2022-2023学年江西省九校高二（下）第一次月考联考物理试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江西省九校高二（下）第一次月考联考物理试卷1.为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是(

)A.红外线和紫外线都是电磁波 B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线波长长

C.红外线的波长比无线电波长 D.只有热的物体才能辐射红外线2.一带正电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点以一定初速度v0沿x轴正方向做直线运动，已知x轴上各点电势分布如图，则粒子在0～x0区域内运动的说法中正确的是A.该粒子的电势能一直增大

B.该粒子的动能先增大后减小

C.该粒子的加速度先减小后增大再减小

D.该粒子所受电场力先沿+x方向后沿−x方向3.如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下列情况中可使指针张角增大的是(

)A.合上S，使A、B两板靠近一些

B.合上S，使A、B正对面积错开一些

C.断开S，使A、B两板距离拉开一些

D.断开S，使A、B两板靠近一些4.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是(

)

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍5.如图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度ℎ2开始下滑到同样的另一高度ℎ1的过程中，下列与A、B两个物体有关的物理量相同的是(

)A.所受重力的冲量大小 B.所受支持力的冲量大小

C.所受合力的冲量大小 D.动量的变化量6.如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是(

)A.R3断路

B.R1短路

C.R2断路

D.R7.如图所示。用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物体B并留在其中。在下列依次进行的四个过程中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，动量守恒，机械能也守恒的是(

)A.弹射入木块的过程

B.B物块载着子弹一起向左运动的过程

C.弹簧推载着子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程

D.弹簧恢复原长后，B物块因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长最大的过程8.如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r，开关S闭合，将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、A.理想电压表V3的示数变小 B.电源的输出功率增大

C.ΔU29.如图所示，a、b、c、d是以O点为圆心的圆弧上的四个点，该圆的半径R=5m。a、b、c、d在xOy坐标系的x轴和y轴上，匀强电场的方向与x轴正方向成θ=53°角，已知O点的电势为零，a点的电势为4V，则下列说法正确的是(

)

A.匀强电场的场强E=1V/m

B.b点电势为2.5V

C.将一个带电荷量为+1C的试探电荷从a点移到c点，试探电荷的电势能减少8J

D.将一个带电荷量为−1C的试探电荷从b点移到d点，电场力做功为6J10.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的微粒，从两平行金属板正中央沿与匀强电场垂直的方向射入，不计微粒重力。当微粒入射速度为v时，它恰好穿过电场而不碰金属板，现使微粒入射时速度为v2，仍恰好穿过电场。保持其他量不变时，可行的方法是(

)

A.使微粒带电荷量为原来的12 B.使两板间电压减为原来的14

C.使两板间距离增为原来的2倍 D.11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程中(

)

A.动能增加52mv2 B.机械能增加2mv2

C.12.(1)如图所示的实验装置是用来研究______(选填“电流的磁效应”或“磁场对通电导线的作用”)的。

(2)实验前，开关断开，小磁针静止在水平桌面上，小磁针正上方的导线与小磁针的NS方向平行，此时，小磁针的N极指向地理______(选填“北极”或“南极”)附近。

(3)开始实验，闭合开关，从上往下看，小磁针将沿______(填“顺时针“或“逆时针“)偏转一定角度。13.用如图所示①的电路测定电源的电动势和内电阻。

(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。

(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I。

(3)某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图像(如图②和③所示)，纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2。若忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则：

1、步骤(1)中测得的电动势E1=

；内阻r1=

。(用k1、b1表示)

2、步骤(2)中测得的电源内阻r2=b2k2比真实值

14.如图所示，AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m乙的小球乙静止在水平轨道上，质量为m甲的小球甲以速度v0与小球乙发生弹性正碰。若m甲：m乙=1：2，且轨道足够长。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)两球第一次碰后小球甲、乙的速度；

15.如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻不计，其他各电阻阻值R1=R2=R，R3=3R。水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L。在A板的左下端且非常靠近板A的位置，有一质量为m、带电荷量为−q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间。(重力加速度用g表示)则：

(1)若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E116.如图所示，空间中存在水平向右、场强大小为E=3×103N/C的匀强电场。水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑14圆弧轨道CD水平相切与C点。AB=BC=R=3m，传送带顺时针转动，速率恒为v=6m/s。现将一质量为m=0.4kg、带正电且电荷量为q=1×10−3C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的摩擦因数均为μ=0.6。取g=10m/s2，求：

(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小vB；

(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.根据电磁波谱可知，电磁波包括可见光波段和不可见波波段，红外线和紫外线都是电磁波，故A正确；

B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线波长较短，具有较高的能量，故B错误；

C.根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，故C错误；

D.一切物体都在不停地辐射红外线，温度越高的物体辐射的红外线越多，故D错误。

故选：A。

明确红外线的产生，知道一切物体均可以向外辐射红外线，明确红外线的应用；根据电磁波谱可知真空中红外线的波长比无线电波短；明确紫外线的频率很高，能灭菌消毒。

本题以消杀新冠病毒为背景，考查了红外线和紫外线的特点与应用；此题非常符合新高考的理念，物理来源于生活，要求同学们能够用所学知识去解释生活中的一些物理现象。

2.【答案】C

【解析】解：A、粒子从O点运动到x=x0的过程中，电势先升高后降低，根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，知粒子的电势能先增大后减小，故A错误；

B、粒子在运动过程中电势能和动能的总量保持不变，粒子的电势能先增大后减小，则知粒子的动能先减小后增大，故B错误；

C、根据E=△⌀△x知Φ−x图象的斜率大小等于场强，由图知，图线切线斜率的绝对值先减小后增大再减小，则场强先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知qE=ma，知粒子的加速度先减小后增大再减小，故C正确；

D、从O点运动到x=x0的过程中，电势先升高后降低，则电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，而正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，所以粒子运动的电场力先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故D错误。

故选：C。

根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，判断电势能的变化。由能量守恒定律分析动能的变化。根据φ−x3.【答案】C

【解析】解：AB、合上S，电容器两极板间电压等于电源电动势，即两极板间电压保持不变，指针张角保持不变，故AB错误；

C、断开S，由于静电计所带电荷量很小，所以可以认为电容器所带电荷量保持不变，使A、B两板距离拉开一些，根据C=ɛrS4πkd可知电容器电容减小，由C=QU知电容器的电压增大，指针张角增大，故C正确；

D、断开S，电容器电荷量保持不变，使A、B两板靠近一些，根据C=ɛrS4πkd可知电容器电容增大，由C=QU4.【答案】AB

【解析】【分析】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。

【解答】

A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；

B、由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；

C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为−2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；

D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误；

故选：AB。5.【答案】C

【解析】解：A.重力的冲量表示为IG=mgt，即重力的冲量大小与重力的作用时间也有关，而A、B两个物体下滑的时间分别为tA、tB，则有ℎ2−ℎ1sinα=12(gsinα)tA2ℎ2−ℎ1sinβ=12(gsinβ)tB2

由此可知，A、B两个物体在质量相同即重力大小相等的条件下，下滑的时间不同，则所受重力的冲量大小不同，故A错误；

B.AB6.【答案】C

【解析】解：A、若R3断路，外电阻增大，路端电压U增大，A、B两灯的电压和电流均增大，两灯均变亮，不符合题意。故A错误。

B、若R1短路，外电阻减小，总电流增大，路端电压减小，通过R3的电流减小，则通过A灯的电流增大，A灯变亮。B灯的电流增大，B灯变亮。不符合题意。故B错误。

C、R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R3电流I3增大，则通过A的电流IA=I−I3减小，A灯变暗。B灯电压UB=U−IA(RA+R1)增大，B灯变亮，符合题意。故C正确。

D、R2短路，B灯不亮，不符合题意。故D错误。

7.【答案】D

【解析】解：A、子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块组成的系统合外力近似为零，则系统动量守恒。在此运动过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小。所以机械能不守恒。故A错误。

B、物块载着子弹一起向左运动的过程，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒。故B错误。

C、弹簧推载着子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，墙对弹簧有向右的弹力，系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒。故C错误。

D、在A离开墙，B继续向右运动的过程中，系统所受的外力之和，系统的动量守恒。只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒。故D正确；

故选：D。

动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零。根据机械能守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。对照动量守恒和机械能守恒条件分析。

解决本题的关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，要知道机械能等于动能与势能之和，可根据能量转化情况判断机械能是否守恒。

8.【答案】CD

【解析】解：A、根据电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻增大，干路电流减小，根据U3=E−I(R+r)可知，理想电压表V3的示数变大，故A错误；

B、根据：P出=(ER+R滑+r)2(R+R滑)=E2R+R滑+r2R+R滑+2r

作出电源输出功率与外电阻的关系如图所示：

由于定值电阻R的阻值大于电源内阻r，则外电阻大于电源内阻，当滑片向上滑动，外电阻增大，可知电源输出功率减小，故B错误；

C、根据U2=E−Ir，可知ΔU2ΔI=r，故C正确；

D、根据电路关系有U3=E−I(R+r)，U29.【答案】AC

【解析】解：A、a、O间沿电场线方向的距离为d=Rsin53°=5×0.8m=4m

a、O间电势差为UaO=φa−φO=4V−0=4V

由匀强电场场强与电势差的关系得：E=UaOd=44V/m=1V/m

故A正确；

B、同理，b、O间沿电场线方向的距离为d′=Rcos53°=5×0.6m=3m

b、O间电势差为UbO=Ed′=1×3V=3V

O点的电势为零，可得b点电势为φb=UbO−φO=3V−0=3V

故B错误；

C、ac点的电势差为Uac=2UaO=2×4V=8V

将一个带电荷量为+1C的试探电荷从a点移到c点时，电场力做功为Wac=qUac=1×8J=8J

电场力做正功，试探电荷的电势能减少8J，故C正确；

D、bd点的电势差为Ubd10.【答案】BCD

【解析】解：设平行板长度为L，间距为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，沿初速度方向做匀速运动，有：t=Lv

垂直初速度方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：a=qUmd，位移：y0=d2=12at2

联立可得：y0=d2=qUL22mdv2

B、使两板间电压减为原来的14，设微粒可以穿过电场，则有y=qU4L22md(v2)2=y0=d11.【答案】BD

【解析】解：A.根据动能增量定义式，小球动能增加量ΔEk=12m(2v)2−12mv2=32mv2，故A错误；

BC.小球在竖直方向做匀减速运动，竖直速度减为零时，设上升高度为ℎ，根据位移公式，有v2=2gℎ

解得ℎ=v22g

根据重力势能增量定义，则重力势能增加量ΔEp=mgℎ，解得ΔEp=mv22

根据机械能定义，机械能增加量ΔE=ΔEk+ΔEp，解得ΔE=2mv2

故B正确，C错误；

D.12.【答案】电流的磁效应

北极

顺时针

【解析】解：(1)如图所示的实验装置，研究通电导线电流方向与磁场方向的关系，是用来研究电流的磁效应的。

(2)实验前，开关断开，小磁针静止在水平桌面上，小磁针正上方的导线与小磁针的NS方向平行，由于地磁场方向由地理的南极指向地理的北极，因此此时，小磁针的N极指向地理北极附近。

(3)开始实验，闭合开关，电流从右向左，依据右手螺旋定则，则有从上往下看，小磁针将沿顺时针偏转一定角度。

故答案为：(1)电流的磁效应；(2)北极；(3)顺时针。

电流周围存在磁场，依据地磁场，结合小磁针静止时N极指向磁场方向，最后根据右手螺旋定则的内容，即可求解。

考查电流的磁效应，掌握右手螺旋定则的内容，理解小磁针静止时N极指向即为磁场方向，注意磁性的NS极与地理的南北两极。

13.【答案】1b1

k1b1【解析】解：1、若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知

E=U+Ir=U+URr

则1U=rER+1E，因此图象的纵轴截距b1=1E，电动势E=1b1

图象的斜率k1=rE，则电源内阻r=k1b1；

2、根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)变形，得到1I与R的关系式，1I=1ER+rE

根据数学知识得知，1I−R图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值代表rE。

考虑电流表的内阻，即实际内阻r=b2k2−RA，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大。

3、由以上分析可知，第二问中电动势是准确的，故E=1k214.【答案】解：(1)设甲乙第一次碰后速度分为v1、v2

由动量守恒m甲v0=m甲v1+m乙v2

能量守恒12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22

解得v1=−1【解析】(1)甲乙第一次碰后，满足动量守恒、能量守恒，联立，求两球第一次碰后小球甲、乙的速度；

(2)两球能发生第二次碰撞，由动能定理列式，同时满足v3>|v1|，求小球乙与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。15.【答案】解：(1)由欧姆定律得：I=E1R1+R2=E12R

则两板间的电势差：UBA=IR2=E12

由平衡条件：mg=UBAqd=qE12d

联立解得：E1=2mgdq

(2)利用类平抛运动规律：L2=v【解析】(1)根据欧姆定律和平衡条件列式求解；

(2)通过闭合