2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期第二次模块检测物理试题（解析版）

长郡中学2022-2023学年度高二第一学期第二次模块检测物理

时量：75分钟     满分：100分

第I卷  选择题（共44分）

一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）

1. 下列不属于反冲运动的是（　　）

A. 喷气式飞机的运动 B. 直升机的运动

C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动

【答案】B

【解析】

【详解】反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象，其他均属于反冲现象，故选B。

2. 一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常稳定，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中不正确的是（　　）

A. 洗衣机做的是受迫振动

B. 正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大

C. 正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小

D. 当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率

【答案】C

【解析】

【详解】A．洗衣机在脱水桶的驱动下振动，属于受迫振动，故A正确，不符合题意；

BC．正常工作时，洗衣机非常稳定，故洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B正确，不符合题意；C错误，符合题意；

D．当洗衣机振动最剧烈时，为共振，此时脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率，故D正确，不符合题意。

故选C。

3. 某科学考察队在地球的两极地区进行科学观测时，发现带电的太空微粒平行于地面进入两极区域上空，受空气和地磁场的影响分别留下的一段弯曲的轨迹，若垂直地面向下看，粒子在地磁场中的轨迹如图甲、乙所示，则（    ）

A. 图甲表示在地球的南极处，图乙表示在地球的北极处

B. 图甲飞入磁场的粒子带正电，图乙飞入磁场的粒子带负电

C. 甲、乙两图中，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越大

D. 甲、乙两图中，带电粒子动能都是越来越小，但洛伦兹力做正功

【答案】A

【解析】

【分析】考查左手定则的应用。

【详解】A．垂直地面向下看由于地球的南极处的磁场向上，地球北极处的磁场方向向下，故A正确；

B．由左手定则可得，甲图中的磁场的方向向上，偏转的方向向右，所以飞入磁场的粒子带正电；同理由左手定则可得乙图中飞入磁场的粒子也带正电，故B错误；

C．从图中可知，粒子在运动过程中，可能受到空气的阻力对粒子做负功，所以其动能减小，运动的半径减小，根据公式

带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越小，故C错误；

D．由于粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误。

【点睛】掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析。

4. 图甲为一列简谐横波在时的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A. 这列简谐波沿x轴负方向传播

B. 从到，波传播的距离为50cm

C. 从到，质点P通过的路程为30cm

D. 在时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．由乙图得出，在 t=0s时Q点的速度方向沿y轴正方向，由同侧法判断可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；

B．由甲图读出波长为

由乙图可读出周期为

则波速为

从t=0到t=0.25s，波传播的距离为

故B错误；

C．从t=0.10s到t=0.25s经过时间为

由于在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程不等于3A=30cm，故C错误；

D．题图可知t=0时刻P点向下振动，因此经过，质点振动到平衡位置下方，则加速度向上，与y轴的正方向相同，故D正确。

故选D。

5. 激光散斑测速是一种崭新的测速技术，它应用了光的干涉原理，二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度v与二次曝光时间间隔的乘积等于双缝间距，实验中可测得二次曝光时间间隔、双缝到屏之间的距离l以及相邻两亮纹间距。若所用激光波长为．则该实验确定物体运动速度的表达式是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】双缝干涉中条纹间距

   ①

由运动学公式得

  ②

由①②式解得，物体运动速度的表达式为

故选B。

6. 有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为θ，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为μ），则下列说法正确的是（　　）

A. 若R＞，导体棒不可能静止

B. 若R＜，导体棒不可能静止

C. 若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上

D. 若导体棒静止，则静摩擦力的方向可能水平向右

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由左手定则可判断导体棒受到的安培力方向平行于斜面向上，根据闭合电路的欧姆定律可得

当导体棒受到的摩擦力向上且刚好静止，则根据平衡条件可得

联立方程解得

当导体棒受到的摩擦力向下且刚好静止时，由平衡条件可得

联立方程解得

联立得

则电阻在上述范围时，导体棒静止，故A错误，B正确；

CD．根据AB中的受力分析可知，静摩擦力的方向可能向上，也可能向下，故CD错误。

故选B。

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）

7. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出。关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（　　）

A. 小球带正电

B. 维持试管匀速运动的拉力F应保持不变

C. 洛伦兹力对小球做正功

D. 小球运动时加速度不变

【答案】AD

【解析】

【详解】A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力分力，根据左手定则判断，小球带正电，故A正确；

B．设小球沿试管的分速度大小为v2，则小球受到向左的洛伦兹力的分力

F2=qv2B

v2增大，则F2增大，而拉力

F=F2

则F逐渐增大，故B错误；

C．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；

D．设试管运动速度为，小球向右的分运动是匀速直线运动。沿管方向小球受到洛伦兹力的分力

、、均不变，不变，根据牛顿第二定律，在沿管方向

可知小球加速不变。故D正确。

故选AD

8. 如图所示为两个相同的弹簧振子，但偏离平衡位置的最大距离不同。振动时间图像如下，已知弹簧劲度系数都是k，弹性势能公式为下面的说法中正确的是（　　）

A. 甲的振动能量是乙的4倍 B. 甲的振动频率是乙的2倍

C. 乙的振动周期是甲的倍 D. 两弹簧振子所受回复力最大值之比1∶2

【答案】AB

【解析】

【详解】A．甲乙两振子振动的振幅之比为2:1，根据

可知，甲乙振动的能量之比为4:1，选项A正确；

BC．由振动图像可知，乙的周期是甲周期的2倍，则甲的振动频率是乙的2倍，选项B正确，C错误；

D．根据回复力F=-kx可知，甲乙两弹簧振子所受回复力最大值之比2∶1，选项D错误。

故选AB。

9. 为京津冀地区“减煤治霾”，河北张家口草原天路景区新建新能源项目1500万千瓦，风力发电机如图所示，风力带动三个叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是（　　）

A. 一台风力发电机获得风能的功率为

B. 一台风力发电机获得风能的功率为

C. 空气对风力发电机一个叶片平均作用力为

D. 空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】AB．单位时间t内经过叶片的空气质量为

空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，则损失的动能为

由能量守恒定律可得，单位时间t内，一台风力发电机获得风能为

一台风力发电机获得风能的功率为

所以A错误；B正确；

CD．由动量定理可得空气对风力发电机叶片的平均作用力F

代入数据可得

则空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为

所以D正确；C错误；

故选BD。

10. 如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放炮弹炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。内阻为r的可控电源提供的强大电流从根导轨流入，经过炮弹，再从另一导轨流回电源。炮弹被导轨中电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B的匀强磁场。已知两导轨内侧间距为L，炮弹的质量为m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行s后获得的发射速度为v。不计空气阻力，不考虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势，导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）

A. 匀强磁场方向为竖直向上

B. 电磁炮受到的安培力大小为

C. 可控电源此时的电动势是

D. 这一过程中系统消耗的总能量是

【答案】ACD

【解析】

分析】

【详解】A．由图中的发射方向可知，安培力方向应水平向右，根据左手定则，磁场方向为竖直向上，所以选项A正确；

B．根据动能定理

所以

所以选项B错误；

C．由匀加速运动公式

由安培力公式和牛顿第二定律，有

根据闭合电路欧姆定律

联立以上三式解得

所以选项C正确；

D．因这一过程中的时间为

所以系统产生的内能为

因

联立解得

炮弹的动能为

由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为

所以D正确；

故选ACD。

第Ⅱ卷（共56分）

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）

11. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

（1）甲同学用秒表测得完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长（悬点到摆球上端的距离）为，已知摆球的半径为，用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式___________。

（2）乙同学将摆线的悬点固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长，根据图中的信息可得，单摆的周期___________s，重力加速度___________。（取，结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①.     ②. 2.0    ③. 9.8

【解析】

【详解】（1）[1]单摆的周期

摆长

根据

可得

（2）[2][3]单摆摆球摆到最低点时速度最大，线上拉力最大，两次拉力最大的时间间隔为半个周期，所以单摆的周期为

T=2.0s

根据

可得

代入数据得

g=9.8

12. 某同学用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律。

步骤一，先安装好仪器，在地上铺上一张白纸，白纸上铺放复写纸，记录轨道末端正下方的位置为O点。

步骤二，轨道末端先不放置小球B，让小球A多次从轨道上同一位置静止释放，记录小球A在白纸上的落点。

步骤三，轨道末端放置小球B，仍让小球A多次从轨道上的同一位置静止释放，与小球B发生碰撞后，均落到白纸上，记录两小球在白纸上的落点。

步骤四，用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L。

回答下列问题：

（1）小球A的半径________小球B的半径，小球A的密度_________小球B的密度。（均选填“大于”“等于”或“小于”）

（2）若碰撞过程动量守恒，小球A与小球B的质量之比为_______，两小球发生的是_________（填“弹性”或“非弹性”）碰撞。

（3）若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，则小球B的落点到O点的距离最大可能为______。

【答案】    ①. 等于    ②. 大于    ③. 5：1    ④. 非弹性    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]实验中为了保证两小球发生正碰，小球A的半径应等于小球B的半径。

[2]为了入射小球碰后不反弹，实验应当用质量较大的小球去碰质量较小的小球，即小球A的质量大于小球B的质量，而两小球半径相等，体积相等，根据可知小球A的密度应大于小球B的密度。

（2）[3]小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L，则有

即

解得

[4]根据以上关系可得

所以两小球发生的是非弹性碰撞。

（3）[5]若仅改变两小球材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，则有

联立解得

则小球B的落点到O点的距离最大可能为

四、计算题（本题共3小题，第13题12分，第14题12分，第15题16分，共40分。必须写出重要的文字说明和演算过程，只给答案的不给分）

13. 如图所示，圆心为О的半圆形玻璃砖半径为R，A为半圆形玻璃砖平面上的一点，一束单色光以的入射角从A点射入玻璃砖，光线经过玻璃砖2次折射，从玻璃砖圆表面离开的光线相对于最初的入射光线发生了侧移，但传播方向未变。若入射光线从A点垂直于半圆形玻璃砖平面入射，则第一次射到玻璃砖圆表面光线恰好不能从玻璃砖射出。求：

（i）玻璃的折射率；

（ii）光线发生侧移的距离。

【答案】（i）；（ii）

【解析】

【详解】（i）光路图如图所示，因为入射光线与出射光线平行，可知过入射点A的法线与过出射点B的法线平行。设OA长为l

玻璃砖的折射率

根据几何关系

又沿A点垂直入射的光恰好发生全反射

根据几何关系

解以上各式得折射角

r=30°

OA之间的距离

折射率

（ii）因为∠OCB=r=30°

侧移距离

14. 粒子发射器从P点释放大量初速度为零、质量为、电荷量为（）的相同粒子，经PS间加速电压加速后在纸面内从S点垂直于SA射入匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示、AC为四分之一圆弧光屏，圆心为O，圆的半径为，SA与直径AD共线，。不计粒子重力和粒子之间的相互作用。

（1）若粒子打在A点，PS间的加速电压多大；

（2）改变PS间加速电压，使打在AC弧间的粒子在磁场中运动的时间最短，求粒子在磁场中运动的最短时间及对应的加速电压。

【答案】（1）；（2），

【解析】

【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子打在A点，设粒子进入磁场的速度为，由洛伦兹力提供向心力可得

其中粒子轨道半径为

在加速电场中，根据动能定理可得

联立解得

（2）粒子在磁场中做圆周运动

过S作圆弧切线，切点为E，作SE的中垂线

根据几何关系可知圆心位于A点，粒子轨道半径为

此时轨迹圆心角最小，且为

粒子在磁场中运动的最短时间为

解得

在加速电场中，根据动能定理可得

联立解得

15. 如图，顺时针匀速转动的水平传送带两端分别与光滑水平面平滑对接，左侧水平面上有一根被小物块挤压的轻弹簧，弹簧左端固定；传送带右侧水平面上有n个相同的小球位于同一直线上。现释放物块，物块离开弹簧后滑上传送带。已知传送带左右两端间距L=1.1m，传送带速度大小恒为4m/s，物块质量m=0.1kg，小球质量均为m0=0.2kg，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，弹簧初始弹性势能Ep=1.8J，物块与小球、相邻小球之间发生的都是弹性正碰，取g=10m/s2。求：

(1)物块第一次与小球碰前瞬间的速度大小；

(2)物块第一次与小球碰后在传送带上向左滑行的最大距离s；

(3)n个小球最终获得的总动能Ek。

【答案】(1) 5m/s；(2) ；(3)

【解析】

【详解】(1)设物块离开弹簧时的速度大小为v0，在物块被弹簧弹出的过程中，由机械能守恒定律得

解得

v0=6m/s

假设物块在传送带上始终做匀减速运动，加速度大小为a，则由牛顿第二定律得

μmg=ma

设物块到达传送带右端时速度大小为v，由运动学公式得

解得

ν=5m/s

可见ν=5m/s＞4m/s，假设成立。

(2)物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为的v1，小球1被撞后的速度大小为u1，由动量守恒和能量守恒定律得

mv=-mv1+mu1

解得

,

物决被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得

0-v12=-2as

解得

s=＜1.1m

(3)由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。

由(2)可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小分别为

,

依次类推，物块和小球1经过n次碰撞后，它们的速度大小分别为

,

由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从1号小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为un、un-1、un-2、……、u1，则n个小球的总动能为

解得