湖南省永州市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题（解析版）

这是一份湖南省永州市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

满分：100分 考试时间：75分钟
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，错选得0分）
1. 质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上，两小球做简谐运动的图像如图所示，则（ ）
A. 两小球经过平衡位置时速度一样大
B. 运动过程中最大加速度甲的大
C. 两小球摆动过程中最大摆角乙的大
D. 运动过程中甲的机械能小于乙的机械能
【答案】B
【详解】由图可知，甲、乙周期之比
甲、乙的振幅之比
根据单摆周期公式
可知甲、乙的摆长之比
C．甲球摆长小，振幅大，所以摆动过程中最大摆角甲的大，故C错误；
A．图像斜率表示速度，根据图像可知甲图像在平衡位置的斜率大小大于乙图像在平衡位置的斜率的大小，所以甲小球经过平衡位置速度更大，故A错误；
B．最低点加速度最大，所以运动过程中最大加速度
因为最大摆角甲的大，所以甲的最大加速度大，故B正确；
D．因为甲的摆长短，最大摆角大，所以甲速度为0时，位置更高，重力势能更大，机械能更大，故D错误。
故选B。
2. 甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在到的时间内，它们的图像如图所示，在这段时间内（ ）

A. 时刻甲、乙两车速度大小相等方向相反
B. 时刻甲、乙两车相遇
C. 汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度
D. 汽车甲的加速度大小逐渐增大，汽车乙的加速度大小逐渐减小
【答案】C
【详解】A．在v-t图像中交点表示速度相等，由图可知时刻甲、乙两车速度大小相等方向相同，故A错误；
B．v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由于不知道两车初始时刻的位置关系，故不能确定时刻两车是否相遇，故B错误；
C．根据v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移可知在到的时间内，甲的位移大于乙的位移，故根据平均速度的定义
可知在这段时间内汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，故C正确；
D．在v-t图像中图线的斜率表示加速度，故由图可知汽车甲和乙的加速度大小都逐渐减小，故D错误。
故选C。
3. 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 ( )
A. 动能减小
B. 电势能增加
C. 动能和电势能之和减小
D. 重力势能和电势能之和增加
【答案】C
【详解】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．
【点睛】做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．
4. 如图所示，一学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落0.45m时被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度为1.25m。已知足球与头部的作用时间为0.2s，足球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 足球下落过程中与头部刚接触时动量大小为2.5kg·m/s
B. 足球与头部作用过程中动量变化量大小为1kg·m/s
C. 头部对足球平均作用力大小为足球重力大小的4倍
D. 头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的5倍
【答案】D
【详解】A．根据
解得足球下落过程中与头部刚接触时的速度大小为
则足球下落过程中与头部刚接触时动量大小为
故A错误；
B．根据
解得足球刚离开头部时的速度大小为
则足球与头部作用过程中动量变化量大小为
故B错误；
CD．足球与人头部的接触过程，取向上为正方向，根据动量定理可得
解得
可知头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的5倍，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，固定在水平地面上的物体A的左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面。一根轻绳跨过物体A顶点处的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的两个物体。若m1、m2都处于静止状态且m2所处位置与圆心的连线跟水平方向的夹角为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】由题意，通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力F大小相等，两物体处于平衡状态，分别对这两个物体进行受力分析可得
联立两式，可得
故选A。
6. 如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻值随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是（ ）

A. 电流表读数减小，小灯泡L2变亮
B. 电压表读数变小
C. ΔU与ΔI的比值的绝对值等于电源的内阻
D. 有瞬时电流从a经电阻R流向b
【答案】C
【详解】A．滑动变阻器由左端向右端滑动时，接入电路中的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，可知电路总电流减小，故通过电流表和L2的电流变小，L2变暗，故A错误；
B．由于电路总电流减小，则路端电压增大，故电压表读数变大，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律，则有
可得
故C正确；
D．由于电路总电流减小，通过L2的电流变小，则L2两端电压变小，电容器两端电压变小，电容器所带电量变小，电容器放电，有瞬时电流从b经电阻R流向a，故D错误。
故选C。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分）
7. 图示是两等量异号点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上。下列说法正确的是（ ）
A. a、c两点电场强度相同
B. a、c两点的电势相同
C. 正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D. 之间的电势差大于之间的电势差
【答案】AC
【详解】A．根据两等量异号点电荷电场的电场线，由对称性可知，a、c两点的电场强度相同，A正确；
BC．两电荷连线所在处的电场线方向由a指向c，沿电场线方向电势降低，所以a点电势高于c点，正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，B错误，C正确；
D．由对称性可知之间的电势差等于之间的电势差，又O点和b点等电势，所以之间的电势差等于之间的电势差，D错误。
故选AC。
8. 近期，电影《火星救援》的热映再次激起了人们对火星的关注。某火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，已知线速度大小为v，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 可算出探测器的质量B. 可算出火星的质量
C. 可算出火星的半径D. 若要在火星着陆，必须使飞船加速
【答案】BC
【详解】C．根据
可知火星的半径为
故C正确；
AB．根据万有引力提供向心力，有
解得火星的质量为
故B正确，A错误；
D．若要在火星着陆，必须启动助推器使飞船减速，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，高为h=1.25 m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。由此可知（ ）
A. 滑雪者在空中运动的时间为0.5 s
B. 滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 m
C. 滑雪者着地时的速度大小是5.0m/s
D. 滑雪者着地前瞬间，重力做功的瞬时功率是W
【答案】AB
【详解】A．根据得，滑雪者在空中运动时间为
故A正确；
B．滑雪者落地竖直方向的分速度
根据平行四边形定则知，初速度为
则水平距离为
故B正确；
C．根据平行四边形定则知，落地的速度为
故C错误；
D．滑雪者落地时重力做功的瞬时功率为
故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mA=mB=1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了1.28J，取g=10m/s2，下列判断正确的是（ ）

A. 木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是12N
B. 木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值是12N
C. 从A向上做匀加速运动到A、B分离过程中，F对木块做功0.64J
D. 从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，F对木块做功0.96J
【答案】AC
【详解】AB．对A，有
所以，当时，F最大，即
故A正确，B错误；
CD．初始位置弹簧的压缩量为
A、B分离时，，对B，有
所以
以A、B为一个整体，A、B上升的高度为
A、B分离时的速度为
由动能定理得
可得
故C正确，D错误。
故选AC。
三、实验题（本题共2题，共16分，每空2分）
11. 用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为的入射球多次从斜槽上位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置、、与的距离分别为、、，如图乙，分析数据：
（1）实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为___________。
A. B. C.
（2）（单选）关于该实验，下列说法正确的有__________。
A. 斜槽轨道必须光滑
B. 铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C. 入射球和被碰球的半径必须相同
D. 实验中必须测量出小球抛出点的离地高度
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为___________；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为__________。（均用题中所给物理量的符号表示）
【答案】 ①. C ②. C ③. ④.
【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
12. 实验室提供下列器材：
A．电源电动势E、内阻r
B．电阻箱（0~999Ω）
C．电流表（0~0.6A，0~3A，内阻较小）
D．电压表（0~3V，0~15V，内阻较大）
E．一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝（镍铬合金丝）ab，滑片P与电阻丝始终接触良好
F．螺旋测微器
G．开关，导线若干

为测定电源电动势E和内阻r，用电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图1所示的实验电路。其中电阻箱。实验时，闭合开关S，调节滑片P到某一位置，测出aP的长度x和对应的电压U、电流I的值，改变滑片P的位置，得到多组x及对应的U、I值。
根据实验记录的数据，用描点法在坐标纸上分别作出图像、图像，如图2和图3所示，依据图像可求得：
（1）电源电动势E=______V，内阻r=______Ω；（结果保留两位有效数字）
（2）如图4所示，用螺旋测微器测得电阻丝的直径d=______mm；
（3）电阻丝的电阻率______Ω·m（计算结果取两位有效数字）。
【答案】 ①. 3.0 ②. 2.0 ③. 0.562##0.561##0.563##0.564 ④.
【详解】（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
（2）[3]螺旋测微器精确值为，由图4可知电阻丝的直径为
（3）[4]由欧姆定律可得
又
联立可得
可知图像的斜率为
解得阻丝电阻率为
四、解答题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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）
13. 如图所示，一电子（电荷量为e）经电压为U0的电场加速后，从两金属板正中央沿垂直电场方向射入平行板电容器，恰好从金属板边缘穿出电场。已知两金属板间距离为d、电压为U，求：
（1）金属板AB的长度L；
（2）电子穿出电场时的动能Ek。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设电子飞离加速电场时的速度为，由动能定理得
电子在电场中做类平抛运动，则有电子偏转时间
由牛顿第二定律可得
由类平抛运动的规律可得
联立解得
（2）设电子穿出电场时的动能为，根据动能定理得
解得
14. 如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m1=3.0kg的长木板A，板长L=8m，A的左端放着一个质量为m2=1.0kg的小物块B（可视为质点），两者均处于静止状态，小物块与木板之间的接触面粗糙，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。在木板A的左端正上方有一固定点O，用长为R=3.6m的不可伸长的轻绳将质量为m3=2.0kg的小球C悬于点O。现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成θ=30°（如图所示），由静止释放小球。此后小球C与B恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，取g=10m/s2。求：
（1）小球C与小物块B碰撞前瞬间的速度v0的大小；
（2）小球C与小物块B碰撞后，B的速度v2的大小；
（3）小物块B与木板A间动摩擦因数μ至少为多大时，小物块B才不会滑出木板？

【答案】（1）6m/s；（2）8m/s；（3）0.3
【详解】（1）小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，由动能定理得
解得
（2）小球C与小物块B在碰撞后，小球C速度为，小物块B的速度为，由动量守恒和机械能守恒得
联立解得B的速度大小
（3）小物块B在木板A上滑动，小物块B和木板A组成的系统动量守恒，设B滑到木板A最右端时刚好不会滑出木板的速度大小为v，则
解得
小物块B在木板A上滑动的过程中，由小物块B和木板A组成的系统能量守恒
联立解得
15. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直光滑圆轨道（在最低点A分别与水平粗糙轨道AO和AC相连）、位于水平光滑轨道CD右侧且固定于竖直挡板上的轻弹簧（弹性限度足够大）组成。游戏开始前，先将质量m1=0.02kg的滑块1静置于轨道CD上某处。游戏时质量m2=0.06kg的滑块2从O点弹出，经过圆轨道并进入水平轨道AC。每一次游戏，滑块2弹出后就将弹射器移走。滑块2全程不脱离轨道且最终停在轨道AC上则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.12m，OA长L1=1m，AC长L2=0.44m，可视为质点的两滑块与OA间的动摩擦因数μ1=0.25，与AC间的动摩擦因数μ2=0.75，重力加速度g=10m/s2。弹射时滑块2从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块2动能，两滑块相碰后会粘在一起，忽略空气阻力。
（1）若滑块2弹出后首次经过A点时恰好停下，求滑块2从O点弹出时的动能Ek0；
（2）若滑块2首次进入圆轨道后恰好经过最高点B，求滑块2首次经过A点时对圆轨道的压力，并通过计算判断本次游戏是否能成功；
（3）要使游戏成功，求弹射器所能释放的弹性势能的最大值Epm。
【答案】（1）0.15J；（2）见解析；（3）
【分析】
【详解】（1）滑块2从O点第一次运动到A点的过程中，由动能定理得
解得
Ek0=0.15J
（2）滑块2恰好过B点，则在B点有
滑块从首次经过A点到首次经过B点的过程中，由动能定理得
在A点，由牛顿第二定律得
联立解得
NA=3.6N
由牛顿第三定律得，方向：竖直向下
假设滑块2能停在轨道AC上，且未与滑块1相碰，设滑块2在轨道AC上运动的位移为x。滑块2从B点到停下的过程中，由动能定理得
联立解得x=0.4m（3）要使游戏成功，且弹射器所能释放的弹性势能最大，则要求滑块1、2恰能到达圆轨道上与圆心等高处（设为M点）。设滑块2经过C的速度大小为v，滑块1、2碰撞结束后的速度大小为，两滑块从碰撞结束到M点的过程中，由动能定理得
解得
滑块1、2碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
v=4m/s
由能量守恒可知