湖南省长沙市长沙县第九中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市长沙县第九中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，质量为M的斜劈静止在光滑水平面上，斜劈的上表面粗糙，一个质量为m的小物块从斜劈的顶端由静止滑下，则由斜劈和小物块组成的系统，在小物块下滑过程中（ ）
A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】将斜劈与小物块看成一个系统，由于地面光滑，该系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，故竖直方向动量不守恒；
在小物块下滑过程中，物块与斜劈之间的摩擦力有做功，故机械能不守恒；
故选D。
2. 以下说法正确的是（ ）
A. 单摆的周期公式是由伽利略研究并确定的
B. 根据多普勒效应可知：当观察者与波源相互靠近时，接收到频率会变小
C. 托马斯·杨利用光的双缝干涉实验，有力的证明了光是一种波
D. 物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于物体的固有频率
【答案】C
【解析】
【详解】A．伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，故A错误；
B．根据多普勒效应可知：当观察者与波源相互靠近时，接收到频率会变大，故B错误；
C．托马斯·杨利用光的双缝干涉实验，有力的证明了光是一种波，故C正确；
D．物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，故D错误。
故选C。
3. 质量可以视为质点的钢球，从离地高为的位置静止释放，不考虑空气阻力的影响，钢球自由下落且着地后不反弹，取重力加速度。在钢球静止释放后，下列说法正确的是（ ）更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. 合外力冲量的方向始终是竖直向上
B. 钢球在自由下落过程重力冲量的大小
C. 钢球在自由下落过程动量变化量大小
D. 钢球释放末其动量大小是
【答案】B
【解析】
【详解】A．在钢球静止释放后到落体的过程可分为两个阶段，第一阶段是自由下落过程，只受重力作用，合外力方向竖直向下；第二阶段是与地面接触的过程，合外力方向竖直向上，由于合外力冲量方向即是合外力的方向，故A错误；
B．钢球释放后做自由落体运动，只受到重力作用，在空中飞行的时间
着地时的速度
重力的冲量
方向竖直向下，故B正确；
C．由动量定理，自由下落阶段动量变化率等于重力的冲量，等于，故C错误；
D．由于小钢球在空中只运动了0.3s，所以1s末是静止状态，其动量为零，故D错误。
故选B。
4. 如图，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。、、分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上。、两点的电势依次为和，则点的电势是（ ）
A. 一定高于B. 一定等于
C. 一定低于D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】电场线与等势面互相垂直，这三个圆的半径成等差数列，所以段电场比段电场线密，段场强较大，根据公式可知，、间电势差大于、间电势差，即
得到
故选C。
5. 如图所示，一个可看做质点的物体从时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为一正弦函数下列判断正确的是（ ）
A. 0～2s内合外力的冲量先增大再减少
B. 0～4s内合外力的冲量为零
C. 2s末物体的速度方向发生变化
D. 1s末物体的动量变化率为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，0～2s合外力的方向一直为正，根据
可知0～2s内合外力的冲量一直增大，故A错误；
B．根据
可知图像与时间轴围成的面积表示冲量的大小，可知0～4s内合外力的冲量为零，故B正确；
C．由图可知，0～2s内加速，2～4s内减速，物体做单方向变速直线运动，速度方向一直不变，故C错误；
D．根据
得
知动量变化率为合外力的大小，由图可知1s末物体的合外力不为零，则动量变化率不为零，故D错误。
故选B。
6. 热气球因其色彩艳丽，场面壮观，成为企业宣传所采用的独具特色的广告媒体.如图所示的热气球静止于距水平地面H的高处，一质量为M的人从热气球上沿软绳向下运动。已知热气球的质量为m，软绳质量忽略不计，热气球所受的浮力不变，若要人能安全到达地面，则绳长至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设绳长至少为，根据“人船模型”的推论可得
解得
故选C。
二、多选题:本小题共4小题。在每小题给出得四个选项中，有多项符合题目的要求。
7. 如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）
A. 地板对物体的支持力做的功等于
B. 地板对物体的支持力做的功等于
C. 钢索的拉力做的功等于
D. 合力对电梯M做的功等于
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，由速度和位移的关系式有
根据牛顿第二定律有
则地板对物体的支持力为
则地板对物体的支持力做的功为
A错误，B正确；
C．对整体有
所以钢索拉力为
钢索的拉力做的功等于
C错误；
D．根据动能定理可得，合力对电梯做的功等于电梯的动能的变化量，即为，D正确。
故选BD。
8. 在如图所示的电路中，当变阻器R的阻值增加时( )
A. R两端的电压将增大
B. R两端的电压将减小
C. 通过R的电流强度将不变
D. 通过R的电流强度将减小
【答案】AD
【解析】
【详解】R增大后，电路总电阻增大，即电路总电流减小，根据可知路端电压增大，在干路，所以通过的电流减小，两端的电压减小，由于路端电压是增大的，所以并联电路两端电压增大，即R和两端电压增大，通过的电流增大，而总电流是减小的，故通过R的电流减小，AD正确．
【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．
9. 如图所示，光滑圆弧槽半径为R，A为最低点，C到A的距离远远小于R，若同时释放小球B、C。设小球B到A点的距离为H，则要使两小球B和C在A点相遇（小球B和C可视为质点），H的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】小球C做简谐运动，根据题意得
解得
A正确；
根据题意
解得

D正确；
根据题意
解得
故选AD。
10. 如图甲所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与可视为质点的滑块相连，滑块在之间做往复运动，不计一切摩擦。之间有一点（未画出）与点相距。规定水平向右为正方向，从某时刻开始计时，滑块的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 在运动过程中，滑块的机械能守恒
B. 和时，滑块的加速度相同，动能相同
C. 在内，滑块的速度增大，加速度减小
D. 在内，滑块通过的路程为
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．在运动过程中，滑块以及弹簧系统的机械能守恒，滑块的机械能不守恒，故A错误；
B．和时，滑块的位移相同，则回复力相同，加速度相同，速度的大小相同，则动能相同，故B正确；
C．在内，滑块的位移减小，则速度增大，加速度减小，故C正确；
D．在以及内，滑块通过的路程均小于，则在内，滑块通过的路程小于，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本小题共5小题。
11. （1）量程为3V、内阻为的电压表，其满偏时电流为____；若把它扩展为15V的量程，需要串联一个____Ω的电阻；
（2）为描绘标有“，”字样小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：导线，开关，电动势为4V的电池组和待测小灯泡，此外还有如下实验器材供选择：
A．电流表（量程为，内阻约为） B．电流表（量程为，内阻约为）
C．电压表（量程为，内阻约为） D．电压表（量程为，内阻约为）
E．滑动变阻器（） F．滑动变阻器（）
①为减小实验误差，下列四种实验方案最理想的是 ____（填正确答案标号）；
A. B.
C. D.
②在上述实验方案中，电流表应选 ___，滑动变阻器应选 ____（填器材前面的字母代号）。某同学利用所选用的实验器材描绘出了小灯泡的伏安特性曲线，如图甲所示，当流过小灯泡的电流为时，图像的切线如图中虚线所示，此时小灯泡的电阻为____Ω；

③现把实验中使用的小灯泡连接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，此时小灯泡的实际功率为 ___（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 1 ②. 12000 ③. C ④. A ⑤. F ⑥. 4.4 ⑦. 0.17
【解析】
【详解】（1）[1]满偏电流
[2]它扩展为的量程的电压表，需要串联电阻阻值为
（2）[3]由曲线可知，电压从零开始，所以滑动变阻器用分压式接法；小灯泡电阻约为
由于电阻较小故电流表采用外接。
故选C。
[4]灯泡额定电流
可知电流表应选A。
[5] 滑动变阻器分压式接法，则应选择最大值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选F。
[6]由图甲可得当流过小灯泡的电流时，。根据欧姆定律有
[7]根据闭合电路欧姆定律，代入数据变形可得
作图如图所示：

由伏安特性曲线，两曲线的交点即为灯泡的工作点，由功率可得
12. 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，
（1）用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是______。让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图（a）所示，那么单摆摆长是______。用十分度游标卡尺测得摆球直径为______cm，如图（b）所示，如果测定了40次全振动的时间如图（c）中秒表所示，单摆的摆动周期是______s（保留三位有效数字）。
（2）（多选）在本实验中，有人提出以下几点建议：其中对提高测量结果精确度有利的是（ ）
A．适当加长摆线
B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
【答案】 ①. ②. 87.315cm ③. 2.17 ④. 2.50 ⑤. AC##CA
【解析】
【详解】（1）[1]根据单摆的周期公式，有
[2][3]根据游标卡尺的读数，摆球直径为
再根据（a）图可读出
则单摆摆长是
[4]秒表的读数
所以单摆摆动周期为
（2）[5]A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提高测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选AC。
13. 如图所示，电源电动势、内阻，电阻，电流表为理想电表，电容器电容。闭合开关S，电路稳定后，求：
（1）电流表的示数；
（2）两端的电压；
（3）S断开后通过的电荷量为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）闭合开关S，电路稳定后，外电路总电阻为
电流表示数为
（2）R3两端的电压等于路端电压为
（3）闭合开关S，电路稳定后，电容器的电压等于R1两端的电压，为
电容器所带的电荷量为
Q=CU1=6×10-6×5C=3×10-5C
若S断开，电容器放电，相当于电源，R2与R3串联后再与R1并联，通过R2、R3的电流与R1的电流之比为
根据
Q=It
可得通过R1与R2的电荷量之比
Q1：Q2=I1：I23=2：1
所以通过R1的电荷量为
14. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A 无初速释放，A 与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量均为m=0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ =0.2。取重力加速度 g =10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）碰撞过程中A对B的冲量I的大小；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
【答案】（1）3N；（2）；（3）0.25m
【解析】
【详解】（1）滑块A下滑的过程，机械能守恒，则有
，
滑块A在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得
两式联立可得
FN=3N
由牛顿第三定律可得，A对轨道的压力
N=FN=3N
（2）AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得
mv=2mv′
对滑块B由动量定理得
（3）对AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得
解之得
l=0.25m
15. 图中的实线是一列正弦波在某一时刻的波形曲线。经1s后，其波形如图中虚线所示。
(1)如果该波的周期T大于1s，且波是向左传播的，波的速度是多大?波的周期是多大?
(2)如果波是向右传播的，波的速度是多大?波的周期是多大?
(3)如果已知波速为0.54m/s，求解波的传播方向。
【答案】(1)0.06m/s，4s； (2) ， ；(3)向左传播；
【解析】
【分析】
【详解】(1)如果该波的周期T大于1s，且波是向左传播的，波的速度是
周期为