云南省昆明市2023-2024学年高二年级下册7月期末考试物理试题（解析版）

昆明市2023—2024学年高二期末质量检测

物理

注意事项：

1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题

卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴

好条形码。

2.回答选择题时，选出每小题（答案》后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的k答案》标

号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他K答案X标号。回答非选择题时，将

K答案工写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将答题卡交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.5G是一种具有低时延、大连接特点的新一代宽带移动通信技术，相比4G而言，5G采

用了更高频段的电磁波进行信息传递，使其携带的信息量大幅增加。在真空中，频率高的

电磁波比频率低的电磁波（）

A.波速大、波长小B,波速大、波长大

C.波长小、周期小D.波长小、周期大

K答案工c

K解析》根据

T=—

f

可知频率高的电磁波比频率低的电磁波周期小。根据

c=2/

可知频率高的电磁波比频率低的电磁波波长小。

故选C。

2.一带电体周围的电场线分布如图所示，图中虚线表示等势面，a、b是不同等势面上的两

点。将一负点电荷分别放在万两点，该点电荷受到的电场力大小分别为工、Fb,具有

的电势能分别为不〃、Epb，则（

A.F“<Fb,Epa>EpbB.工<耳,Epa<Eph

C.Fa>Fb,Epa>EpbD.Fa>Fb,Epa<Epb

K答案XA

k解析可电场线越密集的地方，电场强度越大，则电场力越大，故£<耳，沿着电场线

方向，电势逐渐降低，故b点电势较高，电荷带负电，根据Ep可知，Ep">Epb。

故选Ao

3.质量为1kg的物块A与另一物块B在光滑水平面上发生正碰，两物块的位置坐标x随时

间♦变化的图像如图所示。则物块B的质量为（）

|x/m

o123t/s

A.1kgB.2kgC.3kgD.6kg

［答案』C

［解析X位移一时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速

度分别为

=a=3mzs=4m/s

At1

丫2=0、v；=-2m/s、畛'=2m/s

由动量守恒定律有

/匕+叫％，

解得

m-,-3kg

故选Co

4.如图所示，轻质细杆AB上固定有一个质量为用的小球C,将细杆放置于两固定光滑斜

面间，杆保持水平并处于静止状态。已知斜面与水平地面均成60。角，重力加速度为g,

则左侧斜面对杆AB支持力的大小为（)

1

A.6mgB.mgC.—mgD.-mg

[[答案』B

K解析』根据对称性可知，左右两侧斜面对杆支持力大小相等，以轻质细杆A2和小

球C为整体，根据受力平衡可得

2Ncos60°=mg

解得

N=mg

故选B。

5.2024年5月9日，长征三号乙运载火箭将中国首颗中轨宽带“智慧天网一号01星”通信

卫星送入预定轨道。该卫星在预定轨道的运动可视为匀速圆周运动，其轨道半径约为地球

同步卫星轨道半径的0.63倍，该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期约为（

A.0.1天B.0.3天C.0.5天D.0.8天

k答案IC

K解析』根据开普勒第三定律

该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期约为

T卫=J（—）3焉=氐/天«0.5天

V隼

6.某天，昆明的天空出现了漂亮的日晕，如图甲所示。日晕的成因是太阳光通过卷层云

时，光线经过柱状冰晶体发生两次折射，形成内红外紫的晕环。若一柱状冰晶体的截面是

边长为L的正六边形，如图乙所示。一单色细光束从某边中点与该边成45。角射入冰晶

体，且入射光线在该截面内传播，冰晶体对该光的折射率为光在真空中的传播速度

为C,则该单色光从射入冰晶体到射出所需的最短时间为（）

L「3伍2y/2L

-C.-----

c2c

K答案XC

（解析I根据题意做出光路传播图，如图

sinz

n=------

sin，

解得

6=30°

根据几何关系可知光程为

T3r

5=£+2X-COS600=—

22

光在介质中的传播速度为

c

V=—

n

传播时间为

s3近L

t——―-------

v2c

故选C„

7.如图甲所示，投壶是中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。

宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也“。两同学用小球代替箭玩投壶游戏，两人从同一竖直线

上不同高度的两位置沿水平方向分别抛出。、6两个小球，两小球从壶口同一位置落入壶

中，入壶瞬间速度方向如图乙所示。两小球均可视为质点，空气阻力可忽略不计。“6两

小球相比较，下列说法正确的是（）

%

甲乙

A.小球a初速度较大

B.小球。被抛出时离地高度大

C.小球a在空中运动的时间长

D.小球a在空中运动过程中速度变化量较大

k答案IA

K解析』AC.设速度方向与水平方向夹角。（锐角），水平位移s,初速度％，有

tan6/=图=史=旺

%%）s

t

由乙图可知

…a

则

tb>ta

由于

S=%，

二者水平位移相等，则

%。>V0b

故A正确，C错误；

B.根据

,12

h=2gt

tb>ta

则小球6被抛出时离地高度大，故B错误；

D.根据速度变化量

Av=gt

tb>ta

则小球b在空中运动过程中速度变化量较大，故D错误。

故选A„

8.如图所示，一轻弹簧上端固定在天花板上，下端与物块。相连，。下方有一物块6。现

对物块b施加竖直向上、大小为歹=30N的力，使物块。、〃处于静止状态。/=0时

刻，改变尸的大小，使。、〃一起向下做匀加速直线运动：当f=0.4s时，弹簧恢复原

长。已知弹簧的劲度系数左=50N/m,弹簧始终在弹性限度内，物块。、匕的质量分别

为?=1.5kg、mb=0.5kg,取重力加速度g=lOm/s?。下列说法正确的是（）

F

A.f=0时刻，物块。、〃之间的作用力大小为26.25N

B./=0.4s时刻，力口的大小为20N

C.0〜0.4s时间内，力歹对物块6做的功为4J

D.。〜0.4s时间内，物块。、6组成的系统减少的机械能为3J

［答案工D

k解析XA.物块。、〃处于静止状态时，对整体进行受力分析，设弹簧弹力为T,则

mag+mbg+T^F

解得

T=10N

弹簧处于压缩状态，弹簧的形变量为

T10”

x=—=——m=0.2m

k50

。至lj0.4s内。、Z?一起向下做匀加速直线运动，则

X.——1dt2

2

解得系统的加速度

a=2.5m/s2

f=O时，对。由牛顿第二定律得

T+mag-FN^maa

解得物块。、b之间的作用力大小为

综=21.25N

A错误;

B.当/=0.4s时，弹簧恢复原长，对整体由牛顿第二定律得

mag+mbg-F^(m。+mh)a

解得力F的大小为

F=15N

B错误；

C.0.4时整体的速度为

v=at=2.5x0.4m/s=lm/s

对整体由动能定理得

121

-kx+(ma+mh)gx+WF=-(ma+mh)v-

解得

%=—4J

0〜0.4s时间内，力口对物块b做的功为-4J,故C错误;

D.0〜0.4s外力/对整体做功为-4J,弹性势能

1,

E=-kx~=1J

p2

0〜0.4s时间内，物块。、〃组成的系统机械能的变化量为

AE=EP+WF=(1-4)J=-3J

即。、b组成的系统机械能减少3J

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有

多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得。分。

9.新能源电动车已经走进我们的生活，逐渐为大家所青睐。对某新能源电动车进行刹车测

试时，该车以30m/s的速度开始做匀减速直线运动，运动最后1s内的位移大小为6m。该

车在匀减速直线运动过程中()

A.加速度大小为6m/s2B.位移大小为37.5m

C,减速的时间为2.5sD.平均速度大小为10m/s

k答案』BC

K解析XA.运动最后1s内的位移大小为6m,利用逆向思维有

12

%=5成o

解得

tz=12m/s2

故A错误；

B.电动车初速度为30m/s,根据速度与位移的关系式有

0—Vg=—2aX]

解得

xl=37.5m

故B正确；

C.利用逆向思维，减速的时间

%=%=2.5s

a

故C正确;

D.根据平均速度的规律有

v=-=15m/s

2

故D错误。

故选BC。

10.如图所示，一定质量理想气体，经历两个不同的过程从状态a变化到状态6。过程①

依次为等压变化和等容变化，该过程中气体对外界做的功为%；过程②为绝热过程，该过

程中气体对外界做的功为桃。已知气体在状态。、状态b时的温度分别为刀、下列

说法正确的是（）

A.叱>%

B.

C.过程①中气体从外界吸收的热量小于吗

D.过程②中气体的内能减少量大于区

K答案XAC

（解析XA.8丫图像中图线与横轴所围面积表示气体做功

由图可知

叱>吗

故A正确；

BD.过程②为绝热过程，根据热力学第一定律

AC/=W,

可知气体的内能减少量等于明。由图可知，气体从状态。变化到状态b过程体积增加，对

外界做功，则吗<0,可知气体内能减少，温度降低，即

Ta>Tb

故BD错误；

C.同理，对过程①，根据热力学第一定律

△0=叱+9

因为AU<0,所以气体从外界吸收的热量小于叱。故C正确。

故选AC。

11.如图甲所示，水平放置的圆柱形绝缘棒绕有一线圈L,线圈右侧固定有一金属圆环

N,规定从P到。为电流的正方向，线圈中的电流，随时间/按图乙所示的正弦规律变

化。下列说法正确的是（）

A.f=Z时刻，N中的感应电流最大

4

T

B.7=一时刻，N中的感应电流为零

4

C.，=与时刻，从右往左看N中的感应电流沿逆时针方向

D./=与时刻，从右往左看N中的感应电流沿顺时针方向

2

（答案XBD

［解析XAB.。=工时刻，线圈中的电流为正且最大，由安培定则可知此时通过金属圆

4

环N的磁通量最大，磁通量的变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势为

零，N中的感应电流最小，为零，故A错误，B正确；

CD.工〜工时间内，线圈中的电流为正，且逐渐减小，由安培定则可知，通过金属圆环

42

N向左的磁通量逐渐减小，根据楞次定理，可知/=工时刻，从右往左看N中的感应电流

2

沿顺时针方向，故C错误，D正确。

12.空间中存在大小和方向均未知的匀强电场，一质量为加、电荷量为4（q〉0）的带电

粒子仅在电场力的作用下，先后通过A、3两点，如图所示。带电粒子经过A点时速度大

小为%,方向与AB连线成60。角，经过5点时，速度方向与AB连线成30。角。通过A、

3两点的速度在同一平面内，A、3之间的距离为2。下列说法正确的是（）

A.粒子经过3点时的速度大小为6%

B.A、B两点间的电势差为一^

2q

C.粒子从A点运动到3点的时间为广

2%

2"IV2

D.匀强电场的电场强度大小为----

qd

［答案》AD

k解析UAC.以AB方向为x轴正方向，垂直A3向下为y轴正方向建立直角坐标系，

设粒子在3点的速度大小为vB,将粒子的运动分解成》方向与V方向的两个互相垂直的分

运动，则x方向有

y方向有

一为sin60°+vBsin30°

2

联立解得

vB=y[3v0,t

故A正确，C错误;

B.从A到5,根据动能定理可得

解得A、B两点间的电势差为

U=近

UAB

q

故B错误；

D.粒子在x方向的加速度大小为

_vcos30°-vcos60°_说

=-B-------0------

*td

粒子在y方向的加速度大小为

vsin30°+%sin600币说

aB

y=-----t：------=--aT

则粒子的合加速度大小为

根据牛顿第二定律可得

qE=ma

解得匀强电场的电场强度大小为

qd

故D正确。

故选AD。

三、实验题：本题共2小题，共14分。把R答案》写在答题卡中指定的答题处，不要求

写出演算过程。

13.如图所示是“探究加速度与力、质量关系”的实验装置。

（1）将木板倾斜适当角度平衡摩擦力时，下列操作正确的是

A.小车应连接钩码但不连接纸带

B.小车应连接纸带但不连接钩码

C.小车应同时连接钩码和纸带

（2）经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图所示。在纸带上选取点A、

C,。为计数点，相邻两计数点之间还有4个计时点没有画出，计数点。和计数点8之间

的距离x=cm。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz,小车的加速度大小

为a=m/s2（计算结果保留2位有效数字）。

24B9?单位:cm

|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|ini|ii\

0123456789101112/

k答案』（1）B（2）4.500.50

k解析》（1）将木板倾斜适当角度平衡摩擦力时，小车应连接纸带但不连接钩码，B正

确，AC错误。

故选B。

（2）口］计数点。和计数点8之间的距离为

x=4.50cm

⑵小车的加速度大小为

BD-OB（11.0-4.50）xlO-2-4.50xlO-2,,

a=-------7——=--------------------------------------------------m/s-=0.50m/s

0.220.22

14.一只毫安表的表盘刻度清晰，但刻度值污损，某同学要测量其内阻和量程，除了待测

毫安表之外，实验室提供的器材如下：

A.电压表V（量程为3V）

B.滑动变阻器K（最大阻值为10。）

C.滑动变阻器凡（最大阻值为500Q）

D.电阻箱尺（最大阻值为999.9。）

E.电源（电动势约为3V）

F.开关、导线若干

（1）实验小组设计了如图甲所示实验电路，滑动变阻器应选用（选填“凡”

或

（2）请用笔画线代替导线，将图乙中电路连接完整_______。

UN

（3）正确连接好电路后，闭合开关S,调节滑动变阻器和电阻箱接入电路的阻值，使毫安

表指针满偏，记录此时电压表的示数U和电阻箱的阻值7?。重复上述操作，进行多次实

验，得到电压表示数U和电阻箱阻值R的多组数据，在坐标纸上作出U-R图像如图丙所

示，可得待测毫安表的量程为mA,内阻为Qo（计算结果均保留2

位有效数字）

(答案U(1)&(2)(3)1020

k解析》（1）由图甲所示的电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，滑

动变阻器选用阻值较小的用。

（2）实物图连接如图所示。

（3）[1]每次实验均使电流表指针满偏，根据欧姆定律可得

U

gR+rg

整理得

U=IsR+Isrs

可知图像的斜率表示待测毫安表的量程，为

,,2.20-0.204人

I=k=--------------xlOin3mA=1i0nmA

s200

⑵图像的纵截距为

Igrg=0.2V

解得内阻为

q=20。

四、计算题：本题共3小题，共38分。把（答案』写在答题卡中指定的答题处，要求写

出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

15.如图所示，光滑且相互平行的金属导轨固定在同一水平面上，导轨间距为L，左侧接

有阻值为R的定值电阻，空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度大小为3。金属棒

ab垂直导轨放置，现对ab施加水平向右、大小为心的恒力，ab从静止开始运动至速度

达到最大的过程中，通过ab的电荷量为4。出?运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,

若导轨和ab的电阻不计，求:

（1）ab的最大速度:

（2）出?从静止至速度最大过程中运动的路程。

F.RqR

（答案工（1）%--~~~；(2)x=

B2cBL

（解析U（l）当金属棒ab受到的安培力与恒力瑞等大时，的速度最大，可得

Fo=BIL

ab速度最大时，切割磁感线产生的感应电动势大小为

E=BL。

根据闭合电路欧姆定律得

联立解得

_FR

V----O--

mB212

（2）ah从静止至速度最大的过程中，根据法拉第电磁感应定律得

-△①BLx

E=----=------

△tt

根据闭合电路欧姆定律得

根据电流的定义式得

q

联立解得

x—退

BL

16.游乐场中有一种“空中飞椅”游乐设施，绳子上端固定在水平转盘的边缘，下端连接

座椅，人坐在座椅上随转盘在空中飞旋。将人和座椅看成一个质点尸，简化为如图所示的

模型。已知产的质量m=60kg,转盘半径r=2m,绳长L=5m。某次游戏，尸做匀速

圆周运动时绳与竖直方向的夹角4=37。，不计空气阻力，取sin37。=0.6,

cos37°=0.8>重力加速度g=lOm/s?4求：

（1）绳子的拉力大小；

（2）转盘开始缓慢加速，一段时间后尸再次做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角

%=53°。夹角从4增加到%的过程中，绳子拉力对P做的功。

K答案】（1）750N；（2）1875J

k解析X（1）当绳与竖直方向的夹角4=37。时，设绳的拉力大小为（，由于P在竖直方

向上的合力为零，则有

T{cos，=mg

解得

7；=750N

(2)当绳与竖直方向的夹角4=37。时，设。运动的速度大小为匕，由牛顿第二定律得

Av；

mgtan百二m—

&

尸的转动半径与为

&=r+£sin0x

当绳与竖直方向的夹角%=53。时，设?运动的速度大小为打,由牛顿第二定律得

V

mgtan%Q=m-2

一鸟

P的转动半径&为

&=r+£sin02

设转盘加速旋转过程中绳子拉力对P所做的功为W,由动能定理得

1212

W-mgh=—mv,--mvx

产的上升高度人为

h=£cos4一Leos02

解得W=1875J

17.如图甲所示，在平面的第一象限内，直线M