重庆市 教育集团2023-2024学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附解析）

重庆市凤鸣山中学教育集团2023-2024学年度上第一次月考高2022级物理试题考试说明：1．时间：90分钟2．试卷总分：100分3．试卷页数：6页注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4，所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意。）1.如图所示，将一束塑料丝一端打结，并用手迅速向下捋塑料丝多次，观察到这束塑料丝下端散开了，产生这种现象的主要原因是（　　）A.塑料丝之间相互感应起电B.塑料丝所受重力小，自然松散C.塑料丝受到空气浮力作用而散开D.由于摩擦起电，塑料丝带同种电荷而相互排斥【答案】D【解析】【分析】分析摩擦起电的原因。【详解】由于不同物质对电子的束缚本领不同，当手与塑料丝摩擦时，使塑料丝带上了同种电荷，而同种电荷相互排斥，因此会观察到塑料丝散开，D正确，ABC错误。故选D。2.关于物体的运动，下列说法正确的是（） A.物体做简谐运动，其所受合外力等于回复力B.做匀速圆周运动的物体，其速度不变，加速度不变C.物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化D.从某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前动量的变化量方向竖直向下【答案】D【解析】【详解】A．单摆做简谐运动，回复力是重力的切向分力提供，不是摆球所受的合力，故A错误；B．做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变，方向时刻改变，故B错误；C．物体做匀速圆周运动时，其速度与加速度垂直，夹角不随时间而变化，故C错误。D．从某点抛出一个物体，不计空气阻力，根据动量定理可知，该物体在落地前动量的变化量为可见其动量的变化量方向竖直向下，故D正确。故选D。3.惠更斯利用单摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，摆钟的摆动可看作是单摆，下列说法正确的是（　　）A.在山脚走时准的摆钟，在山顶仍能走准B.若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期不变C.走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆钟仍能走准D.将摆钟由北极移到赤道，单摆振动周期减小【答案】B【解析】【详解】A．根据，在山脚走时准的摆钟，在山顶g变小，周期T变大，摆钟变慢，A错误； B．根据，单摆的周期与摆角无关。若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期不变，B正确；C．根据，走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆长L变大，周期T变大，摆钟变慢，C错误；D．根据，将摆钟由北极移到赤道，g变小，单摆振动周期T变大，D错误。故选B。4.—位游客在湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s．当船上升到最高点时，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，游客能舒服地登船的时间是（）A.0.5sB.0.75sC.1.0sD.2.0s【答案】C【解析】【详解】把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：，代入得：cm，当时，可解得：，故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是，故ABD错误，C正确5.在相距为的、两点分别固定两个点电荷，为的中点，如图所示，现引入带正电的试探电荷，则下列说法正确的是（　　）A.如果在点受力为零，则两个点电荷一定是等量异种电荷B.如果在段上的某一点受力为零，则一定是负电荷，且电荷量的关系有C.如果在延长线离较近的点受力为零，则和一定是异种电荷，且电荷量的关系有 D.如果沿的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则和一定是等量同种电荷【答案】C【解析】【详解】A．如果试探电荷在点受力为零，由平衡条件知，则、带等量同种电荷，A错误；B．如果在段上某一点受力为零则、一定带同种电荷，不一定都带负电，B错误；C．如果在延长线离较近的点受力为零则、带异种电荷，C正确；D．、带等量正电荷时，由静电力叠加知，沿的垂直平分线移动时受力方向沿垂线方向背离点，始终不变；、带等量负电荷时，沿的垂直平分线移动时受力方向沿垂线方向指向点，始终不变；、带等量异种电荷时，由库仑定律、静电力叠加知，沿的垂直平分线移动时受力方向始终与中垂线垂直，指向负电荷所在一侧，D错误。故选C。 6.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至A正上方的Q点处，已知P点与物体A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（　　）A.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小B.地面对斜面C的摩擦力逐渐增大C.物体A受到斜面的支持力先增大后减小D.物体A受到斜面的支持力一直增大【答案】C【解析】【详解】AB．取A、C整体为研究对象，受力图如下图所示，由于A、B的距离大小不变，所以F电大小也不变。P点移至A正上方的Q点处过程中，θ由0度变为90度，则即地面对斜面C的摩擦力逐渐减小。故AB错误；CD．取A为研究对象，设斜面倾角为α，则物体A受到斜面的支持力大小等于，其中F电1为B对A的静电力沿垂直斜面的分力，只有B与A连线垂直于斜面时，F电1最大。其他位置都小于垂直时的大小。则物体A受到斜面的支持力先增大后减小。故C正确。D错误。故选C。7.如图，真空中一质量为，电荷量为的检验电荷仅受固定点电荷（图中未画出）的作用绕做匀 速圆周运动，是检验电荷在运动中通过的相距为的两点，在两点，电荷的速率为，与连线的夹角为。已知静电力常量为，由此可知（）A.检验电荷做匀速圆周运动的半径为B.电荷从A到B经历的时间为C.电荷在A、B连线中点处的场强大小为D.电荷带负电，电荷量绝对值为【答案】D【解析】【详解】A．检验电荷q绕点电荷Q做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，库仑力方向与速度方向垂直，根据几何关系，可得轨迹半径r=L故A错误；B．弦AB对应的圆心角θ=60∘则电荷q从A到B经历的时间故B错误；D．两电荷间存在库仑引力，则电荷Q带负电，库仑力提供向心力解得故D正确；C．根据库仑定律可知，电荷Q在A、B连线中点O处场强大小为故C错误。 故选D。8.如图所示，电荷均匀分布的半球，在中心O处的电场强度的大小为E0，现沿图示方向过球心O从半球上切下一瓣，夹角为α=60°，则切下的一瓣在O点的电场强度为（　　）A.E0B.C.D.【答案】B【解析】【详解】将半球面看作是无数点电荷的集合，根据对称性可知O点只具有竖直平面内的场强分量，且切下的一瓣在O点的场强与水平方向夹角为斜向右下，剩余的一瓣在O点的场强与水平方向夹角为斜向左下，如图所示，根据矢量的运算法则及几何关系可知切下的一瓣在O点的电场强度为故选B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，下列说法正确的是A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大 D.昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定【答案】CD【解析】【详解】根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，故A错误；当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网仍然振动，B错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，其频率：f=1/T=1/0.005＝200Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大．故C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定．故D正确．故选CD．10.如图是同一地点质量相同的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是（　　）A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的机械能比乙摆大C.在t=1.2s时，乙摆在做减速运动，甲摆在做加速运动D.由图像可以求出当地的重力加速度【答案】ABC【解析】【详解】A．由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确。B．甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，质量也相等，可知甲摆的机械能比乙摆大，故B正确；C．在t=1.2s时，乙摆向位移最大位置运动，则在做减速运动，甲摆向平衡位置运动，则在做加速运动，选项C正确；D．根据单摆的周期公式可知，知道单摆的振动周期，但是摆长未知，则无法求出当地的重力加速度，故D错误。故选ABC。11.在电场中的某点A放一检验电荷，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右则A点的场强大 小为，方向水平向右．下列说法正确的是（　　）A.在A点放一个负检验电荷，A点的场强方向变为水平向左B.在A点放一个负检验电荷，它所受的电场力方向水平向左C.在A点放一个电荷量为的检验电荷，则A点的场强变为D.在A点放一个电荷量为2q的检验电荷，则它所受的电场力变为2F【答案】BD【解析】【详解】A．点A放一检验电荷+q，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右，则A点的电场强度方向是水平向右，若在A点放一个负检验电荷，A点的场强方向仍然不变，是水平向右，A错误；B．负检验电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，则在A点放一个负检验电荷，它所受的电场力方向水平向左，B正确；C．在A点放一个电荷量为的检验电荷，则A点的场强大小仍然不变，C错误；D．在A点放一个电荷量为2q的检验电荷，由于A点的场强大小仍然不变，由F=Eq可知电场力变为2F，D正确。故选BD。12.如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方。使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹。图中相邻竖直虚线的间隔均为，印迹上两点的纵坐标分别为和。忽略空气阻力，重力加速度大小为，则（　　）A.该弹簧振子的振幅为B.该弹簧振子的振动周期为C.激光笔在留下两点时加速度相同 D.激光笔在留下段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为【答案】AD【解析】【详解】A．图中振子振动偏离平衡位置的最大位移大小为，故该弹簧振子的振幅为，A正确；B．从图中可以看出白板移动距离时，弹簧振子刚好振动一个周期，所以弹簧振子周期为B错误；C．做简谐运动的物体的加速度始终指向平衡位置，故激光笔在留下点印记时加速度向下，留下点印记时加速度向上，C错误；D．激光笔在留下段印迹过程中，有弹簧弹力和重力对激光笔做功，而在两点时速度都为零，根据动能定理有得D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题，共60分）三、实验探究题（本题共2小题，共14分）13.（1）卡文迪许通过实验研究得出万有引力恒量的实验装置示意图是图________；库仑通过实验研究得出电荷之间相互作用力规律的实验装置示意图是图________。 （2）卡文迪许利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量G。为了测量石英丝极微的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施是________。A．增大T形架横梁的长度B．利用平面镜对光线的反射C．增大刻度尺与平面镜的距离【答案】①.a②.b③.BC##CB【解析】【详解】（1）[1]卡文迪许通过图a扭秤实验装置测得万有引力常量；[2]库仑通过图b实验装置研究得出电荷之间相互作用力规律。（2）[3]A．增大T形架横梁的长度，对测量石英丝极微小的扭转角没有作用，A错误；BC．为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”。利用平面镜对光线的反射，来体现微小形变的。当增大刻度尺与平面镜的距离时，转动的角度更明显，BC正确。故选BC。14.某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。 （1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为________mm。（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为_____m/s2（保留3位有效数字）。（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是____________，原因是____________。【答案】①.19.20②.9.86③.随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小④.随着摆线长度l的增加，则越接近于l，此时计算得到的g的差值越小【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm（2）[2]单摆的摆长为L=990.1mm+×19.20mm=999.7mm根据可得带入数据 （3）[3][4]由图可知，随着摆线长度l增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则越接近于l，此时计算得到的g的差值越小。四、解答题（本题共4小题，共46分）15.如图所示，真空中两个完全相同的小球带有等量同种电荷，电荷量均为，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时，B球偏离竖直方向角，A球竖直且与墙壁接触，此时A、B两球位于同一高度且相距。已知静电力常量，重力加速度大小为，求：（1）A、B两个小球的库仑力及小球B的质量m；（2）若在延长线的右侧上有一点（图中未画出）的距离也为，求点的电场强度。【答案】（1），；（2），方向水平向右【解析】【详解】（1）依题意，对B球受力分析如图所示B球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知小球B的质量 （2）A球在C点产生的电场强度大小为方向水平向右；B球在C点产生的电场强度大小为方向水平向右；则C点的电场强度大小为方向水平向右。16.如图所示，将质量为的平台连接在劲度系数的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在的上方放置质量也为的物块，使、一起上下振动，弹簧原长为。的厚度可忽略不计，重力加速度取。（1）求平衡位置距地面的高度以及当振幅为时对最大压力的大小；（2）若使在振动中始终与接触，求振幅的最大值。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）振幅很小时，、间不会分离，将与整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得 解得形变量平衡位置距地面高度当、运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时、间相互作用力最大，设振幅为，最大加速度取为研究对象，有得、间相互作用力由牛顿第三定律知，对的最大压力大小为（2）为使在振动中始终与接触，在最高点时相互作用力应满足，取为研究对象，根据牛顿第二定律，有当时，振动的加速度达到最大值，得到加速度的最大值（方向竖直向下）因表明、仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长，则振幅的最大值为即振幅不能大于17.如图所示，绝缘直杆长为L=2m，与水平面成30°角放置，一端固定一个电荷量为Q=＋2.0×10-5C的点电荷，中间有孔的两个滑块A、B（可看做质点）套在绝缘杆上，两滑块与绝缘杆间的动摩擦因数相等。滑块B所带电荷量为q=＋4.0×10-5C，滑块A不带电，A、B之间绝缘，A、B的质量分别为0.80kg、0.64kg。开始时两滑块靠在一起保持静止状态，且此时A、B与直杆间恰无摩擦力作用。为使A沿直杆始终做 加速度为a=1.5m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一沿直杆向上的力F，当A向上滑动0.2m后，力F的大小不再发生变化。A运动到绝缘杆顶端时，撤去外力F。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2）求：（1）开始时未施加力F，滑块B与直杆底端点电荷之间的距离；（2）滑块与直杆间的动摩擦因数；（3）若A向上滑动0.2m的过程中库仑力做的功为1.2J，在A由静止开始到运动至绝缘杆顶端的过程中，力F对A做的总功？【答案】（1）1.0m；（2）；（3）6.05J【解析】【详解】(1)A、B处于静止状态时，与杆之间无摩擦力作用．设B与点电荷间距离为L1，则库仑斥力为以A、B整体为研究对象，根据平衡条件得F0=（mA+mB）gsin 30°代入数据联立解得L1=1.0 m(2)给A施加力F后，A、B沿直杆向上做匀加速直线运动，库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．当点电荷与B间距离为L2时，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力，则分离时刻的库仑斥力为B与点电荷间的距离为L2=L1+△L=1.0 m+0.2 m=1.2 m以B为研究对象，由牛顿第二定律有F0′-mBgsin 30°-μmBgcos 30°=mBa代入数据联立解得 (3)设A、B整体做匀加速运动过程末速度为v1，力F做的功为W1，由动能定理有由题意知W0=1.2 J重力做负功为WG=-（mA+mB）g△Lsin 30°摩擦力做负功为Wf=-μ（mA+mB）g△Lcos 30°已知A做匀加速直线运动，根据运动学公式得v12=2a△L代入数据联立解得W1=1.05JA、B分离后，A继续做匀加速直线运动，以A为研究对象，由牛顿第二定律得F-mAgsin 30°-μmAgcos 30°=mAa代入数据解得F=6.25N分离后A上滑0.8 m才能到达绝缘杆顶端，这个过程F做的功为W2=F（L-L2）=5J解得W=W1+W2=6.05J机械能增加为18.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球速度为多少时，与圆盘间的距离最远；最远距离是多少；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 【答案】（1）小球和圆盘的速度大小均为，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方向为竖直向下；（2）；l；（3）4次【解析】【详解】（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为，由速度—位移公式得：设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm1、vM1，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得，故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方向为竖直向下。（2）第一次碰后小球做竖直上抛运动。因圆盘所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等，故圆盘竖直向下做匀速直线运动，当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远。设第一次碰后小球经过时间t与圆盘的速度相同，两者间的最远距离为sm，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得 解得sm=l（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相同，设此过程经历的时间为t1，圆盘的位移为x1，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得解得，第二次碰撞前瞬间小球的速度为设第二次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm2、vM2，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得，同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为t2，圆盘的位移为x2，则有，第三次碰撞前瞬间小球的速度为 设第三次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm3、vM3，同理可得：联立解得，同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历时间为t3，圆盘的位移为x3，则有：解得，综上分析，由前三次碰撞后圆盘的向下运动的位移分别为x1=2l，x2=4l，x3=6l可归纳出每次碰撞后到下一次碰撞时，圆盘位移逐次增加2l，如果圆盘不离开圆管，第四次碰撞后到第五次碰撞时圆盘的位移为x4=8l因20l-l-x1-x2-x3=7l＜x4=8l