2022-2023学年云南省弥勒市第四中学高二上学期9月月考物理试题含解析

弥勒四中2022~2023学年上学期高二年级9月月考物理

2022.9

考生注意：

1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

3.本卷命题范围：必修一，必修二，必修三第九章~第十章。

第Ⅰ卷（选择题  共48分）

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项正确，第9~12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 关于物体的动能，下列说法正确的是（　　）

A. 物体的速度不变，其动能一定不变

B. 物体动能不变，其速度一定不变

C. 物体所受的合外力不为零，其动能一定变化

D. 某一过程中的速度变化越大，其动能的变化一定越大

【答案】A

【解析】

【详解】A. 如果物体的速度不变,根据Ek=可知，动能不变，故A正确；

B. 如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可以变化，故B错误；

C. 物体所受的合外力不为零，但如果合外力不做功，其动能不变，故C错误；

D. 如做匀速圆周运动的物体，速度变化可能大，但动能不变，故D错误．

故选A

2. 如图，光滑平面上固定金属小球A，用长的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为，若让它们带上等量异种电荷，弹簧形变量变为，则有（　　）

A.  B.

C.  D. 条件不足无法判断

【答案】B

【解析】

【详解】根据库仑定律

可知，当电性发生变化时，库仑力由排斥力变为吸引力，则距离变小，所以库仑力增大，弹簧的弹力增加，弹簧的形变量变大，则有。

故选B。

3. 如图，A、B、C是以AB为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠BOC=60°，两个等量异种点电荷分别置于A、B两点，此时O点电场强度的大小为E；若将A处的点电荷移至C点，则O点的场场强大小为（）

A. E B. E C.  D. E

【答案】C

【解析】

【详解】依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为 E1=，则当A点处的点电荷移至C点时，O点场强如图所示，合场强大小为 E2=E1=．故选C．

【点睛】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．

4. 如图所示，工地上的建筑工人用砖夹搬运四块相同的砖，假设每块砖的质量均为m，砖与砖夹的动摩擦因数均为µ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当砖处于平衡状态时，则右边砖夹对砖施加的水平力最小为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】以四块砖为研究对象，进行受力分析。砖恰好静止不动，则砖所受到的摩擦力刚好与其重力相等，即

又

联立两式可得

即右边砖夹对砖施加的水平力为，选项C正确。

故选C。

5. 如图是某物理兴趣小组记录的物体竖直上升时的速度一时间图象，若不计物体受到的空气阻力，则（　　）

A. 物体前1s处于失重状态

B. 在0~1s内，合力F不断减小

C. 前4s内位移6m

D. 前3s内物体受的拉力不变

【答案】B

【解析】

【详解】A．前1s加速度向上，处于超重状态，故A错误；

BD．根据牛顿第二定律

可知，因为前1s加速度减小，合力减小，所以拉力减小，故B正确，D错误；

C．前4s图象与轴所围面积大于6m，即位移大于6m，故C错误。

故选B。

6. 如图是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为的大齿轮，Ⅱ是半径为的小齿轮，Ⅲ是半径为的后轮。假设脚踏板的角速度为，则自行车前进的速度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】大齿轮与脚踏板的角速度相同，即为，大齿轮与小齿轮边缘的线速度大小相等，设小齿轮的角速度为，则有

解得

后轮的角速度与小齿轮的角速度相等，可得后轮边缘的线速度大小为

自行车前进的速度等于后轮边缘的线速度大小，则有

故选D。

7. 如图所示的实线为一簇未标明方向的点电荷电场的电场线，虚线是一个不计重力的带负电的粒子从a点运动到b点的运动轨迹，则由图可知

A. 场源点电荷带负电

B. 带电粒子在a点加速度较小

C. 带电粒子在a点的动能较小

D. b点的电势较a点的电势低

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子带负电，受到的电场力的方向与电场线方向相反，所以粒子的电场线的方向向右，场源点电荷带正负电．故A错误．

电场线的疏密表示场强的大小，由图可知粒子在a点处的电场强度大，粒子受到的电场力大，加速度大．故B错误；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，若粒子从a运动到b，电场力与轨迹之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大．故C错误．正点电荷产生的电场，方向向右，沿电场线的方向电势降低，所以b点的电势较a点的电势低，故D正确．

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题是电场中带电粒子的运动轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况；注意电场线密集的地方场强较大；沿电场线方向电势逐渐降低.

8. 如图A、B、C是强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为，，，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可知，各点的电势分别为，，，则AC中点G电势为4V，AB连线上离A点处的H点电势为4V，所以GH两点的连线为等势线。由于沿着电场线方向，电势降低，电场线垂直GH斜向下，故B正确，ACD错误。

故选B。

9. 甲、乙两个集装箱的质量相等，先用起重机将甲集装箱以的速度匀速提升20m，再将乙集装箱以的速度匀速提升10m，那么起重机（　　）

A. 第一次做功多，功率小 B. 两次做功一样多，功率一样大

C. 第二次做功多，功率大 D. 两次对货箱的拉力一样大

【答案】AD

【解析】

【详解】D．两次提升过程集装箱均做匀速运动，根据受力平衡可得

由于两个集装箱的质量相等，可知两次对货箱的拉力一样大，故D正确；

ABC．起重机对集装箱做的功为

由于第一次提升高度大于第二次提升高度，可知第一次做功大于第二次做功；起重机做功的功率为

由于第一次提升的速度小于第二次提升的速度，可知第一次做功的功率小于第二次做功的功率，故A正确，BC错误。

故选AD。

10. 如图所示为一对不等量异号点电荷的电场线，从C点到D点的虚线为不计重力的带电粒子运动轨迹，下列说法正确的是（　）

A. A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量

B. 电场中各点的场强方向就是正电荷所受电场力方向

C. 图中没有电场线的空白区域没有电场

D. 不计重力的带电粒子带负电

【答案】AB

【解析】

【详解】A．据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故A正确；

B．电场中正电荷受到的电场力方向与该点的电场方向相同，故B正确；

C．电场线是假想的，其疏密表示电场强度的大小，图中没有电场线的空白区域也有电场，故C错误；

D．带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，所受电场力指向弯曲一侧，且电场力方向与电场方向在同一直线上，可知带电粒子受到的电场力方向与电场方向相同，可知粒子带正电，故D错误。

故选AB。

11. 如图所示，在地球之外有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法错误的是（　　）

A. 太阳对各小行星的引力相同

B. 各小行星绕太阳运动的周期均小于一年

C. 小行星带内侧小行星的角速度大于外侧小行星的角速度

D. 小行星带内各小行星做圆周运动向心加速度大于地球公转的向心加速度

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由于小行星的质量不同，太阳对各小行星的引力不相同，A错误；

B．根据万有引力提供向心力

可得

因为各小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，所以小行星绕太阳运动的周期均大于一年，B错误；

C．由

解得

可知小行星带内侧小行星的角速度大于外侧小行星的角速度，C正确；

D．由

可得

可知小行星带内各小行星做圆周运动的向心加速度小于地球公转的向心加速度，D错误。

本题选择错的，故选ABD。

12. 如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点释放一个带负电的粒子，仅在电场力作用下由静止开始运动，粒子在从P到O的运动过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. P点的电势高于O点的电势

B. 粒子从P到O的过程中，加速度一直减小

C. 粒子从P到O的过程中，加速度可能先增大再减小

D. 粒子在P点的电势能大于在O点的电势能

【答案】CD

【解析】

【详解】A．等量同种正电荷的电场线如图所示

由图可知，段场强线由O指向P，故P点的电势低于O点的电势，A错误；

BC．直线上电场线先逐渐密集，后逐渐稀疏，即中垂线上从O到无穷远的过程中存在一个场强的最大值，由于P的具体位置不知道，故场强可能一直增大，也可能先增大后减小，由

可知，加速度可能一直增大，也可能先增大后减小，B错误，C正确；

D．由结合A解析可知，负电荷在电势较高的O点电势能较小，即粒子在P点的电势能大于在O点的电势能，D正确。

故选CD。

第Ⅱ卷（非选择题  共52分）

二、实验题：本题共2小题，共15分。

13. 探究影响电荷间相互作用力的因素实验如下图：

O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中、、等位置，比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小。

（1）下列选项中可以反映这个力大小的是______

A．电荷间的距离        B．丝线偏离竖直方向的角度

C．带正电物体的电荷量        D．小球的电荷量

（2）若球质量m，在位置偏离竖直方向的夹角，带电小球受的库仑力F水平向右，则F大小为______

【答案】    ①. B    ②.

【解析】

【详解】（1）[1]探究影响电荷相互作用力的因素实验时，还未得到库仑定律，通过小球处于静止时，由平衡条件可得

其中为丝线与竖直方向的夹角，故可以反映库仑力大小的是，即丝线偏离竖直方向的角度。

故选B。

（2）[2]对球受力分析，受力示意图如图所示

由平衡条件可得

14. 某同学用图示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。

(1)现有实验器材：带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平、交流电源，为完成此实验，以上仪器中不需要的仪器有________，所缺的仪器有________。

(2)已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，纸带上O点是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D是连续打出的四个点（O和A之间还有一些点），它们到O点的距离如图所示。则由图中可知，打点计时器打下计数点C时物体的速度为vC，甲同学处理数据过程如下，请帮他把所缺的数值补充完整。（计算结果均保留三位有效数字）①计算B、C、D等各点速度o及对应的值，如C点速度vC=________及计算的值；

②计算O到B、C、D点的距离h与g的乘积，如O到C点的距离hC，则ghC=______m2/s2.

(3)甲同学认为若________成立，则能说明机械能守恒。但甲同学发现上式两边数值不完全相等，你认为原因可能是_______________。

【答案】    ①. 天平    ②. 刻度尺    ③. 3.90    ④. 7.62    ⑤.     ⑥. 纸带与打点计时器、空气间阻力做功，重力势能还转化成了内能。

【解析】

【详解】(1)［1］实验时不需要称出重锤的质量，因此不需要的仪器为天平，

［2］还需要刻度尺。

(2)①［3］

②［4］

(3)［5］

由

得

［6］动能的增量小于重力势能的减少量的原因可能是：重物下落时受到空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦阻力，一部分重力势能转化为内能。

三、计算题：本题共3小题，共37分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15. 如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距为，C点离A板。求：

（1）C点的电势；

（2）若将一电子（带电量）从无穷远移到C点，电场力做多少功？做正功还是做负功？

【答案】（1）；（2），负功。

【解析】

【详解】（1）板间场强为

已知A板与C点间的距离为，则有

因为A板接地，，且沿电场方向电势降低，可得

。

（2）无穷远电势为零，将电子从无穷远移到C点，电场力做的功为

。

负号说明电场力做的是负功。

16. 如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3×104N/C，在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角＝60°（g取10m/s2）。试求：

（1）小球的电性和电荷量；

（2）悬线的拉力。

【答案】（1）正电；；（2）0.1N

【解析】

【详解】(1)匀强电场方向水平向右，小球受电场力向右，故小球带正电。

受力分析如图所示

由平衡条件有

解得

(2)由平衡条件得

17. 如图所示，空间存在着场强为E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m=0.5kg、电荷量为q=4×10－2C的小球。现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。取g=10m/s2.。求：

(1)小球的电性；

(2)细线能承受的最大拉力；

(3)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时，小球距O点高度。

【答案】（1）正电；（2）15N；（3）0.625m

【解析】

【详解】(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电；

(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有

（qE－mg）L=mv2

在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，

FT＋mg－qE=m

解得

FT=15N

(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则

设小球在水平方向运动位移为L的过程中，所经历的时间为t，则

L=vt

设竖直方向上的位移为x，则

x=at2

解得

x=0.125m

所以小球距O点的高度为

x＋L=0.625m