2021~2022学年湖南省长沙市第一中学高二（下）月考物理试卷（4月）1. 如图所示，i−t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在t=0时刻，回路中电容器的M板带正电，在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间对应图像中.( )A. Oa段B. ab段C. bc段D. cd段2. 如图所示，学生练习用头颠球。
某一次足球由静止自由下落45cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度为125cm。
已知足球与头部的作用时间为0.2s，足球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A. 头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的2倍B. 足球下落过程中与头部刚接触时动量大小为2.5kg⋅m/sC. 足球与头部作用过程中动量变化量大小为4kg⋅m/sD. 从足球下落到升至最高点的过程中重力的冲量大小为4N⋅s3. 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=0.2s时，振子在O点左侧6cm处B. t=0.1s和t=0.3s时，振子的速度可能相同C. 从t=0.2s到t=0.4s，系统的势能逐渐增加D. t=0.5s和t=0.7s时，振子的加速度相同4. 在xOy平面内有一列沿x轴正向传播的简谐横波，波速为2m/s，振幅为A。
M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。
在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处。
已知该波的周期大于1s。
则下列说法正确的是( )A. 从t=0到t=1s，M向右移动了2mB. 该波的周期一定为43sC. 从t=13s到t=23s，M的动能逐渐减小D. 在t=13s时，N的速度一定为2m/s5. 某同学做了如下实验：先把空烧瓶放入冰箱冷冻，取出后迅速用一个气球紧套在烧瓶颈上，再将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球胀大起来，忽略气球胀大过程中对气体的力的影响，如图所示，与烧瓶放进热水前相比，放进热水后密闭气体的( )A. 内能减小B. 分子平均动能增大C. 分子对烧瓶底的平均作用力减小D. 体积是所有气体分子的体积之和6. 如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。
有一重力不计的带电粒子(电量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y轴成45∘角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。
已知OP之间的距离为d，则( )A. 带电粒子通过y轴时的坐标为(0,d)B. 电场强度的大小为mv022qdC. 带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为(3π+4)d2v0D. 磁感应强度的大小为√2mv04qd7. 如图所示是自动调温式电熨斗，下列说法调温旋钮绝缘支架正确的是( )A. 常温时上下触点是断开的B. 双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲C. 原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下移一些D. 由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些8. 对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断正确的是( )A. 甲图小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B. 乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C. 丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是光的半波长的奇数倍，则P处是暗条纹D. 丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹9. 如图所示，导线框dabc 与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，线框c 、d 两端接入图示电路，其中ab 长为l 1，ad 长为l 2，线框绕过c 、d 的轴以恒定的角速度匀速转动．开关S 断开时，额定功率为P 、电阻恒为R 的灯泡L 1正常发光，理想电流表示数为I ，线框电阻不计，下列说法正确的是( )A. 闭合开关S 前、后，电流表的示数保持不变B. 线框转动的角速度为P IBl 1l 2C. 变压器原、副线圈的匝数比为√PRIRD. 线框从图中位置转过π4时，感应电动势的瞬时值为P I10. 如图甲所示，质量为0.01kg 、长为0.2m 的水平金属细杆CD 的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B 1=10T 、方向水平向右的匀强磁场，且细杆CD 与该匀强磁场垂直。
有一匝数为100匝、横截面积为0.01m 2的线圈通过开关S 与两水银槽相连。
线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 的变化关系如图乙所示。
在t =0.20s 时闭合开关S ，细杆瞬间弹起(可认为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为0.2m ，不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度g =10m/s 2，下列说法正确的是( )A. t =0.10s 时，磁感应强度B 2的方向竖直向下B. t =0.05s 时，线圈中的感应电动势大小为10 VC. 细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01N ⋅sD. 开关S 闭合后，通过细杆CD 的电荷量为0.01C11. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中。
(1)如图所示的四个图反映实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是_______(用字母符号表示)。
(2)已知油酸酒精溶液中油酸体积所占比例为k，N滴油酸酒精溶液体积为V，一滴油酸酒精溶液形成油膜的面积为S，则油酸分子的直径为_______(用k、N、V、S表示)。
(3)该同学计算结果明显偏大，可能是由于( )A.油酸未完全散开B.油酸中含有大量酒精C.求每滴体积时，1mL溶液的滴数多数了几滴D.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格12. 某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)在正确完成摆长测量后，该同学准备测量单摆的周期。
图甲中的振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的三种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C 均为30次全振动的图像(略去中间部分)。
已知sin5∘=0.087，sin15∘=0.26。
这三种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_______。
(2)用秒表测量单摆的周期。
单摆完成n=30次全振动时秒表的示数如图乙所示，则该单摆的周期T=_______s(结果保留三位有效数字)。
(3)测量出多组摆长l、周期T数值后，画出T2−l图像如图丙，此图线斜率的物理意义是( )A.GB.1g C.4π2gD.g4π2(4)与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是( )A.振幅偏小B.在单摆未悬挂之前平放在桌面上测定其摆长C.将摆线长当成了摆长D.开始计时误记为n=1(5)该小组的另一同学没有用游标卡尺测量摆球直径，也测出了重力加速度。
他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2。
用该同学测出的物理量表示重力加速度为g=_______。
13. 某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍，其过球心的某截面(纸面内)如图所示．一束单色光(纸面内)从外球面上A点入射，入射角为45∘时，光束经折射后恰好与内球面相切．(1)求该透明材料的折射率；(2)欲使光束从A点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？14. 如图所示，光滑绝缘的水平面上，建立坐标系xOy，一个被x轴与曲线方程y=(m)(0<x<0.3m)所围的空间中存在着匀强磁场。
磁场方向沿竖直方向，垂直纸0.2sin10πx3面向里，磁感应强度B=0.1T。
正方形金属线框的边长是0.4m，总电阻是0.2Ω，它的一条边与x轴重合。
在沿x方向的水平拉力F作用下，线框以10m/s的水平速度沿x方向匀速运动。
试求：(1)拉力F的最大功率是多少；(2)拉力F要做多少功才能把线框拉过磁场区。
15. 光滑绝缘的水平面上固定一绝缘光滑弹性挡板，挡板MN长为l，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。
有一个带电量为+q的小球甲，以一定的水平向右的初速度和质量为m、电荷量也为+q，静止在挡板的M端的小球乙发生弹性正碰。
甲球碰后反弹向左运动，乙球碰后速度和挡板成θ=30∘角向右，如图所示。
已知乙球恰好能越过挡板N端，然后和甲球又在M端相碰，小球与挡板的碰撞满足光的反射原理，碰撞前后速度大小不变、和板的夹角不变，碰撞过程小球电荷量不变，不考虑小球间的库仑力作用。
求：(1)若两球在第一次碰撞到第二次相碰时间内，乙球不与挡板碰撞，求第一次碰后乙球速度大小v；(2)若两球在第一次碰撞到第二次相碰时间内，乙球与挡板弹性碰撞了2次，求甲球的质量m0和甲球运动的初速度v0。
答案和解析1.【答案】D【解析】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M 带正电，那么一定是给M极板充电，电流方向顺时针．由题意知t=0时，电容器开始放电，且M 极板带正电，结合i−t图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的cd段，故选D.2.【答案】C【解析】AC.设足球自由下落45cm时的速度为v1，时间为t1，则有v1=√2gℎ1=3m/s，t1=√2ℎ1g= 0.3s；反弹后足球做竖直上抛运动，设上抛的初速度为v2，到达最高点所用时间为t2，上升的最大高度为125cm，则有v2=√2gℎ2=5m/s，t2=√2ℎ2g=0.5s；对足球与人头部的接触过程，作用时间为Δt=0.2s，取向上为正方向，由动量定理有(F−mg)Δt= mv2−(−mv1)，解得F=5mg，即头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍；足球与头部作用过程中动量变化量大小为Δp=mv2−(−mv1)=4kg⋅m/s，故C正确，A错误；B.足球刚接触头部时的动量大小为p1=mv1=0.5×3kg⋅m/s=1.5kg⋅m/s，故B错误；D.从足球下落到升至最高点的过程，重力的冲量大小为I G=mg(t1+t2+Δt)=0.5×10×(0.3+0.5+0.2)N⋅s=5N⋅s，故D错误。
故选C。
3.【答案】C【解析】A.由题图乙可知，该振动的振幅为0.12m，周期T=1.6s，所以ω=2πT=1.25πrad/s结合振动图像可知，该振动方程为x=0.12sin1.25πt(m)t=0.2s时，振子的位移x=0.12sin(1.25π×0.2)m=0.06√2m=6√2cm故A错误；B.由题图乙可知，t=0.1s和t=0.3s时，振子的位移大小不同，所以速度的大小一定不相等，故B错误；C.由题图乙可知，t=0.2s到t=0.4s时间内，振子的位移为正，正在逐渐增大，所以系统的势能逐渐增加，故C正确；D.t=0.5s和t=0.7s时，振子的位移大小不同，所以加速度的大小一定不相同，故D错误。