石河子第一中学2023-2024学年高二上学期11月月考物理试卷(含答案)

这是一份石河子第一中学2023-2024学年高二上学期11月月考物理试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1、下列物理量是标量的是( )
A.动量B.动能C.速度D.电场强度
2、如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是( )
A.减小球的平均作用力B.增大手受到球的冲量
C.球受到的动量变大D.使球的加速度变大
3、如图所示，a、b、c一个等腰直角三角形的三个顶点，三角形在竖直平面，斜边ab水平方向。图甲在a、b两个顶点分别放置两等量正点电荷，已知a处点电荷在c点产生的电场强度大小为2E。图乙在a、b两个顶点分别放置两电流相同垂直三角形平面向里的导线，已知a处通电导线在c点产生的磁感应强度大小为2B。不考虑其他因素的影响，则有( )
A.图甲中，c处的电场强度大小为4E，方向竖直向上
B.图甲中，c处的电场强度大小为，方向水平向右
C.图乙中，c处的磁感应强度大小为4B，方向竖直向上
D.图乙中，c处的磁感应强度大小为，方向水平向右
4、如图所示，甲、乙两个电路图都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的，丙电路图是由一个灵敏电流表G和电源、滑动变阻器组成，已知这三个灵敏电流表规格相同，满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是( )
A.甲电路图表示电流表，R增大时量程增大
B.乙电路图表示电压表，R增大时量程减小
C.丙电路图表示欧姆表，插孔l是“+”插孔，表笔A是黑表笔
D.在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则
5、如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点，其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是( )
A.C点场强大于B点场强
B.某个不计重的正电荷在A、B两点的加速度相同
C.某负电荷从C点移功到B点，电场力做负功
D.某正电荷在C点的电势能小于B点的电势能
6、如图所示，实线为某孤立点电荷产生的电场的几条电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，下列说法中正确的是( )
A.该电场是由负点电荷所激发的电场
B.电场中a点的电势比b点的电势高
C.带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度小
D.带电粒子在a点的动能比在b点的动能大
7、将一电动势和内阻恒定的电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗的功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图所示，则( )
A.电源最大输出功率为4.5W
B.电源电动势为12V
C.电源的内阻为2Ω
D.电阻箱阻值分别为2Ω和0.5Ω时，电阻箱消耗的功率相等
8、如图所示电路，电源的内电阻不能忽略。现闭合开关S，电压表有确定示数，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大。下列判断正确的是( )
A.可变电阻R被调到较小的阻值
B.电阻两端的电压减小，减小量等于
C.通过电阻的电流减小，减小量小于
D.路端电压增大，增大量等于
二、多选题
9、在科技馆墙上有一扇朝向正南的钢窗，当把钢窗向外推开90°的过程中（不考虑地磁偏角），下列说法正确的是( )
A.穿过钢窗的地磁场的磁通量变小
B.穿过钢窗的地磁场的磁通量变大
C.推窗过程中，钢窗中有感应电流
D.穿过钢窗的地磁场的磁通量不变
10、某实验装置如图所示，在铁芯P上绕有两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有甲、乙、丙、丁四种情况，如图所示，则在这段时间内，能在线圈B中产生感应电流的是( )
A.甲B.乙C.丙D.丁
11、如图所示，电源的电动势，内阻，两个定值电阻阻值均为6Ω，平行板电容器的电容，则( )
A.开关断开时两极板间的电压3V
B.开关断开时电容器的带电荷量
C.开关接通时两极板间的电压4V
D.开关接通时电容器的带电量
12、如图，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻，下列说法正确的是( )
A.甲和乙组成的系统动量不守恒B.甲的速度大小比乙的大
C.甲的动量大小比乙的小D.甲、乙均做匀加速直线运动
13、图甲为测绘小灯泡伏安特性曲线实验电路图，图乙为实验所得伏安特性曲线（前段为直线），小灯泡额定电压为3V。以下说法正确的是( )
A.开关闭合前滑动变阻器的滑片应该置于最左端
B.图线表明小灯泡的电阻随温度的升高而减小
C.小灯泡正常工作时的电阻为15.0Ω
D.电流表的分压作用导致该实验有误差
14、如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子离出发点最远
C.3s末带电粒子的速度为零D.0~3s内，电场力做的总功为零
三、实验题
15、某同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材和参考电路：
电压表（量程3V，内阻约6kΩ）电压表（量程15V，内阻约6kΩ）
电流表（量程0.6A，内阻约0.1V）电流表（量程3A，内阻约1Ω）
滑动变阻器（最大阻值3kΩ）滑动变阻器（最大阻值10Ω）
开关，导线若干
A.
B.
（1）电压表选_______，电流表选_______，滑动变阻器选_____（填写或）；
（2）选用合适器材后，应选择_____（填写A或B）电路进行测量；
（3）电压表示数为_________；
（4）另外一个同学为了减小偶然误差设计了下图的测量电路，定值电阻的阻值为1Ω，将测得的数据在坐标纸上描点如图。求出电动势E为________，内阻r为________（小数点后保留两位）。
四、计算题
16、一个质量为0.5kg的小球，从离地面0.8m高处自由下落，落到地面后小球沿竖直方向弹回到0.45m高处。已知小球接触地的时间为0.1s，g取。求小球对地面的平均作用力。
17、如图甲所示的电路中，、为定值电阻，且，阻值未知，为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的，求：
（1）电源的电动势和内阻；
（2）定值电阻的阻值。
18、玩具起重机的电路示意图如图所示，电源电动势，定值电阻，当电动机以的速度沿竖直方向匀速提升质量的重物时，理想电流表的示数，标有“9V，4.5W”的灯泡恰好正常发光。取重力加速度大小，求：
（1）电源的内阻r；
（2）电源的输出功率P；
（3）电动机的内阻。
19、如图所示，在电场强度大小、竖直向上的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点相切，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点。一电荷量、质量带负电的滑块（视为质点）与水平轨道间的动摩擦因数，位于N点右侧的M处，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）若滑块刚好能到N处，求其初速度大小；
（2）若滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q，求其在水平轨道上的落点到N点的距离x；
（3）求满足（2）条件的滑块通过P点时对轨道的压力大小F。
参考答案
1、答案：B
解析：ACD.有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，这样的物理量是矢量，因此动量、速度和电场强度有大小又有方向，且运算时遵循平行四边形定则，都是矢量，ACD不符合题意;B.动能只有大小，没有方向，是标量，B符合题意。故选B。
2、答案：A
解析：守门员戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以延长球与手接触的时间，对球，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理得：，可得，当时间延长时，动量的变化量不变，则球受到的冲量不变，可减小球动量的变化率，即减小手对球的平均作用力，球的加速度变小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3、答案：D
解析：AB.图甲中，a处点电荷在c点产生的电场强度方向沿ac斜向上，b处点电荷在c点产生的电场强度方向沿bc斜向上，二者垂直，大小均为2E，则c处的电场强度大小为，方向竖直向上。故AB错误；
CD.图乙中，a处通电导线在c点产生的磁感应强度方向沿cb方向斜向下，b处通电导线在c点产生的磁感应强度方向沿ac方向斜向上，且大小均为2B，则c处的磁感应强度大小为，方向水平向右。故C错误，D正确。
故选D。
4、答案：D
解析：甲电路图由G并联电阻组成，是电流表，如果R增大，当G满偏时，R分流减少，总电流减少，量程减小，选项A错误；乙电路图由G串联电阻组成，是电压表，如果R增大，当G满偏时，R分压增大，总电压增大，量程增大，选项B错误；丙电路图表示欧姆表，根据电流沿红表笔从正插孔流人的规则，插孔1是“+”插孔，表笔A是红表笔，选项C错误；在乙图中若改装成的电压表的量程为3V，当G满偏时，其电压为，R分担的电压为，由串联电路分压特点得，选项D正确。
5、答案：D
解析：A.等差等势面越密集，场强越大，则C点场强小于B点场强，A错误；
B.A、B两点场强大小相等，方向不同，则正电荷在A、B两点的加速度不相同，B错误；
C.负电荷从电势低的位置移动到电势高的位置，电势能变小，电场力做正功，C错误；
D.C点电势低于B点电势，则正电荷在C点的电势能小于B点的电势能，D正确。
故选D。
6、答案：D
解析：AB.由于粒子的电性未知，所以无法判断电场线的方向，进而无法判断场源电荷的电性以及a、b两点电势的高低，故AB错误；
C.电场线越密的地方电场强度越大，所以带电粒子在b点的加速度一定比在a点的加速度小，故C错误；
D.带电粒子所受电场力方向沿电场线方向指向轨迹凹侧，若粒子从a运动到b，则电场力方向与速度方向夹角大于90°，电场力做负功，粒子动能减小；若粒子从b运动到a，则电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，粒子动能增加，综上所述可知带电粒子在a点的动能一定比在b点的动能大，故D正确。
故选D。
7、答案：D
8、答案：C
解析：A.调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大，可知R与并联后的电阻增大，可变电阻R增大，因此可变电阻R被调到较大的阻值，A错误；
BC.可变电阻R增大，则有外电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，电阻，两端的电压减小，路端电压增大，路端电压等于外电路的总电压，因此电阻两端的电压减小量小于，可知通过电阻的电流减小，减小量小于，B错误，C正确；
D由于电阻两端的电压减小，因此路端电压增大，增大量小于，D错误。
故选C。
9、答案：AC
解析：
10、答案：BCD
解析：A.根据产生感应电流的条件，即线圈磁通量发生变化。甲图中电流不变，即线圈A中产生磁场的磁感应强度不变，线圈B中不会产生感应电流，选项A错误。
BCD.乙、丙、丁图中线圈A的电流发生改变，产生磁场的磁感应强度发生变化，则线圈B中能产生感应电流，选项BCD正确。
故选BCD。
11、答案：AD
解析：AB.开关断开时，电容器两极板间的电压为外电压，有
电容器的带电荷量
A正确，B错误；
CD.开关接通时，电容器两极板间的电压为外电压，有
电容器的带电荷量
C错误，D正确。
故选AD。
12、答案：AC
解析：AC.对于整个系统而言，由于
合力方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，故甲和乙组成的系统动量不守恒，故A错误，C正确；
BD.对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示：
根据牛顿第二定律有
由于
所以
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
故BD错误。
故选C。
13、答案：AC
解析：A.为保护小灯泡和电表不被烧坏，开关闭合前滑动变阻器的滑片应该置于最左端，故A正确；
B.图线上各点与原点连线的斜率先不变后减小，则电阻先不变后增大，即表明小灯泡的电阻随温度的升高先不变后增大，故B错误；
C.小灯泡正常工作时电压为3V，电流为0.2A，则电阻
故C正确。
D.此电路采用电流表外接，则电压表的分流作用导致该实验有误差，故D错误。
故选AC。
14、答案：CD
解析：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为，第2s内加速度因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，图象如图所示：
A项：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；
B项：根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误；
C项：由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；
D项：因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零。故D正确。
故应选CD。
15、答案：（1）；；（2）B（3）1.10V（4）1.48V（差0.01左右都对）；0.09Ω（差0.01左右都对）
解析：（1）因为干电池的内阻较小，为了方便调节，故选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选；
（2）选择合适的仪器后为了方便测量，电流表应采用相对于电源的外接法，误差较小，故选B；
（3）由题知，电压表选量程为分度值为0.1V，示数为1.10V；
（4）用直线将各点连接，作出图象如图所示
由图示电路图和闭合电路的欧姆定律得
由图示了图象可知，图线纵截距即为电源电动势
根据图象斜率的绝对值可知
则电源内阻为
16、答案：40N
解析：由可得小球与地面碰撞前后的速度大小为
以竖直向上为正，碰撞过程中由动量定理可得解得。根据牛顿第三定律可知，小球对地面的平均作用力大小为40N，方向竖直向上。
17、答案：（1）20Ω（2）5Ω
解析：（1）将乙图中AB线延长，交纵轴于20V处，由闭合电路欧姆定律知
所以电源的电动势为图象斜率表示内阻，即
（2）当P滑到的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻接入电路，由图乙所示图象可知，则定值电阻的阻值为。
18、答案：（1）0.5Ω（2）11.5W（3）3.6Ω
解析：（1）由电路图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，并联电路的电压根据闭合电路欧姆定律有解得
（2）电源的路端电压电源的输出功率解得
（3）流过灯泡的电流流过电动机的电流电动机消耗的功率。
电动机的输出功率电动机的发热功率解得。
19、答案：（1）6m/s（2）0.8m（3）0.9N
解析：（1）由动能定理
解得
（2）设滑块到达Q点时的速度大小为，由牛顿第二定律
解得
滑块过Q点后做类平抛运动，竖直方向
其中
水平方向
联立解得
（3）设滑块到达P点时的速度大小为，由动能定理
在P点，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可得滑块通过P点时对轨道的压力大小