湖南省長沙市四校2022-2023學年高二上學期期中聯考試題物理Word版含解析

長沙市四校聯考2022-2023學年度第一學期期中考試高二物理本試卷為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共100分，考試時間90分鐘注意事項：1.答卷前，請考生務必把自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.作答時，務必將答案寫在答題卡上，寫在本試卷及草稿紙上無效。3.考試結束后，將答題卡交回。一、單項選擇題（共8題，每題3分，共24分）1．即將建成的孝文化公園摩天輪是新田水上樂園的標志性建筑之一，預計開放后會深受游客喜愛。摩天輪懸掛透明座艙，某游客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，下列敘述正確的是（）A．摩天輪轉動一周的過程中，游客重力的沖量為零B．摩天輪轉動過程中，游客的機械能保持不變C．在最高點，游客處于失重狀態(tài)D．摩天輪轉動過程中，游客重力的瞬時功率保持不變2．圖甲為一列簡諧橫波在t=0時的波形圖，P是平衡位置在x=0.5m處的質點，Q是平衡位置在x=2.0m處的質點；圖乙為質點A．這列簡諧波沿x軸負方向傳播B．從t=0到t=0.25sC．從t=0.10s到t=0.25s，質點D．在t=0.10s時，質點P的加速度方向與y3．兩粗細相同的同種金屬電阻絲R1、R2的電流I和電壓A．兩電阻的大小之比為R1:RC．兩電阻絲的長度之比為L1:L4．某科學考察隊在地球的兩極地區(qū)進行科學觀測時，發(fā)現帶電的太空微粒平行于地面進入兩極區(qū)域上空，受空氣和地磁場的影響分別留下的一段彎曲的軌跡，若垂直地面向下看，粒子在地磁場中的軌跡如圖甲、乙所示，則（

）A．圖甲表示在地球的南極處，圖乙表示在地球的北極處B．圖甲飛入磁場的粒子帶正電，圖乙飛入磁場的粒子帶負電C．甲、乙兩圖中，帶電粒子受到的洛倫茲力都是越來越大D．甲、乙兩圖中，帶電粒子動能都是越來越小，但洛倫茲力做正功5．如圖所示，在光滑水平面上，質量為M＝2kg的帶有光滑半圓形槽（半徑足夠大）的滑塊a，在槽底部有一質量為m＝1kg的小球，滑塊a和小球一起以速度v0＝10m/s向右滑動。另一質量也為M＝2kg的滑塊b靜止于滑塊a的右側。兩滑塊相撞（碰撞時間極短）后，粘在一起向右運動，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．碰撞過程中，小球、滑塊a、滑塊b組成的系統(tǒng)水平動量不守恒B．兩滑塊碰撞過程中損失的機械能為75JC．碰撞過程中，滑塊b受到的沖量大小為12N·sD．小球能夠上升的最大高度是1m6．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是（）A．q1、q2為等量異種電荷B．N、C兩點間場強方向沿x軸負方向C．N、D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大D．將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小7．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移段距離l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖像中正確的是（）A． B． C． D．8．一個電子僅在電場力的作用下以?v0為初速度做直線運動，其v-A．此電場可能為勻強電場B．電子的運動軌跡可能與某一等勢面相切C．t0時電子所在位置的等勢面比2D．t0時電子所在位置的電勢比2二、多選題（共6題，每題4分，共24分）9．如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止?，F撤去F，小球沿豎直方向運動，在小球由釋放到剛離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為A．小球的重力勢能增加?B．小球的電勢能增加WC．小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能增加WD．撤去F前彈簧的彈性勢能為110．如圖所示，間距為50cm的兩平行固定金屬導軌上端接有電動勢為6V、內阻為1Ω的直流電源，導軌與水平面的夾角為30°，空間存在方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為0.8T的勻強磁場?，F把一個質量為200g的導體棒abA．通過導體棒的電流為0.5B．導體棒受到的安培力大小為0.2C．導體棒受到的摩擦力大小為1.2D．導體棒與導軌間的動摩擦因數等于0.411．某電場在直角坐標系中的電場線分布情況如圖所示，O、M、N為電場中的三個點，則由圖可得（）A．M點的場強小于N點的場強B．M點的電勢低于N點的電勢C．將一負電荷由O點移到M點電勢能增加D．將一正電荷從O點分別移到M點和N點，電場力做功相同12．如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導軌與水平面夾角為θ，上端連接阻值為R的電阻，空間存在垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為m、電阻為r的導體棒ab與一勁度系數為k的輕質彈簧相連，導體棒放在導軌上處于靜止狀態(tài)。現給導體棒平行導軌平面向上、大小為v0A．在整個運動的過程中，電阻上產生的熱量小于1B．導體棒剛獲得初速度v0時的加速度大小為C．導體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時，發(fā)生的位移大小為D．導體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時，損失的機械能為13．如圖所示是導軌式電磁炮的原理結構示意圖，兩根平行長直金屬導軌沿水平方向固定，其間安放炮彈炮彈可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌保持良好接觸。內阻為r的可控電源提供的強大電流從根導軌流入，經過炮彈，再從另一導軌流回電源。炮彈被導軌中電流形成的磁場推動而發(fā)射。在發(fā)射過程中，該磁場在炮彈所在位置始終可以簡化為磁感應強度為B的勻強磁場。已知兩導軌內側間距為L，炮彈的質量為m，炮彈在導軌間的電阻為R，若炮彈滑行s后獲得的發(fā)射速度為v。不計空氣阻力，不考慮炮彈切割磁感線產生的感應電動勢，導軌電阻不計，下列說法正確的是（）A．勻強磁場方向為豎直向上B．電磁炮受到的安培力大小為F=C．可控電源此時的電動勢是E=D．這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量是114．如圖質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（忽略粒子重力），以速度v0沿OO′方向垂直射入相互正交的豎直向下的勻強電場E和水平向里勻強磁場B，經過該區(qū)域中的P點的速率為vP，此時側移量為A．帶電粒子在P點的速率vB．帶電粒子的加速度大小恒為qEC．若s=mEqB2D．粒子在運動過程中洛倫茲力始終大于電場力三、實驗題（共2題，共16分）15．現測定長金屬絲的電阻率。（1）某次用螺旋測微器測量金屬絲直徑的結果如圖所示，其讀數是________mm。（2）利用下列器材設計一個電路，盡量準確地測量一段金屬絲的電阻。這段金屬絲的電阻Rx約為100Ω，畫出實驗電路圖，并標明器材代號______。電源E（電動勢10V，內阻約為10Ω）電流表A1（量程0~250mA，內阻R1＝5Ω）電流表A2（量程0~300mA，內阻約為5Ω）滑動變阻器R（最大阻值10Ω，額定電流2A）開關S及導線若干（3）某同學設計方案正確，測量得到電流表A1的讀數為I1，電流表A2的讀數為I2，則這段金屬絲電阻的計算式Rx＝________。從設計原理看，其測量值與真實值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。16．南山某物理課外活動小組準備測量南山公園處的重力加速度，其中組同學將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為?（未知）且開口向下的小筒中（單擺的下半部分露于筒外），如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設單擺擺動過程中懸線不會碰到筒壁.本實驗的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測出對應的擺動周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出函數關系圖像，那么就可以通過此圖像得出小筒的深度?和當地的重力加速度g（1）實驗時用10分度的游標卡尺測量擺球直徑，示數如圖所示，該擺球的直徑d=___________mm。（2）測量單擺的周期時，某同學在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數0，當擺球第二次通過最低點時數1，依此法往下數，當他數到60時，按下停表停止計時，讀出這段時間t，則該單擺的周期為___________。A．t29

B．t29.5

C．t30（3）如果實驗中所得到的T2?L關系圖線如圖乙中的_____所示（選填a，b，c），當地的重力加速度g=_________m/s2（π四、計算題（共3題，17題10分，18題12分，19題14分，共36分）17．粒子發(fā)射器從P點釋放大量初速度為零、質量為m、電荷量為q（q>0）的相同粒子，經PS間加速電壓加速后在紙面內從S點垂直于SA射入勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示、AC為四分之一圓弧光屏，圓心為O，圓的半徑為R，SA與直徑AD共線，SA=OA=R。不計粒子重力和粒子之間的相互作用。（1）若粒子打在A點，PS間的加速電壓多大；（2）改變PS間加速電壓，使打在AC弧間的粒子在磁場中運動的時間最短，求粒子在磁場中運動的最短時間及對應的加速電壓。18．如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強電場，一質量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質絕緣細線懸掛于O點，小球帶電荷量為＋q，靜止時距地面的高度為h，細線與豎直方向的夾角為α＝37°，重力加速度為g.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)勻強電場的場強大小E；(2)現將細線剪斷，小球落地過程中小球水平位移的大??；(3)現將細線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動能．19．如圖，順時針勻速轉動的水平傳送帶兩端分別與光滑水平面平滑對接，左側水平面上有一根被小物塊擠壓的輕彈簧，彈簧左端固定；傳送帶右側水平面上有n個相同的小球位于同一直線上?，F釋放物塊，物塊離開彈簧后滑上傳送帶。已知傳送帶左右兩端間距L=1.1m，傳送帶速度大小恒為4m/s，物塊質量m=0.1kg，小球質量均為m0=0.2kg，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.5，彈簧初始彈性勢能Ep=1.8J，物塊與小球、相鄰小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，取g=10m/s2。求：(1)物塊第一次與小球碰前瞬間的速度大??；(2)物塊第一次與小球碰后在傳送帶上向左滑行的最大距離s；(3)n個小球最終獲得的總動能Ek。參考答案：1．C【詳解】A．摩天輪轉動一周的過程中，重力不為零、時間不為零，根據I=Ft可知乘客重力的沖量不為零，選項A錯誤；B．摩天輪轉動過程中，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，速度不變，動能不變，但重力勢能在變化，因此乘客的機械能在變化，選項B錯誤；C．圓周運動過程中，在最高點，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，處于失重狀態(tài)，選項C正確；D．摩天輪轉動過程中，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，隨著位置的改變，速度在豎直方向的分速度在變化，因此乘客重力的瞬時功率在變化，選項D錯誤。故選C。2．D【詳解】A．由乙圖得出，在t=0s時Q點的速度方向沿y軸正方向，由同側法判斷可知該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．由甲圖讀出波長為λ=4由乙圖可讀出周期為T=0.2則波速為v=從t=0到t=0.25s，波傳播的距離為s=vt=20×0.25故B錯誤；C．從t=0.10s到t=0.25s經過時間為Δ由于在t=0.10s時質點P不在平衡位置和最大位移處，所以從t=0.10s到t=0.25s，質點P通過的路程不等于3A=30cm，故C錯誤；D．題圖可知t=0時刻P點向下振動，因此經過0.10s=1故選D。3．D【詳解】AB．由圖可知，當電壓為1V時，R1的電流為3A，而R2的電流為1A；由歐姆定律R故AB；CD．由電阻定律R=ρLL故C錯誤，D正確。故選D。4．A【分析】考查左手定則的應用?！驹斀狻緼．垂直地面向下看由于地球的南極處的磁場向上，地球北極處的磁場方向向下，故A正確；B．由左手定則可得，甲圖中的磁場的方向向上，偏轉的方向向右，所以飛入磁場的粒子帶正電；同理由左手定則可得乙圖中飛入磁場的粒子也帶正電，故B錯誤；C．從圖中可知，粒子在運動過程中，可能受到空氣的阻力對粒子做負功，所以其動能減小，運動的半徑減小，根據公式f=qvB帶電粒子受到的洛倫茲力都是越來越小，故C錯誤；D．由于粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故D錯誤?！军c睛】掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向，同時利用洛倫茲力提供向心力，推導出運動軌跡的半徑公式來定性分析。5．D【詳解】A．兩滑塊相撞過程，由于碰撞時間極短，小球及滑塊a、b在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒，A錯誤；B．滑塊a和b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后具有共同速度，由動量守恒定律有M解得v=5該過程中，損失的機械能為ΔB錯誤；C．根據動量定理，碰撞過程中滑塊b受到的沖量等于滑塊b的動量變化量，即I=Mv=2×5C錯誤；D．滑塊a和b碰撞完畢至小球上升到最高點的過程，系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，水平方向動量守恒，小球上升到最高點時，有2Mv+m該過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，則有1解得?=1D正確。故選D。6．C【詳解】A．根據q1左側和q2右側電勢隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，故A錯誤；B．N、C間的電場方向沿x軸正方向，C點場強為0，故B錯誤；C．根據N→D間圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小到零后反向增大，故C正確；D．正電荷從N移到D，由Ep＝qφ知，電勢能先減小后增大，故D錯誤。故選C。7．C【詳解】A．由題意及電容公式C=εS4πkd可得，d減小時，B．由E=可知，電場強度E與板間距離無關，故B錯誤；C．在負極接地的情況下，由題意有平移后的電勢為φ=由上述分析可得，E不變，電勢與x0的變化關系符合一次函數關系，故C正確；D．由題意及上述分析可得E電勢能隨著x0的變化而變化，故D錯誤。故選C。8．C【詳解】A．由v-t圖像的斜率表示加速度，此電子的v-t圖像是曲線，其加速度的大小在隨時間而變化，因此電場不可能為勻強電場，A錯誤；B．與等勢面相切的點，質點的加速度是零，對應電子的v-t圖像的斜率應是零，可該電子的v-t圖像的斜率并沒有等于零的點，B錯誤；C．在等差等勢面越密集的地方，電場強度越大，電子受電場力越大，加速度越大，對應的v-t圖像的斜率越大，由v-t圖像可知，在t0時v-t圖像的斜率大于2t0時的斜率，則有t0D．由v-t圖像的斜率表示加速度，可知電子的加速度方向一直為正值，電子帶負電，且僅在電場力作用下做直線運動，說明電子運動方向與電場方向相反，因此t0時電子所在位置的電勢比2故選C。9．ACD【詳解】A．根據重力做功與重力勢能變化關系，可得W小球上升過程重力做負功，小球的重力勢能增加了?WB．根據電場力做功與電勢能變化關系，可得W帶正電小球上升過程電場力做正功，小球的電勢能減少了W2C．小球與彈簧組成的系統(tǒng)，在小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，由于電場力對小球做正功，大小為W2，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加了WD．在小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，根據能量守恒可知，減少的彈性勢能與減少的電勢能之和等于增加的重力勢能與增加的動能之和，則有W解得撤去F前彈簧的彈性勢能為E故D正確。故選ACD。10．AB【詳解】A．由閉合電路的歐姆定律可知，流過導體棒的電流I=故A正確；B．導體棒受到的安培力大小為F=BIL=0.2故B正確；C．導體棒能靜止在導軌上mg解得f=0.8故C錯誤；D．根據f=μmg解得μ=所以導體棒與導軌間的動摩擦因數不等于0.4，故D錯誤。故選AB。11．BC【詳解】A．M點的電場線較N點密集，故M點的場強大于N點的場強，故A錯誤；B．順著電場線電勢降低，故M點的電勢低于N點的電勢，故B正確；C．O點電勢高于M點，故將一負電荷由O點移到M點電勢能增加，故C正確；D．M點的電勢低于N點的電勢，故OM與ON之間的電勢差不等，故將一正電荷從O點分別移到M點和N點，電場力做功不相同，故D錯誤。故選BC。12．ACD【詳解】A．最終導體棒靜止在原來的位置，根據能量守恒得，整個回路產生的熱量Q電阻R上產生的焦耳熱Q=故A正確；B．初始時刻產生的感應電動勢E=Blv0則通過電阻R的電流I=安培力F根據牛頓第二定律可得加速度a=故B錯誤；C．導體棒原來靜止時彈簧壓縮x，根據平衡條件可得kx=mgsinθ解得x=由于導體棒的速度第一次為0時，彈簧恰好處于自由伸長狀態(tài)，所以導體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時，發(fā)生的位移大小為x=故C正確；D．導體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時，對導體棒根據能量關系可得12mv02=mgsinθ?x+E解得導體棒損失的機械能E故D正確。故選ACD。13．ACD【詳解】A．由圖中的發(fā)射方向可知，安培力方向應水平向右，根據左手定則，磁場方向為豎直向上，所以選項A正確；B．根據動能定理Fs=所以F=所以選項B錯誤；C．由勻加速運動公式a=由安培力公式和牛頓第二定律，有F=BIL=ma根據閉合電路歐姆定律I=聯立以上三式解得E=所以選項C正確；D．因這一過程中的時間為t=所以系統(tǒng)產生的內能為Q=因E=聯立解得Q=炮彈的動能為E由能的轉化與守恒定律得這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量為E=Q+所以D正確；故選ACD。14．BC【詳解】A．粒子運動過程中，洛倫茲力始終與速度方向垂直而不做功，則根據動能定理?qEs=解得v故A錯誤；B．將粒子進入電磁場的初速度v0看成是兩個水平向右分速度v1、v2q解得v則另一水平向右分速度v2v則粒子在電磁場中的運動可分解為：以v1水平向右做勻速直線運動和以v2大小做勻速圓周運動，其中以F根據牛頓第二定律可知帶電粒子的加速度大小為a=故C正確；C．以v2q解得r=若s=可知粒子從射入該區(qū)域到P點所用時間至少為t故C正確；D．粒子的合速度為分速度v1與v2的合成，其中v1的大小方向均保持不變，v2的大小不變，方向時刻發(fā)生改變，當v可知粒子受到的洛倫茲力最小值為零，而粒子受到的電場力保持不變，故D錯誤。故選BC。15．

0.200（0.198~0.202均可）

I1R【詳解】（1）[1]金屬絲直徑

d＝20.0×0.01mm＝0.200mm（2）[2]本題要測量金屬絲的電阻，無電壓表，故用已知內阻的電流表A1充當電壓表，由于電流表A1的滿偏電壓UA1＝ImR1＝1.25V比電源電動勢小得多，故電路采用分壓式接法，電路圖如圖所示。（3）[3]當電流表A1、A2讀數分別為I1、I2時，通過Rx的電流為I＝I2－I1Rx兩端電壓U＝I1·R1故R不考慮讀數誤差，從設計原理看，測量值等于真實值。16．

12.0

C

a

9.86【詳解】（1）[1]游標卡尺讀數為12（2）[2]從“0”數到“60”時有經歷了30個周期，該單擺的周期為t30（3）[3][4]擺線在筒內部分的長度為h，由T=2π可得T可知其關系圖線應為a，再將TL=?30代入T可得?=30將TL=0代入T可求得g=17．（1）qB2R2【詳解】（1）粒子在磁場中做勻