浙江省江山市江山中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

江山中学2023学年第一学期10月月考高二物理一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.在下列几组仪器中，用来测量国际单位制中三个力学基本量的仪器是（　　）A.刻度尺、天平、打点计时器B.刻度尺、弹簧秤、打点计时器C.刻度尺、弹簧秤、秒表D.量筒、天平、秒表【答案】A【解析】【详解】国际单位制中三个力学基本量分别为长度、质量和时间，所以测量国际单位制中三个力学基本量的仪器是刻度尺、天平、秒表或打点计时器。故选A。2.关于物理学的研究方法，以下说法正确的是()A.牛顿开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B.合力与分力的概念应用了等效替代的方法C.通过导体的电流应用了比值定义的方法D.重心的概念应用了理想化模型【答案】B【解析】【分析】【详解】A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，选项A错误；B．合力与分力的概念应用了等效替代的方法，选项B正确；C．通过导体的电流不是比值定义的方法，选项C错误；D．重心的概念应用了等效物理模型，选项D错误。故选B。3.某机器人现要执行一项任务。给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点（0，0）出发。沿直线运动到点（3m，1m）。然后又由点（3m，1m）沿直线运动到点（1m，4m）。然后又由点（1m， 4m）沿直线运动到点（5m，5m）。然后又由点（5m，5m）沿直线运动到点（2m，2m）。该过程中机器人所用时间是。则（   ）A.机器人的运动轨迹是一条直线B.机器人不会两次通过同一点C.整个过程中机器人的位移大小为D.整个过程中机器人的平均速率为1m/s【答案】C【解析】【详解】AB．根据描点法先作出题中给定的几个坐标位置，然后用直线连接相邻两个位置，即得机器人的运动轨迹如图所示由图可知机器人的运动轨迹不是一条直线，机器人会两次通过同一点，故AB错误；C．起点在坐标原点，终点在点（2m，2m），位移大小是这两点连线的长度，故位移大小为，故C正确；D．整个过程中机器人的平均速度而平均速率是路程与时间比值，显然大于1m/s，故D错误。故选C4.关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是(　　)A.磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止B.自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的北极C.赤道正上空的磁感线由北指南D.两条磁感线的空隙处不存在磁场【答案】B 【解析】【详解】磁感线在磁体外部由N极指向S极；内部由S极指向N极，A错误；自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向表示磁场的方向，所以指向螺线管的北极，B正确；由地磁场是从地理的南极指向北极，因此赤道上空的磁感线由南向北，C错误；磁感线的疏密表示磁场的强弱；只要某区域中有磁感线，则说明该部分都有磁场，包括空隙处，D错误；选B.【点睛】磁感线是描述磁场分布而假想的，磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极.5.人字梯是生活中常用的工具，如图所示，人字梯置于水平地面上，重为G的人静止在其顶部水平横杆中点处，限位轻绳松弛，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，左右斜杆夹角，不计人字梯的重力。则每根斜杆受到地面的（）A.支持力大小为B.作用力大小为C.摩擦力大小D.摩擦力大小为【答案】B【解析】【详解】A．地面对每根斜杆的支持力垂直于地面竖直向上，由于对称性，可知每根杆受到地面的支持力为，A错误；B．由于人字梯的重力忽略不计，上端横梁为转轴，地面对每根杆的力沿着杆斜向上，因此则根斜杆受到地面的作用力大小为B正确；CD．每根斜杆受到地面的摩擦力大小为 C、D错误。故选B。6.一足够长的水平传送带正以a的加速度做匀减速运动，将一金属块无初速放在传送带上，此时传送带的瞬时速度为v，金属块和传送带之间的动摩擦因数为，且，金属块不影响传送带的匀减速运动，最后它们都静止，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）A.金属块的最大速度可以达到vB.金属块先加速运动，后接着做匀速运动C.传送带的加速度越大，金属块的加速度也越大D.传送带的加速度越大，金属块的加速时间越短【答案】D【解析】【详解】AB．金属块放在传送带上后，先做初速度为零的匀加速直线运动，而传送带做初速度为v的匀减速直线运动，直到二者速度大小相等，此时传送带的速度小于v，之后金属块做匀减速直线运动，故金属块的最大速度小于v，故A、B错误；C．因为，所以金属块的加速度由摩擦力提供，传送带的加速度变大不会影响金属块的加速度，故C错误；D．传送带的加速度越大则传送带的速度会更快地减速至与金属块相等，即金属块的加速时间越短，故D正确。故选D。7.北京时间2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第56颗北斗导航卫星。这颗卫星属地球静止轨道卫星，是我国北斗三号工程的首颗备份卫星。其绕地飞行经历变轨到静止轨道过程可简化为如图所示，Ⅰ为近地轨道（轨道半径可视为等于地球半径），Ⅱ为与轨道Ⅰ、Ⅲ相切的椭圆转移轨道，P、Q为切点，Ⅲ为轨道半径为r的静止轨道。已知地球半径为R，其自转周转为T。则北斗导航卫星（　　） A.需要在P点点火加速才能由轨道Ⅰ进入轨道ⅡB.沿轨道Ⅱ运行经过Q点的加速度大于沿轨道Ⅲ运行经过Q点的加速度C.沿轨道Ⅱ从P运动到对接点Q过程中，引力做负功，机械能不断增大D.沿轨道Ⅱ运行的周期为【答案】A【解析】【详解】A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需点火加速做离心运动，故A正确；B．根据解得可得在轨道Ⅲ经过Q点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过Q点时的加速度，故B错误；C．卫星在轨道Ⅱ上从P运动到对接点Q过程中，卫星与地球的距离增加，万有引力减小，引力做负功，动能减小，势能增大，加机械能守恒，故C错误；D．根据开普勒第三定律解得故D错误。故选A。8.如图所示，实线是一正点电荷Q周围的等势线，虚线是某带电粒子q通过该电场区域时的运动轨迹， A、C、B是轨迹上的三个点，其中C是距离Q最近的位置。若带电粒子q在运动过程中只受到Q的电场力的作用，下列判断正确的是（　　）A.q粒子做匀速圆周运动B.从A到C，电场力对q粒子做负功C.q粒子在C点时电势能最大D.从C到B，q粒子动能逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．带电粒子q运动过程与Q距离变化，受到的库仑力大小在变化，而做匀速圆周运动要求合外力大小不变，方向始终指向圆心，故带电粒子不会做匀速圆周运动，A错误；BCD．在A点，粒子的运动方向沿轨迹切线方向，受力方向要与等势面垂直又要指向运动轨迹内侧，故方向如图所示F与v夹角小于90°，故从A到C过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，同理可知，从C到B过程电场力做负功，动能减小，电势能增大，故在C点，动能最大，电势能最小，BC错误，D正确。故选D。9.如图，长度为L的导体棒原来不带电，将带电量为q的正点电荷放在导体棒的中心轴线上距离棒左端R处，达到静电平衡后，下列说法正确的是（　　）A.导体棒左端带正电，右端带负电B.导体棒左端电势高，右端电势低C.导体棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度大小为D.导体棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度方向向右【答案】C 【解析】【详解】A．根据电荷之间相互作用规律可知导体棒左端带负电，右端带正电，故A错误；B．处于静电平衡中的导体棒是一个等势体，故导体棒两端电势一样，故B错误；C．由于处于静电平衡中的导体棒内部场强处处为零，导体棒上感应电荷在棒中心O处产生的场强与点电荷在O处产生的场强等大反向；而点电荷在O处产生的场强为方向向右，则导体棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度方向向左，故C正确，D错误。故选C。10.台风的风力达到17级超强台风强度时风速为60m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）F与风速（空气流动速度）大小v关系式为（　　）A.F＝ρSvB.F＝ρSv2C.F＝ρSv3D.F＝ρSv3【答案】B【解析】【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有m=ρSvt根据动量定理有-Ft=0-mv=0-ρSv2t得F=ρSv2故选B。11.如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为37°。一个质量为2kg的小球穿在一条臂上，到O点的距离为20cm，小球始终与支架保持相对静止，设支架转动的角速度为ω，g取10m/s2则下列说法错误的是（　　） A.ω由零逐渐增加，臂对小球的摩擦力一直减小B.当时，臂对小球的摩擦力为零C.当ω=0时，臂对小球的摩擦力大小为16ND.当时，臂对小球的摩擦力大小为mg【答案】A【解析】【详解】AB．由牛顿第二定律得解得当ω由零逐渐增加到的过程中，臂对小球的摩擦力一直减小；当，臂对小球的摩擦力为零；当ω从再增大的过程中，臂对小球的摩擦力一直增大；所以A错误，B正确；C．当ω=0时，由平衡条件，臂对小球的摩擦力大小为C正确；D．当时，臂对小球的摩擦力方向沿杆向下 解得，D正确。故选A。12.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（　　）A.电容器的带电量将增大B.在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.M点电势将降低【答案】D【解析】【详解】AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大。由可知电容器的电容变小，又电压U不变。因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；C．根据电容器内部电场强度可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；D．A、B两板间的电场强度E减小，由 可知，M点电势降低。选项D正确。故选D。13.如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)B.物块从A到B过程重力的平均功率为C.物块在B点时对槽底的压力大小为D.物块到B点时重力瞬时功率为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．物块从P到A自由下落，没有受到阻力作用，从A到B过程，速率不变，据动能定理可得故物块从P到B过程克服摩擦力做的功为A错误；B．由位移公式可得，物块运动至B点的速度为B到C所用时间为 物块从A到B过程重力的平均功率为联立解得B正确；C．物块在B点时，由牛顿第二定律可得联立解得物块受到的支持力为由牛顿第三定律可知，物块在B点时对槽底的压力大小为，C错误；D．物块到B点时重力方向与此时速度方向垂直，故重力的瞬时功率为0，D错误。故选B。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.如图所示，从地面上同一位置抛出两个相同的小球a、b，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）A.b球在空中速度变化的快B.抛出时b球的动能较大C.整个过程中a、b两球动量的变化量相同D.整个过程中b球动能的变化量较大【答案】BC【解析】【详解】A．不计空气阻力，两球都是只受重力，所以加速度相同，两球在空中速度变化快慢相同，故A错误；C．两球运动的最大高度相同，加速度相同，故飞行时间相同，两球的速度变化量相同，则 整个过程中a、b两球动量的变化量相同，故C正确；B．两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同；b球运动的水平距离大，水平分速度大，则抛出时b球的速度较大，动能较大，故B正确；D．空气阻力不计，两球只受重力作用，机械能守恒；落地时的动能等于抛出时的初动能，则动能变化均为零，两球的动能变化量相同，故D错误。故选BC。15.下列说法正确的是（　　）A.图甲中“3000F2.7V”的超级电容器最多可以储存8.1×103C的电荷量B.图乙中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图中所示C.图丙中直导线悬挂在磁铁的两极间，通以如图所示的电流时会受到磁场力D.图丁中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，框内会产生感应电流【答案】AC【解析】【详解】A．电容器最多能储存电荷量是A正确；B．根据右手螺旋定则可知环形电流产生的磁场方向垂直纸面向外，故小磁针静止时垂直纸面且N极指向外，B错误；C．通电导线在磁场中与磁场方向不平行时，会受到磁场力的作用，C正确；D．要产生感应电流必须同时满足两个条件，一是回路闭合，二是磁通量发生变化，线框在磁场中运动时，磁通量不变，故不能产生感应电流，D错误。故选AC。三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，在白纸上描绘钢球平抛运动轨迹，然后研究平抛运动的规律。 （1）该实验中，在取下白纸前，应确定坐标轴原点O，并建立直角坐标系，下列图像坐标原点和坐标系的选择正确的是______；A.B。C。（2）某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示。x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，取重力加速度大小，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O_______（选填“是”或“不是”）抛出点；小球由A运动到B的时间_______s；  （3）实验结果发现，测出的小钢球做平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，可能的原因是_______。A．斜槽轨道末端水平段过长B.没有平衡斜槽轨道的摩擦力C.小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放【答案】①.C②.不是③.0.1④.C【解析】【详解】（1）[1]小球在斜槽末端时，坐标原点应在小球球心上。故选C。（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动，OA、AB间水平位移相等，故小球从O→A、A→B所经历的时间相等，若O点为抛出点，则竖直方向做自由落体运动，OA、AB间竖直位移之比应该为1:3，不是1:2， 故O点不是抛出点。[3]竖直方向做匀变速直线运动，根据推论有解得（3）[4]斜槽轨道不需要光滑，为保证小球每次做平抛运动的初速度相等，应让小球每次都从斜槽同一高度静止释放，故AB错误，C正确。故选C。17.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。①电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ）②电流表G（量程3mA，内阻RG=100Ω）③电流表A（量程3A，内阻约为0.5Ω）④滑动变阻器R1（0~20Ω，2A）⑤滑动变阻器R2（0~500Ω，1A）⑥定值电阻R3=0.5Ω⑦开关S和导线若干（1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是________A。（保留两位有效数字）（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是________。（填写器材编号）（3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_______V，电源的内阻r=______Ω。【答案】①.0.60②.④③.1.50④.1.0##1 【解析】【详解】（1）[1]改装后电流表量程为（2）[2]为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④。（3）[3][4]由（1）可知改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，根据闭合电路欧姆定律可得可得可知U−I图像纵轴截距等于电源电动势，斜率绝对值为200r，故，解得18.如图所示，水平地面上一物体重力，在大小为的推力作用下做匀速直线运动，与水平方向的夹角为。（，）求：（1）物体受到摩擦力的大小；（2）物体对水平地面的压力；（3）物体与地面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）【解析】【详解】根据题意，对木块进行受力分析，如图所示 （1）由于木块处于平衡状态，水平方向上，由平衡条件可得（2）竖直方向上，由平衡条件可得根据牛顿第三定律可知，物体对水平面的压力方向竖直向下。（3）根据滑动摩擦力公式有解得19.如图所示，质量m0=5g的小球用长l=1m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1=10g的物块静止在质量m2=30g的光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端。若小球、物块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求（1）小球与物块碰撞前瞬间小球的速度；（2）小球与物块碰撞后瞬间物块的速度；（3）圆弧轨道的半径R。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球下摆至最低点，满足机械能守恒定律 解得（2）小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，有解得（3）物块滑到圆弧轨道最高点的过程中，满足动量守恒定律、机械能守恒定律解得20.带电平行板电容器竖直放置，极板间距离为，两个极板上分别开有小孔a，b。质量、电荷量的小球被从P点水平抛出，小球从a小孔进入电容器之后沿直线运动并从小孔离开电容器，已知P点与a小孔的水平距离和竖直距离均为0.2m，重力加速度取。求（1）小球做平抛运动的初速度大小；（2）电容器两极板之间的电势差；（3）小球从小孔b离开时的速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有竖直方向有代入数据，解得（2）设水平电场的电场强度大小为，因未进入水平电场前，带电小球做平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度因为小球在电容器中恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同有根据电势差与电场强度的关系有解得（3）由（2）知小球在极板间下落的距离设小球在点的速度大小为，对小球运动的全过程，由动能定理有解得21.如图所示，质量的小物块以初速度水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平 滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度，，。（1）求小物块的抛出点离A点的高度h；（2）若MN的长度为，求小物块通过C点时所受轨道弹力的大小；（3）到达D且小物块在DC之间不脱离轨道，求MN的长度。【答案】（1）0.45m；（2）60N；（3）或者【解析】【详解】（1）物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有解得竖直方向解得t=0.3s则（2）小物块经过A点运动到C点，根据机械能守恒定律有在C点，由牛顿第二定律得 代入数据解得FNC=60N根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N。（3）要想小物块不脱离轨道，则有两种情况，第一种：当物块能经过最高点C时，小物块刚好能通过C点时，则有解得小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有解得第二种：当小物块恰能到达与圆心等高的位置时，则解得当小物块恰能到达D点时，则解得