2024-2025学年湖北省襄阳市宜城市第一中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省襄阳市宜城市第一中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），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：本大题共7小题，共28分。
1.将物体水平抛出，在物体落地前(不计空气阻力)，下列说法正确的是( )
A. 动量的方向不变B. 动量变化量的方向不变
C. 相同时间内动量的变化量越来越大D. 动量变化的越来越快
2.水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为( )
A. 4Q2ρ
B. Q2ρ
C. 16ρQ2πd2
D. 4ρQ2πd2
3.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的正方形线框abcd，磁场方向垂直于线框平面，a、d两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知ad边受到的安培力为F，则整个线框所受安培力为
A. 2FB. 4FC. 23FD. 43F
4.如图所示，一质量为2.0kg的导体棒ab置于倾角为37°的粗糙金属导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，导体棒通过导轨与电源、定值电阻相连，该装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中(未画出)。已知电源电动势为6V，定值电阻的阻值为15Ω，其他电阻均不计，导体棒接入电路中的长度为0.5m，磁感应强度大小为3.0T。为了使导体棒ab保持静止，现给导体棒施加垂直导轨平面向下的压力F，则F的大小至少为( )
A. 12NB. 18NC. 24ND. 26N
5.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点
的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法错误的是( )
A. O点处的磁感应强度为零
B. a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
D. a、c两点处磁感应强度的方向相同
6.如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p1=5kg⋅m/s和p2=7kg⋅m/s。若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp1和Δp2可能是( )
A. Δp1=−3kg⋅m/s，Δp2=3kg⋅m/s
B. Δp1=3kg⋅m/s，Δp2=3kg⋅m/s
C. Δp1=3kg⋅m/s，Δp2=−3kg⋅m/s
D. Δp1=−10kg⋅m/s，Δp2=10kg⋅m/s
7.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中( )
A. m1、m2组成的系统动量守恒B. m1、m2组成的系统机械能守恒
C. 弹簧最长时，其弹性势能为12m2v02D. 当m1速度达到最大时，m2速度最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，平板MN上方有足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，电子从平板上的小孔O射入匀强磁场，速度方向与平板MN夹角为θ(0p总前
由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故B错误；
C.由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p总后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg⋅m/s=p总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但A球的动量增加，与实际运动不符，故C错误；
D.由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p总后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg⋅m/s=p总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量变为
p 1′=−5kg⋅m/s
B球碰动量变为
p 2′=−17kg⋅m/s
根据动能与动量的关系有
Ek=12mv2=p22m
由上述式子可知，其A球碰撞前后动能大小不变，但是B球碰后动能变大，即对于A、B组成的系统来说其系统的总动能在碰后大于碰前，违反了能量守恒，故D错误。
故选A。
7.A
【解析】A.由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，故A正确；
B.对于弹簧、m1、m2组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以m1、m2组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C.当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=m2v0m1+m2；由系统的机械能守恒得：12m2v02=12(m1+m2)v2+EP，解得：EP=m1m2v022(m1+m2)，故C错误；
D.若m1>m2，当弹簧伸长时，m1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m1速度达到最大，弹簧伸长时m2先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以m1速度达到最大时，m2速度不是最小，故D错误。
故选A。
8.BD
【解析】解：作出电子的运动轨迹图，如图所示，据半径公式r=mvBe、周期公式T=2πmBe和几何关系有：s=ON=2r×sinθ=2mv⋅sinθBe，由圆的对称关系知，电子在磁场中的偏转时间t=2θ2π×2πmBe=2θmBe。
AB、若θ一定，增大速度v时，从上述s=2mv⋅sinθBe知，距离要增大，时间t=2θmBe不变，故A错误，B正确；
CD、若速度v大小一定，θ角从30°增大到150°过程中，轨迹分别画出轨迹1、2、3所示，从上述s=2mv⋅sinθBe知，距离先增大到90°时最大，然后减小。而时间t=2θmBe一直增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
先画出一般情况下电子的运动轨迹，由几何关系表示出电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s和在磁场中运动的时间t，然后用数学的方法判断在各选项情况下s和t的变化。
画出轨迹，从轨迹图可以看出结果，当然从数学表达式也能得到结果，本题的关键是要有变化的思维去分析问题，不要只停留在锐角的前提下，还要考虑钝角情况。
9.BD
【解析】物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由12mv2=mgℎ得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，方向沿斜面向下；
A.设斜面的倾角为β，根据牛顿第二定律有：mgsinβ=ma，则可得两物体的加速度分别为：a=gsinθ与a ′=gsinα，设斜面的高度为ℎ，根据位移时间关系有：ℎsinβ=12at2，可得两物体在斜面上运动时间为：t=1sinθ 2ℎg与t ′=1sinα 2ℎg，则可知两物体运动时间不同，根据I=mgt可知，两物体所受重力的冲量也不相同，故A错误；
B.物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同，根据动量定理：I=△p=mv−0，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的，故B正确；
CD.物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同，故C错误，D正确。
故选BD。
10.BD
【解析】解：A、根据x−t图像的斜率等于速度，可知碰撞前P的速度v0=ΔxΔt=164m/s=4m/s，碰撞前P的动量为p0=mPv0=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s，故A错误；
B、根据图象可知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，故B正确；
C、碰撞后，二者的共同速度v=22−1610−4m/s=1m/s，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0=(mP+mQ)v，解得：mQ=3kg，故C错误；
D、对Q，由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I=mQv−0=3×1N⋅s=3N⋅s，故D正确。
故选：BD。
根据x−t图像的斜率等于速度，求出碰撞前P的速度，根据动量的定义式p=mv求解碰撞前P的动量；碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程中存在机械能的损失；由图像的斜率求出碰撞后PQ的共同速度，根据动量守恒定律求解物块Q的质量；对Q，根据动量定理求解P对Q的冲量。
解决本题的关键是明确知道位移—时间图象的斜率表示速度，碰撞过程遵守动量守恒定律。
11. BD##DB m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON B
【解析】(1)[1]A.实验过程中白纸必须始终放在复写纸的下面，且不能调整位置，故A错误；
B.以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点，使实验结果尽可能准确，故B正确；
C.为保证小球 A 碰撞后不被弹回，两个小球的质量需要满足 m1>m2 ，实验中只需保证小球 A 到达轨道末端的速度相同，所以轨道表面不必光滑，故C错误；
D.小球 m1 与 m2 碰撞后， m1、m2 的落点分别是题图乙中的 M、N 点，故D正确。
故选BD；
(2)[2]对小球 A 和B，根据动量守恒得
m1v0=m1v1+m2v2
小球从轨道末端飞出后做平抛运动，竖直方向有
ℎ=12gt2
水平方向有
OP=v0tOM=v1tON=v2t
整理得
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
(3)[3]小球 m1 与 m2 碰撞后分开，说明不是完全非弹性碰撞，假设两小球是弹性碰撞，系统动量守恒有
m1v0=m1v1+m2v2
根据系统能量守恒有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立两式解得
v2=v0+v1
即
ONt=OPt+OMt
可得
OP=MN
由于 OP>MN ，该碰撞不是弹性碰撞，是非弹性碰撞。
12.(1)1.20；(2)①R1；②串联；900；④1.4；0.67
【解析】(1)直流2.5V挡的表盘分度值为0.05V，根据指针所指刻度可知E=1.20V
(2)①由于电源内阻只有几欧姆，因此为了操作方便且能准确进行测量，滑动变阻器应选择最大值较小的R1；
②利用电流表G和电阻箱改装成量程为2V的电压表，电流表改装成电压表要串联电阻，所串联的阻值R=U−IgRgIg=2−2×100×10−32×10−3Ω=900Ω
④根据闭合电路欧姆定律有E=I1(Rg+R0)+I2r
变形得I1=−I2rRg+R0+ERg+R0
结合图像可知斜率的绝对值|k|=rRg+R0=(1.4−1.0)×10−30.6=23×10−3
解得r≈0.67Ω
根据图像的纵轴截距b=ERg+R0=1.4×10−3A
解得E=1.4V
13.解：(1)粒子在场区受力平衡：qE=qv0B…①
解得：v0=EB，根据带正电粒子所受电场力的方向与电场强度的方向相同，可知场强的方向由A指向C
(2)过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂足为H，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R…②
在直角三角形HOQ中：HO2+HQ2=R2…③
HQ=2a−acs45°=(2− 22)a…④
HO=OC−HC=(R+a)−HQ…⑤
联立③④⑤解得：R=3a…⑥
联立①②⑥解得：qm=E3aB2…⑦；
答：(1)电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0为EB，
(2)若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，粒子的比荷为E3aB2。
【解析】(1)根据正电的粒子在电磁场中做直线运动可以，粒子受力平衡，根据电场力等于洛伦兹力求出初速度；
(2)根据洛伦兹力提供向心力公式结合几何关系求解。
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解，难度适中。
14.解：(1)设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m0v0−mv=(m+m0)v1，
代入数据解得v1=8m/s；
(2)木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行d=6m时，跟小车具有共同速度v2，设向左为正方向，则由动量守恒定律有
(m+m0)v1−Mv=(m+m0+M)v2，
代入数据解得v2=0.8m/s；
(3)由能量守恒定律有Q=12(m+m0)v12+12Mv2−12(m+m0+M)v22，
由功能关系有Q=μ(m+m0)gd，
解得μ=0.54，
设向左为正方向，根据动量定理得
−μ(m+m0)gt=0−Mv，
解得t=2027s=0.74s。

【解析】整个运动的过程中，系统的动量守恒，对于不同的过程，根据动量守恒和能量守恒计算即可解决。(1)子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出滑块的速度；
(2)子弹、滑块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的最终速度；
(3)根据能量守恒定律结合功能关系求出动摩擦因数，然后分析滑块，由动量定理求时间。
15.解：(1) A受到的合外力大小F=2qE−qE，
由牛顿第二定律可得A的加速度大小a=Fm=qEm，
设经时间t发生碰撞，则s=12at2，
联立解得t= 2smqE；
(2)碰撞后A的速度最大时所受合力为零，有qE+qE=F库，
设A、B间的距离为x，则心F库=kq2x2，
可得x= kq2E；
(3)碰撞前A的瞬时速度为vm，有
vm= 2as，
设碰后瞬间B的速度为v0，A的瞬时速度为v′，A、B发生弹性正碰时动量守恒、机械能守恒，
mvm=mv′+mv0，
12mvm2=12mv02+12mv′ 2，
可得v′=0，v0= 2qEsm，
碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为零，动量守恒，有会
mv0=mvB−mvm，
设库仑力对A、B做的总功为W，由动能定理可得W−qEx−qEx=12mvm2+12mvB2−12mv02，
可得W=4qEs+q 2qEk。
【解析】(1)对A受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度，再结合位移时间关系得出时间；
(2)碰撞后A的速度最大时所受合力为零，列出受力平衡方程即可；
(3)弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒列式子。碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，AB系统动量守恒。再结合动能定理得出A、B间的库仑力对A、B做的总功。
本题是物体在电场和重力场复合场中的动量和能量的关系及动力学问题，难道较大。