还剩18页未读，
继续阅读
2022-2023学年湖南省长沙市第一中学等四校高二上学期期中联考物理试题 解析版
展开
这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学等四校高二上学期期中联考物理试题 解析版，共21页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
长沙市第一中学等四校联考2022-2023学年度第一学期期中考试
高二物理
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟
注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题（共8题，每题3分，共24分）
1．即将建成的孝文化公园摩天轮是新田水上乐园的标志性建筑之一，预计开放后会深受游客喜爱。摩天轮悬挂透明座舱，某游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．摩天轮转动一周的过程中，游客重力的冲量为零
B．摩天轮转动过程中，游客的机械能保持不变
C．在最高点，游客处于失重状态
D．摩天轮转动过程中，游客重力的瞬时功率保持不变
2．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
3．两粗细相同的同种金属电阻丝、的电流I和电压U的关系图像如图所示，可知（ ）
A．两电阻的大小之比为 B．两电阻的大小之比为
C．两电阻丝的长度之比为 D．两电阻丝的长度之比为
4．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
5．如图所示，在光滑水平面上，质量为M＝2 kg的带有光滑半圆形槽（半径足够大）的滑块a，在槽底部有一质量为m＝1 kg的小球，滑块a和小球一起以速度v0＝10 m/s向右滑动。另一质量也为M＝2 kg的滑块b静止于滑块a的右侧。两滑块相撞（碰撞时间极短）后，粘在一起向右运动，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中，小球、滑块a、滑块b组成的系统水平动量不守恒
B．两滑块碰撞过程中损失的机械能为75 J
C．碰撞过程中，滑块b受到的冲量大小为12 N·s
D．小球能够上升的最大高度是1 m
6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小
7．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．一个电子仅在电场力的作用下以为初速度做直线运动，其v-t图像如图所示，由此可知（ ）
A．此电场可能为匀强电场
B．电子的运动轨迹可能与某一等势面相切
C．时电子所在位置的等势面比时所在位置的等差等势面密集
D．时电子所在位置的电势比时所在位置的电势高
二、多选题（共6题，每题4分，共24分）
9．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力将小球向下压至某位置静止。现撤去，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为和，小球离开弹簧时的速度为，不计空气阻力，则上述过程中下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能增加
B．小球的电势能增加
C．小球与弹簧组成的系统的机械能增加
D．撤去F前弹簧的弹性势能为
10．如图所示，间距为的两平行固定金属导轨上端接有电动势为、内阻为的直流电源，导轨与水平面的夹角为，空间存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。现把一个质量为的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好能静止在导轨上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。导体棒的有效电阻为，其余电阻不计，重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．通过导体棒的电流为
B．导体棒受到的安培力大小为
C．导体棒受到的摩擦力大小为
D．导体棒与导轨间的动摩擦因数等于0.4
11．某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得（ ）
A．M点的场强小于N点的场强
B．M点的电势低于N点的电势
C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加
D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同
12．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，上端连接阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。 质量为m、电阻为r的导体棒ab与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，导体棒放在导轨上处于静止状态。 现给导体棒平行导轨平面向上、大小为的初速度，当导体棒的速度第一次为0时，弹簧恰好处于自由伸长状态。 导体棒运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。 不计导轨电阻，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．在整个运动的过程中，电阻上产生的热量小于
B．导体棒刚获得初速度时的加速度大小为
C．导体棒从初速度开始到速度第一次为0时，发生的位移大小为
D．导体棒从初速度开始到速度第一次为0时，损失的机械能为
13．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
14．如图质量为、电荷量为的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度沿方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场和水平向里匀强磁场，经过该区域中的P点的速率为，此时侧移量为，若，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若，粒子从射入该区域到P点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
三、实验题（共2题，共16分）
15．现测定长金属丝的电阻率。
（1）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________ mm。
（2）利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号______。
电源E（电动势10 V，内阻约为10 Ω）
电流表A1（量程0~250 mA，内阻R1＝5 Ω）
电流表A2（量程0~300 mA，内阻约为5 Ω）
滑动变阻器R（最大阻值10 Ω，额定电流2 A）
开关S及导线若干
（3）某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
16．南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，并通过改变而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度和当地的重力加速度。
（1）实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径___________ mm。
（2）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间，则该单摆的周期为___________。
A． B． C． D．
（3）如果实验中所得到的关系图线如图乙中的_____所示（选填，，），当地的重力加速度_________（取，结果取小数点后两位）
四、计算题（共3题，17题10分，18题12分，19题14分，共36分）
17．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。
18．如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小；
(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能．
19．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。
参考答案：
1．C
【详解】A．摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据I=Ft可知乘客重力的冲量不为零，选项A错误；
B．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项B错误；
C．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，向心力指向下方，加速度向下，处于失重状态，选项C正确；
D．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置的改变，速度在竖直方向的分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项D错误。
故选C。
2．D
【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。
3．D
【详解】AB．由图可知，当电压为1V时，的电流为3A，而的电流为1A；由欧姆定律可知
故AB；
CD．由电阻定律，可知电阻与导线长度成正比，与横截面积成反比；因粗细相同，则两同种金属电阻丝长度之比
故C错误，D正确。
故选D。
4．A
【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。
5．D
【详解】A．两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球及滑块a、b在水平方向上不受外力，故系统在水平方向动量守恒，A错误；
B．滑块a和b发生完全非弹性碰撞，碰后具有共同速度，由动量守恒定律有
解得
该过程中，损失的机械能为
B错误；
C．根据动量定理，碰撞过程中滑块b受到的冲量等于滑块b的动量变化量，即
C错误；
D．滑块a和b碰撞完毕至小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，有
该过程中，系统的机械能守恒，则有
解得
D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；
B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；
C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；
D．正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．由题意及电容公式可得，d减小时，C增大，但非线性关系，故A错误；
B．由
可知，电场强度E与板间距离无关，故B错误；
C．在负极接地的情况下，由题意有平移后的电势为
由上述分析可得，E不变，电势与x0的变化关系符合一次函数关系，故C正确；
D．由题意及上述分析可得
电势能随着x0的变化而变化，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．由v-t图像的斜率表示加速度，此电子的v-t图像是曲线，其加速度的大小在随时间而变化，因此电场不可能为匀强电场，A错误；
B．与等势面相切的点，质点的加速度是零，对应电子的v-t图像的斜率应是零，可该电子的v-t图像的斜率并没有等于零的点，B错误；
C．在等差等势面越密集的地方，电场强度越大，电子受电场力越大，加速度越大，对应的v-t图像的斜率越大，由v-t图像可知，在t0时v-t图像的斜率大于时的斜率，则有时电子所在位置的等势面比时所在位置的等差等势面密集，C正确；
D．由v-t图像的斜率表示加速度，可知电子的加速度方向一直为正值，电子带负电，且仅在电场力作用下做直线运动，说明电子运动方向与电场方向相反，因此时电子所在位置的电势比时所在位置的电势低，D错误。
故选C。
9．ACD
【详解】A．根据重力做功与重力势能变化关系，可得
小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了，故A正确；
B．根据电场力做功与电势能变化关系，可得
带正电小球上升过程电场力做正功，小球的电势能减少了，故B错误；
C．小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，大小为，小球与弹簧组成的系统机械能增加了，故C正确；
D．在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，根据能量守恒可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有
解得
撤去前弹簧的弹性势能为
故D正确。
故选ACD。
10．AB
【详解】A．由闭合电路的欧姆定律可知，流过导体棒的电流
故A正确；
B．导体棒受到的安培力大小为
故B正确；
C．导体棒能静止在导轨上
解得
故C错误；
D．根据
解得
所以导体棒与导轨间的动摩擦因数不等于0.4，故D错误。
故选AB。
11．BC
【详解】A．M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，故A错误；
B．顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B正确；
C．O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，故C正确；
D．M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，故D错误。
故选BC。
12．ACD
【详解】A．最终导体棒静止在原来的位置，根据能量守恒得，整个回路产生的热量
电阻R上产生的焦耳热
故A正确；
B．初始时刻产生的感应电动势
E=Blv0
则通过电阻R的电流
安培力
根据牛顿第二定律可得加速度
故B错误；
C．导体棒原来静止时弹簧压缩x，根据平衡条件可得
kx=mgsinθ
解得
由于导体棒的速度第一次为0时，弹簧恰好处于自由伸长状态，所以导体棒从初速度v0开始到速度第一次为0时，发生的位移大小为
故C正确；
D．导体棒从初速度v0开始到速度第一次为0时，对导体棒根据能量关系可得
mv02=mgsinθ•x+E损
解得导体棒损失的机械能
故D正确。
故选ACD。
13．ACD
【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。
14．BC
【详解】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理
解得
故A错误；
B．将粒子进入电磁场的初速度看成是两个水平向右分速度、的合成，其中水平向右分速度满足
解得
则另一水平向右分速度满足
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以水平向右做匀速直线运动和以大小做匀速圆周运动，其中以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为
故C正确；
C．以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若
可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为
故C正确；
D．粒子的合速度为分速度与的合成，其中的大小方向均保持不变，的大小不变，方向时刻发生改变，当方向与方向相反时，粒子的合速度最小，则有
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D错误。
故选BC。
15． 0.200（0.198~0.202均可） 相等
【详解】（1）[1]金属丝直径
d＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm
（2）[2]本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压
UA1＝ImR1＝1.25 V
比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
（3）[3]当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为
I＝I2－I1
Rx两端电压
U＝I1·R1
故
不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
16． 12.0 C a 9.86
【详解】（1）[1]游标卡尺读数为
（2）[2]从“0”数到“60”时有经历了30个周期，该单摆的周期为。故选C。
（3）[3][4]摆线在筒内部分的长度为h，由
可得
可知其关系图线应为a，再将
代入
可得
将
代入
可求得
17．（1）；（2），
【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作圆弧的切线，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
18．(1) (2) (3)
【详解】(1)小球静止时，对小球受力分析如图
由Tcos37°=mg
Tsin37°=qE
解得：
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，
由Eq=ma
x=at2
h=gt2
解得：x=0.75h
(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：
19．(1) 5m/s；(2) ；(3)
【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
长沙市第一中学等四校联考2022-2023学年度第一学期期中考试
高二物理
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟
注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题（共8题，每题3分，共24分）
1．即将建成的孝文化公园摩天轮是新田水上乐园的标志性建筑之一，预计开放后会深受游客喜爱。摩天轮悬挂透明座舱，某游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．摩天轮转动一周的过程中，游客重力的冲量为零
B．摩天轮转动过程中，游客的机械能保持不变
C．在最高点，游客处于失重状态
D．摩天轮转动过程中，游客重力的瞬时功率保持不变
2．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
3．两粗细相同的同种金属电阻丝、的电流I和电压U的关系图像如图所示，可知（ ）
A．两电阻的大小之比为 B．两电阻的大小之比为
C．两电阻丝的长度之比为 D．两电阻丝的长度之比为
4．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
5．如图所示，在光滑水平面上，质量为M＝2 kg的带有光滑半圆形槽（半径足够大）的滑块a，在槽底部有一质量为m＝1 kg的小球，滑块a和小球一起以速度v0＝10 m/s向右滑动。另一质量也为M＝2 kg的滑块b静止于滑块a的右侧。两滑块相撞（碰撞时间极短）后，粘在一起向右运动，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中，小球、滑块a、滑块b组成的系统水平动量不守恒
B．两滑块碰撞过程中损失的机械能为75 J
C．碰撞过程中，滑块b受到的冲量大小为12 N·s
D．小球能够上升的最大高度是1 m
6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小
7．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．一个电子仅在电场力的作用下以为初速度做直线运动，其v-t图像如图所示，由此可知（ ）
A．此电场可能为匀强电场
B．电子的运动轨迹可能与某一等势面相切
C．时电子所在位置的等势面比时所在位置的等差等势面密集
D．时电子所在位置的电势比时所在位置的电势高
二、多选题（共6题，每题4分，共24分）
9．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力将小球向下压至某位置静止。现撤去，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为和，小球离开弹簧时的速度为，不计空气阻力，则上述过程中下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能增加
B．小球的电势能增加
C．小球与弹簧组成的系统的机械能增加
D．撤去F前弹簧的弹性势能为
10．如图所示，间距为的两平行固定金属导轨上端接有电动势为、内阻为的直流电源，导轨与水平面的夹角为，空间存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。现把一个质量为的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好能静止在导轨上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。导体棒的有效电阻为，其余电阻不计，重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．通过导体棒的电流为
B．导体棒受到的安培力大小为
C．导体棒受到的摩擦力大小为
D．导体棒与导轨间的动摩擦因数等于0.4
11．某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得（ ）
A．M点的场强小于N点的场强
B．M点的电势低于N点的电势
C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加
D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同
12．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，上端连接阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。 质量为m、电阻为r的导体棒ab与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，导体棒放在导轨上处于静止状态。 现给导体棒平行导轨平面向上、大小为的初速度，当导体棒的速度第一次为0时，弹簧恰好处于自由伸长状态。 导体棒运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。 不计导轨电阻，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．在整个运动的过程中，电阻上产生的热量小于
B．导体棒刚获得初速度时的加速度大小为
C．导体棒从初速度开始到速度第一次为0时，发生的位移大小为
D．导体棒从初速度开始到速度第一次为0时，损失的机械能为
13．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
14．如图质量为、电荷量为的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度沿方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场和水平向里匀强磁场，经过该区域中的P点的速率为，此时侧移量为，若，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若，粒子从射入该区域到P点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
三、实验题（共2题，共16分）
15．现测定长金属丝的电阻率。
（1）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________ mm。
（2）利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号______。
电源E（电动势10 V，内阻约为10 Ω）
电流表A1（量程0~250 mA，内阻R1＝5 Ω）
电流表A2（量程0~300 mA，内阻约为5 Ω）
滑动变阻器R（最大阻值10 Ω，额定电流2 A）
开关S及导线若干
（3）某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
16．南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，并通过改变而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度和当地的重力加速度。
（1）实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径___________ mm。
（2）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间，则该单摆的周期为___________。
A． B． C． D．
（3）如果实验中所得到的关系图线如图乙中的_____所示（选填，，），当地的重力加速度_________（取，结果取小数点后两位）
四、计算题（共3题，17题10分，18题12分，19题14分，共36分）
17．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。
18．如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小；
(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能．
19．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。
参考答案：
1．C
【详解】A．摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据I=Ft可知乘客重力的冲量不为零，选项A错误；
B．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项B错误；
C．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，向心力指向下方，加速度向下，处于失重状态，选项C正确；
D．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置的改变，速度在竖直方向的分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项D错误。
故选C。
2．D
【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。
3．D
【详解】AB．由图可知，当电压为1V时，的电流为3A，而的电流为1A；由欧姆定律可知
故AB；
CD．由电阻定律，可知电阻与导线长度成正比，与横截面积成反比；因粗细相同，则两同种金属电阻丝长度之比
故C错误，D正确。
故选D。
4．A
【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。
5．D
【详解】A．两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球及滑块a、b在水平方向上不受外力，故系统在水平方向动量守恒，A错误；
B．滑块a和b发生完全非弹性碰撞，碰后具有共同速度，由动量守恒定律有
解得
该过程中，损失的机械能为
B错误；
C．根据动量定理，碰撞过程中滑块b受到的冲量等于滑块b的动量变化量，即
C错误；
D．滑块a和b碰撞完毕至小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，有
该过程中，系统的机械能守恒，则有
解得
D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；
B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；
C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；
D．正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．由题意及电容公式可得，d减小时，C增大，但非线性关系，故A错误；
B．由
可知，电场强度E与板间距离无关，故B错误；
C．在负极接地的情况下，由题意有平移后的电势为
由上述分析可得，E不变，电势与x0的变化关系符合一次函数关系，故C正确；
D．由题意及上述分析可得
电势能随着x0的变化而变化，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．由v-t图像的斜率表示加速度，此电子的v-t图像是曲线，其加速度的大小在随时间而变化，因此电场不可能为匀强电场，A错误；
B．与等势面相切的点，质点的加速度是零，对应电子的v-t图像的斜率应是零，可该电子的v-t图像的斜率并没有等于零的点，B错误；
C．在等差等势面越密集的地方，电场强度越大，电子受电场力越大，加速度越大，对应的v-t图像的斜率越大，由v-t图像可知，在t0时v-t图像的斜率大于时的斜率，则有时电子所在位置的等势面比时所在位置的等差等势面密集，C正确；
D．由v-t图像的斜率表示加速度，可知电子的加速度方向一直为正值，电子带负电，且仅在电场力作用下做直线运动，说明电子运动方向与电场方向相反，因此时电子所在位置的电势比时所在位置的电势低，D错误。
故选C。
9．ACD
【详解】A．根据重力做功与重力势能变化关系，可得
小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了，故A正确；
B．根据电场力做功与电势能变化关系，可得
带正电小球上升过程电场力做正功，小球的电势能减少了，故B错误；
C．小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，大小为，小球与弹簧组成的系统机械能增加了，故C正确；
D．在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，根据能量守恒可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有
解得
撤去前弹簧的弹性势能为
故D正确。
故选ACD。
10．AB
【详解】A．由闭合电路的欧姆定律可知，流过导体棒的电流
故A正确；
B．导体棒受到的安培力大小为
故B正确；
C．导体棒能静止在导轨上
解得
故C错误；
D．根据
解得
所以导体棒与导轨间的动摩擦因数不等于0.4，故D错误。
故选AB。
11．BC
【详解】A．M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，故A错误；
B．顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B正确；
C．O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，故C正确；
D．M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，故D错误。
故选BC。
12．ACD
【详解】A．最终导体棒静止在原来的位置，根据能量守恒得，整个回路产生的热量
电阻R上产生的焦耳热
故A正确；
B．初始时刻产生的感应电动势
E=Blv0
则通过电阻R的电流
安培力
根据牛顿第二定律可得加速度
故B错误；
C．导体棒原来静止时弹簧压缩x，根据平衡条件可得
kx=mgsinθ
解得
由于导体棒的速度第一次为0时，弹簧恰好处于自由伸长状态，所以导体棒从初速度v0开始到速度第一次为0时，发生的位移大小为
故C正确；
D．导体棒从初速度v0开始到速度第一次为0时，对导体棒根据能量关系可得
mv02=mgsinθ•x+E损
解得导体棒损失的机械能
故D正确。
故选ACD。
13．ACD
【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。
14．BC
【详解】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理
解得
故A错误；
B．将粒子进入电磁场的初速度看成是两个水平向右分速度、的合成，其中水平向右分速度满足
解得
则另一水平向右分速度满足
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以水平向右做匀速直线运动和以大小做匀速圆周运动，其中以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为
故C正确；
C．以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若
可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为
故C正确；
D．粒子的合速度为分速度与的合成，其中的大小方向均保持不变，的大小不变，方向时刻发生改变，当方向与方向相反时，粒子的合速度最小，则有
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D错误。
故选BC。
15． 0.200（0.198~0.202均可） 相等
【详解】（1）[1]金属丝直径
d＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm
（2）[2]本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压
UA1＝ImR1＝1.25 V
比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
（3）[3]当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为
I＝I2－I1
Rx两端电压
U＝I1·R1
故
不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
16． 12.0 C a 9.86
【详解】（1）[1]游标卡尺读数为
（2）[2]从“0”数到“60”时有经历了30个周期，该单摆的周期为。故选C。
（3）[3][4]摆线在筒内部分的长度为h，由
可得
可知其关系图线应为a，再将
代入
可得
将
代入
可求得
17．（1）；（2），
【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作圆弧的切线，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
18．(1) (2) (3)
【详解】(1)小球静止时，对小球受力分析如图
由Tcos37°=mg
Tsin37°=qE
解得：
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，
由Eq=ma
x=at2
h=gt2
解得：x=0.75h
(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：
19．(1) 5m/s；(2) ；(3)
【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
相关试卷
湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（解析版）： 这是一份湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
【期中真题】湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题.zip： 这是一份【期中真题】湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题.zip，文件包含期中真题湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题原卷版docx、期中真题湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
【期中真题】湖南省长沙市四校2022-2023学年高二上学期期中联考物理试题.zip： 这是一份【期中真题】湖南省长沙市四校2022-2023学年高二上学期期中联考物理试题.zip，文件包含期中真题湖南省长沙市四校2022-2023学年高二上学期期中联考物理试题原卷版docx、期中真题湖南省长沙市四校2022-2023学年高二上学期期中联考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
