贵州省遵义市2023_2024学年高二物理上学期10月月考试题含解析

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1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：人教版必修第三册，选择性必修第一册第一章。
一、单选题：共7小题，每小题4分，共28分。在每题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 电磁波包括无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，电磁波谱如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 只有高温物体才辐射红外线
B. 紫外线常用于杀菌消毒，长时间照射可能损害人体健康
C. 无限电波的频率比γ射线的频率大
D. 红光光子的能量比X射线大
【答案】B
【解析】
【详解】A．所有的物体都在向外辐射红外线，故A错误；
B．紫外线常用于杀菌消毒，但是长时间照射可能损害人体健康，故B正确；
C．无限电波的频率比γ射线的频率小，故C错误；
D．光子的能量与其频率成正比，红光的频率比X射线小，则红光光子的能量比X射线小，故D错误。
故选B。
2. 电场中某一区域的电场线分布如图所示，其中A、B、C是电场中的三个点，则下列说法正确的是（ ）
A. B点的电场强度比A点的电场强度大
B. 这可能是单个正点电荷形成的电场线
C. A、B、C三点中，A点的电势最高
D. 从A点由静止释放一带正电的试探电荷，电场线就是它的运动轨迹
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场线分布的密集程度表示电场的强弱，A位置电场线分布比B位置密集一些，则A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；
B．单个正点电荷形成的电场线是一条条直线，并非曲线，故B错误；
C．等势线与电场线垂直，通过作B点的等势线，可知该等势线与AC电场线的交点位于AC之间，由于沿电场线的方向，电势逐渐降低，可知A、B、C三点中，A点的电势最高，故C正确；
D．因电场线是曲线，若从A点由静止释放一带正电的试探电荷，电场线不可能是它的运动轨迹，因为试探电荷受到的电场力沿轨迹切线方向，无法提供曲线运动所需要的向心力，故D错误。
故选C。
3. 电容器是常用的电学元件，如图所示，两个相同的半圆形金属板间隔一段距离水平放置。板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连，开关S闭合，上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边缘完全对齐现让上极板转过10°。下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的电容变小
B. 极板上所带电荷量增多
C. 两极板间电压增大
D. 两极板间电压减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．让上极板转过10°，则两极板正对面积减少，根据可知，电容器的电容变小，故A正确；
CD．开关S闭合，两极板间电压总是等于电源电动势，故CD错误；
B．两极板间电压不变，电容变小，根据可知，极板上所带电荷量减少，故B错误。
故选A。
4. 如图所示，电源的电动势和内阻恒定不变，R1、R2和R3都是定值电阻，R是滑动变阻器，V1、V2和A都是理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A的示数减小
B. 流过电阻R2的电流减小
C. 电压表V1的示数减小
D. 电压表V2示数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器的滑片自题中图示位置向左缓慢滑动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知干路电流增大，电流表的示数增大，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，则流过R2的电流减小，故B正确；
C．根据并联电路电流特点可知，流过R3的电流增大，电压表V1的示数增大，故C错误；
D．因两电压表示数之和等于路端电压，路端电压减小，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，故D错误。
故选B。
5. 某科研所研制出了一种新型金属材料，具有特殊的物理和化学性质，具有广阔的市场前景。如图所示，由该材料制成的一个立方体的边长为c，其前后两表面之间的电阻值为R1。现用该材料制成一边长为的立方体，其前后两表面之间的电阻值为R2，则R1：R2为（ ）
A. 1：125B. 1：5C. 5：1D. 25：1
【答案】B
【解析】
【详解】根据电阻定律
可知
则有
故选B。
6. 如图所示，一学生练习用脚颠球，足球自静止开始下落0.8m后被颠起，足球离开脚沿竖直方向运动，向上运动的最大高度为0.45m。已知足球的质量为0.4kg，足球与脚的作用时间为0.1s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 足球与脚作用的过程中，足球的动量变化量大小为0.4kg·m/s
B. 在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相反
C. 足球上升过程中重力冲量大于足球下落过程中重力的冲量
D. 足球与脚作用的过程中，脚对足球的平均作用力大小为32N
【答案】D
【解析】
【详解】A．足球与脚接触前瞬间，足球的速度大小为
足球与脚接触后瞬间，足球的速度大小
设竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小
故A错误；
B．重力冲量的方向始终与重力方向一致，则在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相同，故B错误；
C．根据自由落体运动规律可知，足球上升的时间小于足球下落的时间，则足球上升过程中重力的冲量小于足球下落中重力的冲量，故C错误；
D．根据动量定理有
解得
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，在一与匀强电场平行的平面内建立平面坐标系，在轴和轴上分别有A点和B点，，，为的中点，、两点的电势分别为、，原点的电势为，下列说法正确的是（ ）
A. 点的电势为
B. 为匀强电场的一条电场线，且电场方向由点指向点
C. 将一电子从B点移动到A点，电子克服电场力做的功为
D. 匀强电场的电场强度的大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由匀强电场的特点可知C点的电势
故A错误；
B．由于，连接O、C，可知OC是一条等势线，由电场线与等势线的关系，可知电场方向如图所示，故B错误；
C．由电场力做功与电势差的关系公式，可得将一电子从B点移动到A点，电子克服电场力做的功为
eV=12eV
故C正确；
D．已知，，由几何关系可得
可知
OB=BC
则有
可得
由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式，可得匀强电场的电场强度的大小为
故D错误
故选C。
二、多选题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 在短道速滑比赛中，“接棒”的甲运动员提前在“交棒”的乙运动员前而慢慢滑行，当乙追上甲的瞬间，乙猛推甲使甲获得更大的速度向前冲出。忽略运动员与冰而之间的摩擦，则在乙推甲的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 甲与乙组成的系统动量守恒
B. 甲、乙的速度变化量一定相同
C. 甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反
D. 甲增加的动能一定等于乙减少的动能
【答案】AC
【解析】
【详解】A．乙推甲的过程中，忽略运动员与冰而之间的摩擦，则甲与乙组成的系统所受外力之和等于零，可知甲与乙组成的系统动量守恒，故A正确；
C．根据上述，甲与乙组成的系统动量守恒，则有
解得
即有
可知，甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反，故C正确；
B．由于
由于甲乙质量关系不确定，结合上述可知，甲与乙的速度变化量方向相反、大小关系不确定，故B错误；
D．根据
由于甲和乙的质量关系不确定，因此无法确定甲增加的动能与乙减少的动能的大小关系，故D错误。
故选AC。
9. 如图所示，平行饭电容器上、下极板间的距离恒定，上板板带有正电荷、下极板带有等量负电荷。粒子1和粒子2分别沿着两板板的中心线先后以相同的初速度射入平行板电容器，已知两粒于均能从电场射出，粒子1和粒子2比荷之比为1:3，不计粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1和粒子2在电场中运动的时间之比为1:3
B. 粒子1和粒于2在电场中运动的加速度大小之比为1:3
C. 粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:3
D. 粒于1和粒于2在电场中运动的侧位移大小之比为1:9
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子1和粒子2在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，设极板长度为L，粒子的初速度为v0，则运动时间为
则粒子1和粒子2在电场中运动的时间相等，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
粒子1和粒子2比荷之比为1:3，则粒子1和粒子2在电场中运动的加速度大小之比为1:3，故B正确；
CD．粒子在电场中运动的侧位移大小
结合上述可知，粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:3，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 扫地机器人是智能家用电器一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫。某品牌扫地机器人如图所示，已知其工作额定电压为15V，额定功率为60W。扫地机器人体内的电池容量为3300mA·h，充电时额定电压为20V，额定电流为1.1A，则下列说法正确的是（ ）
A. 扫地机器人正常工作时的电流为4A
B. 电池充满电后，扫地机器人单次连续工作时长最多为3h
C. 电池充满时储存的化学能为3300mA·h
D. 将已用光的电池充电，充满需消耗的电能约为2.38×105J
【答案】AD
【解析】
【详解】A．机器人正常工作时的电流
故A正确；
B．电池充满电后，机器人单次续航的理论工作时长
故B错误；
C．mA·h是电荷量的单位，它显然不是指能量，故C错误；
D．将已用光的电池以额定电压充电，充满需消耗的电能
故D正确。
故选AD。
三、非选择题：共54分。
11. 万同学正在做“练习使用多用电表”实验，该同学正确操作，多用电表的表盘读数如图所示。
（1）如果是用“×10”欧姆挡测量电阻，则被测电阻为_____Ω。
（2）如果是用直流5V挡测量电压，则被测电压为_____V。
（3）使用多用电表测量电阻时，下列说法正确的是_____。
A．可以用欧姆挡测量正在工作的用电元件的电阻
B．如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更小的挡位
C．改变不同倍率的欧姆挡后，不必重新进行欧姆调零
【答案】 ①. 150 ②. 3.10##3.09##3.11##3.12 ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]指针示数是15，如果是用“×10”欧姆挡测量电阻，则被测电阻为150Ω。
（2）[2]如果是用直流5V挡测量电压，因总格数为50格，即最小分度值为0.1V。所以读数为3.10V。
（3）[3]A.使用多用电表测量电阻时，应把待测元件从原电路断开，才能对其进行电阻测量，故A错误；
B.如果指针偏转过大，说明电阻很小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位，故B正确；
C.改变不同倍率的欧姆挡后，欧姆表的内阻要发生变化，所以要重新进行欧姆调零，故C错误。
故选B。
12. 熊同学正在测量一节干电池的电动势和内阻，该同学设计的实验电路图如图甲所示，实验室提供的电流表和电压表都是双量程的，提供了两个滑动变阻器待选，分别为滑动变阻器R1（阻值范围为0~20Ω。允许通过的最大电流为2A）和滑动变阻器R2（阻值范围为0~1000Ω，允许通过的最大电流为1A）。
（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中电流表应选用的量程为__________A（填“0~0.6”或“0~3”），电压表应选用的量程为______ V（填“0~3”或“0~15”），滑动变阻器应选用_________（填“R1”或“R2”）。
（2）该同学正确连接电路并正确操作，实验中多次改变滑动变阻器的阻值，读出电流表和电压表的示数，得到多组数据，根据实验数据描绘制得的U-I图线如图乙所示。由此可知这个干电池的电动势E= ____V，内阻r=_____Ω。（计算结果均保留两位小数）
【答案】 ①. 0~0.6 ②. 0~3 ③. R1 ④. 1.45 ⑤. 0.50
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据U-I图线所显示的电流和电压的测量范围，可得电流表选择的是0~0.6A，电压表选择的是0~3V；
[3] 滑动变阻器R2的阻值太大，调节起来不方便，所以选择阻值相对小一些的R1；
（2）该U-I图线所对应的表达式为
可知图像与纵轴的交点为电动势大小，图像的斜率的绝对值是内阻，故
13. 如图所示，用两根长度均为L的绝缘细线将带正电的小球A、B悬于天花板上的O点，两球静止时悬线偏离竖直方向的夹角均为θ=37° ，已知A、B两球的质量均为m，静电力常量为k，重力加速度大小为g，小球A、B均可视为点电荷且它们所带的电荷量相等，取sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）绝缘细线上的拉力大小FT；
（2）小球B所带的电荷量q。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球A、B均处于平衡状态，根据对称性可知，两根绝缘细线上的拉力大小相等，对小球A受力分析，根据受力平衡有
mg=FTcsθ
解得
（2）设两球间的库仑力为F库，小球A、B均处于平衡状态，对小球A受力分析，根据受力平衡有
mg tanθ=F库
根据几何关系可知，两球间的距离
r=2Lsinθ
根据库仑定律有
解得
14. 如图所示，在xOy平面内存在沿y轴负方向的匀强电场、一质最为m、电荷量为q的带正电的粒子经过y轴上的A点时的速度方向平行于x轴正方向、大小为。一段时间后粒子到达x轴上B点时的速度方向与x轴正方向的夹角α=30°，已知A点与原点O间的距离为y0。不计粒子受到的重力。求：
（1）粒子到达B点时的速度大小v；
（2）匀强电场的电场强度大小E。
【答案】（1）2v0；（2）
【解析】
【详解】（1）设粒子在B点的速度大小为v，将粒子在B点的速度沿x轴正方向和y轴负方向分解，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有
解得
v=2v0
（2）粒子从A点运动到B点的过程中做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
Eq=ma
粒子在竖直方向做匀加速直线运动，则有
，
解得
15. 如图所示，质量m=1kg的小球以v0=12m/s的速度在光滑水平面上向右运动，即将与静止在小球右侧的滑块发生碰撞，已知滑块的质量M=4kg，碰撞时间极短。
（1）若小球与滑块发生完全非弹性碰撞（两者粘在一起），求他们碰后的共同速度的大小v共；
（2）若小球与滑块碰撞后，小球被弹回的速率大小v1=4m/s，求碰后滑块的速度大小v2；
（3）若小球与滑块发生弹性碰撞，求碰撞后小球和滑块的速度大小。
【答案】（1）2.4m/s；（2）4m/s；（3）7.2m/s ，4.8m/s
【解析】
【详解】（1）根据动量守恒定律有
代入数据解得
（2）根据动量守恒定律有
解得
（3）设向右为正方向，碰后小球和滑块的速度分别为v3、v4，根据动量守恒定律
mv0=mv3+Mv4
弹性碰撞过程中没有能量损失，根据机械能守恒定律有
解得