湖南省邵陽(yáng)市洞口縣2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期第一次月考試題含解析

Page202024年下學(xué)年高二物理月考檢測(cè)卷考試范圍：必修一、必修二、必修三第九、十、十一章；考試時(shí)間：75分鐘第I卷（選擇題）留意事項(xiàng)：1-6題為單選題，每題5分；7-10題為多選題，每題5分，選不全得3分、有選錯(cuò)不得分。一、單選題（每題5分）1.如圖所示為一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)圖像，下列推斷正確的是（）A.質(zhì)點(diǎn)在10~12s內(nèi)位移為6m B.質(zhì)點(diǎn)在11s末離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)C.質(zhì)點(diǎn)在8~10s內(nèi)的加速度最大 D.質(zhì)點(diǎn)在8~12s內(nèi)的平均速度為4.67m/s【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由圖看出，物體在內(nèi)沿正方向運(yùn)動(dòng)內(nèi)沿負(fù)方向，由于兩段時(shí)間內(nèi)圖象的“面積”相等，說(shuō)明兩段時(shí)間內(nèi)位移大小相等，所以質(zhì)點(diǎn)在內(nèi)位移為0，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，物體在11s末速度方向發(fā)生變更，所以質(zhì)點(diǎn)在11s末離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，故B正確；C．依據(jù)速度圖象斜率等于加速度，可以看出質(zhì)點(diǎn)在內(nèi)加速度最大，故C錯(cuò)誤；D．由A分析可知，質(zhì)點(diǎn)在內(nèi)的位移等于物體在內(nèi)的位移，由“面積”等于位移得到的位移質(zhì)點(diǎn)在內(nèi)的平均速度為故D錯(cuò)誤。故選B。2.位于正方形四角上的四個(gè)等量點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布如右圖所示，ab、cd分別是正方形兩條邊的中垂線，O點(diǎn)為中垂線的交點(diǎn)，P、Q分別為cd、ab上的點(diǎn)，且OP＜OQ.則下列說(shuō)法正確的是A.P、O兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為B.P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為EQ<EPC.若在O點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷，則該正點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力不為零D.若將某一負(fù)電荷由P點(diǎn)沿著圖中曲線PQ移到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)電場(chǎng)疊加，由圖像可以知道ab、cd兩中垂線上各點(diǎn)的電勢(shì)都為零，所以P、O兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故A錯(cuò)；

B．電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，依據(jù)圖像知EQ<EP，故B正確；

C．四個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)相互抵消，場(chǎng)強(qiáng)為零，故在O點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷,則該正點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力為零，故C錯(cuò)誤.

D．P、Q電勢(shì)相等，若將某一負(fù)電荷由P點(diǎn)沿著圖中曲線PQ移到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，故D錯(cuò)誤；故選B.點(diǎn)睛：依據(jù)電場(chǎng)線的方向確定場(chǎng)源電荷的正負(fù).電勢(shì)的凹凸看電場(chǎng)線的指向,沿著電場(chǎng)線電勢(shì)確定降低.電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小,;依據(jù)電勢(shì)凹凸推斷功的正負(fù).3.地面上固定一個(gè)傾角為θ的斜面體，在其光滑斜面上放置一質(zhì)量為M上表面水平的三角形木塊A，在三角形木塊的上表面放置一個(gè)質(zhì)量為m的木塊B，它們一起沿斜面無(wú)相對(duì)滑動(dòng)下滑，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.A的加速度大小為 B.B受到沿斜面方向向上的摩擦力C.B受到的摩擦力大小為mgsinθcosθ D.B受到的支持力大小為mgsin2θ【答案】C【解析】【詳解】A．對(duì)AB整體受力分析，由牛頓其次定律得：（M+m）gsinθ＝（M+m）a解得：a＝gsinθ故A錯(cuò)誤；BCD．對(duì)B受力分析，將加速度分解，如圖所示，水平方向由牛頓其次定律得：f＝max豎直方向由牛頓其次定律得：mg﹣N＝may又ax＝acosθay＝asinθ聯(lián)立解得：f＝mgsinθcosθN＝mgcos2θ故BD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。4.2024年全國(guó)青少年冰球邀請(qǐng)賽在云南騰沖實(shí)行。如圖，一冰球運(yùn)動(dòng)員以大小為的速度將質(zhì)量為的冰球從冰面擊出，冰球恰以水平速度從球門(mén)頂部射入球門(mén)。若球門(mén)高度為，冰球擊出后只受重力作用，冰球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為，則（??）A.冰球從冰面擊出后經(jīng)射入球門(mén)B.冰球擊出時(shí)的速度大小C.冰球擊出時(shí)的速度方向與冰面的夾角為D.以球門(mén)頂部所在水平面為零勢(shì)能面，冰球射入球門(mén)時(shí)的機(jī)械能為【答案】B【解析】【詳解】A．因冰球恰以水平速度從球門(mén)頂部射入，豎直方向有代入數(shù)據(jù)得故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律代入數(shù)據(jù)得故B正確；C．冰球擊出時(shí)的速度方向與冰面的夾角滿意代入數(shù)據(jù)得故C錯(cuò)誤；D．以球門(mén)頂部所在水平面為零勢(shì)能面，冰球在球門(mén)頂部時(shí)的重力勢(shì)能為0，動(dòng)能機(jī)械能故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則（）A.油滴帶負(fù)電 B.極板帶電荷量將增加C.帶電油滴的電勢(shì)能將削減 D.帶電油滴將豎直向下運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A．電容器兩板間的場(chǎng)強(qiáng)方向向上，油滴受電場(chǎng)力方向向上，可知油滴帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．板間距離增大，電容C減小，而電壓U不變，由知電容器的電量Q減小，故B錯(cuò)誤；

C．電容器的電壓不變，依據(jù)知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，由得知，P點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差減小，板間場(chǎng)強(qiáng)方向向上，P點(diǎn)電勢(shì)比下極板低，則可知P點(diǎn)的電勢(shì)上升，油滴帶正電，則知帶電油滴的電勢(shì)能將增大，故C錯(cuò)誤；

D．電容器的電壓不變，依據(jù)知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，則油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。6.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動(dòng)，在前5s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，5s末達(dá)到額定功率，之后保持以額定功率運(yùn)動(dòng)，其v?t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為m=1×103kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，g取10m/s2，則以下說(shuō)法正確的是（）A.汽車在前5s內(nèi)的牽引力為5×102N B.汽車速度為25m/s時(shí)的加速度為5m/s2C.汽車額定功率為100kW D.汽車的最大速度為80m/s【答案】C【解析】【詳解】A．由圖像可知?jiǎng)蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)的加速度為m/s2=4m/s2依據(jù)牛頓其次定律得F?f=ma解得牽引力為F=f＋ma=0.1×1×104N＋1×103×4N=5×103N，故A錯(cuò)誤；BC．汽車的額定功率為P=Fv=5000×20W=100kW當(dāng)汽車的速度是25m/s時(shí)，牽引力F′=N=4×103N此時(shí)汽車的加速度a′==m/s2=3m/s2故B錯(cuò)誤，C正確；D．當(dāng)牽引力與阻力相等時(shí)，速度最大，最大速度為vm=m/s=1×102m/s故D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題（每題5分，選不全得3分、有選錯(cuò)不得分）7.如圖所示，將氘核（）和氦核（）混合體從加速電壓為的加速電場(chǎng)中的P點(diǎn)由靜止釋放，被加速后從B板的小孔射出沿C、D間的中線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電壓為的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩種粒子都能夠從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的另一端射出。假如不計(jì)重力的影響，以下推斷中正確的是（）A.氘核（）和氦核（）偏轉(zhuǎn)位移y相等B.氘核（）偏向角更小C.氦核（）射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能更大D.氦核（）射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度更大【答案】AC【解析】【詳解】AB．在加速電場(chǎng)中，依據(jù)動(dòng)能定理在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，設(shè)電容器的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，寬度為d，則，，聯(lián)立得，可知，偏轉(zhuǎn)位移y和偏向角均相等，故A正確，B錯(cuò)誤；C．依據(jù)動(dòng)能定理得由于氦核電荷量更大，所以氦核（）射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能更大，故C正確；D．由得由于氘核與氦核的比荷相等，則二者射出偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，故D錯(cuò)誤。故選AC。8.放射地球高軌衛(wèi)星，可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程：先將衛(wèi)星放射到以地心為圓心的半徑為、周期為的圓軌道1；然后在P位置點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2以周期運(yùn)行；最終在Q點(diǎn)再次點(diǎn)火，使其沿以地心為圓心的半徑為、周期的圓軌道3運(yùn)行。軌道1、2相切于P點(diǎn)，軌道2、3相切于Q點(diǎn)，如圖所示。當(dāng)衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運(yùn)行時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A.B.衛(wèi)星在軌道3上的速度大于地球第一宇宙速度，小于地球其次宇宙速度C.衛(wèi)星在軌道2上P點(diǎn)的加速度大于衛(wèi)星在軌道1上P點(diǎn)的加速度D.衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率大于衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率【答案】AD【解析】【詳解】A．軌道2的半長(zhǎng)軸為依據(jù)開(kāi)普勒第三定律有解得故A正確；B．地球第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，依據(jù)解得由于衛(wèi)星在軌道3上的軌道半徑等于近地衛(wèi)星的軌道半徑，則衛(wèi)星在軌道3上的速度小于地球第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)解得P點(diǎn)到地心間距確定，可知衛(wèi)星在軌道2上P點(diǎn)的加速度等于衛(wèi)星在軌道1上P點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；D．軌道3相對(duì)于軌道2是高軌道，由低軌道到高軌道須要在切點(diǎn)Q處加速，可知衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率大于衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率，故D正確。故選AD。9.如圖所示，傾角為θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間固定一個(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接。彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然剪斷B、C間細(xì)線或斷開(kāi)彈簧與A的連接點(diǎn)。下列推斷正確的是（）A.B、C間細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度大小為2gsinθB.彈簧斷開(kāi)的瞬間，A、B之間桿的彈力大小不為零C.B、C間細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθD.彈簧斷開(kāi)的瞬間，A、B、C三個(gè)小球的加速度均為gsinθ【答案】CD【解析】【詳解】起先時(shí)三球靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知彈簧的彈力D．?dāng)嚅_(kāi)彈簧與A的連接點(diǎn)瞬間，三球一起向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)得加速度故D正確；B．?dāng)嚅_(kāi)彈簧與A的連接點(diǎn)瞬間，對(duì)A由牛頓其次定律得解得即A、B之間桿的彈力大小為零，故B錯(cuò)誤；A．B、C間細(xì)線被剪斷的瞬間，彈簧彈力不變，對(duì)A、B系統(tǒng)，由牛頓其次定律得解得方向沿斜面對(duì)上，故A錯(cuò)誤；C．B、C間細(xì)線被剪斷的瞬間，對(duì)B由牛頓其次定律得解得故C正確。故選CD。10.如圖所示裝置中，質(zhì)量為M的木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，質(zhì)量為m的子彈A沿水平方向以v0射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．則此系統(tǒng)從子彈起先射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中A.彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒B.彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為D.彈簧的最大彈性勢(shì)能為【答案】AC【解析】【詳解】AB．子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊，并留在其中的過(guò)程中系統(tǒng)所受外力之和為零，動(dòng)量守恒，在子彈A打中木塊B有滑動(dòng)摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．故A正確，B錯(cuò)誤；CD．在子彈射入的過(guò)程動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M+m)v=mv0之后子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)速度等于零時(shí)，彈簧機(jī)械能最大，則有：故C正確，D錯(cuò)誤.第II卷（非選擇題）三、試驗(yàn)題（11題、12題，每空2分，共20分）11.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的試驗(yàn)中，可供選擇的試驗(yàn)儀器如下：小燈泡L，“3.8V、0.3A”電壓表V，量程0～5V，內(nèi)阻5kΩ電流表，量程0～100mA，內(nèi)阻4Ω電流表，量程0～500mA，內(nèi)阻0.4Ω滑動(dòng)變阻器，最大阻值100Ω，額定電流0.5A滑動(dòng)變阻器，最大阻值10Ω，額定電流2.0A直流電源E，電動(dòng)勢(shì)約為6V，內(nèi)阻約為0.5Ω（1）在上述器材中，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選______，電流表應(yīng)選______；（2）依據(jù)電路圖補(bǔ)全實(shí)物圖連線______。【答案】①.R2②.A2③.【解析】【詳解】（1）[1]因?yàn)闊襞蓦妷喉氁獜牧闫鹣茸兏?，滑?dòng)變阻器應(yīng)接受分壓式接法，所以選擇電阻值比較小的滑動(dòng)變阻器R2；[2]因?yàn)闊襞莸念~定電流為0.3A即300mA，電流表A1的量程偏小，則選擇電流表A2。（2）[3]由電路圖可得實(shí)物圖連線為12.某同學(xué)要測(cè)量一勻整新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下：(1)用游標(biāo)為20分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度如圖1，由圖可知其長(zhǎng)度L=_______mm；(2)用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖2所示，由圖可知其直徑D=__________mm；(3)用多用電表測(cè)電流或電阻的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是________。A．在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后必需重新進(jìn)行調(diào)零B.在測(cè)量電流時(shí)，更換量程后必需重新進(jìn)行調(diào)零C.在測(cè)量未知電阻時(shí)，必需先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測(cè)D.在測(cè)量未知電流時(shí)，必需先選擇電流最大量程進(jìn)行試測(cè)(4)用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測(cè)此圓柱體的電阻，表盤(pán)示數(shù)如圖3所示，則該電阻的阻值約為_(kāi)____________Ω(5)該同學(xué)想用伏安法更精確地測(cè)量其電阻R，現(xiàn)有的器材及其代號(hào)和規(guī)格如下：待測(cè)圓柱體電阻R；電流表A1（量程0~5mA，內(nèi)阻約50Ω）；電流表A2（量程0~15mA，內(nèi)阻約30Ω）；電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約10kΩ）；電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約25kΩ）；直流電源E（電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻不計(jì)）；滑動(dòng)變阻器R1（阻值范圍0~15Ω，允許通過(guò)的最大電流2.0A）；滑動(dòng)變阻器R2（阻值范圍0~2kΩ，允許通過(guò)的最大電流0.5A）；開(kāi)關(guān)S；導(dǎo)線若干為使試驗(yàn)誤差較小，要求測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，請(qǐng)?jiān)谙旅婵蛑挟?huà)出測(cè)量的電路圖，并標(biāo)明所用器材的代號(hào)_______________(6)在圖4中用實(shí)線連好電路________(7)若該同學(xué)用伏安法跟用多用電表測(cè)量得到的R測(cè)量值幾乎相等，若已知伏安法測(cè)電阻電路中電壓表和電流表示數(shù)分別用U和I表示，則用此法測(cè)出該圓柱體材料的電阻率ρ＝______________。（不要求計(jì)算，用題中U、I、D、L表示）【答案】①.50.15②.4.700③.AD##DA④.220⑤.⑥.⑦.【解析】【詳解】(1)[1]由圖示游標(biāo)卡尺可以知道其示數(shù)為(2)[2]由圖示螺旋測(cè)微器可以知道其示數(shù)為(3)[3]A.在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后，歐姆表的內(nèi)部電阻發(fā)生了變更，歐姆擋的零刻度在最右邊，也就是電流滿偏，所以必需重新進(jìn)行調(diào)零，故A正確；B．在測(cè)量電流時(shí)，依據(jù)電流表的原理，電流擋的零刻度在最左邊，更換量程后不須要調(diào)零，故B錯(cuò)誤；C．在測(cè)量未知電阻時(shí)，若先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測(cè)，當(dāng)被測(cè)電阻較小時(shí)，電流有可能過(guò)大，所以應(yīng)先選擇倍率較小的擋進(jìn)行試測(cè)，若指針偏角過(guò)小，再換用倍率較大的擋進(jìn)行測(cè)量，故C錯(cuò)誤；D．在測(cè)量未知電流時(shí)，為了電流表的平安，必需先選擇電流最大量程進(jìn)行試測(cè)，若指針偏角過(guò)小，再換用較小的量程進(jìn)行測(cè)量，故D正確。故選AD。(4)[4]用多用電表電阻“”擋測(cè)電阻，由圖示表盤(pán)可以知道，其示數(shù)為：(4)[4]電源電動(dòng)勢(shì)為4V，如用15V電壓表指針偏轉(zhuǎn)太小，故電壓表應(yīng)選V1，電路最大電流約為電流表應(yīng)選A2，為便利試驗(yàn)操作滑動(dòng)變阻器應(yīng)選，待測(cè)電阻阻值大于滑動(dòng)變阻器最大阻值，滑動(dòng)變阻器接受分壓接法，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測(cè)電阻阻值，電流表接受外接法；試驗(yàn)電路圖如圖所示(6)[6]實(shí)物圖連接如圖(7)[7]依據(jù)歐姆定律可知依據(jù)電阻定律可得聯(lián)立解得四、解答題（13題7分，14題10分，15題13分，共30分）13.如圖所示，輕質(zhì)絕緣細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ=37°。小球所帶電荷量q，質(zhì)量為m。重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E；（2）若將小球拉回豎直位置后由靜止釋放，試求運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）受力分析如圖小球受力平衡，可得解得（2）從豎直位置運(yùn)動(dòng)到圖示位置的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得解得14.如圖所示，一個(gè)荷質(zhì)比的帶電粒子從A板由靜止起先經(jīng)過(guò)A、B極板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后，又沿中心軸線垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出電場(chǎng)打到熒光屏上的P點(diǎn)，