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湖北省宜昌市长阳第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试卷
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这是一份湖北省宜昌市长阳第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试卷，文件包含长阳一中2024-2025年度高二9月月考物理答案docx、长阳一中2024-2025年度高二9月月考物理试卷pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共4页， 欢迎下载使用。
B．动量的符号只代表方向，不代表大小，则（kg·m/s）的动量大于（kg·m/s）的动量，选项B正确；
C．物体的动能发生变化，一定是物体速度大小发生变化，则其动量一定变化，选项C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，选项D错误。
故选B。
2．C【详解】小车的初速度为，末速度为，小车的动能变化量
动量变化量
故选C。
3．C【详解】A．火车在转弯时速度超过“设计速度”时，轨道对火车的支持力和重力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，此时火车有做离心运动的趋势，就会受到外轨施加的向内的弹力作用，选项A错误；
B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相同，方向相反，选项B错误；
C．根据P=Fv，可知，汽车上坡时司机通过“换挡”的办法降低速度，来获得较大的牵引力，选项C正确；
D．运动员落地总是要屈腿，是在动量变化相同的情况下增加与地面的作用时间，从而减小地面对人的冲力，选项D错误。故选C。
4．B
【详解】如图所示
由几何关系知θ=60°，设每根导线在d点产生的磁感强度为B，据平行四边形定则有
若把置于c点的直导线电流反向，据几何知识可得
α=30°d点合磁感强度大小为方向竖直向下；故选B。
5．A【详解】AB．由乙图可知，时刻运动员向上减速到零，故时刻运动员离水面最高，故A正确，B错误；
C．由乙图可知，时刻运动员的速度为零，故此时的重力瞬时功率为零，故C错误；
D．根据可知运动员所受重力冲量不为零，故D错误。故选A。
6．C【详解】A．图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量，则前1s内力F对物体的冲量为
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示
0~1s内，物体向右加速，1~2s向右减速，2s时速度刚好减为0，2s内物体一直向右运动，故B错误；
CD．第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为第3s末速度为第2s末物体的速度为零，第3秒内物体的位移为故C正确，D错误；故选C。
7．C【详解】根据题意，由左手定则可知，匀强磁场水平向右时，安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，圆弧槽对导体棒的支持力为，由平衡条件有解得将磁场方向在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°，使导体棒a沿凹槽ABC内壁向A点缓慢移动，导体棒a在移动的过程中处于动态平衡，最终静止于点，如图所示
由几何关系可得则从点到点，由动能定理有
解得故选C。
8．AC【详解】AB．由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至底端时恰不受弹力，则有
解得故A正确，B错误；C．设斜面的高度为，设滑块经过斜面中点时的速率为，由动能定理得解得故C正确；D．滑块从斜面顶端运动到底端的过程中，由动能定理得代入数据解得故D错误。故选AC。
9．AC【详解】A．根据图像斜率表示速度可知碰撞前静止，碰撞后的运动方向发生改变，故A正确，B错误；C．碰撞前的速度为碰撞后的速度为碰撞前的速度为0，碰撞后的速度为根据动量守恒定律得可得两物体的质量之比为
故C正确；D．碰撞前系统的总动能为碰撞后系统的总动能为
则有可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。故选AC。
10．AD【详解】A．由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得M＝2 kg则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J
故A正确；B．系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2代入数据解得ΔE＝2 J故B错误；C．根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为sB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m。
A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m故C错误；
D．由题图可知，B的加速度a＝＝－1 m/s2负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得
－μmg＝ma解得μ＝0.1故D正确。故选AD。
11． ＞ 水平 P
【详解】（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
斜槽末端的切线要沿水平方向，这样才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动。（3）[3]第一步中小球抛出时的速度，比碰撞后的速度小，的速度大；碰撞前后，小球，均做平抛运动，因为下落高度相同，下落时间相同，则第一步中小球的落地点应为P点。[4]碰撞后，小球落点为N点，为M点，若两球碰撞前后的动量守恒，则有即需要验证的表达式为
12． 黑 110 DBE 150
【详解】（1）[1] 无论用多用电表进行何种操作测量，电流都应该是从黑表笔流出由红表笔流入多用电表，即“红进黑出”，由于A与内置电源正极相连，因此与接线柱A相连的表笔颜色是黑色；
（2）[2]根据指针示数可知，读数为
（3）[3]测量大电阻时，应先把选择开关旋转到“×100”位置（较大档位），再将红表笔和黑表笔接触，最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，由于前面已经测量完R1，此时不再需要进行机械调零，正确顺序应为DBE；
（4）[4] 测量定值电阻R3的阻值时，指针位于表盘的正中央，说明表头半偏，说明电流是直接将AB短接的一半，因此内电阻等于外电阻，即定值电阻R3的阻值为150Ω。
13．（1）2m/s；（2）1m/s
【详解】（1）小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小为v1，则有解得v1=2m/s（2）设小孩跳下车后车的速度大小为v3，则有解得
v3=1m/s
14．（1）5A；；（2）；（3）
【详解】（1）根据欧姆定律，电路中的电流为则导体棒受到的安培力大小为
（2）根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为
根据平衡条件（3）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（2）问中受力图可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有解得最小磁感应强度
15．(1) (2) (3)【详解】（1）根据题意，作出粒子的运动轨迹如图1所示 由几何关系得解得
由图可知由牛顿第二定律解得
（2）粒子垂直于轴离开磁场，运动轨迹如图2所示
由几何关系知粒子在I区转过的圆心角为，在II区转过的圆心角为，又
因带电粒子速度大小没有确定，可多次通过磁场I区和II区，但带电粒子第一次通过磁场I区进入磁场II区后与y轴垂直，所用时间最短。故所用时间最短为
（3）若粒子从点离开磁场，如图3所示
由几何关系得其中，
联立解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
B
A
C
C
AC
AC
AD
B．动量的符号只代表方向，不代表大小，则（kg·m/s）的动量大于（kg·m/s）的动量，选项B正确；
C．物体的动能发生变化，一定是物体速度大小发生变化，则其动量一定变化，选项C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，选项D错误。
故选B。
2．C【详解】小车的初速度为，末速度为，小车的动能变化量
动量变化量
故选C。
3．C【详解】A．火车在转弯时速度超过“设计速度”时，轨道对火车的支持力和重力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，此时火车有做离心运动的趋势，就会受到外轨施加的向内的弹力作用，选项A错误；
B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相同，方向相反，选项B错误；
C．根据P=Fv，可知，汽车上坡时司机通过“换挡”的办法降低速度，来获得较大的牵引力，选项C正确；
D．运动员落地总是要屈腿，是在动量变化相同的情况下增加与地面的作用时间，从而减小地面对人的冲力，选项D错误。故选C。
4．B
【详解】如图所示
由几何关系知θ=60°，设每根导线在d点产生的磁感强度为B，据平行四边形定则有
若把置于c点的直导线电流反向，据几何知识可得
α=30°d点合磁感强度大小为方向竖直向下；故选B。
5．A【详解】AB．由乙图可知，时刻运动员向上减速到零，故时刻运动员离水面最高，故A正确，B错误；
C．由乙图可知，时刻运动员的速度为零，故此时的重力瞬时功率为零，故C错误；
D．根据可知运动员所受重力冲量不为零，故D错误。故选A。
6．C【详解】A．图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量，则前1s内力F对物体的冲量为
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示
0~1s内，物体向右加速，1~2s向右减速，2s时速度刚好减为0，2s内物体一直向右运动，故B错误；
CD．第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为第3s末速度为第2s末物体的速度为零，第3秒内物体的位移为故C正确，D错误；故选C。
7．C【详解】根据题意，由左手定则可知，匀强磁场水平向右时，安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，圆弧槽对导体棒的支持力为，由平衡条件有解得将磁场方向在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°，使导体棒a沿凹槽ABC内壁向A点缓慢移动，导体棒a在移动的过程中处于动态平衡，最终静止于点，如图所示
由几何关系可得则从点到点，由动能定理有
解得故选C。
8．AC【详解】AB．由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至底端时恰不受弹力，则有
解得故A正确，B错误；C．设斜面的高度为，设滑块经过斜面中点时的速率为，由动能定理得解得故C正确；D．滑块从斜面顶端运动到底端的过程中，由动能定理得代入数据解得故D错误。故选AC。
9．AC【详解】A．根据图像斜率表示速度可知碰撞前静止，碰撞后的运动方向发生改变，故A正确，B错误；C．碰撞前的速度为碰撞后的速度为碰撞前的速度为0，碰撞后的速度为根据动量守恒定律得可得两物体的质量之比为
故C正确；D．碰撞前系统的总动能为碰撞后系统的总动能为
则有可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。故选AC。
10．AD【详解】A．由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得M＝2 kg则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J
故A正确；B．系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2代入数据解得ΔE＝2 J故B错误；C．根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为sB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m。
A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m故C错误；
D．由题图可知，B的加速度a＝＝－1 m/s2负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得
－μmg＝ma解得μ＝0.1故D正确。故选AD。
11． ＞ 水平 P
【详解】（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
斜槽末端的切线要沿水平方向，这样才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动。（3）[3]第一步中小球抛出时的速度，比碰撞后的速度小，的速度大；碰撞前后，小球，均做平抛运动，因为下落高度相同，下落时间相同，则第一步中小球的落地点应为P点。[4]碰撞后，小球落点为N点，为M点，若两球碰撞前后的动量守恒，则有即需要验证的表达式为
12． 黑 110 DBE 150
【详解】（1）[1] 无论用多用电表进行何种操作测量，电流都应该是从黑表笔流出由红表笔流入多用电表，即“红进黑出”，由于A与内置电源正极相连，因此与接线柱A相连的表笔颜色是黑色；
（2）[2]根据指针示数可知，读数为
（3）[3]测量大电阻时，应先把选择开关旋转到“×100”位置（较大档位），再将红表笔和黑表笔接触，最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，由于前面已经测量完R1，此时不再需要进行机械调零，正确顺序应为DBE；
（4）[4] 测量定值电阻R3的阻值时，指针位于表盘的正中央，说明表头半偏，说明电流是直接将AB短接的一半，因此内电阻等于外电阻，即定值电阻R3的阻值为150Ω。
13．（1）2m/s；（2）1m/s
【详解】（1）小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小为v1，则有解得v1=2m/s（2）设小孩跳下车后车的速度大小为v3，则有解得
v3=1m/s
14．（1）5A；；（2）；（3）
【详解】（1）根据欧姆定律，电路中的电流为则导体棒受到的安培力大小为
（2）根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为
根据平衡条件（3）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（2）问中受力图可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有解得最小磁感应强度
15．(1) (2) (3)【详解】（1）根据题意，作出粒子的运动轨迹如图1所示 由几何关系得解得
由图可知由牛顿第二定律解得
（2）粒子垂直于轴离开磁场，运动轨迹如图2所示
由几何关系知粒子在I区转过的圆心角为，在II区转过的圆心角为，又
因带电粒子速度大小没有确定，可多次通过磁场I区和II区，但带电粒子第一次通过磁场I区进入磁场II区后与y轴垂直，所用时间最短。故所用时间最短为
（3）若粒子从点离开磁场，如图3所示
由几何关系得其中，
联立解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
B
A
C
C
AC
AC
AD
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