mghD.阻力对小车做的功是＋mgh－Fx【答案】ABD【解析】小车上升的高度为h，则小车克服重力做功为mgh，A正确；小车初动能为零，末动能为，根据动能定理知，合外力做功为，B正确；F为恒力，则恒力做功为，故C错误；根据动能定理知，，解得阻力做功，故D正确．12.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α=30°的匀强电场，电场中有一直立为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是（）A.小球到达M点时速度为零B.小球达到M点时速度最大C.小球运动到M点时绳的拉力大小为mgD.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动【答案】BD【解析】当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，细线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边M点时，速度最大，故A错误，B正确；电场力与重力合力为：mgcot30°=mg；从P到M，由动能定理得：mgL=mv2；在M点，由牛顿第二定律得：T-mg=m；解得小球运动到M点时绳的拉力大小为：T=3-13-mg，故C错误。若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确；故选BD。点睛：本题考查了在复合场中的受力分析，关键要确定重力和电场力的合力方向和大小，通过等效思想来分析受力情况，来判断小球的运动情况。三、实验题13.某同学为了探究求合力的方法，先用一个弹簧秤通过细线悬吊一个钩码；当钩码静止时，弹簧秤的示数为2．00N;再用两个弹簧秤a和b通过两根细绳互成角度将该钩码悬吊其中b弹簧秤一端固定，a弹簧秤所拉细线如图1所示水平向左，钩码静止时，b弹簧秤的示数如图2所示．（1）图2中b弹簧秤的示数为________N;可求出a弹簧秤的拉力为_________N;（2）保持a弹簧秤及其所拉的细绳方向不变，将b及其所拉的细绳以O为轴沿逆时针方向在图示平面内缓慢转至竖直方向的过程中，b的示数_______．（选填‘‘变大”“变小”或“不变”）【答案】(1).（1）2.50（2.49～2.51）(2).（2）1.50（1.49～1.51）(3).（3）变小【解析】(1)图2中b弹簧秤的示数为2.50N；可求出a弹簧秤的拉力为；（2）根据力的平衡知识可得：，则当θ角减小到零时Fb减小.14.某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻可忽略），电压表V1（量程为3V，内阻很大），电压表V2（量程为3V，内阻很大），定值电阻R1（阻值4kΩ），定值电阻R2（阻值2kΩ），电阻箱R（最大阻值9999Ω），单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验步骤如下：-13-A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F．断开S，整理好器材。（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_________mm。（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=__________________（用R1、R2、R表示）。（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R﹣关系图象。自来水的电阻率ρ=______Ω·m（保留两位有效数字）。（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】(1).（1）30.00(2).（2）(3).（3）14(4).（4）偏大【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为：3cm=30mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm；（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总=+U，当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1-13-示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压U′总=R2+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得；解得Rx=；（3）从图丙中可知，R=2×103Ω时，1/L＝5.0m−1，此时玻璃管内水柱的电阻Rx==4000Ω水柱横截面积S=π•（）2=3.14×()2=7.06×10-4m2，由电阻定律R=ρ得ρ＝=14Ω•m（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于U总=+U，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。点睛：本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度。四、计算题15.在一次跳伞特技表演中，运动员从高度为300m的静止在空中的直升飞机上无初速度下落，5s后他打开伞包，落地时速度为6m/s．不计打开伞包前的空气阻力，并假设打开伞包后运动员做匀变速运动，g取10m/s2．求：（1）打开伞包时运动员的速度（2）打开伞包后运动员的加速度及运动时间．【答案】（1）50m/s（2）-7.04m/s26.53s【解析】试题分析：(1)设打开伞包时运动员的速度为v1，则有v1＝gt1＝10×5m/s＝50m/s(2)打开伞包前运动员下落的距离h1＝g＝125m打开伞包后运动员下落的距离h2＝H－h1＝175m设打开伞包的运动员下落过程中加速度为a，则解得a=-7.04m/s2打开伞包后的运动时间为：-13-考点：匀变速运动的规律.16.如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小．(2)通过金属棒的电流的大小．(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．【答案】（1）0.1N（2）0.5A（3）23Ω代入数据得F安=0.1N（2）由F安=BIL得=0.5A（3）设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+R1+r）解得R=-r-R1=22Ω17.如图所示，半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=1m的水平面相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=30°的光滑斜面连接，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数，取g=10m／s2。求：（1）小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力；-13-（2）小滑块到达C点时速度的大小；（3）小滑块从C点运动到地面所需的时间。【答案】（1）30N（2）4m/s（3）0.3s而在B点，由牛顿第二定律可得：（2分）解得N=3mg=30N，由牛顿第三定律，滑块在B点对圆弧的压力大小为30N（3分）（2）滑块由B到C运用动能定理得，（2分）故滑块的速度为（2分）（3）滑块离开C点后做平抛运动，设其下落h的时间为t，则由（2分）得t=0.3s，由于t=0.3s内滑块的水平位移x=vct=1.2m（2分）而斜面的水平长度因为x>xO，故滑块不会落在斜面上，而是直接落到地面上（2分）所以小滑块从C点运动到地面所需的时间为0.3s（1分）考点：机械能守恒定律，牛顿第二定律，动能定理，平抛物体运动规律的简单计算等。18.如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电荷量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．-13-【答案】（1）（2）或者【解析】(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE·＝mv2①由①式得②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m③如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝④联立③④式得B＝⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝⑥联立③⑥式得B＝-13-