【文档说明】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期第二次大练习物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.813 MB，由envi的店铺上传

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湖南师大附中2022—2023学年度高二第一学期第二次大练习物理命题人：高二物理备课组时量：75分钟满分：100分得分：___________一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.磁场

中某区域的磁感线如图所示，则（）A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，abBBB.a、b两处的磁感应强度的大小不等，abBBC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定

比放在b处受力小【答案】A【解析】【详解】AB．磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由a、b两处磁感线的疏密程度可知abBB故A正确，B错误；CD．安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小B、电流大小I、导线长度L和导线放置

的方向与磁感应强度方向的夹角有关，故同一通电导线放在a处受到的安培力可能大于、等于、小于放在b处受到的安培力，故CD错误。故选A。2.一个单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，重力加速度g=10m/s2，则（）A.此单摆的固有周期

约为0.5sB.此单摆的摆长约为1mC.若摆球质量增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动【答案】B【解析】【详解】A．由题图共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；B．由2lTg=，得此单

摆的摆长约为1m，故B正确；CD．单摆的固有周期与摆球质量无关，摆长增大固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故C、D错误。故选B。3.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻R的UI−

图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（）A.5.5ΩB.7.0ΩC.12.0ΩD.12.5Ω【答案】A【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律得UEIr=−当0I=时EU=由题图可知，电池的电动势为3.6VE=根据题中两图线交点处的状态可知，电阻的电压为2.5VU=电流为

0.2AI=则硅光电池的内阻为3.62.5Ω5.5Ω0.2EUrI−−===故选A。4.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在t=0时刻两列波的位置如图所示。若两列波的周期分别为T甲和T乙，则（）A.这两列波相遇时能产生干涉现象B.乙波将先到达坐标原点C.在t=2

T甲时刻，原点处的质点位移为20cmD.在34tT=乙时刻，x=0.1m处质点受到的回复力为零【答案】C【解析】【详解】A．两列简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，由图可知两列波的波长不相等，由vf=可知，频率不相等，不能产生干涉，故A错误；B．两列

简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，此时两列波到原点的距离相等，根据xtv=可知这两列波将同时到达坐标原点，故B错误；C．根据图像可知0.2Tv=甲0.4Tv=乙即2TT=乙甲在2tT=甲时刻，甲波x=-0.4m处质点的振动形式刚好传播到原点处，乙波x=0.4m处质点

的振动形式传到原点处，所以原点处的质点位移为20cm，故C正确；D．结合甲、乙的周期和波形图可知在3342tTT==甲乙时刻，甲、乙波刚好传播到原点处，则此时x=0.1m处质点位于波峰，受到的回复力不为零

，故D错误。故选C。5.如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（）

A.将热敏电阻R0降温B.滑动变阻器R的滑片P向上移动C.开关S断开D.电容器C的上极板向上移动【答案】C【解析】【详解】A．要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力，即应增大两板间的电势差。热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，但由

于二极管具有单向导电性，电容器两极板所带电荷量不变，故电容器两端的电势差不变，液滴仍静止，A错误；B．当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，电源的内电压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，但由于二极管具

有单向导电性，电容器两极板所带电荷量不变，故电容器两端的电势差不变，B错误；C．开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，C正确；D．电容器C的上极板向上移动，d增大，则电容器的电容C减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器两极板所带电荷量不变，由

于QUC=r4SCkd=UEd=所以r4kQES=由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，D错误。故选C。6.如图所示，光滑的水平面上静止着一辆小车（用绝缘材料制成），小车上固定一对竖

直放置的带电金属板，在右金属板的同一条竖直线上有两个小孔a、b。一个质量为m、带电量为q−的小球从小孔a无初速度进入金属板，小球与左金属板相碰时间极短，碰撞时小球的电量不变且系统机械能没有损失，小球恰好从小孔b出

金属板，则（）A.小车（含金属板）和球组成的系统动量守恒但该系统运动过程中机械能不守恒B.小车（含金属板）和球组成的系统动量不守恒但该系统运动过程中机械能守恒C.当小球运动到小孔b时，小球速度一定竖直向下，且

小车刚好回到初始位置D以上答案都不正确【答案】C【解析】【详解】AB．在小球与左金属板碰前，电场力对小车和小球都做正功，小车（含金属板）和球组成的系统机械能不守恒，小球进入电场后完全失重，小球竖直方向的加速度为重力加速度，而小车在竖直方向没.有加速度，故小车（含金属板）和球组成

的系统在竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，故AB错误；CD．小车（含金属板）和球组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向满足动量守恒，设球的质量为m，小车（含金属板）的质量为M，由于系统水平初动量为零，则有mvMv=球

车可得mxMx=球车小球从小孔a进入到小孔b过程，小球相对于车的位移为零，则有0xx+=球车联立可得0x=球，0x=车可知当小球运动到小孔b时，小车刚好回到初始位置，此过程小球在水平方向先向左做匀加速运动，再向右做匀减速运动，根据对称性可知，小球运动到小孔b时的水平速度刚好为零，则小球的速度方向

刚好竖直向下，故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.一质量m

=60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t=0.2s以大小v=1m/s的速度离开地面，重力加速度g=102m/s。在这0.2s内（）A.地面对运动员的冲量大小为180N·sB.地面对运动员的冲量大小为

60N·sC.地面对运动员做的功为零D.地面对运动员做的功为30J【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得Imgtmv−=代入数据解得地面对人的冲量为180NsImgtmv=+=A正确，B错误

；CD．人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，故地面对运动员的支持力不做功，C正确，D错误。故选AC。【点睛】本题考查动量定理以及功计算，要注意在应用动量定理时一定要注意冲量应

是所有力的冲量，不要把重力漏掉，同时在列式时要注意明确各物理量的正负。8.一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8m，周期为2s，1st=时刻波形如图甲所示，a、b、d是波上的三个质点。图乙是波上

某一点的振动图像。则下列说法正确的是（）A.图乙可以表示d质点的振动B.a、b两质点在1.5st=时速度大小相同C.该波传播速度为2m/sv=D.0=t时b质点速度沿y轴正方向【答案】AD【解析】【详解】A．a、b、d三质点中在1st=时位于平衡位置的

是b和d质点，其中d质点向上振动、b质点向下振动，则图乙可以表示d质点的振动，故A正确；B．由周期2sT=可知，1.5st=时的波形由图甲向左传播4，波形如图a所示，则知此时a质点速度大于b质点速度，故B错误

；C．由图甲可知8m=，则波速4m/svT==故C错误；D．0=t时波形由图甲向右移2，波形如图b所示，此时b质点速度沿y轴正方向，故D正确。故选AD。的9.如图所示，两个等量异种点电荷A、B固定在同一条水平线

上，电荷量分别为Q+和Q−。MN是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为q+（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷A的正下方C点由静止释放，到达点电荷B的正下方D点时，速度为22m/s，O为CD的中点。则（）A.小球从C至D先做加速

运动，后做减速运动B.小球运动至O点时速度为2m/sC.小球最终可能返回至O点D.小球在整个运动过程中的最终速度为2m/s【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附

近电势小于0，根据对称关系可得CD=−=其中0C，0D所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；B．小球由C到D，由动能

定理得212CDCDWUqmv==21242qmvm==则由C到O，由动能定理可得212COCOOWUqmv==212Oqmv=22m/sOqvm==所以B正确；C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电

势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小

球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为2m/sOvv==所以D正确。故选：BD。10.如图所示，在光滑水

平面上，质量为m的小球A和质量为13m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿A、B连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与

挡板发生正碰后立刻将挡板撤走，不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Epm可能是（）A.20mvB.2012mvC.2016mvD.20130mv【答案】BC【解析】【

详解】C与A质量相等，碰撞后交换速度，即A获得速度v0，假设当A与B动量相等时，B恰好与挡板发生正碰，则碰撞后A、B的合动量为零，当弹簧被压缩至最短时A、B的速度均为零，根据机械能守恒定律可知此时2pm1012Emv=假设当B的速度为零时恰好与挡板接触，则接触后，当A、B达到共同速度v时弹簧的弹性

势能最大，根据动量守恒定律有013mvmmv=+根据机械能守恒定律有0pm222111322mmvmvE+=+解得2pm2018Emv=B与挡板碰撞前越接近A的动量，碰撞后弹簧的最大弹性势能越大，B与挡

板碰撞前速度越接近于零，碰撞后弹簧的最大弹性势能越小，所以220pm01182mvEmv考虑到B速度为零时不能算是与挡板发生碰撞，所以对2018mv不能取等号。故选BC。11.如图，倾角为37的固定斜面顶端

，放有木板A和小滑块B（B可看成质点），已知A、B质量AB1kgmm==，木板A与斜面之间的动摩擦因数为0.75，A与B之间的动摩擦因数未知但小于0.75，B与斜面之间的动摩擦因数为0.5，开始用手控制使系统静止。现有一粒质量0

100gm=的钢球，以040m/sv=的速度撞击木板A，方向沿斜面向下，且钢球准备与木板撞击时释放AB，碰撞时间极短。碰撞后，钢球以20m/s的速度反弹。木板厚度很小，长度未知，但滑块B不会从木板A的上端掉下，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是（）

A.钢球与木板碰撞结束时，木板速度为2m/sB.钢球与木板碰撞过程中系统损失的动能为42JC.若某时滑块B的速度为4m/s，且此时AB没有分离，则这时A速度一定为2m/sD.如果A、B分离以后，第一秒内B比A多运动9m，那么分离时滑块B的速

度为8m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．钢球与木板撞击时，碰后钢球速度220m/sv=−，根据动量守恒定律，有00A102mvmvmv=+解得16m/sv=故A错误；B．钢球与木板碰撞过程中系统损失的动能为222k00A102111Δ42J222Emvm

vmv=−−=故B正确；C．以AB整体为研究对象，沿斜面方向有()()ABAABsincosmmgmmg+=+则AB受力平衡，系统动量守恒，可得AAABB1mmvmvv=＋当B4m/sv=时，可得A2m/sv=故C正确；D．假设分离时木板A的速度刚好减小到零，此时B的速度为B6m/sv

=，那么分离后木板A保持停止，滑块B继续在斜面做匀加速直线运动，且加速度为2BBBBsincos2m/smgmgam−==从此系统动量不再守恒，根据2B12svtat=+且1st=，解得相对位移7m9ms=<说明分离前木板A已经停下。

由212svtat=+，将9ms=，1st=代入解得8m/sv=故D正确。故选BCD。三、实验题（本大题共2小题，共16分）12.某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，

还应该用到下列器材中的___________（选填选项前的字母）。A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的匀质铁球D．直径约10cm的匀质木球（2）组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做的目的是___

________。A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动（3）某同学做实验时，测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，画出了2Tl−图像，该图像对应下列图中的___________图。A．B．C．D．（4）为了减小实验误差，应该从摆球

经过___________位置时候开始计时。【答案】①.AC##CA②.AC##CA③.C④.最低点或平衡位置【解析】【详解】（1）[1]AB．为减小实验误差，实验时摆线的长度不能变化，所以需要长约1

m的细线，故A正确，B错误；CD．为减小空气阻力，摆球的密度要大，体积要小，所以需要直径约1cm的匀质铁球，故C正确，D错误。故选AC。（2）[2]A．铁架台的铁夹将橡皮夹紧，实验中防止摆线的长度改变，故A正确；B．周期测量是否更加准确主要取决于计时仪器，B错误；C．用一块

开有狭缝的橡皮夹牢摆线，在需要改变摆长的长度时，方便调节摆长，故C正确；D．摆球在同一竖直平面内摆动，而不是做圆锥摆运动，与实验仪器无关，故D错误。故选AC（3）[3]某同学做实验时，测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，由单摆的周期公式2lTg

=可知224Tlg=由上式可知，2Tl−图像应是经原点的倾斜直线，因测量摆长比实际摆长偏小，所以图线在纵轴有截距。故选C。（4）[4]摆球经过最低点时，摆球速度最大，所以从摆球经过最低点时计时，可以减小实验误差。13.某学习小组的同学拟探究小

灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：A．小灯泡L，规格“4.0V0.7A”；B．电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；C．电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω；D．电压表V，量程3V，内阻rV=9kΩ；E．标准电阻R1，阻值1Ω；F．

标准电阻R2，阻值3kΩ；G．滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；H．学生电源E，电源电压6V，内阻不计；I．开关S及导线若干。（1）甲同学设计了如图1甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图乙所示，此时L的电阻为__

_________Ω。。（2）乙同学又设计了如图2所示电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是___________V。（3）学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图3所示的虚线框内补画出实验电

路图，并在图上标明所选器材代号。（）【答案】①.5②.4③.【解析】【详解】（1）[1]电压表的示数U=2.30V所以灯泡L的电阻L2.3050.46URI===（2）[2]由题图知电压表V与R2串联，根据串联分压，当电压表V的示数为3V时，R2两端的电压V22V3300

0V1V9000UURr===所以灯泡两端的电压U′=UV＋U2=（3＋1）V=4V（3）[3]要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，则电压表的量程应变为4.0V，电流表的量程应变为的0.7A，因此将电压表V与标准电阻R2串联改装成量程为4.0V的电压表，将电流表A2

与标准电阻R1并联改装成量程为0.60.20.6A+A=0.72A1的电流表。故虚线框内实验电路如图所示。四、计算题（本大题共3小题，共35分）14.如图所示，半径为R、球心为O的玻璃半球置于半径为R的上端开口的薄圆筒上，一束单色光a沿竖直方向从B点射入

半球表面，OB与竖直方向夹角为60°，经两次折射后，出射光线与BO连线平行，求：(1)玻璃的折射率；(2)光射在圆柱体侧面C点到半球下表面的距离CD.【答案】(1)3；(2)313R+【解析】【详解】(1)作出光经过玻璃半球的光路示意图如图所示.根据折射定律可知sin60

sinsinsinn==根据几何关系可知β＝60°则有α＝θ＝30°，所以n＝3(2)根据以上几何关系可知2OEcos30°＝Rtan60°＝OERCD+，解得313CDR+=15.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.4m的绝缘细线把质量为m

=0.20kg、带有电荷量为46.010q−=C的正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°。已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取10m/s2，sin370.6=，cos370.8

=）（1）A、B两点间的电势差UAB；（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小；（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，求小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小的最小值。【答案】（1）-400V；（2）3N；（3）2

1m/s【解析】【详解】（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得tanqEmg=解得34tan0.2010tan37V/m2.510V/m6.010mgEq−===由U=Ed有(

)()31sin2.5100.41sin37V400VABUEL=−−=−−=−（2）设小球运动至C点时速度为Cv，则212CmgLqELmv−=解得2Cv=m/s在C点，小球所受重力和细线的合力提供向心力2CvFmgmL

−=联立解得F=3N（3）分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则2cossinmvmgqEL+=()22011cos1sin22mgLqELmvmv−−+=−联立解得0/s21mv=16.如图所示，质量为M、长为L的小车静止

在光滑水平面上，质量为M的滑块（可视为质点）以初始速度02vgL=滑上小车的左端，恰好可以不从小车上滑下来，已知重力加速度为g，求：（1）滑块与小车的动摩擦因数多大？从开始到共速的时间t0为多少？（2）现在一个质量也为M的物体m从距小车上表面高为L的地方自由落下，如果滑块和

小车运动了012t时物体恰好落在滑块上并黏在一起，作用时间很短（作用时间内的作用力远大于他们的重力），那么滑块将停在小车上何处（距左端距离）？一共产生了多少内能？【答案】（1）0.5=；02Ltg=；（2）距左端34L处；53QMgL=【解析】【详解】

（1）滑块和小车动量守恒，有02MvMv=求得共速时，速度为012vv=根据功能关系，有2200111122222MgLMvMvMgL=−=联立代入数据求得0.5=得经历的时间002vvLtgg−==（2）根据牛顿第二定律可

得，滑动过程中，滑块的加速度112ag=（减速），小车的加速度212ag=（加速），012t时，小车的速度为1011224vatgL==而物块的速度为M01013224vvatgL=−=小车的位移10111228svtL==物块的位移0M2017228vvstL+

==2134sssL=−=对两物块，竖直方向有2NtMgL=水平方向M3224NtMgLMv=−由以上两式得M128vgL=对小车124NtMvMgL=−得324vgL=因此车速大于物速是不可能，因此碰撞过程中已达到共速，即23MgLMv=共得123vgL=共物块停在

距左端34L处，产生的内能2201153223QMvMgLMvMgL=+−=共的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com