湖南省长郡中学2023-2024学年高二下学期寒假检测（开学考试）物理 含解析.pdf

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1、湖南湖南长郡中学长郡中学 2024 年高二寒假作业捡测年高二寒假作业捡测物物 理理时量：时量：75 分钟分钟满分：满分：100 分分得分得分第第卷卷选择题（共选择题（共 44 分）分）一一、选择题选择题（本题共本题共 6 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 24 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项符只有一项符合题目要求，选对得合题目要求，选对得 4 分，有选错得分，有选错得 0 分）分）1.以下关于波的说法正确的是（）A.wifi 信号的传播需要介质B.声波可以发生多普勒效应C.全息照相是光的偏振的应用D.肥皂膜出现彩色条纹是光的衍射现象2.如图所示，两根通电

2、长直导线 a、b 平行且水平放置，a、b 中的电流强度均为 I，此时 b 受到的安培力大小为 F。当在 a、b 的上方再放置一根与 a、b 平行的通电长直导线 c 后，b 受到的安培力大小仍为 F，图中 a、b、c 三者间距相等，此时 a 受到的安培力大小为（）A.FB.3FC.2 3FD.7F3.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为6.0s。当船位于最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是（）A.2.0sB.2.5sC.3.0s

3、D.4.0s4.如图所示，a、b 两物块质量均为1kg，中间用一长1m的细绳连接，静止在光滑的水平面上（a、b 可视为质点），开始让 a、b 挨在一起，现用一水平恒力2NF 作用在 b 上，细绳可瞬间拉紧且不再松弛，则4s内恒力 F 做功（）A.14JB.15JC.16JD.17J5.如图，光导纤维由内芯和外套两部分组成，内芯折射率比外套的大，光在光导纤维中传播时，光在内芯和外套的界面上发生全反射。假设外套为空气，一束红光由光导纤维的一端射入内芯，红光在内芯与空气的界面上恰好发生全反射，经时间1t从另一端射出；另让一束绿光也从光导纤维的一端射入，绿光在内芯与空气的界面上也恰好发生全反射，经时间

4、2t从另一端射出。则内芯对红光的折射率1n与对绿光的折射率2n之比为（）A.12ttB.21ttC.12ttD.21tt6.如图甲所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，实线和虚线分别为10t 时刻和2t时刻的波形图，P、Q 分别是平衡位置为11mx 和24mx 的两质点。如图乙所示为质点 Q 的振动图像，则（）图甲图乙A.波沿 x 轴负方向传播B.波的传播速度为20m/sC.质点 P 从 0 时刻到2t时刻经过的路程可能为50cmD.质点 P 的振动方程为310sin 10cm4yt二二、选择题选择题（本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分。每小题有多个选项符合题目要

5、求每小题有多个选项符合题目要求，全部选全部选对得对得 5 分，选对但不全得分，选对但不全得 3 分，有选错或不选得分，有选错或不选得 0 分）分）7.如图所示，理想变压器原线圈接 32 2sin50Vet的交流电源，副线圈接电阻为50的电动机和标有“220V 88W”的灯泡。闭合1S、2S，灯泡恰能正常发光，电动机恰好正常工作，原线圈中理想电流表示数为8.25A。下列判断正确的是（）A.任一时刻穿过原、副线圈的磁通量相同B.流过灯泡的电流方向每秒钟改变 25 次C.电动机的输出功率为144WD.若断开2S电流表的示数为0.64A8.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，加速电场场强大小恒定，且被

6、限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子在0P处由静止经加速电场加速后进入 D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对该回旋加速器，下列说法正确的是（）A.带电粒子每运动一周被加速两次B.加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关C.AC板间的加速电场方向需要做周期性变化D.右侧相邻圆弧间距离12PP与23P P的比值为21329.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A.增加线圈的匝数B.取走线圈中的铁芯C.将金属杯换为瓷杯D.提高交流电源的频率10.如图所示，间距1mL 的粗糙倾斜金属轨道

7、与水平面间的夹角37，在其顶端与阻值为3R的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在AA处平滑连接，AA至DD间是光滑绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为10.5TB 的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为21TB 的匀强磁场。两根导体棒 1、2的质量均为0.1kgm，两棒接入电路部分的电阻均为 R，初始时刻，导体棒 1 放置在倾斜轨道上，且距离AA足够远，导体棒 2 静置于水平轨道上，已知倾斜轨道与导体棒 1 间的动摩擦因数0.5，1R 。现将导体棒 1 由静止释放，运动过程中未与导体棒 2 发生碰撞

8、。sin370.6，cos370.8，重力加速度210m/sg，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是（）A.导体棒 1 滑至AA瞬间的速度大小为2.4m/sB.导体棒 1 滑至DD瞬间，导体棒 2 的加速度大小为216m/sC.稳定时，导体棒 2 的速度大小为1.6m/sD.整个运动过程中通过导体棒 2 的电荷量为0.32C第第卷卷非选择题（共非选择题（共 56 分）分）三、填空题（本题共三、填空题（本题共 2 小题，共小题，共 15 分）分）11.（6 分）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。（

9、1）此玻璃的折射率计算式为n _（用图中的1、2表示）。（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度_（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。12.（9 分）某校同学们分组进行碰撞的实验研究。（1）第一组利用气垫导轨通过频闪照相进行探究碰撞中的不变量这一实验。若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的_（填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）；图甲图乙（2）第二组同学用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”。图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球1m多次从斜轨上 S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测

10、量平抛射程OP，然后把被碰小球2m静置于水平轨道的末端，再将入射球1m从斜轨上 S 位置静止释放，与小球2m相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤有_（填选项前的符号）。A.测量两个小球的质量1m、2mB.测量抛出点距地面的高度 HC.测量 S 离水平轨道的高度 hD.测量平抛射程OM、ON若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是_（填选项前的符号）。A.OPOMONB.2OPONOMC.2OPONOM（3）第三组利用频闪照片法去研究。某次实验时碰撞前 B 滑块静止，A 滑块匀速向 B 滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续 4 次拍摄得到的照片如图丙所示。已知相邻

11、两次闪光的时间间隔为 T，在这 4 次闪光的过程中，A、B 两滑块均在080cm范围内，且第 1 次闪光时，滑块 A 恰好位于10cmx 处。若 A、B 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，碰后 B 也做匀速运动，则 A、B 两滑块质量之比:ABmm _。四、计算题（本题共四、计算题（本题共 3 小题，其中第小题，其中第 13 题题 11 分，第分，第 14 题题 12 分，第分，第 15 题题 18 分，共分，共 41 分。写分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.（11 分）如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打

12、夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为450kgM，桩料的质量为50kgm。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶05mh 处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力 f 随打入深度 h 的变化关系如图乙所示，直线斜率45.05 10 N/mk。g 取210m/s，求：（1）夯锤与桩料第 1 次碰撞后瞬间的速度；（2）夯锤与桩料第 1 次碰撞后桩料进入泥土的深度。14.（12 分）2022 年 6 月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战

13、斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全地降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒 ab，金属棒 ab 瞬间与舰载机共速并与之一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为 m，接入导轨间电阻为 r，两者以共同速度0v进入磁场。轨道端点MP间电阻为 R，不计其他电阻。平行导轨MN与PQ间距为 L，轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为 B。除安培力外舰载机系统所受其他阻力均不计。求：（1）舰载机和金属棒一起运动的最大加速度 a；（2）舰载机减速过程电阻 R 上产生的热量；（3）舰载机减速过程

14、通过的位移 x 的大小。15.（18 分）如图所示，平面直角坐标系xOy内，x 轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为 R 的圆形匀强磁场1B（大小未知），圆心为10,OR。x 轴下方有一平行 x 轴的虚线MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为0232mvBqR的矩形匀强磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与 x 轴之间有平行于 y轴、场强大小为2032mvEqR的匀强电场（图中未画出），且MN与 x 轴相距y（y大小未知）。现有两相同带电粒子 a、b 以平行 x 轴的速度0v分别正对1O点、A 点0,2R射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点O 进入 x 轴下方电场。已知粒子质量为

15、 m，电荷量大小为 q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。（1）求磁感应强度1B的大小；（2）若电场沿 y 轴负方向，欲使带电粒子 a 不能到达MN，求y的最小值；（3）若电场沿 y 轴正方向，3yR，欲使带电粒子 b 能到达 x 轴上且距原点 O 距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。长郡中学长郡中学 2024 年高二寒假作业捡测年高二寒假作业捡测物理参考答案物理参考答案一、选择题（本题共一、选择题（本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分）分）题号123456答案BBADCD1.B【解析】wifi 信号属于电磁波，电磁波的传播不需要介质，A 错误；声波可以发生多普勒效

16、应，B 正确；全息照相和肥皂膜出现彩色条纹是光的干涉现象，CD 错误。故选 B。2.B【解析】如图，a、b、c 三者间距相等，a，b 中电流强度均为 I 时，b 受到的安培力大小为 F，故 a 受到b 对 a 的安培力大小也为 F；当在 a、b 的上方再放置一根与 a、b 平行的通电长直导线 c 后，b 受到的安培力大小仍为 F 可知 c 对 b 的安培力大小也为 F，根据空间位置关系ab电流大小相等，可知 c 对 a 的安培力大小也为 F；b 对 a 的安培力和 c 对 a 的安培力夹角为 60，大小都为 F，故此时 a 受到的安培力大小为3F，B正确、ACD 错误。故选 B。3.A【解析】

17、把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为2cosyAtT，代入得20coscm3yt，当10cmy 时，可解得：1.0st，故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是22.0st，故 A 正确。4.D【解析】细绳拉直前，只有 b 运动，加速度212m/sFam，运动1m的时间为121sLta，此时 b的速度11 12m/sva t，细绳拉紧瞬间 a、b 系统动量守恒，有122mvmv，解得21m/sv，同时运动时的加速度为221m/s2Fam，再运动3s的位移222 22 217.5m2xv ta t，所以力 F 在4s内做功217JWF Lx，故选 D。5.C【解

18、析】设光导纤维长为 l，对红光而言111sinCn，红光通过光导纤维路程11sinllC，红光的速度为11cvn，因此所用时间111ltv，整理得211ltnc。同理绿光通过光导纤维所用时间222ltnc，因此1122ntnt故选 C。6.D【解析】由图乙可知10t 时刻，质点 Q 向上振动，根据上下坡法可知，波沿 x 轴正方向传播，故 A 错误；由图甲可知，波长为8m，由图乙可知，周期为0.2s，波的传播速度为8m/s40m/s0.2vT，故 B错误；质点 P 从 0 时刻到2t时刻有4TtnT（0n，1，2，3），处于平衡位置的质点从 0 时刻到2t时刻经过的路程14414sAnnA（0n

19、，1，2，3），当1n 时，50cms，由于质点 P 不在平衡位置，从 0 时刻到2t时刻经过的路程不可能为50cm，故 C 错误；质点 Q 的振动方程为2sincm10sin 10cmyAttT，质点 P 与质点 Q 相位差恒定，为413284，故质点 P的振动方程为23sincm10sin 10cm4yAttT，故 D 正确。二、选择题（本题共二、选择题（本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分）题号78910答案ACBDADBC7.AC【解析】原、副线圈都绕在同一根铁芯上，所以磁通量时刻相同，A 正确；根据题中信息可得交流电的周期为21ss5025T，即25H

20、zf，可得电流方向每秒钟改变 50 次，B 错误；交流电源的电压的有效值为32V，灯泡恰能正常发光，则有原副线圈匝数比为112232220nUnU，得副线圈中总电流大小为12121.2AnIIn，则此时流过电动机的电流大小为M2881.2AA0.8A220III灯，得此时电动机的输出功率为22MMM M220 0.8W0.850W144WPUII r，C 正确；若断开2S此时副线圈中的输出功率为88W，根据PP输入输出，得此时原线圈中电流为88A2.75A32I，D 错误。故选 AC。8.BD【解析】带电粒子只有经过 AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变，只在

21、AC间加速，AC 错误；当粒子从 D 形全中出来时，速度最大，根据2vqvBmr，解得Bqrvm，知加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关，B 正确；根据2vqvBmr，解得mvrqB，则21122122m vvPPrrqB，同理32233222m vvP PrrqB，因为每转一圈被加速一次，速度变化量vat，经过相同位移用的时间根据运动学规律 12:21:32tt，即1212322132PPtP Pt，D 正确。9.AD【解析】当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电动势感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势BEStt；增加线圈的匝数使得线圈周围的磁场变强。感应电动势增大，

22、感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短；提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大；故选项 A、D 正确。取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁感应强度变化率减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而延长，故选项 B 错误；将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故选项 C 错误。10.BC【解析】由于导体棒 1 释放点离AA足够远，导体棒 1 滑至AA时一定达到稳定状态，由平衡可得sin37AFfmg，即有221maxcos37sin373B L vmgmgRR，解得max3.2m/sv，

23、故 A 错误；导体棒 1骨至DD瞬间，导体棒 1 切割磁感线产生的电动势为2max1 1 3.2V3.2VEB Lv ，回路中的电流为3.2A1.6A2 1EIRR，此时导体棒 2 的加速度为22221 1.6 1m/s16m/s0.1B ILam，故 B 正确；导体棒 1、2 组成的系统由动量守恒可得max2mvmv，得max3.2m/s1.6m/s22vv，即稳定时，导体棒 2的速度大小为1.6m/s，故 C 正确；对导体棒 2 由动量定理有2B IL tmv，即2B Lqmv，电荷量20.1 1.6C0.16C1 1mvqB L，故 D 错误。三、填空题（本题共三、填空题（本题共 2 小

24、题，共小题，共 15 分）分）11.（6 分，每空 3 分）（1）12coscos或12sin 90sin 90（2）大【解析】由图可知，入射角为190，折射角为290，由折射定律可得1122sin 90cossin 90cosn。选择宽度较大的玻璃砖，可以减小折射角测量的误差。12.（9 分）（1）甲（2 分）（2）AD（2 分）A（2 分）（3）2:3（3 分）【解析】（1）题图甲中两滑块发生的碰撞可以看作是弹性碰撞，动能损失较小，题图乙中两滑块发生完全非弹性碰撞，动能损失最大，故选择甲。（2）1m和2m离开轨道末端后均做平抛运动，根据2Htg可知两球做平抛运动的时间相同，由题意可知1m与

25、2m碰撞前瞬间的速度大小为0OPvt由于1m与2m碰撞后瞬间1m的速度不可能大于碰撞前瞬间的速度，所以碰后瞬间两球的速度大小分别为1OMvt2ONvt对碰撞过程根据动量守恒定律有1 01 122m vm vm v联立可得112m OPm OMmON式就是实验最终要验证是否成立的表达式，所以本实验需要测量两个小球的质量1m、2m，并测量平抛射程OM、ON，故选 AD。若两球发生弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有2221 01 122111222m vm vm v即222112m OPm OMmON联立式可得OPOMON故选 A。（3）由题图可知 A 和 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小为20cmAv

26、T由图分析可知在第 1 次闪光后经2.5T时间发生碰撞，且碰后 A 的速度反向，则碰撞后睡间 A、B 的速度大小分别为5cm10cm2AvTT 10cm20cm2BvTT对碰撞过程根据动量守恒定律有AAAABBm vm vm v 联立解得23ABmm四、计算题（本题共四、计算题（本题共 3 小题，其中第小题，其中第 13 题题 11 分，第分，第 14 题题 12 分，第分，第 15 题题 18 分，共分，共 41 分。写分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.（11 分）【解析】（1）设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为0v，则2002vgh（2 分）解得0

27、0210m/svgh取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后僢间的速度为 v，由动量守恒定律得0MvMm v（2 分）代入数据解得9m/sv（1 分）（2）由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则21122fWkh hkh （2 分）对夯锤与桩料，由动能定理得2102fMm ghWMm v（3 分）代入数据解得1mh（1 分）14.（12 分）【解析】（1）初始时刻，金属棒的速度最大，感应电流最大，加速度最大，此时0EBLv（1 分）EIRr（1 分）金属棒所受安培力为FBILMm a（1 分）可得最大加速度为220B L vaRrMm（1 分）（2）根据能量守恒定

28、律，电阻 R 和金属棒产生的总的热量为2012QMm v总（1 分）电阻 R 产生的热量为RQQRr总（1 分）202R Mm vQRr总（1 分）（3）当某时刻速度为 v 时，金属棒所受安培力22BLvB L vFBILBLRrRr（1 分）整个过程根据动量定理2200B L vFttMm vRr （2 分）而vtx（1 分）联立解得022MmRr vxB L（1 分）15.（18 分）【解析】（1）a、b 平行进入圆形磁场，均经过原点 O，作出 a 粒子轨迹，根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径大小与磁场区域半径大小相等，即rR（2 分）又2001vqv Bmr（2 分）解得01mvBq

29、R（1 分）（2）带电粒子 a 从 O 点沿 y 轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得2012qE ymv（2 分）解得20323mvyRqE（1 分）（3）若匀强电场沿 y 轴正方向，则粒子 b 从原点 O 沿 x 轴负向进入电场，做类平拋运动，设粒子 b 经电场加速度后的速度大小为 v，在MN下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为1r，粒子 b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向夹角为，如图甲所示则有2201122qE ymvmv（2 分）解得02vv又01cos2vv则60（2 分）在电场中212qEytm，0 12xv tR（2 分）在磁场中有221vqvBmr（1 分）解得14 33rR如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心2O在 y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且方向与 x 轴正方向夹角为 60时，粒子能够到达 x 轴，距离原点 O 最远。则最小矩形区域水平边长为111sinlrr（1 分）竖直边长为211coslrr（1 分）则最小面积为221 211sin1cos4 23Sl lrR（1 分）