/湖南省常德市漢壽縣學(xué)年高二物理下學(xué)期2月月考試卷一、單選題1.半徑的半圓形光滑圓弧槽固定在水平面上，一質(zhì)量的小球從與圓心等高處沿著圓弧槽由靜止下滑，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，若，以下說法中正確的是（）A.重力對小球的沖量的大小為B.槽對小球的支持力的沖量為0C.小球受合力的沖量大小為D.槽對小球的支持力的沖量的大小一定等于重力對小球沖量的大小C【詳解】ABC．小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有解得則合力的沖量為沖量是力和時(shí)間的乘積，重力和槽對小球的支持力在小球運(yùn)動過程不為零，所以沖量均不為零，重力對小球的沖量的大小不等于，故AB錯誤，C正確；D．重力和槽對小球的支持力的大小無法判斷，則無法判斷重力和支持力對小球沖量的大小關(guān)系，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小是（）第1頁/共19頁

A.ρvSB.C.ρv2SD.ρv2SD【詳解】Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm=ρSvΔt對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得FΔt=Δmv－0解得F=ρv2S由牛頓第三定律，鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小F′=F=ρv2S故選D。3.如圖所示，在光滑水平地面上放著兩個(gè)物體，其間用一根不能伸長的細(xì)繩相連，開始時(shí)繩松弛、B靜止，A具有4kg·m/sA、B動量的變化可能為（）A.Δp＝－4kg·m/s，Δp＝4kg·m/sB.Δp＝－2.5kg·m/s，Δp＝2.5kg·m/sC.Δp＝2kg·m/s，Δp＝－2kg·m/sD.Δp＝Δp＝2kg·m/sB【詳解】它們的總動量為A第2頁/共19頁

的動量減小，B的動量增加，但總動量應(yīng)保持不變；故A動量改變量應(yīng)為負(fù)值，B動量改變量為正值，且AA的動量變化量ACD錯誤，B正確。故選B。4.在科幻電影《全面回憶》中有一種地心車，無需額外動力就可以讓人在幾十分鐘內(nèi)到達(dá)地球的另一端，）A.乘客做簡諧運(yùn)動的回復(fù)力是由車對人的支持力提供的B.乘客向地心運(yùn)動時(shí)速度增大、加速度增大C.乘客只有在地心處才處于完全失重狀態(tài)D.乘客所受地球的萬有引力大小與到地心的距離成正比DAA錯誤；B．乘客向地心運(yùn)動時(shí)速度增大、加速度減小，通過地心時(shí)的速度達(dá)到最大值，加速度為零，故B錯誤；C．乘客處于地心時(shí)，加速度為零，不是失重狀態(tài)，故C錯誤；D．設(shè)地球質(zhì)量為M，乘客和車的質(zhì)量為m，地球密度為ρ，則在距離地心為r時(shí)：地球?qū)Τ丝秃蛙嚨娜f有引力充當(dāng)回復(fù)力又第3頁/共19頁

聯(lián)立得即萬有引力與r成正比，故D正確。故選D。5.在勻質(zhì)輕繩上有兩個(gè)相距的波源SS源的連線上有兩質(zhì)點(diǎn)A、B，A與波源S1相距，B與波源S2相距，如圖甲所示。時(shí)波源S1開始向下振動，其振動方程為，而波源S2的振動圖像如圖乙所示。時(shí)質(zhì)點(diǎn)A開始振動，則下列說法正確的是（）A.后S、S2兩波源之間有6個(gè)振動加強(qiáng)點(diǎn)B.波源S1產(chǎn)生的波的波長為C.波源S1產(chǎn)生的波的波速為D.內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B通過的路程為C【詳解】BC．根據(jù)題意可知波源S1振動的周期為根據(jù)振動方程得波源S2振動的周期為兩波在同一介質(zhì)中傳播，傳播的速度相等，則波長也相等，時(shí)波源S1的振動形式經(jīng)0.2s傳至距其3m的A點(diǎn)，則第4頁/共19頁

故波長故B錯誤，C正確；A．由于兩列波的周期相等，頻率相等，相遇時(shí)能發(fā)生干涉，又兩波源的振動步調(diào)相同，所以1s后兩波源之間的振動加強(qiáng)點(diǎn)到兩波源之間的距離差滿足其中，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知解得則振動加強(qiáng)點(diǎn)有7個(gè)，分別為距離A點(diǎn)，故A錯誤；D．由于質(zhì)點(diǎn)B到波源S、S2的距離相等，所以兩列機(jī)械波同時(shí)傳到質(zhì)點(diǎn)B，而兩波源的振動步調(diào)相同，所以質(zhì)點(diǎn)B始終是振動加強(qiáng)點(diǎn)，其振幅為則質(zhì)點(diǎn)B在一個(gè)周期內(nèi)經(jīng)過的路程為88cm，又在內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)B的振動時(shí)間則質(zhì)點(diǎn)B經(jīng)過的路程為故D錯誤。故選C。6.如圖所示為單反照相機(jī)取景器的示意圖，五邊形為五棱鏡的一個(gè)截面，。光線垂直射入，分別在和上發(fā)生反射，且兩次反射的入射角相等，最后光線垂直射出。若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值是（）第5頁/共19頁

AB.C.D.A【詳解】作出光路圖如圖所示結(jié)合題給條件可知又可得入射角則折射率最小值為故選A。二、多選題7.2022年6月17射系統(tǒng)的具體實(shí)現(xiàn)方案有多種，并且十分復(fù)雜。一種簡化的物理模型如圖所示，當(dāng)固定線圈上突然通過直流電流時(shí)，線圈左側(cè)的金屬環(huán)被彈射出去，則下列說法正確的是（）第6頁/共19頁

A.合上開關(guān)的瞬間，從左側(cè)看金屬環(huán)中產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.金屬環(huán)向左運(yùn)動的瞬間有擴(kuò)大趨勢C.增加線圈的匝數(shù)，將會增大金屬環(huán)啟動時(shí)的加速度D.若將電源正負(fù)極對調(diào)，則金屬環(huán)將不能彈射出去ACAS金屬環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流從左側(cè)看沿逆時(shí)針方向，A正確；B“增縮減擴(kuò)”可知金屬環(huán)被向左彈射的瞬間，有縮小的趨勢，B錯誤；C的感應(yīng)電流越大，又因?yàn)楦袘?yīng)電流方向與固定線圈中的電流方向相反，則金屬環(huán)被彈射出去的作用力越大，故金屬環(huán)的加速度越大，選項(xiàng)C正確；D．若將電源的正負(fù)極對調(diào)，根據(jù)楞次定律可知，金屬環(huán)將向左運(yùn)動，仍可以彈射出去，D錯誤。故選AC。8.如圖所示，有一個(gè)正方形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域abcde是adf是cda點(diǎn)沿對角線方向以速度v入一帶負(fù)電的帶電粒子，恰好從e點(diǎn)射出，不計(jì)粒子重力，則（）A.如果粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼亩?，將從d點(diǎn)射出B.如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點(diǎn)射出C.如果粒子的速度增大為原來的四倍，將從f點(diǎn)射出第7頁/共19頁

D.只改變粒子速度使其分別從e、d、f點(diǎn)射出時(shí)，從f點(diǎn)射出所用時(shí)間最短BD【詳解】A．粒子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，則解得則當(dāng)粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼亩稌r(shí)，半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?，則A錯誤；B．如果粒子的速度增大為原來的二倍，半徑變?yōu)樵瓉淼亩?，則從d飛出，故B正確；C．如果粒子的速度增大為原來的四倍，半徑變?yōu)樵瓉淼乃谋?，不可能從f射出，故C錯誤；D．粒子在磁場中運(yùn)動周期為從ed射出轉(zhuǎn)過半個(gè)周期時(shí)間相同；從f點(diǎn)射出，轉(zhuǎn)過的角度小于半個(gè)周期，時(shí)間最小，故D正確。故選BD。9.如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒．在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的動能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時(shí)間，則下列判斷正確的是（）A.在E－t圖中應(yīng)有t－t＝t－t＝t－t1B.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于t－t1C.粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D.要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑第8頁/共19頁

AD【詳解】A．根據(jù)可知粒子回旋周期不變，在E-t圖中應(yīng)有t-t=t-t=t-t1故A正確；B子在磁場中運(yùn)動的周期為2（t-tB錯誤；CD．根據(jù)公式故最大動能為與D形盒的半徑有關(guān)，與加速次數(shù)以及加速電壓大小無關(guān)，要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑，故C錯誤，D正確；故選AD10.如圖，兩根足夠長，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為，左端通過導(dǎo)線連接一個(gè)的定值電阻。整個(gè)導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下，質(zhì)量、長度、電阻的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，在桿的中點(diǎn)施加一個(gè)垂直金屬桿的水平拉力的功率金屬桿的速度時(shí)撤去拉力。下列說法正確的是（）A.若不撤去拉力，金屬桿的速度會大于5m/sB.金屬桿的速度為4m/s時(shí)，其加速度大小可能為第9頁/共19頁

C.從撤去拉力到金屬桿停下的整個(gè)過程，通過金屬桿的電荷量為2.5CD.從撤去拉力到金屬桿停下的整個(gè)過程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為0.625JBCD【分析】【詳解】A．若不撤去拉力F，對棒由牛頓第二定律有當(dāng)時(shí)，速度達(dá)到最大，聯(lián)立各式解得最大速度為即桿的最大速度不會超過5m/s，選項(xiàng)A錯誤；B．若在F撤去前金屬桿的切割速度時(shí)，代入各式可得加速度為撤去F后棒減速的速度為時(shí)，加速度為故金屬桿的速度為4m/s時(shí)，其加速度大小為0.9m/s2或1.6m/s2，選項(xiàng)B正確；C．從撤去拉力F到金屬桿停下，棒只受安培力做變減速直線運(yùn)動，取向右為正，由動量定理有而電量的表達(dá)式可得選項(xiàng)C正確；第10頁/共19頁

D．從撤去拉力F到金屬桿停下的過程由動能定理而由功能關(guān)系有另金屬桿和電阻R串聯(lián)，熱量比等于電阻比，有聯(lián)立解得選項(xiàng)D正確。故選BCD。三、實(shí)驗(yàn)題在“用單擺測量重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，采用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其中A、為擺動的最高點(diǎn)，為擺球平衡位置。（1）圖甲的A、、三個(gè)位置中，應(yīng)選擇擺球通過______位置時(shí)開始計(jì)時(shí)。某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，記錄次全振動的時(shí)間為，懸點(diǎn)到小球頂點(diǎn)的擺線長度為，擺球直徑為，則根據(jù)以上測量結(jié)果，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萠_____（2）實(shí)驗(yàn)過程中若保持?jǐn)[線長度不變，改用直徑為原小球直徑2倍的另一小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，則該單擺的周期將______（3為橫軸作出圖像，如圖乙所示，利用圖像求解重力加速度。分析圖線發(fā)現(xiàn)該實(shí)驗(yàn)方法中計(jì)算擺長時(shí)沒有將擺球的半徑計(jì)入，導(dǎo)致圖線不經(jīng)過原點(diǎn)。則在不計(jì)擺球半徑的情況下計(jì)算的重力加速度大小將______（填“變小”“不第11頁/共19頁

，可求出重力加速度______①.O②.③.變大④.不變⑤.1）[1]小球經(jīng)過平衡位置O點(diǎn)時(shí)的速度最大，從該處開始計(jì)時(shí)可以方便測量，減小實(shí)驗(yàn)誤差；[2]懸點(diǎn)到小球中心的長度為單擺的實(shí)際擺長，故由單擺周期公式有解得（2[3]改用直徑為原小球直徑2周期公式可知周期將變大；（3）[4][5]設(shè)小球半徑為，根據(jù)前面分析有整理可得故可知圖像的斜率為，與小球半徑無關(guān)，所以利用圖像求解重力加速度時(shí)，在不計(jì)擺球半徑的情況下計(jì)算重力加速度大小將不變，為第12頁/共19頁

12.如圖甲所示，用半徑相同的兩個(gè)小球的碰撞驗(yàn)證動量守恒定律。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓質(zhì)量為的A球從斜槽上某一固定位置C由靜止釋放，A球從軌道末端水平拋出，落到水平地面的復(fù)寫紙上，在下面的白紙上留下痕跡，重復(fù)上述操作10次，得到10個(gè)落點(diǎn)痕跡。再把質(zhì)量為的B球放在水平軌道末端，將A球仍從位置C由靜止釋放，A球和B球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)操作10次，M、P、N為三個(gè)落點(diǎn)的平均位置，O點(diǎn)是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點(diǎn)，如圖乙所示。（1）下面是本實(shí)驗(yàn)部分測量儀器或工具，需要的是___________。A．秒表B．交流電流表C．刻度尺D．彈簧秤（2）為了完成本實(shí)驗(yàn)，下列必須要求的實(shí)驗(yàn)條件是，入射小球A的質(zhì)量___________被碰小球B的質(zhì)量，入射小球A的半徑_______被碰小球B“大于”“小于”或“等于”）（3）實(shí)驗(yàn)中，，，，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式_______（用題中（4）某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如圖丙所示的裝置來研究碰撞前后動能的變化，把白紙和復(fù)寫紙貼在豎直墻上，使小球從斜槽軌道滾下打在正對的豎直墻上，記錄小球的落點(diǎn)。仍然使用A球和B球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，重復(fù)驗(yàn)證動量守恒時(shí)的其他操作步驟。、、為豎直記錄紙上三個(gè)落點(diǎn)的平均位置，小球靜止于水平軌道末端時(shí)球心在豎直記錄紙上的水平投影點(diǎn)為、、內(nèi)，若滿足關(guān)系式________①.C②.大于③.等于④.⑤.1）[1]第13頁/共19頁

因?yàn)樾∏螂x開水平軌道后做平拋運(yùn)動，則小球在空中運(yùn)動時(shí)間相等，小球的水平位移與初速度成正比，所以本實(shí)驗(yàn)可以用水平位移代替小球初速度，故需要測出小球落地的水平位移，即需要用到的儀器是刻度尺。故選C。（2）[2][3]為了防止入射小球碰后被反彈，應(yīng)讓入射小球A的質(zhì)量大于被碰小球B的質(zhì)量，且要使兩者發(fā)生對心碰撞，應(yīng)使入射小球A的半徑等于被碰小球B的半徑；（3）[4]想要驗(yàn)證兩球碰撞前后的總動量守恒，需驗(yàn)證其中整理得，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式則可以認(rèn)為兩球碰撞前后的總動量守恒。（4）[5]因?yàn)樾∏蜇Q直方向做自由落體運(yùn)動，滿足即水平方向滿足所以要驗(yàn)證碰撞前后兩球的總動能相等，需驗(yàn)證聯(lián)立得第14頁/共19頁

化簡得即在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式時(shí)，則可認(rèn)為碰撞前后兩球的總動能相等。四、解答題13.右傳播的簡諧波，如圖1所示。某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，時(shí)兩列波的圖像如圖2所示，P、Q曲線分別為甲、乙的一個(gè)繩波，O點(diǎn)為手握的繩子一段，向右為x軸正方向。已知繩波的速度為，求：（1）甲、乙的繩端振動頻率和之比；（2）以圖2所示為時(shí)刻，寫出乙運(yùn)動員的繩中，平衡位置為4m處質(zhì)點(diǎn)的振動方程。（1）2）1）由波形圖可知，由可得第15頁/共19頁

（2）振動方程為，由波形圖可知繩波乙的振幅繩波乙的周期平衡位置為4m位置處的質(zhì)點(diǎn)，再過會運(yùn)動到負(fù)向最大位移處可得解得所以平衡位置為4m位置處的質(zhì)點(diǎn)的振動方程為14.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在第Ⅳ象限分別存在著兩種不同勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，0<x<0.4m內(nèi)電場E1與x軸夾角為磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為方向垂直于xOy平面向里；有另一電場與y軸平行，另一磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為方向也垂直于xOy平面向里?，F(xiàn)有一可質(zhì)量m=1kg（-0.4m0.2mv0水平向右O范圍內(nèi)恰好做勻速圓周運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，重力加速度π取3.14。求：（1）小球在O點(diǎn)處的速度v；（2）勻強(qiáng)電場E1和E2的大小和方向；（3）小球從A點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過x軸所用的總時(shí)間。第16頁/共19頁

（1），速度與水平方向夾角為45°2），指向左上方；，方向豎3）0.714s1）在A點(diǎn)平拋，根據(jù)，小球在O點(diǎn)處的速度因?yàn)樗?，速度與水平方向夾角為45°指向右下。（2）速度方向與電場線平行，根據(jù)左手定則可以判斷，洛倫茲力與電場方向垂直，因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動，所以E1方向指向左上方，根據(jù)平衡可知解得在范圍內(nèi)恰好做勻速圓周運(yùn)動，所以重力和電場力平衡，所以E2方向豎直向上，根據(jù)第17頁/共19頁

解得（3）在內(nèi)恰好做勻速直線運(yùn)動，所用時(shí)間在磁場中，根據(jù)幾何關(guān)系可知，轉(zhuǎn)過的圓心角為180°，根據(jù)，所以從A點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過x軸所用的總時(shí)間