2024武汉部分重点中学高二上学期9月月考物理试题含解析

这是一份2024武汉部分重点中学高二上学期9月月考物理试题含解析，共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：100分
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，1—7题只有一项符合题目要求，第8—10题有多项符合题目要求。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. 在物理学习中，概念、模型、方法都需要理解与掌握，如下说法不正确的是（ ）
A. 位移、速度、电场强度、功均为矢量B. 质点、点电荷均为理想化模型
C. 电场强度、加速度概念的引入采用了比值定义法D. 合力与分力，合运动与分运动为等效替代关系
【答案】A
【解析】
【详解】A．位移、速度、电场强度是矢量，功是标量，故A错误，满足题意要求；
B．质点、点电荷均为理想化模型，故B正确，不满足题意要求；
C．电场强度、加速度概念的引入采用了比值定义法，故C正确，不满足题意要求；
D．合力与分力，合运动与分运动为等效替代关系，故D正确，不满足题意要求。
故选A。
2. 一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少，其电压减少为原来的，则（ ）
A. 电容器原来的电压为1V
B. 电容器的电容变为原来的
C. 电容器原来的带电荷量为
D. 电容器原来的带电荷量为
【答案】D
【解析】
【详解】CD．由得
则
故C错误，D正确；
A．因电容器的电容不知，所以无法得出电容器原来的电压，A错误；
B．电容是由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，B错误。
故选D。
3. 如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是（ ）
A. 当n1= n2时，电流为零
B. 当n1 > n2时，电流方向从A→B，电流为
C. 当n1 < n2时，电流方向从B→A，电流为
D. 无论n1、n2大小如何，电流方向都从A→B，电流都为
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，流过容器截面上的电量
q = (n1＋n2)e
则电流为
方向与正电荷的定向移动方向相同，故由A到B。
故选D。
4. 如图所示，、、为电场中同一条水平方向电场线上的三点，为的中点，、电势分别为、。下列叙述正确的是（ ）
A. 该电场在点处的电势一定为
B. 点处的场强一定大于点处的场强
C. 一正电荷从点运动到点电势能一定减少
D. 一正电荷运动到点时受到的静电力由指向
【答案】C
【解析】
【详解】AB．该电场电场线分布情况不明，所以在c点处的电势不一定为4 V，a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb。故AB错误；
CD．因c点的电势一定高于b点，由公式
易知，一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少。根据“沿电场线方向电势逐渐降低”可得c点的场强方向由a指向c。所以正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c。故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为－4Q和＋Q，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置分别是（ ）
A. －Q，在A左侧距A为L处
B. －2Q，在A左侧距A为 处
C. ＋2Q，在A右侧距A为 处
D. －4Q，在B右侧距B为L处
【答案】D
【解析】
【详解】根据库仑力的特点和平衡条件可以推知，要使A、B、C三个电荷都平衡，电荷C必须为负电荷，且放在B的右侧某位置；设C的电荷量为q，所在位置与B的距离为r，则当C平衡时，有
解得
r＝L
当点电荷B受力也平衡时，有
解得
q＝4Q
因为q为负电，所以
q＝－4Q
故选D。
6. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（ ）

A. 对应P点，小灯泡的电阻为B. 对应P点，小灯泡的电阻为
C. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变D. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
【答案】A
【解析】
【详解】AB．对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻为
故A正确，B错误；
CD．根据电阻的定义
电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，随着所加电压的增大，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明小灯泡的电阻逐渐增大，故CD错误。
故选A。
7. 如图甲所示，两根材料相同的均匀导体柱a和b，a长为L，b长为2L，串联在电路中时，沿x轴方向电势变化φ－x图象如图乙所示，选取x＝3L处电势为零，则导体柱a、b的横截面积之比为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可知导体柱a两端电压为，导体柱b两端电压为，导体柱a和b串联可得
，
根据电阻定律
可得
导体柱a、b的横截面积之比为
故选B。
8. 由欧姆定律导出U＝IR和，下列叙述中正确的是（ ）
A. 电流相同时，电阻越大，其电压降越大
B. 对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值
C. 由知，导体电阻由两端的电压和通过的电流决定
D. 导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据可知，电流相同时，电阻越大，其电压降越大，故A正确；
B．对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值，故B正确；
CD．只是电阻的定义式，导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关，故C错误，D正确。
故选ABD。
9. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，开关闭合稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若打开开关k，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A. 静电计指针的张角变小B. P点电势升高
C. 带电油滴向上运动D. 带电油滴的电势能不变
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据
可知，电容器的电容增大，当开关打开后，两极板的电荷量不变，又
所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；
BCD．根据场强公式，即
当打开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电液滴不会移动，根据电势与场强的关系可知，P点的电势不变，电势能不变，BC错误，D正确。
故选AD
10. 如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为－q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能Ep沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在x2点的速度为v0
B. 若粒子能到达x4处，则v0大小至少应为
C. 若，则粒子在运动过程中的最大动能为
D. 从O点到x3点的过程中，电场的电势先升高再降低再升高
【答案】AB
【解析】
【详解】A．粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理可知粒子在x2点的速度为v0，故A正确；
B．粒子能运动到x１处，就能运动到x４处，若粒子恰能运动到x１处时初速度v0最小，根据动能定理得
解得
所以若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为，故B正确；
C．粒子在运动过程中，静电力所做正功的最大值为，若时，由动能定理得
解得
粒子在运动过程中最大动能为
故C错误；
D．从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高再降低，故D错误。
故选AB。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，m1=50g、m2=150g，g取10m/s2，则：
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量ΔEk=___J，系统势能的减少量ΔEp=___J。（第（2）问结果均保留三位有效数字）
【答案】 ①. 2.4 ②. 0.576 ③. 0.600
【解析】
【详解】（1）[1]每相邻两计数点间还有4个点，相邻两计数点间的时间间隔为
在纸带上打下计数点5时的速度
（2）[2]两物体的初速度为零，所以在打点0~5过程中系统动能的增加量为
[3]系统势能的减少量包括m1增加的重力势能和m2减少的重力势能，为
12. 某同学为了测定一个圆柱体工件材料的电阻率，采用了如下方法：

（1）用游标卡尺测量其长度，示数如图甲所示，由图可知其长度L＝________cm：
（2）用螺旋测微器测量其直径，示数如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm：
（3）实验小组决定使用伏安法测量圆柱体的电阻，已知其电阻约为100Ω，实验所用直流电源的电动势约为4V、内阻可忽略，电流表A的量程为0~30mA、内阻约为30Ω，电压表V的量程为0~3V、内阻约为10kΩ，滑动变阻器R1阻值的变化范围为0~15Ω，允许通过的最大电流为2.0A，为减小测量误差，实验中实验电路应采用丙图中的________：（R代表圆柱体的电阻）

（4）若电流表的示数为I，电压表的示数为U；圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为________，________（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】 ①. 4.240 ②. 4.950 ③. A ④. ⑤. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]圆柱体工件材料的长度为
（2）[2]圆柱体工件材料的直径为
（3）[3]电压表阻值远大于圆柱体的电阻，电流表应采用外接法，圆柱体的电阻大于滑动变阻器R1阻值，为获得更多实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法。
故选A。
（4）[4]圆柱体的电阻为
根据电阻定律有
电阻率的关系式为
[5]由于电压表的分流作用，电流的测量值大于电流的实际值，即
可得
13. 在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I1和它两端的电压U1遵循的规律（式中k＝0.3A/V3），R2、R3是定值电阻，遵循欧姆定律，R3＝10Ω，电源电压为6.0V，闭合开关S后，电流表的示数为0.5A。求R2的阻值。
【答案】5Ω
【解析】
【详解】R3两端的电压为
U3=IR3=0.5×10V=5.0V
则R1、R2并联部分的电压为
U1=6.0V-5.0V=1.0V
又
得R1中的电流为
所以R2中的电流为
I2=I-I1=0.5A-0.3A=0.2A
则有
14. 电量为q＝2×10－4C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系，以及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块的质量m；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ．
【答案】(1)2 kg (2)0.2
【解析】
【详解】当时，物体的加速度为，
根据牛顿第二定律得：；
当时，物体匀速运动，则物体受力平衡，，又；
代入数据解得：．
15. 如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子到MN的速度大小；
（2）若E2=3E1，电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值多大；
（3）调节E2的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：3L≤d≤6L，求此条件下的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理
得得电子到MN的速度大小为
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为
运动时间为
沿电场方向的速度为
电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值为
（3）电子在电场E2中做类平抛运动，沿电场方向的位移为
设电子打在屏上的位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点，电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有
可得
现要保证K点到O点的距离d满足3L≤d≤6L，则