湖南省天壹名校联盟2021-2022学年高二上学期12月联考物理试卷含答案.pdf

?槡?1P物理参考答案物理参考答案题号题号12345678910答案答案ABADACBDBCACABD1.A 解析解析：A 摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，使得其它四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以 4 个单摆的频率相等，则周期一定相同，故 A 正确，B 错误；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。根据 T2Lg知，D 摆的摆长与 A 摆摆长相等，驱动力的周期等于 A 摆的固有周期，故 D 摆发生共振，振幅最大，故 CD 错误。2.B 解析解析：根据光速、频率、波长之间关系有vf，所以863 10m3.27m91.8 10vf，故 B 正确。3.A 解析解析：根据电阻定律可得金属棒的电阻为LRS，由欧姆定律可得UIR，电流的微观表达式为IneSv，所以金属棒的电阻率为UnevL，故A正确。4.D 解析解析：设通入三根长直导线的电流大小均为 I，每根导线在中心 O 点的磁感应强度大小为 B0，由图可知 BaBbBc，根据矢量叠加原理，Ba和 Bb的合磁感应强度与 Bc等大同向，则 2B0B，当导线 c 电流方向反向并移到了 a、c 的中点 P 后，距离中心 O 的距离是原来的一半，根据 BkIr，在中心 O 的磁感应强度大小为原来的 2 倍，即 2B0，方向与 Bb方向相反，故此时三根导线在 O 点的合磁感应强度大小 B2B0cos300 3B032B，故 D 正确。5.A 解析解析：由题意知点电荷位于过M点直线ab的垂线上,设点电荷到直线的距离为x,则E 2229,25kQEkQxxL,联立解得2916ELQk，A 正确。6.C 解析解析：取向右方向为正方向，设AB、粘在一起后向右运动的速度为1,v ABC、粘在一起后向右运动的速度为2v，则第一次碰撞过程中，系统的动量守恒,则有013mvmv,得1013vv，动能的损失为:112kE22201011323mvmvmv，第二次碰撞过程中，系统的 动 量 守 恒，则 有:1237mvmv，得:2017vv，动 能 的 损 失 为：22222120113722221kEmvmvmv，故 前 后 两 次 碰 撞 中 损 失 的 动 能 之 比12:7:2kkEE，选项 C 正确。7.BD 解析解析：A 中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化无感应电流，故 A 错；B 中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故 B 正确；C 中开关 S 一直接通，回路中为恒定电流，螺线管 A 产生的磁场稳定，螺线管 B 中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故 C 错；D 中开关 S 接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管 A 的磁场变化，螺线管 B 中磁通量变化，线圈中产生感应电流，故 D 正确。8.BC 解析：解析：因为小球沿直线 AB 运动，故合力方向在直线 AB 上，由于重力竖直向下，所以小球受到水平向右的电场力，因此小球带负电，B 正确；合力方向与运动方向相反，由受力分析可知0tan37mgqE，解得43mgEq，C 正确；电场力方向和运动方向夹角为钝角，故电场力做负功，所以电势能增大，机械能减少，D 错误。9.AC 解析：解析：电流表 A1的量程大于 A2的量程，故电流表 A1的内阻小于 A2的内阻；电压表V1的量程大于 V2的量程，故 V1的电阻大于 V2的电阻；由图可知，两电流表串联，故流过两电流表的电流相等，量程大的表头偏角小，故 A 正确，B 错误；两电压表并联，故 V1的读数等于 V2的读数，两电压表并联，通过表头的电流不等，电阻大的分流小，电压表 V1的偏转角小于电压表 V2的偏转角，故 C 正确，D 错误。10.ABD 解析解析：设电路稳定时电容器带电量为Q，板间电压为U，板间距离为d，P 到M高度为h，对帯电小球，设其质量为m，电量为q；P到N，由动能定理：1()0mg hdqU，即1()mg hdqU，代 入 数 据 解 得1160UV，电 流 为101EUIARr，11160URI，选项 A 正确；仅将A板上移，板间距离增大，由4sCkd可得C变小，而U不变，由QCU可知Q应变小，即电容器要放电，但由于 二 极 管 的 单 向 导 电 性，电 容 器 不 能 放 电，Q不 变，所 以QUUC 变 大，()mg hdqU，即小球不能到达N孔，故 B 正确，C 错误；当 R滑=R0+r=200时，滑动变阻器消耗的功率最大，为2162W4EPR滑滑，故 D 正确。311.答案：答案：（1）C、A（2 分分）；（2）112mmmOBOCOA（2 分分）、6（2 分分）解析解析：（1）小球在离开斜槽后做平抛运动，设斜槽末端到竖直挡板的水平距离为 d，小球打到竖直挡板的运动时间为dtv，小球做平抛运动的初速度 v 越大，小球做平抛运动的时间 t 越小，小球在竖直方向的位移212ygt越小，由图示可知，A 是碰撞后被碰球的落点位置，B 是碰撞前入射球的落点位置，C 是碰撞后入射球的落点位置；（2）小球做平抛运动的时间由212ygt，得2ytg，小球做平抛运动的初速度为2dgvdty，碰撞前后入射球做平抛运动的初速度为02gvdOB，12gvdOC，碰撞后被碰球的初速度为22gvdOA，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0m1v1+m2v2，整理得112mmmOBOCOA，若 OA:OB:OC=1:4:9，代入数据解得126mm。12.答案：（答案：（1）将）将2S切换到切换到b（2 分分）2101UURU（3 分分）（2）1.4（2 分分）1.2（2 分分）解析解析:（1）由题意可知,本实验中没有给出电流表,故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的;实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式;为了多测数据,应再将2S切 换 到b;由 欧 姆 定 律 可 知:20110,UI RRUIR,而 电 路 电 流 相 等,联 立 解得:1R 2101 UURU。（2）根据12UEURRR，有12111RRUERE,比照直线方程ykxb,有截距1bE0.7,所以,1.4VE;斜率2.80.74.20.5k,又12RRkE,已测出14.8R,求得2R1.2。413.解析解析：（1）质点做简谐运动的周期为 4s，而在一个周期内质点的路程是 4A，则在前 20s=5T 内的路程 s=54A=540.1m=2m；（4 分）（2）由图知，质点的振动周期为：T=4s，振幅 A=10cm，则22Trad/s（2 分）则质点做简谐运动的位移随时间变化的关系式为：x=Acost=10cos2t（cm）（3 分）（3）当 t=1.5s 时，代入振动方程得：10 cos(1.5)cm5 2cm2x （3 分）14.解析：解析：(1)由212hgt（1 分）解得0.4st，4m/syvgt（1 分）设滑块平抛的初速度大小为xv，由于滑块无碰撞进入圆弧轨道，即落到 A 点时速度方向沿A 点切线方向，则有tan53yxvv（1 分）解得3m/sxv（1 分）滑块无碰撞进入圆弧轨道 A 点时速度大小225m/sAxyvvv设滑块运动到最低点的速度大小为Cv，对滑块由 A 点到 C 点的过程，由机械能守恒定律，有22111 cos5322CAmvmgRmv（1 分）在最低点 C，根据牛顿第二定律，有2NCvFmgmR（1 分）解得N64.5NF（1 分）由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为64.5N。（1 分）(2)对滑块和子弹组成的系统，由动量守恒得由动量定理得：0 00 1xm vm vmv（2 分）解得1=320m/sv（1 分）（3）对子弹由动量定理得0 10 0F tm vm v （2 分）代入数据解得4500NF（1 分）515.解析解析：（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，小球水平方向速度减为 0 时，电场力做负功最多，机械能最小。水平方向：xmaqE（2 分）则202xva x（2 分）解得:m5.2x（1 分）（2）水平方向速度减小为零所需的时间xavt01（1 分）所以从 A 点到 B 点时间12tt（1 分）竖直方向上：221gtyAB（1 分）解得：m5ABy（1 分）（3）将速度沿合外力和垂直合外力方向进行分解当0/v时，小球速度最小此时sin0minvvv（2 分）根据力的关系知22)()(sinmgqEmg（2 分）解得m/s52minv（1 分）所以动能最小值为2minmin15J2kEmv（1 分）