1、20212022学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高二（上）期中物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 下列关于磁场、电场及电磁波的说法中正确的是()A. 赫兹提出电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在B. 只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波C. 不同电磁波具有不同的波长，红外线的波长大于可见光的波长。D. 普朗克认为光本身是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为的光的能量子为v2. 如图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()A. 只有甲和乙B. 只有丙和丁C. 只有乙和丁D. 只有甲和丙3. 如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出
2、纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以速度2v抽出纸条，若铁块仍掉到地面，则铁块落地点为()A. 在P点右侧原水平位移的两倍处B. 仍在P点C. 在P点右侧不远处D. 在P点左侧4. 如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为()A. (m2+m3)v0m1+m2+m3B. m2v0m1+m2+m3C. m2v0m2+m3D. 以上答案均不对5. 如图所示，斜面体B固定在地面上，金属块A沿B的光滑斜面下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是()A. B对A的支持力的冲量为零B.
3、B对A的支持力做功为零C. 重力对A做的功，等于A的重力势能的增量D. 重力对A的冲量，等于A的动量的增量6. 城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，设一个50g的鸡蛋从20m高的楼上自由下落，与地面撞击时鸡蛋的竖直高度为5cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力约为()A. 100NB. 200NC. 600ND. 1000N7. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动
4、时，则()A. 电压表读数减小B. 电流表读数增大C. 质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐减小8. 如图所示，在水平地面上固定一倾角为30的光滑斜面，一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，整根弹簧足够长且处于自然状态。质量为m=2.0kg的滑块从距离弹簧上端x0=0.35m处由静止释放。设滑块与弹簧接触过程系统没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度大小为g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x正方向。则()A. 滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值B. 滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块的机械能守恒C. 当滑块下滑位
5、移xx0时，其加速度大小为a=10m/s2D. 当滑块下滑位移xx0时，其加速度大小为a=(2550x)m/s2二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 下列说法正确的是()A. 单摆运动到平衡位置时，回复力为零B. 竖直方向的弹簧振子做简谐运动时，在平衡位置处弹簧弹力为零C. 水平放置的弹簧振子做简谐运动时的能量等于在平衡位置时振子的动能D. 单摆的周期与摆球的质量有关10. 下图中能产生感应电流的是()A. B. C. D. 11. 如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示下列说法正确的是()A. t=0.
6、8s时，振子的速度方向向左B. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同C. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大D. t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子的加速度逐渐增大12. 如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是()A. t=9s时长木板P停下来B. 长木板P的长度至少是7.5mC. 滑块Q
7、与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D. 滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12m三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13. 某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。(1)两小球应满足的关系是m1_m2。(填“”或“x0时，其加速度大小为a=mgsin30kxx0m=gsin30kxx0m=550x0.35=22.550x所以D错误；故选A。9.【答案】AC【解析】A.当单摆运动到平衡位置时，此时回复力为零，故A正确；B.竖直方向的弹簧振子做简谐运动时，在平衡位置处合力为零，弹簧弹力不为零，故B错误；C.振动能量是振动系统的动能和势能的总和，水平放置的弹簧振子在平衡位置时弹性势能为零，
8、C正确；D.根据单摆的周期公式T=2Lg可知，单摆的周期与摆球的质量无关，故D错误。故选AC。10.【答案】BD【解析】A.电路没有闭合，无感应电流。故A错误；B.面积增大，通过闭合电路的磁通量增大，有感应电流。故B正确；C.穿过圆环的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流。故C错误；D.穿过闭合电路的磁通量减小，有感应电流。故D正确。故选BD。11.【答案】ACD【解析】A.由图象乙知，t=0.8s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故A正确；B.t=0.4s和t=1.2s时，振子的位移完全相反，由a=kxm知加速度完全相反，故B错误；C.t=0.4s到t=0.8
9、s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故C正确；D.t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子的位移增大，所以振子的加速度增大，故D正确。故选ACD。12.【答案】AB【解析】AC.由图乙可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木板P的速度v1=5m/s，t2=6s时两者速度相同，v2=3m/s，t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2=6s后长木板的速度小于滑块Q的速度，06s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得1mg=ma1解得1=0.0556s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得2(2m)g+1mg=ma2解得2=0.075从6s末到长木板停下来的过程中
10、，由牛顿第二定律得2(2m)g1mg=ma3解得a3=1m/s2这段时间t1=v2a3=3st=9s时长木板P停下来，故A正确，C错误；B.长木板P的长度至少是前6s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离x1=1255m+12(5+3)1m1236m=7.5m故B正确；D.在从6s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得1mg=ma4解得a4=0.5m/s2这段时间t1=v2a4=6s所以t3=12s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长板上滑行的距离x2=1263m1233m=4.5m前6s长木板速度更大，后6s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为x=x1x2=3m故D错误。故选AB。
11、13.【答案】(1)；(2)AD；(3)m1OM+m2ON=m1OP【解析】(1)碰撞过程中动量，能量守恒，因此有m1v0=m1v1+m2v212mv02=12mv12+12mv22解得v1=m1m2m1+m2v0因此让小球碰撞以后不反弹，两球质量满足m1m2(2)A.保证小球做平抛运动，所以实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向；故A正确；BC.可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量小球开始释放的高度，故BC错误；D.通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程，故D正确；(3)由碰撞过程中动量守恒，得m1OM+m2ON=
12、m1OP14.【答案】(1)R2；(2)；(3)D；(4)0.93【解析】(1)由于灯泡的额定电压为4V，所以要改装成一个4V或稍大于4V的电压表，串联的电阻为2k。(2)实现04V的范围内对小灯泡的电压进行测量，需要设计成滑动变阻器分压接法。由于小灯泡正常发光时电阻约为8，所以需要设计成电流表外接，实验电路原理图如图所示(3)AB.根据公式P=U2RPU2图像的斜率逐渐减小，故AB错误。CD.小灯泡的电阻随温度升高而增大，由功率P=I2RPI2图像的斜率逐渐增大，故C错误，D正确。故选D。(4)假设通过灯泡的电流为，灯泡两端的电压为U，由闭合电路欧姆定律定律得U+UR=E2Ir而2IUR=2
13、IU化简得U=32I与小灯泡伏安特性曲线的交点即为电路工作点，该点纵横坐标值的乘积等于小灯泡的功率，功率为P=UI=2.180.426W=0.93W15.【答案】解：(1)挂AB两球时有kx=mA+mBg解得k=(mA+mB)gx=40N/m(2)剪断AB间细绳后，A球平衡时由mAg=kxA可得，弹簧的伸长量为xA=mAgk=0.025m刚剪断细绳时弹簧比A球平衡时多伸长的长度就是振幅，即A=xxA=15cm2.5cm=12.5cm(3)振动中A球的最大加速度amax=mBgmA=50010010m/s2=50m/s2【解析】略16.【答案】解：(1)小球受到电场力qE、重力mg和线的拉力作用
14、处于静止，根据共点力平衡条件有_qE=mgtan37=34mg得E=3mg4q代入数据解得E=1500N/C(2)小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有mglqEl=12mvC2设小球在最低点时细线对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律有Tmg=mvC2l解得T=3N(3)当小球运动至B点时，小球速度最大，细线拉力最大，小球从A到B的过程，根据动能定理有mglcosqEl(1sin)=12mvB2根据牛顿第二定律Fmaxmgcos37=mvB2l解得Fmax=4.5N【解析】略17.【答案】解：(1)A与B第一次碰撞过程，选向右为正方向，AB碰后速度分别为v1，v2，根据动量守恒、能量守恒有3
15、mv0=3mv1+mv2123mv02=123mv12+12mv22解得v1=12v0v2=32v0(2)A与B第一次碰撞后，B的速度大于A的速度，则B先与C发生完全弹性碰撞，因为B和C质量相等，则速度互换，之后同理CD碰撞后速度互换，则最终D的速度为vD=v2=32v0A与B第二次碰撞过程中，碰后速度分别为v1，v2，与解析(1)同理可得v1=14v0v2=34v0之后B与C发生完全弹性碰撞，速度互换，则最终C的速度为vC=v2=34v0故最终A和B的速度分别为vA=v1=18v0vB=v2=38v0(3)木块D与挡板碰撞将原速弹回，CD碰撞后速度互换，之后C以32v0的速度向左运动，与B碰撞，速度再次互换，B以32v0的速度向左运动与A发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有32mv038mv0=4mv解得v=932v0因为碰撞产生的热量Q=12m(32v0)2+123m(18v0)2124mv2=507512mv02【解析】略