湖北省荆州中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题

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1．B
【详解】AB．曹绍夔用锉刀改变了罄钟的固有频率，使其与斋钟振动的频率相差较大，避免罄钟共振，故A错误，B正确；
C．罄钟“自鸣”是因为罄钟的固有频率与斋钟振动的频率接近，引起罄钟共振，故C错误；
D．改变敲打斋钟的力度，斋钟做受迫振动，频率不变，曹绍夔锉过的罄钟的固有频率与斋钟振动的频率相差较大，则曹绍夔锉过的罄钟不会与斋钟共振而再次“自鸣”，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】AB．根据电场线从正电荷出发回到负电荷的特性，判断分布图像可知，左侧电荷为正电荷，右侧电荷为负电荷，由于靠近左侧电荷电场线较密，则左侧电荷电量较大，故AB错误；
C．由对称性可知，P点和Q点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；
D．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，M点电势大于N点电势，由可知，负电荷在N点电势能较大，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．设振幅为A，由题意知BC＝2A＝20cm，所以A＝10cm，A错误；
BC．振子从B到C所用时间
t＝0.5s＝
所以
T＝1s
频率
f＝＝1Hz
B正确，C错误；
D．振子从O点出发到再次回到O点的过程是半次全振动，D错误。
故选B。
4. D
【详解】AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大。由
可知电容器的电容变小，又
电压U不变。因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；
C．根据电容器内部电场强度
可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；
D．A、B两板间的电场强度E减小，由
可知，M点电势降低。选项D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．由题图乙可知、时刻两物块达到共同速度，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时逐渐减速，逐渐加速，弹簧被压缩，时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，继续加速，先减速为零，然后反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
C．从开始到时刻，由系统动量守恒可得
将，代入得
故C错误；
D．在时刻，的速度为，的速度为，又
则动量大小之比为
故D正确。
故选D。
6．B
【详解】设船的质量为M，人的质量为m，人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向外力之和为零，满足系统动量守恒；若救生员以相对船6m/s的速率水平向左跃入水中，设救生员跃出后小船的速率为，规定向右为正方向，则有
代入数据解得
故选B。
7．A
【详解】游客静止时，有
在时间t内吹出的风体积为
吹到游客身上的体积为
其质量为
根据动量定理，有
联立，可得
m=
故选A。
8．CD
【详解】AB．由题图可知，粒子所受的电场力指向运动轨迹的内侧，即指向左上方，根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直的特点，可知电场线大致方向为由c向a，根据沿电场方向电势降低可知，、、三个等势线中，的电势最低；根据
，
由于电子带负电，则电子在点具有的电势能比在点具有的电势能大，故AB错误；
C．根据
可知等差等势线密集的地方场强大，则点的电场强度大于点的电场强度，电子在点受到的电场力大于在点受到的电场力，电子在点的加速度比在点的加速度大，故C正确；
D．根据已知条件无法判断粒子的运动方向，即粒子可能是从点向点运动，故D正确。
故选CD。
9.BCD
【详解】A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式
得知，甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误；
B．甲摆的振幅为5 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B正确；
C．由
解得甲摆的摆长
则甲摆的最大偏角
故C正确；
D．在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。
故选BCD。
10．AB
【详解】设碰撞前小球P的速度为v0，碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
两式之比为
因P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1:3，即，则可能有两种情况，一种是碰撞后P球不弹回，继续向前运动，有
解得
另一种是碰撞后P球被弹回，有
解得
综上所述，P、Q两球质量比可能是、。
故选AB。
11． 500 左 1.5 1.0
【详解】（1）[1]将电阻箱的阻值调至，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为
代入数据，解得
（2）[2]为了保护电路，应使电路的电流最小，所以滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应滑到左端。
（3）[3][4]根据毫安表的改装原理，当毫安表示数为时，此时电路中的电流为，毫安表和电阻箱并联后的电阻为
根据甲所示电路图，由欧姆定律可知，路端电压为
由图乙所示图象可知，纵轴截距为
解得
又图像斜率的绝对值为
解得
12． C C
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。
故选C。
（2）[2]A．只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B．铅垂线的作用是用来确定O点位置的，不是用来检验斜槽是否水平，故B错误；
C．为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；
D．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
故选C。
（3）[3]设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
整理得
[4]若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，即
13．（1）5cm，4s，；（2）0，100cm
【详解】（1）由题图振动图象可得
，
则

故该振子简谐运动的表达式为
（2）前20s经过了个周期
则位移为

路程
14．(1)
(2)
(3)1.5J
【详解】（1）b从开始运动到A点的过程中，做平抛运动，在竖直方向根据平抛运动的规律，有
在A点时
解得
（2）设两物块碰后速度的大小为，ab碰撞后到停止的过程中，由动能定理得
解得
（3）ab碰撞过程，动量守恒，设碰前b的速度为，由动量守恒定律得
b从A运动到B的过程，由能量守恒得
解得
15．(1)
(2)
(3)（，）和（，）
【详解】（1）带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得小球经过C点时的速度大小为
（2）在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为
设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
解得
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得小球受到轨道支持力的最大值为
（3）在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为
小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
方向竖直向上；设小球在电场中经过轴，则有
，
解得
，
可知小球刚好从电场的右边界经过轴，此时小球竖直向上的分速度为
小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过轴，根据斜抛运动规律有
，
则小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标为（，）和（，）。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
D
D
B
A
CD
BCD
AB