湖南省邵阳市洞口县第二中学2023-2024学年高二上学期第一次（开学考）月考物理试题

2023年下学年高二物理月考检测卷

考试范围：必修一、必修二、必修三第九、十、十一章；考试时间：75分钟；

姓名：___________班级：___________考号：___________

第I卷（选择题）

注意事项：1-6题为单选题，每题5分；7-10题为多选题，每题5分，选不全得3分、有选错不得分。

一、单选题（每题5分）

1．如图所示为一辆摩托车做直线运动的图像，下列判断正确的是（　　）

A．质点在10~12s内位移为6m B．质点在11s末离出发点最远

C．质点在8~10s内的加速度最大 D．质点在8~12s内的平均速度为4.67m/s

2．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ. 则下列说法正确的是

A．P、O两点的电势关系为

B．P、Q两点电场强度的大小关系为EQ<EP

C．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零

D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功

3．地面上固定一个倾角为θ的斜面体，在其光滑斜面上放置一质量为M上表面水平的三角形木块A，在三角形木块的上表面放置一个质量为m的木块B，它们一起沿斜面无相对滑动下滑，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．A的加速度大小为 B．B受到沿斜面方向向上的摩擦力

C．B受到的摩擦力大小为mgsinθcosθ D．B受到的支持力大小为mgsin2θ

4．2022年全国青少年冰球邀请赛在云南腾冲举行。如图，一冰球运动员以大小为的速度将质量为的冰球从冰面击出，冰球恰以水平速度从球门顶部射入球门。若球门高度为，冰球击出后只受重力作用，冰球可视为质点，重力加速度大小为，则（  ）

A．冰球从冰面击出后经射入球门

B．冰球击出时的速度大小

C．冰球击出时的速度方向与冰面的夹角为

D．以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球射入球门时的机械能为

5．如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（　　）

A．油滴带负电 B．极板带电荷量将增加

C．带电油滴的电势能将减少 D．带电油滴将竖直向下运动

6．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）

A．汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N B．汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2

C．汽车的额定功率为100 kW D．汽车的最大速度为80 m/s

二、多选题（每题5分，选不全得3分、有选错不得分）

7．如图所示，将氘核（）和氦核（）混合体从加速电压为的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿C、D间的中线进入偏转电压为的偏转电场，两种粒子都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（　　）

A．氘核（）和氦核（）偏转位移y相等

B．氘核（）偏向角更小

C．氦核（）射出偏转电场时的动能更大

D．氦核（）射出偏转电场时的速度更大

8．发射地球高轨卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到以地心为圆心的半径为、周期为的圆轨道1；然后在P位置点火，使其沿椭圆轨道2以周期运行；最后在Q点再次点火，使其沿以地心为圆心的半径为、周期的圆轨道3运行。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（　　）

A．

B．卫星在轨道3上的速度大于地球第一宇宙速度，小于地球第二宇宙速度

C．卫星在轨道2上P点的加速度大于卫星在轨道1上P点的加速度

D．卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于卫星在轨道2上经过Q点时的速率

9．如图所示，倾角为θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断B、C间细线或断开弹簧与A的连接点。下列判断正确的是（　　）

A．B、C间细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度大小为2gsinθ

B．弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零

C．B、C间细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ

D．弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为gsinθ

10．如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中

A．弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒，机械能不守恒

B．弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒

C．弹簧的最大弹性势能为

D．弹簧的最大弹性势能为

第II卷（非选择题）

三、实验题（11题、12题，每空2分，共20分）

11．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：

小灯泡L，“3.8V、0.3A”

电压表V，量程0～5V，内阻5kΩ

电流表，量程0～100mA，内阻4Ω

电流表，量程0～500mA，内阻0.4Ω

滑动变阻器，最大阻值100Ω，额定电流0.5A

滑动变阻器，最大阻值10Ω，额定电流2.0A

直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5Ω

（1）在上述器材中，滑动变阻器应选，电流表应选；

（2）根据电路图补全实物图连线。

12．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：

(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=mm；   

(2)用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D=mm；

(3)用多用电表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是。

A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零

B．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零

C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测

D．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测

(4)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的阻值约为Ω

(5)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R；

电流表A1（量程0~5mA，内阻约50Ω）；

电流表A2（量程0~15mA，内阻约30Ω）；

电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）；

电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）；

直流电源E（电动势4V，内阻不计）；

滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；

滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；  

开关S；导线若干

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号

(6)在图4中用实线连好电路

(7)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝ 。（不要求计算，用题中U、I、D、L表示）

四、解答题（13题7分，14题10分，15题13分，共30分）

13．如图所示，轻质绝缘细绳长为L，上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。小球所带电荷量q，质量为m。重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求电场强度E；

（2）若将小球拉回竖直位置后由静止释放，试求运动到图示位置时的速度大小。

14．如图所示，一个荷质比的带电粒子从A板由静止开始经过A、B极板间的匀强电场加速后，又沿中心轴线垂直射入偏转电场，并从另一侧射出电场打到荧光屏上的P点，点为荧光屏的中心，且间距h=0.72cm。已知偏转电场电压U=200V，板间距离d=2.0cm，极板的长度L1=6.0cm。极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm，加速电场A、B极板间距为L0=4.5cm。（忽略粒子所受重力）。求：粒子从静止开始运动到打到屏幕上所经历的时间t。

15．如图所示，在水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，A点为最低点，C点为最高点，两点与圆心等高，轨道半径，一质量为，电荷量为的小球恰能静止在轨道上，不计小球尺寸，其位置与圆心的连线和竖直方向呈角，求：

（1）电场强度大小；

（2）若小球从A处静止释放，则到B点时对轨道的压力；

（3）若把电场方向改为竖直向下，在A处至少要给小球多大的初动能才能做完整的圆周运动。

参考答案：

1．B

【详解】A．由图看出，物体在内沿正方向运动内沿负方向，由于两段时间内图象的“面积”相等，说明两段时间内位移大小相等，所以质点在内位移为0，故A错误；

B．由图可知，物体在11s末速度方向发生改变，所以质点在11s末离出发点最远，故B正确；

C．根据速度图象的斜率等于加速度，可以看出质点在内加速度最大，故C错误；

D．由A分析可知，质点在内的位移等于物体在内的位移，由“面积”等于位移得到的位移

质点在内的平均速度为

故D错误。

故选B。

2．B

【详解】A．根据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；

B．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知EQ<EP，故B正确；

C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.

D．P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；

故选B.

点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.

3．C

【详解】A．对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：

（M+m）gsinθ＝（M+m）a

解得：

a＝gsinθ

故A错误；

BCD．对B受力分析，将加速度分解，如图所示，

水平方向由牛顿第二定律得：

f＝max

竖直方向由牛顿第二定律得：

mg﹣N＝may

又

ax＝acosθ      ay＝asinθ

联立解得：

f＝mgsinθcosθ

N＝mgcos2θ

故BD错误，C正确。

故选：C。

4．B

【详解】A．因冰球恰以水平速度从球门顶部射入，竖直方向有

代入数据得

故A错误；

B．根据平抛运动规律

代入数据得

故B正确；

C．冰球击出时的速度方向与冰面的夹角满足

代入数据得

故C错误；

D．以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球在球门顶部时的重力势能为0，动能

机械能

故D错误。

故选B。

5．D

【详解】A．电容器两板间的场强方向向上，油滴受电场力方向向上，可知油滴带正电，选项A错误；

B．板间距离增大，电容C减小，而电压U不变，由

知电容器的电量Q减小，故B错误；

C．电容器的电压不变，根据

知板间场强减小，由得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向上，P点电势比下极板低，则可知P点的电势升高，油滴带正电，则知带电油滴的电势能将增大，故C错误；

D．电容器的电压不变，根据

知板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动，故D正确。

故选D。

6．C

【详解】A．由图像可知匀加速直线运动的加速度为

m/s2=4 m/s2

根据牛顿第二定律得

F−f=ma

解得牵引力为

F=f＋ma=0.1×1×104 N＋1×103×4 N=5×103 N，

故A错误；

BC．汽车的额定功率为

P=Fv=5 000×20 W=100 kW

当汽车的速度是25 m/s时，牵引力

F′=N=4×103 N

此时汽车的加速度

a′== m/s2=3 m/s2

故B错误，C正确；

D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为

vm =m/s=1×10 2m/s

故D错误。

故选C。

7．AC

【详解】AB．在加速电场中，根据动能定理

在偏转电场中，设电容器的长度为L，宽度为d，则

， ，

联立得

，

可知，偏转位移y和偏向角均相等，故A正确，B错误；

C．根据动能定理

得

由于氦核电荷量更大，所以氦核（）射出偏转电场时的动能更大，故C正确；

D．由

得

由于氘核与氦核的比荷相等，则二者射出偏转磁场时的速度相等，故D错误。

故选AC。

8．AD

【详解】A．轨道2的半长轴为

根据开普勒第三定律有

解得

故A正确；

B．地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，根据

解得

由于卫星在轨道3上的轨道半径等于近地卫星的轨道半径，则卫星在轨道3上的速度小于地球第一宇宙速度，故B错误；

C．根据

解得

P点到地心间距一定，可知卫星在轨道2上P点的加速度等于卫星在轨道1上P点的加速度，故C错误；

D．轨道3相对于轨道2是高轨道，由低轨道到高轨道需要在切点Q处加速，可知卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于卫星在轨道2上经过Q点时的速率，故D正确。

故选AD。

9．CD

【详解】开始时三球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知弹簧的弹力

D．断开弹簧与A的连接点瞬间，三球一起向下做匀加速直线运动，根据

得加速度

故D正确；

B．断开弹簧与A的连接点瞬间，对A由牛顿第二定律得

解得

即A、B之间杆的弹力大小为零，故B错误；

A． B、C间细线被剪断的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B系统，由牛顿第二定律得

解得

方向沿斜面向上，故A错误；

C． B、C间细线被剪断的瞬间，对B由牛顿第二定律得

解得

故C正确。

故选CD。

10．AC

【详解】AB．子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹A打中木块B有滑动摩擦力做功，系统机械能不守恒．故A正确，B错误；

CD．在子弹射入的过程动量守恒，根据动量守恒定律得：

(M+m)v=mv0

之后子弹、木块、弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当速度等于零时，弹簧机械能最大，则有：

故C正确，D错误.

11．     R2     A2

【详解】（1）[1]因为灯泡电压需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，所以选择电阻值比较小的滑动变阻器R2；

[2]因为灯泡的额定电流为0.3A即300mA，电流表A1的量程偏小，则选择电流表A2。

（2）[3]由电路图可得实物图连线为

12．     50.15     4.700     AD/DA     220    

【详解】(1)[1]由图示游标卡尺可以知道其示数为

(2)[2]由图示螺旋测微器可以知道其示数为

(3)[3]A.在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆挡的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确；

B．在测量电流时，根据电流表的原理，电流挡的零刻度在最左边，更换量程后不需要调零，故B错误；

C．在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应先选择倍率较小的挡进行试测，若指针偏角过小，再换用倍率较大的挡进行测量，故C错误；

D．在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，再换用较小的量程进行测量，故D正确。

故选AD。

(4)[4]用多用电表的电阻“”挡测电阻，由图示表盘可以知道，其示数为：

(4)[4]电源电动势为4V，如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V1，电路最大电流约为

电流表应选A2，为方便实验操作滑动变阻器应选，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；实验电路图如图所示

(6)[6]实物图连接如图

(7)[7]根据欧姆定律可知

根据电阻定律可得

联立解得

13．（1）；（2）

【详解】（1）受力分析如图

小球受力平衡，可得

解得

                          ... .....3分

（2）从竖直位置运动到图示位置的过程中，由动能定理得

           .......5分

解得

           ............7分

14．

【详解】设粒子进入偏转电场时的初速度为v0，将粒子在偏转电场中的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动。水平方向：

①    .....1分

竖直方向：

②     .....1分

③

设粒子飞出偏转电场时速度偏向角为，则

④    .....1分

由于粒子飞出电场时的速度反向延长线过水平分位移的中点，则由几何关系可得

⑤    .....1分

粒子在加速度电场中

⑥   .....1分

粒子在偏转电场中

⑦    .....1分

粒子从飞出电场到打到荧光屏

⑧    .....1分

则从静止开始运动到打到荧光屏上所经历的时间

⑨     .....1分

联立①②③④⑤⑥⑦⑧⑨可得

    .....2分

15．(1)；(2)0.6N；(3)0.7J

【详解】(1)小球恰能静止在轨道上，由平衡条件可得

，

代入数据解得

     .....3分

(2)A到B过程中，由动能定理可得

代入数据解得                              .....2分  

在B点由牛顿第二定律可得

联立可解得，根据牛顿第三定律，对轨道的压力为，方向水平向左。

                                      ....2分

(3)小球速度最小位置在C点，其最小速度为，据牛顿第二定律可得

....2分

从A到C，由动能定理可得

  ....2分

联立代入数据可解得

  ....2分