湖南省長沙市寧鄉(xiāng)市名校聯(lián)合2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)物理試題（A卷）

湖南省長沙市寧鄉(xiāng)市名校聯(lián)合學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)物理試題（A卷）一、單選題1.從2023年起，每年的4月23日將被命名為世界乒乓球日。關(guān)于乒乓球運動，下列說法正確的是（）A.球拍對乒乓球的彈力越大，乒乓球的動量變化一定越大B.球拍將飛來的乒乓球以原速率反向擊出的過程，乒乓球的動量和動能均保持不變C.乒乓球被球拍擊打出的過程，球拍對乒乓球的沖量大小大于乒乓球?qū)η蚺牡臎_量大小D.一次擊球過程中，球拍對乒乓球的沖量大小等于乒乓球?qū)η蚺牡臎_量大小【答案】D【解析】【詳解】A．由動量定理有則有可知，乒乓球的動量變化量等于合外力的沖量，即乒乓球的動量變化量除了與力的大小方向有關(guān)，還與力的作用時間有關(guān)，故A錯誤；B了改變，因此乒乓球的動量發(fā)生了改變，故B錯誤；CD．用球拍打擊球時，球拍對乒乓球的力與乒乓球?qū)η蚺牡牧κ且粚ο嗷プ饔昧?，大小相等、作用時間相同、沖量大小相等，故C錯誤，D正確。故選D。2.如圖所示，在某次航行時，一艘帆船在水平風(fēng)力的作用下，以速度沿風(fēng)的方向勻速前行，風(fēng)與帆作用的有效面積為Sρf與帆船前行速度相等，則下列說法正確的是（）第1頁/共22頁A.風(fēng)速大小為B.風(fēng)速大小為C.若將風(fēng)與帆作用的有效面積變?yōu)樵瓉淼?倍，風(fēng)速和阻力大小不變，則船的航行速度一定變?yōu)樵瓉淼?倍D.若將風(fēng)速變?yōu)樵瓉淼?倍，阻力大小不變，則船的航行速度也將變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】A【解析】【詳解】AB．以帆船為參考系，對內(nèi)的一段風(fēng)，由動量定理帆船勻速前行，由平衡條件得解得所以A正確，B錯誤；C．由以上結(jié)論，整理得若將風(fēng)與帆作用的有效面積變?yōu)樵瓉淼?2C錯誤；D．由可知，若將風(fēng)與帆作用的有效面積變?yōu)樵瓉淼?倍，風(fēng)速和阻力大小不變，則船的航行速度不是原來的2倍，故D錯誤。第2頁/共22頁故選A。3.PQP的質(zhì)量為4kg時對物塊P施加水平向右的恒力F2sQ的速度為2m/s，0~2s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運動過程中（）A.Q的質(zhì)量等于2kgB.2s末物塊P的速度大于4m/sC.2s內(nèi)恒力F做的功大于26.5JD.撤去推力后彈簧最長時，Q的速度小于3.2m/s【答案】C【解析】AP的加速度為恒力為時，物塊、的加速度均為，設(shè)此時彈簧的彈力為，由牛頓第二定律有，解得故A錯誤；B．彈簧對P的彈力大小與對Q的彈力大小相等，方向相反，則彈簧對P的彈力的沖量大小與彈簧對Q的彈力的沖量大小相等，方向相反，內(nèi)，對P進(jìn)行分析，根據(jù)動量定理有對Q進(jìn)行分析，根據(jù)動量定理有第3頁/共22頁解得故B錯誤；C．結(jié)合上述與題意可知，2s末物塊P的動能為末物塊Q的動能為彈簧被壓縮，彈性勢能不為零，由功能關(guān)系可知，2s內(nèi)恒力做的功為故C正確；D．根據(jù)題意可知，撤去推力后，物塊、和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)物塊、共速時彈簧最長，則有解得故D錯誤。故選C4.如圖所示，物體A置于物體B上，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與B相連，在彈性限度內(nèi)，A和B一ABkA和B的質(zhì)量分別為m和M（M≠mA和B之間的最大靜摩擦力為f，則下列說法正確的是（）A.A對B的靜摩擦力對B不做功，而B對A的靜摩擦力對A做功B.A和B一起（相對靜止）振動的振幅不能大于C.當(dāng)彈簧最短時迅速將物塊A取下，此后，物塊B做簡諧運動振幅與取下A前相同D.當(dāng)彈簧最短時迅速將物塊A取下，此后，物塊B做簡諧運動周期與取下A前相同【答案】C第4頁/共22頁【解析】【詳解】A．A對B的靜摩擦力和B對A的靜摩擦力都沿水平方向，二者振動過程中沿所受靜摩擦力的方向運動，所受的靜摩擦力均做功，故A錯誤；B．設(shè)A和B一起（相對靜止）振動的最大振幅為A，當(dāng)二者運動到最大位移處時，對A和整體分別根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立得故B錯誤；CD．當(dāng)彈簧最短時迅速將物塊A取下，物塊B做簡諧運動的最大位移處與平衡位置均不變，故物塊B做B的質(zhì)量小于A和BB外）時的加速度變大，故物塊B做簡諧運動周期變小，故C正確，D錯誤。故選C。5.水袖是中國古典舞中用于情感表達(dá)和抒發(fā)的常用技巧，舞者的手的規(guī)律振動會傳導(dǎo)至袖子上，給人一種“行云流水”的美感。如圖（a）所示，一列簡諧橫波沿軸傳播，實線和虛線分別為時刻和時刻的波形圖，其中，、分別是平衡位置為和的兩質(zhì)點。圖（b）為質(zhì)點的振動圖像，下列說法正確的是（）A.B.時刻的速度達(dá)到最大C.簡諧橫波沿軸傳播的速度大小為D.到內(nèi)，、運動的路程相等第5頁/共22頁【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知波長，周期。因為沒有說明時刻是哪個時刻，假設(shè)，根據(jù)題圖（b）可知，質(zhì)點在時刻正在沿軸正方向振動，則波向軸正方向傳播，可得假設(shè)，根據(jù)題圖（b）可知，質(zhì)點在時刻正在沿軸負(fù)方向振動，則波向軸負(fù)方向傳播，同理可得故A錯誤；B．由A選項分析可知，無論是哪種情況，時刻質(zhì)點都在波峰，振動速度等于零，最小，故B錯誤；C．波速故C正確；D．到內(nèi)，運動的路程或如果，在第一個時間內(nèi)，沿軸負(fù)方向運動到與軸對稱的位置，路程則到內(nèi)的路程同理如果，在第一個時間內(nèi)，沿軸正方向運動到波峰，又沿軸負(fù)方向回到原位置，路程則到內(nèi)的路程第6頁/共22頁可知、運動的路程不相等，故D錯誤。故選C6.d=0.6mO水面的距離h度h1時，發(fā)現(xiàn)水面上形成兩個以O(shè)為圓心的亮區(qū)，其中半徑r=1.2m的圓內(nèi)光強更強，已知水的折射率，則（）A.湖面能被照亮的區(qū)域半徑為1.5mB.若僅增大圓環(huán)燈帶的半徑，則湖面上中間光強更強的區(qū)域也變大C.燈帶的深度D.當(dāng)時，湖面中央將出現(xiàn)暗區(qū)【答案】C【解析】BO小，即湖面上中間光強更強的區(qū)域變小，B錯誤；AC．當(dāng)重疊區(qū)域半徑r=1.2m時，如圖所示第7頁/共22頁解得湖面被照亮的區(qū)域半徑為A錯誤，C正確；D．設(shè)重疊區(qū)域恰好為零時，燈帶的深度為h，如圖所示解得當(dāng)時，湖面中央將出現(xiàn)暗區(qū)，D錯誤。故選C。第8頁/共22頁二、多選題7.如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一如圖所示的閉合電路，當(dāng)PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A.向右加速運動B.向左加速運動C.向右減速運動D.向左減速運動【答案】BC【解析】【詳解】根據(jù)安培定則可知，ab在右側(cè)產(chǎn)生的磁場方向為垂直向里，有因為MN向右運動，根據(jù)左手定則可判斷MN中感應(yīng)電流方向由M到NL1知L2中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向上并減弱或向下并增強。如果L2中磁場向上減弱，根據(jù)安培定則可知PQ中感應(yīng)電流為Q到P且減小，再根據(jù)右手定則可知PQ向右減速運動；如果L2中磁場向下增強，根據(jù)安培定則可知PQ中感應(yīng)電流為P到Q且增大，再根據(jù)右手定則可知PQ向左加速運動，AD錯誤，BC正確。故選BC。8.如圖，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里。一束電子以垂直于磁場邊界的速度v從M點射入寬度為d的勻強磁場中，從N點穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為。下列說法正確的是（）第9頁/共22頁A.電子的比荷為B.電子的比荷為C.電子穿越磁場的時間為D.電子穿越磁場的時間為【答案】BC【解析】【詳解】AB．根據(jù)數(shù)學(xué)知識知解得電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得電子的比荷為故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)數(shù)學(xué)知識知電子在磁場中運動的時間為，電子在磁場中做勻速圓周運動的周期故電子穿越磁場的時間為故C正確，D錯誤故選BC。9.如圖所示，回旋加速器由兩個銅質(zhì)半圓D形金屬盒D、D2構(gòu)成，其間留有縫隙，縫隙處接交流電源，電壓的值為U。D形盒處于勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，盒的圓心附近置有粒子源，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q（q>0m，粒子最大回旋半徑為R，下列說法正確的是（）第10頁/共22頁A.粒子每次經(jīng)過D形盒之間的縫隙后動能增加qUB.粒子被加速后的最大速度隨加速電壓增大而增大C.粒子被加速后的最大速度為D.不改變交流電的頻率和磁感應(yīng)強度B，加速質(zhì)子（）的回旋加速器也可以用來加速α（）粒子【答案】AC【解析】【詳解】A．粒子每次經(jīng)過D形盒之間的縫隙后動能增加qU，A正確；BC．根據(jù)牛頓第二定律得解得粒子被加速后的最大速度與加速電壓無關(guān)，B錯誤，C正確；D．粒子做勻速圓周運動的周期為粒子做勻速圓周運動的頻率為質(zhì)子和α粒子做勻速圓周運動的頻率不同，所用交流電的頻率也不同，所以不改變交流電的頻率和磁感應(yīng)強度B，加速質(zhì)子（）的回旋加速器不可以用來加速α（）粒子，D錯誤。故選AC。10.如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金第11頁/共22頁屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，則以下說法正確的是（）A.金屬棒先做變加速運動，最后做勻速運動B.金屬棒一直做勻加速運動，加速度為C.當(dāng)金屬棒下滑的速度大小為v時，電容器的電荷量為CBLvD.金屬棒在t時刻的速度大小為【答案】CD【解析】【詳解】AB．設(shè)金屬棒的速度大小為v1時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f=BLI1設(shè)在時間間隔（t，t+t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，則Q=CBLv按定義有Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t，t+t）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，v為金屬棒的速度變化量。金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為f=μmgcosθ金屬棒在時刻t1的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ﹣f﹣f=ma又第12頁/共22頁聯(lián)立解得mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma聯(lián)立上此式可得可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動。故AB錯誤；C．感應(yīng)電動勢為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有聯(lián)立可得Q=CBLv故C正確；D．金屬棒在t時刻的速度大小為故D正確。故選CD。三、實驗題某實驗小組利用圖甲所示的雙線擺來測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。?Ld____________mm。（2）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是______。第13頁/共22頁A.為使單擺做簡諧運動，圖甲中應(yīng)小于B.為便于觀察擺球的運動，擺球應(yīng)選擇質(zhì)量和體積都大些的球C.測量周期時應(yīng)從擺球通過最低點開始計時，并記錄多次全振動所用的總時間D.把n次擺動的時間誤記為次擺動的時間，會使測得的重力加速度的值偏?。?）用該雙線擺裝置測重力加速度較傳統(tǒng)的單擺實驗有何優(yōu)點？____________【答案】（1）①.②.5.980（2）C（3）可使小球更好地在同一平面內(nèi)擺動【解析】【小問1詳解】[1]擺長指的是懸點到球心的距離，細(xì)線長度均為L，與水平方向夾角均為，擺球的直徑為d，則擺長[2]擺球的直徑【小問2詳解】A．為使單擺做簡諧運動，單擺在擺動過程中的擺角要小于，圖甲中不是擺角，故A錯誤；B．?dāng)[球應(yīng)選擇質(zhì)量大、體積小，故B錯誤；C．測量周期時應(yīng)從擺球通過最低點開始計時，并記錄多次全振動所用的總時間，故C正確；D．根據(jù)周期公式解得把n次擺動的時間誤記為次擺動的時間，則測得的周期T偏小，測得的重力加速度的值偏大，故D錯誤。故選C?！拘?詳解】雙線擺裝置測重力加速度較傳統(tǒng)的單擺實驗的優(yōu)點是可使小球更好地在同一平面內(nèi)擺動。12.第14頁/共22頁全失重環(huán)境下（忽略空氣阻力）測小球質(zhì)量并驗證彈性碰撞的實驗方案：（1O連接一根輕繩，輕繩末端系一個直徑為d的小球a；（2aa在與桌面垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動，支架上端O與小球球心的距離為L。當(dāng)小球a運動至最高點時，該處的光電門M可記錄下小球a通過該位置的遮光時間，記為，并同時記下力傳感器顯示的讀數(shù)F。根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)，可得小球a的質(zhì)量______（用“L，F(xiàn)，，d（3）更換大小相同的小球b，重復(fù)以上操作，可測得小球b的質(zhì)量；（4a勻速圓周運動的過程中，將小球b放置在桌面右側(cè)的固定支架上，支架在小球a運動的平面內(nèi)。當(dāng)小球a運動至最低點時剪斷輕繩，為保證小球a與小球b能發(fā)生正碰，小球b放置的高度與小球a運動至最低點的高度相比，應(yīng)______（5）小球a與b碰后，依次通過右側(cè)的光電門N，光電門記錄下小球a的遮光時間為、小球b的遮光時間為，若測得，則當(dāng)測出______時，即可驗證小球a、b的碰撞為彈性碰撞?！敬鸢浮竣?②.等高③.4【解析】【詳解】[1]由牛頓第二定律有又有解得小球a的質(zhì)量為第15頁/共22頁[2]aa將沿著圓周最低點切線方向做勻速直線運動，所以要使小球a與小球b能發(fā)生正碰，小球b放置的高度與小球a運動至最低點的高度等高。[3]經(jīng)過光電門時小球a的速度為小球a速度為則若小球a、b的碰撞為彈性碰撞，應(yīng)滿足若測得，則由以上各式解得四、解答題13.忽略水對浮漂的阻力，浮漂在水中的上下振動可以視為簡諧運動，如圖（a）所示。以豎直向上為正方向，從時刻開始計時，浮漂振動圖像如圖（b）所示，到達(dá)最高點的時刻為，重力加速度。第16頁/共22頁（1）寫出浮漂簡諧運動的振動方程，并求出簡諧運動的周期。（2）已知浮漂和鉛墜的總質(zhì)量為，浮漂截面積，水的密度，求浮漂運動到最低點時的加速度大小。【答案】（1），（2）【解析】【小問1詳解】由題圖（b）可知浮漂振動振幅浮漂（含鉛墜）的位移滿足關(guān)系式時刻有，結(jié)合之后的振動方向可得時刻有，可得則浮漂簡諧運動的振動方程為簡諧運動的周期【小問2詳解】在平衡位置時，浮力等于重力，在最低點時，浮漂所受合外力等于浮力增加的量。由牛頓第二定律有可得第17頁/共22頁14.MNPQd=0.15m范圍足夠大。勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小均為B=0.5T，方向分別垂直紙面向里m=的帶電小球從距MN的高度為h的O點由靜止開始下落，進(jìn)入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動，重力加速度g取10m/s2。（1）試判斷小球的電性并求出電場強度E的大小；（2）若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿足什么條件？（3O點，h應(yīng)該等于多少？并求從開始運動到返回O留一位有效數(shù)字）？【答案】（1）正電，0.25N/C2）h>0.45m3）h=0.6m，1s【解析】1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電。則有解得E=0.25N/C（2）假設(shè)下落高度為h0時，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖甲所示第18頁/共22頁由幾何知識可知，小球的軌道半徑R=d帶電小球在進(jìn)入磁場前做自由落體運動，由動能定理得帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得h=0.45m則當(dāng)h>h0時，即h>0.45m