2023-2024学年江西省赣州市大余县部分学校联考高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省赣州市大余县部分学校联考高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共16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。

1.下列说法中正确的是( )
A. 电势是一个标量，单位是V/m
B. 电场强度E=Fq，电容C=QU都是用比值法定义的
C. 电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D. 电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
2.下列说法中错误的是
( )
A. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
B. 给铁块加热，随着温度升高，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色，直至成为黄白色
C. 常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色
D. 由于能级的存在，原子放出的光子的能量是分立的，因此原子的光谱只有一些分立的亮线
3.某磁场的磁感线分布如图所示，M、N是磁场中的两点，则M、N两点的磁感应强度( )
A. 大小相同，方向不同B. 大小不同，方向不同
C. 大小相同，方向相同D. 大小不同，方向相同
4.将一个质量为m的小球从某一高度以速度v1竖直向上抛出，落回抛出点的速度大小为v2，在运动过程中，小球受到的阻力大小与速度大小成正比(f=kv)。小球从抛出点到回到抛出点的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 阻力的冲量为0
B. 重力的冲量大小为m(v2−v1)
C. 小球上升过程的时间大于下降过程的时间
D. 小球在这个过程中运动的总时间大于v1+v2g
5.如图所示电路，电压保持不变。当开关S断开时，电流表的示数为0.6A；当S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1:R2为( )
A. 1:2B. 2:1C. 1:4D. 4:1
6.如图所示，a、b分别表示一个电池组和电阻的伏安特性曲线，以下说法正确的是
A. 电阻的阻值为3Ω
B. 电池组的内阻是0.5Ω
C. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率为4W
D. 将某电阻接在该电池组两端，改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为3W
7.如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v−t图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 小车B的最小长度为2.5m
B. 物体A与小车B的质量之比为1：2
C. 物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
D. 如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.以下关于磁场、电磁感应现象的说法正确的是
A. 图甲中闭合开关S瞬间，与线圈P连接的电流计的指针发生偏转
B. 图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面向外
C. 图丙中当电流从B流入时小磁体向下运动，则小磁铁下端为N极
D. 图丁中水平圆环从M向L运动的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小
9.如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，R1的阻值和电源内阻r相等。将滑动变阻器R4的滑片向b端移动，电压表的示数改变量为ΔU，电流表的示数改变量为ΔI，则下列说法正确的是
( )
A. 电流表读数减小，电压表读数增大B. 质点P将向下运动
C. 电源的输出功率增大D. ΔUΔI不变
10.如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是( )
A. b球落地的瞬间，a球的速度为0
B. 在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒
C. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0
D. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)如下图1，螺旋测微器读数为_____mm，游标卡尺读数为_____mm。
(2)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中采用图2所示的电路来测金属丝的电阻。实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在_____(填“M”或“N”)端。
(3)按照图2连接实物图，如图3所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线连接错误，该导线为_____(填“a”或“b”)。
(4)某次实验时，电压表示数为U，电流表示数为I，该小组用刻度尺测量导线长度为L，螺旋测微器测其直径D，则表达式为ρ=_____(用实验测量的物理量L、D、U、I表示电阻率)
12.某同学为了研究半径相同的两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，设计了如图所示的实验装置，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。
步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上某固定位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均上位置P；
步骤2：把小球B轻放在斜槽末端边缘，让小球A从相同位置由静止滚下，与小球B发生碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；
步骤3：用刻度尺分别测量线段MP、ON的长度，记为x1、x2。已知小球A、B的质量分别为为m1、m2。
(1)实验中必须满足的条件是_____。
A.斜槽轨道应当尽量光滑以减小实验误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
D.两球的质量必须相等
(2)为了验证碰撞前后A、B两球构成的系统动量是否守恒，需要检验表达式_____(用题中已知物理量表示)在实验误差范围内是否成立。
(3)该同学在进行完成步骤1后即将开展步骤2前，突然发现斜槽末端稍向上倾斜，于是将它调至水平，并使调整后的斜槽末端离地面高度与原来相同，再将小球A从挡板处静止释放，完成步骤2。若调节斜槽引起小球在空中运动时间的变化忽略不计，用该同学调整斜槽末端后步骤2的测量数据与调整前步骤1的测量数据进行对比，可知碰撞前A球的动量_____(选填“大于”“等于”或“小于”)碰后A、B两球的总动量。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况，若有一手机质量为120g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.05s。取g=10m/s2，求
(1)手机与额头作用过程中，手机的动量变化量；
(2)手机对额头平均作用力的大小。
14.如图所示，直线A为某电源的U−I图像，曲线B为某小灯泡L1的U−I图像的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，求
(1)电源的电动势和内阻；
(2)此时小灯泡的电阻及额定功率；
(3)电源内阻消耗的热功率；
(4)把小灯泡L1换成阻值恒为0.5Ω的纯电阻，电源的输出功率。
15.质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，试求：
(1)物块与小车的共同速度大小v；
(2)物块在车面上滑行的时间t；
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
电势是标量，电势的单位是V；E=Fq和C=QU都是用比值定义法定义的物理量；电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值；电流是标量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。
本题考查电学中的基本物理公式和物理量，基础题目。
【解答】
A.电势是一个标量，电势的单位是V，故A错误；
B.电场强度E=Fq，电容C=QU都是用比值法定义的，故 B正确；
C.电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，故C错误；
D.电流是标量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故D错误；
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查电磁波的传播方向、物体的辐射、能级等基础知识，注意平时学习过程中的积累。
【解答】A.电磁波是横波，根据电磁波传播的特点可知，每一处的电场强度和磁感应强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故A正确；
B.黑体辐射的强度、辐射电磁波的频率与温度有关，温度越高，则辐射强度的极大值也就越大，辐射出的电磁波频率较大的波占的比例越高，给铁块加热，随着温度升高，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色，直至成为黄白色，故B正确；
C.常温下看到的物体的颜色是反射光的颜色，不是物体辐射电磁波的颜色，故C错误；
D.根据玻尔理论，原子的能量是量子化的，原子从高能级会自发地向低能级跃迁，向外放出光子。光子的能量等于前后两个能级之差，由于原子的能级是分立的，放出的光子的能量也是分立的，因此原子的光谱只有一些分立的亮线，故D正确。
本题选择错误的，故选：C。
3.【答案】B
【解析】根据磁感线的切线方向表示磁场方向和磁感线的疏密程度可知，M、N两点的磁感应强度大小不同，方向不同。
故选B。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了动量定理；根据题意画出v−t图像和f−t图像并理解图像围成面积的意义是解题的关键。
【解答】
小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，小球运动的v−t图像如图所示：
由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等，故上升时间小于下降时间，故C错误;
因为f=kv，则f−t图像与v−t图像相似，两阴影部分的面积也相等，f−t图像t轴上方图像与坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小：可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等方向相反，据题意得，空气阻力的大小与小球速率成正比，故“阻力一时间”图像与“速度一时间”图像相似，此时曲线与时间轴所围的面积表示阻力的冲量，空气阻力的总冲量为零，故A正确;
由动量定理，取竖直向上为正方向，则−I重=−mv2−mv1，解得t=v1+v2g，故D错误；
重力冲量为I重=m(v2+v1).故B错误。
5.【答案】A
【解析】当开关S断开时，电流表的示数为0.6A，根据欧姆定律有
I1=UR1
当S闭合时，电流表的示数为0.9A，根据欧姆定律有
I2=UR1R2R1+R2
解得
R1R2=12
故选A。
6.【答案】A
【解析】解：
A、图线b斜率倒数的大小等于电阻的阻值，为R=△U△I=31Ω=3Ω.故A正确。
B、图线a斜率倒数的大小等于电池组的内阻，为r=△U△I=44Ω=1Ω.故B错误。
C、两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=3V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=3×1W=3W.故C错误。
D、由图线a读出电源的电动势E=4V.当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率Pmax=E24r=424×1W=4W.故D错误。
故选：A。
根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，由电池组的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电源的内阻。由电阻的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电阻值。两图线的交点即为该电阻接在该电池组两端是工作状态，读出电流和电压，求出电池组的输出功率。当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，并功率公式求出电池组的最大输出功率。
本题考查基本读图的能力。对于图象，往往从数学上斜率、截距、交点等知识来理解其物理意义。对电源的U−I图线可根据闭合电路欧姆定律列式理解。
7.【答案】C
【解析】【分析】由v−t图象求解A的加速度大小，再根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求解物体A与小车B的质量之比；
v−t图像面积表示位移，求两者的位移之差即为B的最小长度；
如果仅增大物体A的质量，小车的加速度增大，达到共速的时间减小，相对位移减小，A不可能冲出B。
本题主要是考查了动量守恒定律和v−t图象的结合，关键是能够根据v−t图象分析求出A和B的运动情况，掌握动量守恒定律的应用方法。
【解答】C.由v−t图可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小
a=ΔvΔt=4−11m/s2=3m/s2，
对A根据牛顿第二定律可得
mAa=μmAg，
代入数据可得
μ=0.3，故C正确;
B.设二者速度相等时速度为v1，根据图象可得
v0=4m/s，v1=1m/s，
A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v1，
解得物体A与小车B的质量之比为
mA:mB=1:3，故B错误;
A.设小车的最小长度为L，根据v−t图象可知，小车的最小长度恰好等于A与B速度相等前二者的位移差，即
L=v0+v12t−v12t=v02t=2m，故A错误;
D.如果仅增大物体A的质量，A在小车上滑动时的加速度大小不变，而A对小车的摩擦力增大，小车的加速度增大，达到共速的时间减小，根据C选项可知相对位移x=v02t减小，物体A不可能冲出去，故D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查了感应电流的条件、通电螺线管周围的磁场分布、安培定则、磁通量等知识点，比较简单，只要熟练掌握相关的基础知识即可解题。
【解答】A.图甲中断开开关S瞬间，线圈M中的电流从有到无，使得穿过线圈P的磁通量发生了变化，线圈P中将产生感应电流，所以与线圈P连接的电流计的指针会发生偏转，故A正确；
B.图乙中电流方向如图所示，根据右手定则，判断知两边螺线管上端均为N极，下端为S极，磁铁外部磁感线从N极到S极，可知铁环中心 O 点的磁场垂直直面向里，故B错误；
C.图丙中电流从 B 流入时，根据安培定则，电磁铁上端为N极，发现小磁铁向下运动，则小磁铁的下端为S极，故C错误；
D.图丁中水平圆环从条形磁铁上方 M 位置向下运动，分析穿过圆环部分的磁感线，可知磁铁内部的磁通量保持不变，外部反向的磁通量先减少后增大，在磁铁中央位置时，反向的磁通量最小，则整个过程穿过圆环的磁通量先增大后减小，故D正确。
故选AD。
9.【答案】BCD
【解析】ABC.将滑动变阻器 R4 的滑片向b端移动，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电容器极板间的电压等于 R3 两端的电压。 R4 减小，并联部分的总电阻减小，则 R3 的电压减小，电容器极板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。流过电流表的电流
IA=I−I3
I增大， I3 减小，则 IA 增大，所以电流表读数增大。 R4 的电压
U4=U3−U2
U3 减小， U2 增大，则 U4 减小，所以电压表读数减小。由于 R1 的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率增大，A错误，BC正确。
D.根据
U+IR2=E−(I+U+IR2R3)(R1+r)
整理得
R3+R1+rR3U=E−I(R2+R1+r)−IR2R3(R1+r)
所以
ΔUΔI=[(R2+R1+r)+R2R3(R1+r)]R3R3+R1+r
不变，D正确。
故选BCD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
整个装置下落过程中，水平方向没有外力，系统水平方向的动量守恒；原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a的速度一定为零；整个过程，杆先对a做正功，后做负功，杆对b先做负功，后做正功，b球的机械能不守恒；整个过程a球机械能没变，b球机械能也没变；假设b球做自由落体运动，比较竖直方向v−t 图线，由动量定理判断冲量。
本题是动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用，关键要正确分析两球的受力情况，判断出系统的合外力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒。
【解答】
A、静止释放，a、b小球水平方向合力为0，水平方向动量守恒，b球落地前的瞬间，a、b球水平方向速度为0，A正确;
B、整个过程，杆先对a做正功，后做负功，杆对b先做负功，后做正功，b球落地前，b球的机械能不守恒，B错误;
D、整个过程a球机械能没变，b球机械能也没变，杆对b球总功为0，D错误;
C、如图所示的v−t 图像中斜直线为假设b球做自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，
在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间t2相对自由落体运动的时间t1要长，即t111.【答案】 6.700 0.25 M b πD2U4IL
【解析】(1)[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要往下估读到下一位，固定刻度的读数为6.5mm，可动刻度的读数为0.01×20.0=0.200mm，螺旋测微器的读数为6.700mm。
[2]游标卡尺的主尺为0mm，游标尺的分度值为0.05mm，游标卡尺不需要估读，则游标卡尺的读数为
0mm+5×0.05mm=0.25mm
(2)[3]采用分压式接法，闭合开关S前，使待测支路电流为零，滑动变阻器的滑片P应处M端。
(3)[4]分压式接法应将滑动变阻器总阻值接入电路，所以连接错误的导线为b。
(4)[5]根据欧姆定律得
R=UI
根据电阻定律可得
R=ρLS=4ρLπD2
联立解得
ρ=πD2U4IL
12.【答案】 BC##CB m1x1=m2x2 小于
【解析】(1)[1]A.只要使小球A每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，斜槽的粗糙程度不会造成实验误差，故A错误；
B.为了保证小球抛出做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故B正确；
C.实验时，为了保持每次碰撞前瞬间小球A的速度相同，小球A每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，故C正确；
D.为了验证系统动量守恒，需要保证两球都飞出落地，根据碰撞特征可知，需要A球质量大于B球质量。故D错误。
故选BC。
(2)[2]碰撞后， M 为A球的落点位置， N 为B球的落点位置。根据动量守恒条件可知
m1vP=m1vM+m2vN
平抛过程中A、B两球下落时间与A单独下落的时间均相同，为 t ，则上式左右两边同乘 t ，得
m1vP⋅t=m1vM⋅t+m2vN⋅t
根据图中的距离关系得
m1OP=m1OM+m2ON
移项整理得
m1(OP−OM)=m2ON
代入题中数据得，只要验证
m1x1=m2x2
成立，则证明A、B碰撞过程中系统动量守恒。
(3)[3]根据图中装置可知，因为斜槽末端稍向上倾斜，则最初释放位置的挡板比斜槽水平时偏低，则到达斜槽末端时速度偏小，且因为斜槽末端不水平，导致速度的水平分量减小，则其水平位移 OP 也偏小，则有
m1OP即碰撞前A球的动量小于碰后A、B两球的总动量。
13.【答案】解：(1)选取竖直向下为正方向，根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为v= 2gh= 2×10×0.2m/s=2m/s
手机与额头作用后手机的速度变为0，所以手机与额头作用过程中动量变化量为Δp=0−mv=−0.12×2kg⋅m/s=−0.24kg⋅m/s
即手机动量变化量的大小为0.24kg⋅m/s，方向竖直向上。
(2)选取竖直向下为正方向，手机与额头作用过程中，设额头对手机平均作用力的大小为F，对手机由动量定理得(mg−F)Δt=Δp
代入数据解得
F=6N
根据牛顿第三定律知，手机对额头平均作用力的大小为6N。
答：(1)手机与额头作用过程中，手机的动量变化量为0.24kg⋅m/s，方向竖直向上；
(2)手机对额头平均作用力的大小为6N。
【解析】(1)根据自由落体运动求出手机下落至额头的速度和反弹的速度，根据动量公式解得；
(2)对手机运用动量定理可求出额头对手机的作用力，根据牛顿第三定律可求出手机对额头的冲量和作用力。
本题主要考查了动量定理的应用，解题关键是能够根据自由落体求出手机下落至眼睛的速度，会列动量定理的式子，注意动量的矢量性。
14.【答案】(1)4V； 0.5Ω ；(2) 1.5Ω ；6W；(3)2W；(4)8W
【解析】(1)直线A的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻，根据图像可得
E=4V ， r=36Ω=0.5Ω
(2)电源的 U−I 图线与小灯泡的 U−I 图线的交点为小灯泡接在电源两端的工作电压，所以小灯泡的电阻和额定功率为
R=UI=32Ω=1.5Ω ， P额=UI=3×2=6W
(3)电源内阻消耗的热功率为
P=I2r=22×0.5W=2W
(4)由闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r=4A
输出功率为
P=I2R=8W
15.【答案】解(1)物块在小车上相对滑动过程中，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律 m2v0=(m1+m2)v
解得：v=m2v0m1+m2=0.8m/s；
(2)物块在小车上滑动过程，对物块应用动量定理−μm2gt=m2v−m2v0
解得 t=v0−vμg=0.24s；
(3)对小车，根据动能定理 μm2gx=12m1v2−0
解得 x=m1v22μm2g=0.096m。

【解析】本题关键是根据动量守恒定律、动量定理列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解，难度适中。