重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期11月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期11月月考物理试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：90分钟
一、单项选择题（1-10题，每题3分，共30分）
1. 下列物理学史材料中，描述正确的是（ ）
A. 卡文迪什通过扭秤实验测量出静电引力常量的数值
B. 库仑通过与万有引力类比，在实验的基础上验证得出库仑定律
C. 法拉第确定了计算单摆周期的公式
D. 安培通过实验测定了元电荷的数值
【答案】B
【解析】
【详解】A．卡文迪什通过扭秤实验测量出万有引力常量的数值，故A错误；
B．库仑通过与万有引力类比，设计了一个十分精妙的实验，在实验的基础上验证得出库仑定律，故B正确；
C．法拉第提出了“电场”的概念，惠更斯确定了计算单摆周期的公式，故C错误；
D．密立根通过油滴实验比较精确地测定了元电荷的数值，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球能处于静止状态，必然受合力为零，由图象知小球受重力、绳的拉力和库仑力，这三个力组成封闭三角形时合力为零，或者三力在同一直线上时合力为零，由图象知只有C正确。
故选C。
3. 实线为三条未知方向的电场线，从电场中的点以相同的速度飞出、两个带电粒子，、的运动轨迹如图中的虚线所示（、只受静电力作用），则（ ）
A. 一定带正电，一定带负电B. 静电力对做正功，对做负功
C. 的速度将减小，的速度将增大D. 的加速度将减小，的加速度将增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，a粒子受到的电场力方向向左，由于电场线方向未知，因此无法确定两个粒子的电性，选项A错误；
BC．由图知，电场力方向与粒子速度方向的夹角都是锐角，所以电场力对两个粒子都做正功，动能都增大，速度都增大，选项BC错误；
D．向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小；b所受电场力增大，加速度增大，选项D正确。
故选D。
4. 如图甲为电场中的一条电场线，沿电场线建立坐标轴。若坐标轴上O~x2间各点的电势φ分布如图乙所示，则（ ）
A. 在O~x2间，电场强度先减小后增大
B. 在O~x2间，电场强度方向没有发生变化
C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O~x2间一直做匀加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．φ-x图线的斜率表示电场强度，从图上可以看出斜率先变大后变小，所以电场强度先变大后变小，故A错误；
B．在O-x2间可以看出，电势逐渐降低，电场强度的方向从高电势指向低电势，所以场强方向一直沿x轴正方向，故B正确；
C．对负电荷来说，电势越低，电势能越大，所以从O点运动到x2点，负电荷的电势能逐渐增大，故C错误；
D．由在O-x2之间图线的斜率不是定值可知，电场是非匀强电场，所以电荷受电场力是变力，电荷要做变加速运动，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，A、B为两个相同灯泡（均发光），当变阻器的滑片P向下端滑动时（ ）
A. A灯变亮，B灯变暗B. A灯变暗，B灯变亮
C. A、B灯均变亮D. A、B灯均变暗
【答案】D
【解析】
【详解】电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联。当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，即A灯两端电压变小，通过A的电流减小，则灯A变暗。因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，即灯B并联与R串联两端的电压变小，则B两端电压的减小，B灯变暗。
故选D。
6. 如图所示的电路中，若把小型直流电动机接入电压为的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流是；若把电动机接入的电路中，电动机正常工作，工作电流是，则（ ）
A. 电动机线圈内阻为0.5Ω
B. 电动机正常工作时的输入功率为2W
C. 电动机正常工作时的热功率为1W
D. 电动机正常工作时的输出功率为1.5W
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．电动机接入电压为时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻
A正确；
B．电动机接入电压为的电路时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率各自的定义式，得电动机正常工作时的输入功率为
B正确；
C．电动机正常工作时的热功率
C错误；
D．由能量守恒，电动机的输出功率
D正确。
故选ABD。
7. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（ ）
①甲表是安培表，R增大时量程增大
②甲表是安培表，R增大时量程减小
③乙表是伏特表，R增大时量程增大
④乙表是伏特表，R增大时量程减小
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①②由一个灵敏电流表G和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程
可知当减小时量程增大。故①错误，②正确；
③④由一个灵敏电流表G和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。伏特表的量程
可知增大时量程增大。故③正确，④错误。故ABD错误，C正确。
故选C。
8. 如图所示，装有炮弹的火炮总质量为，炮弹的质量为，炮弹射出炮口时对地速率为，若炮管与水平地面的夹角为，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有
可得炮车后退的速度大小为
故选A。
9. 如图所示，是一个弹簧振子的振动图像，则下列说法正确的是（ ）

A. 该小球振动的圆频率大小数值是4
B. 小球在60.5s时的位移
C. 前10s内小球通过的路程1m
D. 在2~3s时间内，小球的加速度和速度都在增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知小球振动的周期T = 4s，则该小球振动的圆频率大小数值是
故A错误；
B．由图可知，小球的振幅和周期分别为
A = 5cm，T = 4s
所以小球位移随时间的变化关系式为
则小球在60.5s时的位移为
故B正确；
C由于
所以小球通过的路程为
故C错误；
D．在2 ~ 3s内小球由平衡位置向负方向运动，速度逐渐减小，但加速度不断增大，故D错误。
故选B。
10. 如图所示，单摆在竖直平面内的、之间做简谐运动，点为单摆的固定悬点，点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（ ）
A. 摆球在点时，动能最大，回复力最大
B. 摆球由点向点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大
C. 摆球在点和点时，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大
D. 摆球在点时，重力势能最小，机械能最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．单摆近似可以看作简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，速度最大，回复力为零，故A错误；
B．摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力减小，故B错误；
C．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，故细线拉力最小，回复力最大，故C正确；
D．摆球运动过程中，机械能守恒，在最低点B处，动能最大，重力势能最小，故D错误。
故选C。
二、多项选择题（11-15题，每题4分，共20分，多选题全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）
11. 如图所示为获取弹簧振子的位移—时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是（ ）
A. 图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
B. 如果纸带不动，作出的振动图像是一段线段
C. 如果纸带不动，作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
D. 若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的正弦函数图像
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由振动图像可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，故A正确；
B．当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，故B正确；
CD．只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，故CD错误。
故选AB。
12. 小明不慎将手中的水杯掉落在桌面上，水杯质量为200g，水杯从距离桌面20cm高度处无初速下落，水杯落到桌面后不反弹，桌面受到水杯的冲击时间约为0.2s，不计空气阻力，取，下列正确的是（ ）
A. 水杯对桌面的冲量方向竖直向上
B. 水杯对桌面的平均作用力大小约为4N
C. 水杯对桌面的冲量大小约为
D. 水杯与桌面作用过程中水杯动量变化量的大小约为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．水杯对桌面的作用力方向向下，冲量方向竖直向下，故A错误；
B．水杯恰好碰到桌面时的速度为
水杯与桌面作用过程中水杯动量变化，桌面受到水杯的作用力与自身重力，选向上为正，由动量定理得
解得
B正确；
C．水杯对桌面的冲量大小为
C正确；
D．水杯与桌面作用过程中水杯动量变化量的大小为
D错误
故选BC。
13. A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，=1kg，=2kg,=6m/s，=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A. = 5m/s,= 2.5m/sB. = 2m/s,= 4m/s
C. = 3m/s,= 3.5m/sD. = -4m/s,= 7m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入数据解得；如果两球发生完全弹性碰撞，有：mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，能量守恒：，代入数据解得：，，则碰撞后A、B的速度：，，所以BC正确，AD错误．
14. 如图所示，甲、乙两车质量均为，静置在光滑的水平面上，两车相距为，乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两车运动中速度之比为B. 甲、乙两车运动中速度之比为
C. 甲车移动的距离为D. 乙车移动的距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
可得甲、乙两车运动中速度之比为
故A正确，B错误；
CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s甲和s乙，则有
又
联立解得
故C错误，D正确。
故选AD。
15. 如图所示，水平桌面上固定一光滑绝缘的斜面，匀强电场方向平行于斜面，一平行斜面放置的绝缘轻质弹簧的下端固定在斜面底端，上端在P点，小球恰好能静止在Q点，现给小球一个沿斜面向下的初速度。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球及弹簧所组成的系统机械能守恒
B. 从Q点到P点的过程小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C. 小球从P点到最低点的过程中，弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D. 小球从P点到最低点的过程中，重力和电场力做功的代数和等于小球动能的减少量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于有电场力做功，因此小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．由题意可知，小球从Q点到P点运动过程中，所受合力为零，故合力做功为零，动能不变，则减少的重力势能等于增加的电势能，故B正确；
C．从P点到最低点过程中，合力做功等于弹簧弹力做功，故动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；
D．电场力做功与重力做功的代数和始终为零，故D错误。
故选BC。
二、实验题（本题包括2个小题，共15分）
16. 气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2
（1）实验中还应测量的物理量是__；
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__；
（3）利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为__。
【答案】 ①. B的右端至D板的距离L2 ②. mAmB0 ③. EpmB
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]因系统水平方向动量守恒即
mAvA﹣mBvB＝0
由于系统不受摩擦，故滑块水平方向做匀速直线运动故有
vA
vB
即
mAmB0
所以还要测量的物理量是B的右端至D板的距离L2；
(2)[2]由(1)分析可知验证动量守恒定律的表达式是
mAmB0
(3)[3]根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能为
Ep
将vA，vB代入上式得
EpmB
17. 居家防疫期间，小明在家里做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。如图1他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：
A.将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B.用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C.将石块拉开一个大约的角度，然后由静止释放；
D.从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E.改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F.根据公式，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）小石块摆动的过程中，充当回复力的是____________。
A.重力 B.拉力
C.拉力沿水平方向的分力 D.重力沿圆弧切线方向的分力
（2）为使测量更加准确，步骤D中，小明应从__________（选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时。
（3）小明用ON的长l为摆长，利用公式，求出的重力加速度的测量值比真实值________（选填“偏大”或“偏小”）。
（4）小红利用小明测出的多组摆长l和周期T的值，作出T2-l图线如图2所示，通过测量计算出图线的斜率为k，由斜率k求重力加速度的表达式是g=____________。
（5）在步骤F中，有同学认为可以先将多次测量的摆长l取平均值得到，周期T取平均值得到，再代入公式，得到重力加速度g的测量结果，你认为这种做法是否正确_________（填“正确”或“错误”）
【答案】 ①. D ②. 平衡位置 ③. 偏小 ④. ⑤. 错误
【解析】
【详解】（1）[1]小石块摆动的过程中，受力分析可知，充当回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力。
故选D。
（2）[2] 为使测量更加准确，减小误差，小明应从平衡位置处开始计时。
（3）[3] 根据公式
小明用ON的长l为摆长，则代入公式的摆长小于实际摆长，则求出的重力加速度的测量值比真实偏小。
（4）[4]设小石块重心到N点的距离为R，则实际摆长为
由单摆的周期公式，可得
整理可得
结合T2-l图像，则有
解得
（5）[5]由单摆的周期公式可知，摆长与周期不是一次函数关系，所以不能将多次测量的摆长l取平均值得到，周期T取平均值得到，再代入公式，得到重力加速度g的测量结果。这种做法是错误的。
三、计算题（本题共35分，18题8分，19题12分，20题15分）
18. 如图所示，在光滑水平面上，质量为的小球和质量为的小球通过轻弹簧相连并处于静止状态，此时弹簧处于自然伸长状态；质量为的小球以初速度沿连线向右匀速运动，并与小球发生碰撞（碰撞时间极短，三个小球大小相同），碰后小球以速度反弹。求：
（1）碰后瞬间，小球的速度大小；
（2）最大弹性势能为多少。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球C与小球A碰撞过程中动量守恒，有
解得
（2）当小球A与小球B共速时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒，有
19. 如图所示，质量为=的物块（可视为质点）放在质量为=的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为=，质量为=的子弹以速度=沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），取。子弹射入后，求
（1）子弹进入物块后与物块达到共速时的速度的大小；
（2）木板向右滑行的最大速度的大小；
（3）物块在木板上滑行的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】（1）子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得
=
代入数据解得子弹进入物块后与物块达到共速时的速度=。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得
=
代入数据解得=。
(3)对木块在木板上滑动时，由动量定理得
=
代入数据解得物块在木板上滑行时间=。
20. 如图甲所示，质量为、长度的木板静止在光滑水平面上（两表面与地面平行），在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量为的小物块B（可视为质点）以的初速度从的最左端水平冲上A，一段时间后与P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.3s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度，求：
（1）与P碰撞前瞬间的速度和B与之间的摩擦因素；
（2）与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量；
（3）与P碰撞几次，B与分离？
【答案】（1），方向向右，0.5；（2）13.5J；（3）2次
【解析】
【详解】（1）由题图乙得：碰后B的速度
即第1次与P碰前瞬间B的速度为
设此时的速度，对、B系统由动量守恒定律有
代入数据解得
方向向右。由题图乙得：0~0.3s，B的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）在、B不分离时，每次与P碰后到下次与P再次碰撞前，最后两者共速。设与P第2次碰撞前的速度为。以水平向右为正方向，对、B系统由动量守恒定律可得
解得
与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内的热量
故与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量为13.5J；
（3）第1次与P碰前，B在木板上的滑动距离为，对、B组成的系统，由能量守恒有
代入数据得
第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对、B系统，由能量守恒有
解得
假设第3次碰撞前，与B仍不分离，第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有
解得
由能量守恒有
解得
由于