湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附解析）

长郡中学2022—2023学年度高二第一学期第一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.如图所示，篮球运动员接传过来的篮球时，通常要先伸出双臂迎接篮球，手接触到篮球后，双手迅速后撤将篮球引至胸前。运用你所学的物理规律分析，这样做可以（　　）A.减小手对篮球的冲量B.减小篮球的动量变化量C.减小篮球对手的作用力D.缩短篮球对手的作用时间【答案】C【解析】【详解】B．篮球运动员接传过来的篮球，末速度为零，动量的变化量是确定的，B错误；A．根据动量定理知，手对篮球冲量的大小也是确定的，A错误；D．先伸出双臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以延长球与手接触的时间，D错误；C．根据动量定理得-Ft=0-mv则F=当时间延长时，手对球的作用力减小，即球对手的作用力减小，故C正确。故选C。2.如图甲是一个磁悬浮地球仪，原理如图乙所示。上方的地球仪内有一个永磁体，底座内有一个线圈，线圈通上直流电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是（　　） A.将地球仪上下位置翻转，仍能继续保持悬浮B.图中线圈的a端须连接直流电源的正极C.若增加线圈的匝数，稳定后地球仪受到的磁力增大D.若增大线圈中的电流，稳定后地球仪受到的磁力不变【答案】D【解析】【详解】A.地球仪根据同名磁极相互排斥的原理工作，将地球仪上下翻转，则磁体磁极颠倒，和线圈的作用力从斥力变为吸引力的作用，不能继续保持悬浮，故A错误；B.线圈a端接正极时，根据安培定则，可知螺线管上面S极和永磁体下端磁极相反，会相互吸引，地球仪不会悬浮，故B错误；C.若增加线圈匝数，磁场增大，稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故C错误；D.若增大线圈中的电流，稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故D正确。故选D。3.如图所示，在纸面内放有一磁铁和一圆形导线圈，下列情况线圈中能产生感应电流的是（　　）A.将磁铁在纸面内向上平移B.将磁铁在纸面内向右平移C.将磁铁绕垂直于纸面且过线圈圆心的轴转动D.将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内【答案】D 【解析】【详解】A．磁铁处于题图所示的位置时，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移时，穿过线圈的磁通量仍为零，线圈中没有感应电流产生，故A错误；B．磁铁处于题图所示的位置时，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向右平移时，穿过线圈的磁通量仍为零，线圈中没有感应电流产生，故B错误；C．将磁铁绕垂直于纸面且过线圈圆心的轴转动时，穿过线圈的磁通量仍为零，线圈中没有感应电流产生，故C错误；D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内时，会有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流，故D正确。故选D。4.下列关于碰撞的说法不正确的是（　　）A.弹性碰撞是一个理想化模型B.两个小球碰撞过程作用时间极短，即内力远远大于外力，故两小球系统的动量守恒C.两个弹性钢球发生弹性碰撞，碰撞发生过程中任何时刻两钢球总动能都守恒D.发生完全非弹性碰撞的两个物体，系统损失的机械能都转化成了内能【答案】C【解析】【详解】A．弹性碰撞是一个在理想情况下，碰撞不发热，没有动能损失的理想化模型，A正确；B．两个小球碰撞过程作用时间极短，即内力远远大于外力，不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞，动量都守恒，B正确；C．两个弹性钢球发生弹性碰撞，碰撞前后总动能守恒，但是并不是碰撞过程中任何时刻总动能都守恒，在碰撞中，两球形变还未完全恢复时，因形变产生的弹性势能没有完全释放，此时总动能不守恒，C错误；D．发生完全非弹性碰撞的两个物体，碰撞后结合在一起，系统的机械能损失最大，损失的机械能转化成因碰撞产生的热量，D正确.本题选错误的，故选C。5.如图所示，一水平地面由光滑的AB段和粗糙程度均匀的BC段组成，且AB=BC。某同学用水平恒力F将物体（可看成质点）由静止从A点拉到C点。若在AB段和BC段上拉力的冲量大小分别为I1和I2，则下列表述正确的是（） A.I1一定大于I2B.I1可能等于I2C.I1可能小于I2D.I1一定等于I2【答案】B【解析】【详解】AB段物体一直加速，如果经过C点速度大于零，则tAB>tBC，所以I1大于I2；如果经过C点速度等于零，则tAB>tBC，所以I1等于I2，不会有tAB<tBC。故选B。6.有的人会躺着看手机，若手机不慎肤落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150g，从离人眼25cm处无初速不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1s，取重力加速度g=10m/s2。对手机撞击人眼的过程中，下列分析错误的是（　　）A.手机对人眼的冲击力大小约为4NB.手机受到的冲量大小约为0.4N·sC.手机动量变化量大小约为0.4kg·m/sD.手机动量的变化率大小约为4kg·m/s2【答案】A【解析】【详解】C．手机下落25cm过程由位移速度关系有手机反弹8mm过程由位移速度关系有解得，手机动量变化量C正确；D．手机动量的变化率大小D正确；B．根据动量定理可知，手机受到的冲量大小B正确； A．对手机进行分析，由动量定理有解得A错误。故选A。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，有多个选项正确，全部选对的得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，四根相同的长直导线都通以同向、等大的电流，对称放置在长方体的四条短边a、b、c、d上。O点为长方体的几何中心，下列说法正确的是（　　）A.O点的磁感应强度不为零B.其中两根导线电流反向时，O点的磁感应强度可能不变C.其中一根导线电流增大时，O点的磁感应强度可能不变D.其中两根导线电流增大时，O点的磁感应强度可能不变【答案】BD【解析】【详解】A．O点到四根导线的间距相等，当四根相同的长直导线都通以同向、等大的电流时，根据左手定则可知，a与c、b与d在O点的磁感应强度等大反向，即O点的磁感应强度为零，A错误；B．若仅仅将a与c或b与d中电流反向，根据左手定则可知，a与c、b与d在O点的磁感应强度仍然等大反向，即O点的磁感应强度仍然为零，即其中两根导线电流反向时，O点的磁感应强度可能不变，B正确；C．若仅仅将a中的电流增大，根据左手定则可知，b与d在O点的磁感应强度等大反向，a与c的磁感应强度大小不等，方向相反，则O点的磁感应强度不为0，即O点的磁感应强度发生了改变，C错误；D．若将a与c中的电流增大，但仍然保持大小相等时，a与c在O点的磁感应强度仍然等大反向，即O点的磁感应强度仍然为零，D正确。故选BD。8.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，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=0.2s时，振子在O点右侧6cm处B.t=0.8s时，振子的速度方向向左C.t=0.6s和t=1.4s时，振子的速度相同D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小【答案】BD【解析】【详解】A．在0～0.4s时，振子从O点减速运动到B点，所以t=0.2s时，振子在O点右侧，与O点的距离大于6cm，A错误；B．0～0.4s振子从O点运动到B点，0.4～0.8s振子从B点运动到O点，所以t=0.8s时，振子的速度方向向左，B正确；C．t=0.6s时振子从B点向O点运动，速度方向向左，t=1.4s时，振子从A点向O点运动，速度方向向右，振子的速度不相同，C错误；D．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从B点向O点运动，振子的加速度逐渐减小，D正确。故选BD。9.如图所示，半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上，A、B质量均为M，a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球P（可视为质点）从圆弧槽A的顶端静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.小球P从a点运动到c点时的速度大小为 B.小球P在B槽内运动的最大高度为C.小球P第一次返回B槽最低点d时，B槽具有的速度为D.小球P从B槽最低点d到第一次返回B槽最低点d过程中，B槽的位移为【答案】AC【解析】【详解】A．小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，根据动能定理可得解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为选项A正确；B．小球P滑到B槽后A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力，则动量守恒，当小球P在B槽内运动的最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同速度为v，根据动量守恒可得对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得联立解得选项B错误；C．小球P第一次返回B糟最低点d时，设P的速度为，B的速度为，取水平向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得解得选项C正确； D．有别于人船模型，没法求出B槽的位移，选项D错误。故选AC。10.如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）A.当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mgB.当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C.当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D.当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】AD【解析】【详解】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得 说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律，得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为故A正确；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能有损失，由于不知道摩擦力做功多少，故现不确定A球是否能经过最高点，若A球能先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能小于B球机械能；若A球不能经过最高点，则两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度大小相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，此时两球相碰时机械能等大。故B错误；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒 得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误；D．当情况与选项C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度大小相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3.根据动量守恒和机械能守恒，解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。故选AD。第II卷（共56分）三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11.下图为“研究感应电流产生的条件”的实验电路图：（1）要使螺线管中产生感应电流，请在图中连线，把实验装置连接完整。（） （2）开始实验时，滑动变阻器滑片P应该放置在___________选填“a”或“b”端）；（3）闭合开关后，请写出两种能使线圈B中产生感应电流的不同方法：①___________；②___________；【答案】①.②.③.断开开关④.插入或拔出线圈A【解析】【详解】（1）[1]探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路，电路图如图所示（2）[2]开始实验时，依据变阻器接法可知，滑片应该放置a，从而确保接入电路的电阻达到最大（3）[3][4]根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量变化；当闭合开关后，能使线圈B中产生感应电流的方法：①断开电开关移动滑动变阻器的滑片；②插入或拔出线圈。12.用如图所示的装置来验证动量守恒定律，结合装置图，并回答下列问题： （1）按图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端___________，钢球放在上面能保持静止状态；（2）为使碰撞后入射球速度方向不变，入射小球质量m1与大小相同的靶球的质量m2要满足m1___________m2；（填“>”、“=”、“<”）（3）每次都要控制入射球从静止状态的高度自由滑下，用重锤线在白纸上分别标注斜槽的水平端口O和靶球的初位置（支球柱）在白纸上的投影O′，用刻度尺测出入射小球两次落地点P，M与O的距离S和S1，靶球落地碰撞点N与O′的距离S2；（4）若方程式___________（用m1、m2、S、S1、S2来表示）成立，可验证碰撞中的动量守恒；若方程式___________（用S、S1、S2来表示）成立，说明两小球发生了弹性碰撞。【答案】①.水平②.>③.④.【解析】【详解】（1）[1]按图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端水平，钢球放在上面能保持静止状态；（2）[2]为使碰撞后入射球速度方向不变，即防止入射球碰后反弹，入射小球的质量m1与大小相同的靶球的质量m2要满足m1>m2；（3）[3]入射小球单独做平抛运动的初速度（碰前的速度）为碰撞后入射小球平抛运动的初速度为靶球平抛运动的初速度为 若碰撞中的动量守恒，则有综合可得[4]若两小球发生了弹性碰撞，则有动量守恒、动能守恒，可得解得可得四、计算题（本题共3小题，第13题11分，第14题14分，第15题15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）13.一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。（1）该简谐运动的周期和振幅分别是多少；（2）写出该简谐运动的表达式；（3）求时振子的位移。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】【详解】（1）由题图知，周期与振幅为 （2）由又因为或者所以振子做简谐运动的表达式为或（3）当时位移14.如图所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度。求：（1）滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度的大小和木板的加速度的大小；（2）若滑块刚好没有从木板右端滑出，求木板的长度；（3）若木板长，求滑块在木板上运动过程中木板对滑块冲量大小。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）对滑块根据牛顿第二定律得解得对木板根据牛顿第二定律得解得（2）滑块刚好没有从木板右端滑出，则最终滑块到达边缘时与木板同速，则对系统根据动量守恒定律得代入数据解得对系统根据能量守位定律得解得木板长度为（3）设滑块滑到木板最边缘的时间为t，对滑块根据匀变速直线运动位移与时间的公式得对木板根据匀变速直线运动位移与时间的位移公式得又因为联立解得根据分析，若3s时滑块滑到木板边缘，此时滑块的速度变为0m/s，而根据（2）中的解析可知，若木板足够长，滑块最终与木板同速，速度最小只会变为1m/s，所以3s可以排除，所以 则滑块在木板上运动过程中木板对滑块摩擦力的冲量为木板对滑块支持力的冲量为则木板对滑块的冲量为15.如图，固定着两根足够长的平行导槽，质量为的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿导槽方向，以水平向左的初速度从U形管的一端射入，另一端射出。不计一切摩擦，已知小球可视为质点，U形管的半径，重力加速。（1）若导槽固定在水平面内，①求当小球从U形管射出时球的速度大小v；②求小球从射入U形管到小球运动到U形管圆弧部分最左侧过程中，导槽对U形管和小球组成的系统的冲量大小I；（2）若导槽固定在竖直平面内，且两根导槽水平，求小球从U形管射出时小球的速度心。【答案】（1）①；②；（2）【解析】【详解】（1）取水平向左为正方向①设小球射出时，U形管的速度为，由沿导槽方向动量守恒得U形管和小球组成的系统机械能守恒得代入数据解得 则速度大小为。②设小球运动到U形管圆弧部分最左侧时沿导槽方向的分速度为，垂直导槽方向的分速度为，此时U形管的速度为，沿导槽方向动量守恒得由机械能守恒得解得对U形管和小球组成的系统，由动量定理得（2）设小球射出U形管时，U形管的速度为，沿导槽方向动量守恒得由机械能守恒得解得，其中（不符合题意，舍去）