2023-2024学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附解析）

师大附中2023-2024-1学年度高二上学期一次月考物理75分钟满分：100分第Ⅰ卷选择题（共44分）一、单选题（每小题4分，共24分）1.一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，错误的是（　　）A.“电场强度”概念的提出应用了比值定义法B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什成功测量出了引力常量G的值C.开普勒总结了行星运动的规律，并结合第谷的数据找出了行星按照这些规律运动的原因D.法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律【答案】C【解析】【详解】A．“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，A正确；B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什成功测量出了引力常量G的值，B正确；C．开普勒结合第谷的数据总结了行星运动的规律，并未找出行星按照这些规律运动的原因，C错误；D．法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律，D正确。本题选择错误的，故选C。2.如图所示，有一带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心。若图中a点处的电场强度为零，静电力常量为k，则图中b点处的电场强度大小是（　　）A.B.C.0D.【答案】A【解析】【详解】在a处产生的场强大小为 方向水平向左。据题，a点处的电场强度为零，与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的场强大小为方向水平向右。根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为方向水平向左。在b处产生的场强大小为方向水平向左，则b点处的电场强度大小是故选A。3.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，飞船入轨后，于北京时间2023年5月30日16时29分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，18时22分，翘盼已久的神舟十五号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十六号航天员乘组入驻“天宫”。如图所示，已知空间站在距地球表面约400千米的高空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度约为36000km。下列说法正确的是（　　）A.空间站绕地球做圆周运动的线速度略大于第一宇宙速度B.航天员在空间站中每天大约能看到6次日出C.空间站运行的向心加速度与地球表面附近重力加速度之比约为162：172D.空间站与地球同步卫星的线速度大小之比约为1：4【答案】C【解析】【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，所有绕地球做圆周运动的卫星的线速度都小于第一宇宙速度，A错误； C．根据结合地球表面附近物体所受重力和万有引力的关系可知空间站运行的向心加速度与地球表面附近重力加速度之比为C正确；B．设空间站与地球同步卫星的周期分别为、，环绕半径分别为、，根据开普勒第三定律得航天员看日出的次数约为B错误；D．由万有引力提供向心力得联立解得D错误。故选C。4.如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，其中电动势为1.5V；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。下列说法正确的是（　　） A.图中的A端与红色表笔相连接B.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置C.在使用多用电表欧姆挡时，中值电阻读数表示的电阻大小为1500ΩD.根据题给条件可得R1+R2=120Ω，R4=880Ω【答案】C【解析】【详解】A．图中B端接内部电源的负极，则与红色表笔相连接，选项A错误；B．在使用多用电表欧姆档之前，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B错误；C．在使用多用电表欧姆挡时，欧姆档内阻即中值电阻为选项C正确；D．当B接2时，直流电流为1mA挡，根据并联电路的电压特点IgRg=（I-Ig）（R1+R2）解得当B接4时，直流电压为1V挡，串联电路电压特点UR＝U−IgRg＝1V−250×10−6×480V=0.88V根据欧姆定律，电阻故D错误。故选C。5.如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度 沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（）A.在处的电场强度大小为20V/mB.滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小C.滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/sD.若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V【答案】D【解析】【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为解得电场强度大小故A错误；B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功由动能定理得解得滑块运动至处时，速度的大小为故C错误； D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处则滑块从x=1m到x=5m运动过程中由解得滑块到达处的电势能处的电势为故D正确。故选D。6.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R1>r，R3为滑动变阻器，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表。初始状态的S1和S2均闭合，滑片P位于中点，此时两极板之间的固定带电油滴M所受电场力恰好与重力平衡。下列说法正确的是（　　）A.现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向下移动，则A1示数和电源效率均减小B.现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向上移动，则电源总功率和输出功率均增大C.保持S1、S2闭合，将上极板向下平移一小段距离，则V示数不变，带电油滴M的电势能增大D.保持S1、S2闭合，将下极板向下平移一小段距离，则油滴所在处的电势增大，流过A2的电流方向为a→b【答案】B【解析】【详解】A．现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向下移动，滑动变阻器的阻值增大，根据串反并同规律， A1示数减小；电源的效率为滑动变阻器的阻值增大，外电路电阻增大，电源效率增大，A错误；B．现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向上移动，滑动变阻器的阻值减小，根据串反并同规律，通过电源的电流增大，根据，电源总功率增大；因为，外电路的总电阻值逐渐接近电源的内阻，电源的输出功率增大，B正确；C．仅将上极板向下平移一小段距离，则V的示数始终等于滑动变阻器两端电压，保持不变；仅将上极板向下平移一小段距离，电容器两端电压不变，根据，电容器内电场强度增大，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，根据带负电油滴M的电势能减小，C错误；D．仅将下极板向下平移一小段距离，电容器两极板之间的电势差不变，电容器内的电场强度减小，油滴与上极板之间的电势差减小，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，电势能减小；根据解得仅将下极板向下平移一小段距离，d增大，Q减小，电容器放电，流过A2的电流方向为b→a，D错误。故选B。二、多选题（每小题5分，共20分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）7.一段粗细均匀的导体的横截面积为S，流过其中的电流强度恒为I，导体每单位体积内的自由电子数为n，每个自由电子所带的电荷量为e，自由电子沿着导体定向移动的平均速率为v。在时间内，通过导体横截面的自由电子数为（　　）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．时间内，电子定向移动的距离 通过导体横截面的自由电子数解得A正确，B错误；CD．根据解得C错误，D正确。故选AD。8.蹦床是小朋友喜欢的户外运动项目。如图所示，一质量为m的小朋友，某次弹跳中从床面上方高h1处由静止落下，下落的时间为t1，落到床面上屈伸弹起后离开床面的最大高度为h2，上升的时间为t2。已知h2>h1，重力加速度为g，不计空气阻力，此过程中（　　）A.床面对小朋友弹力的最大值为mgB.小朋友所受重力的冲量为C.小朋友离开床面时的速度大小为D.小朋友的机械能增加了【答案】CD【解析】【详解】A．小朋友在最低点时，床面对小朋友的弹力最大，从最低点向上运动时，先做加速运动，弹力的最大值大于mg，故A错误；B．小朋友重力的冲量 其中∆t为小朋友与床面的作用时间，故B错误；C．小朋友离开床面后做竖直上抛运动，离开床面的最大高度为h2，根据功能关系可得：mv2=mgh2解得离开床面时的速度大小为故C正确；D．根据功能关系可得小朋友的机械能增加了ΔE=mgh2-mgh1=mg(h2-h1)故D正确。故选CD。9.如图，一电子仅在电场力作用下运动，经过a时的动能为12eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为4V。下列说法正确的是（　　）A.平面d上的电势为零B该电子一定能到达平面fC.该电子经过平面c时，其电势能为-2eVD.该电子经过平面a时的速率是经过d时的2倍【答案】AC【解析】【详解】A．依题意，已知等势面b上的电势为4V，可得电子在该等势面上的电势能为-4eV，由于从a到d的过程中电子克服电场力所做的功为6eV，则电子的动能减小6eV，电势能增加6eV，可得电子从a到d通过相邻等势面，动能均减少2eV，电势能均增加2eV，由于电子具有的能量等于动能与电势能之和，所以可得电子在等势面b上具有的能量为根据能量守恒，则平面d上有 可得则平面d上的电势为零，故A正确；B．由于该电子到达平面d时的动能为6eV，电子从a到d通过相邻等势面，动能均减少2eV，则到达平面f时动能为2ev，由于题中没有说明电子如何运动，则不一定能到达f平面，故B错误；C．根据能量守恒可得，该电子经过平面c时，其电势能满足可得故C正确；D．根据前面选项分析，可知该电子经过平面d时的动能为则可得故D错误。故选AC。10.如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（　　）A.当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动B.当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动 C.自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为D.x=x0时，木板B的速度大小为【答案】D【解析】【详解】AB．设A、B之间的最大摩擦力为，B与地面之间的最大摩擦力为，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得联立解得故AB错误；CD．木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得对A用动能定理，得联立解得，故C错误，D正确。故选D。第Ⅱ卷非选择题（共56分）三、实验题（11小题5分；12小题11分）11.如图所示甲为“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”的实验。 （1）弹性小球1的质量为m1，弹性小球2的质量为m2，下列做法有助于减小实验误差的是_____A．斜槽轨道必须是光滑的B．两球的质量应满足m1大于m2C．让入射小球的直径大于被碰小球的直径D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放（2）如图乙所示，碰撞前后落点的位置为P、M和N，测量OP、OM和ON的距离，满足关系式____________________________，即可验证两球碰撞前后动量守恒。【答案】①.BD##DB②.m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON【解析】【详解】（1）[1]A．斜槽轨道不一定必须是光滑的，只要小球到达底端时速度相同即可，选项A错误；B．为防止入射球碰后反弹，则两球的质量应满足m1大于m2，选项B正确；C．为保证两球能发生正碰，则让入射小球的直径等于被碰小球的直径，选项C错误；D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证入射球小球到达底端时速度相同，选项D正确。故选BD。（2）[2]若碰撞过程动量守恒，设小球m1的初速度为正方向，根据动量守恒定律应满足m1v0=m1v1+m2v2小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由x=vt可知，平抛初速度与水平位移成正比，故应满足的表达式为m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON12.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块动力电池的额定电压为320V，额定容量为26A·h，整块动力电池是由100块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要________h。（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V 内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接________（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的，综合A、B两条图线，此电芯的内阻r=_______（用图中EA、EB、IA、IB表示）。（3）考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻R0，如图3所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：A.电流表（量程0.6A）B.电流表（量程3A）C.电压表（量程3V）D.电压表（量程15V）E.定值电阻（阻值2Ω，额定功率2W）F.定值电阻（阻值20Ω，额定功率20W）G.滑动变阻器（阻值10Ω）H.滑动变阻器（阻值100Ω）为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选_______；定值电阻R0选_______；滑动变阻器R应选________。（填仪器前的字母）【答案】①.0.26②.1③.④.A⑤.E⑥.G【解析】【详解】（1）[1]一块电芯额定容量为则用1A恒流电源充电，充满的时间要 （2）[2][3]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U−I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡峭一些，可以判断图线A是利用单刀双郑开关S2接1中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏大。S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U−I图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知（3）[4][5][6]由题给器材R0只能选定值电阻（阻值2Ω，额定功率2W）或定值电阻（阻值20Ω，额定功率20W），根据P=I2R可知为了保证R0的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A(量程0.6A)；一块电芯的电动势为因此电压表应选C(量程3V)；电压最高为3V，如果选择20Ω的定值电阻，最大电流低于0.15A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选E(阻值2Ω、额定功率2W)；滑动变阻器如果选H(阻值100Ω)，调节很不方便，所以应选G(阻值10Ω)。四、计算题（第13题10分，第14题14分，第15题16分）13.长沙市岳麓区某中学校园体育节已经拉开帷幕，其中男子九人制足球赛也将随之举行。如图所示，小廖同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10m／s2，在此过程中，求：（1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；（2）足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力。 【答案】（1）0.4N·s；（2）36N，方向竖直向上【解析】【详解】（1）足球由静止下落过程，根据牛顿第二定律解得足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小（2）足球被顶起的上升过程，根据牛顿第二定律解得足球下落过程的末速度大小为足球被顶起的初速度大小为所以足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量为 合力对足球的冲量为解得头部对足球的作用力大小为36N，方向竖直向上。14.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角，重力加速度为g。求：（1）小球所受的静电力大小；（2）小球在A点的速度为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小；（3）在（2）的条件下，小球经过B点时对圆轨道的压力的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直平面内圆周运动的等效“最低点”，也就是小球在C点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图：则有 因此电场力为（2）要小球经B点时对轨道的压力最小，则以最小速度经过D点，D点竖直平面内圆周运动的等效“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即解得小球从A到D的过程中，由动能定理得联立解得（3）小球从B到D的过程中，由动能定理得解得B点有联立解得根据牛顿第三定律可知小球经过B点时对圆轨道的压力的最小值15.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数 μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ=120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。（1）求物块第一次到达B点时的速度和右侧圆弧的轨道半径R；（2）求小物块最终停下时与C点的距离；（3）若传送带速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。【答案】（1）5m/s，0.8m；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块被弹簧弹出，由可知因为故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由解得 因为故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知代入数据整理可以得到（2）设物块从E点返回至B点的速度为，由得到因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由得到（3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足从B到F过程中由动能定理可知解得设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由： 解得若物块在传送带上一直加速运动，由知其到B点的最大速度综合上述分析可知，只要传送带速度