湖北省恩施鄂西南三校2023-2024学年高二年级上册9月月考物理试卷（含解析）

鄂西南三校高二年级九月联考物理试卷

本试题卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7

题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分。

1.下列说法正确的是（）

A.在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一

B.时间、质量和路程都是标量，位移、速度和力都是矢量

C.只有细小的物体才能看成质点

D.小球做自由落体运动时，惯性不断增大

答案：B

解析：A.在国际单位制中，“牛顿”是力学的导出单位，故A错误；

B.时间、质量和路程只有大小没有方向，都是标量；位移、速度和力既有大小又有方向，都是矢量，故B

正确；

C.质点跟物体本身的大小无关，跟研究的问题有关，物体大小形状对研究的问题没有影响时，可以看成质

点，故c错误；

D.惯性只跟物体质量有关，跟物体的运动状态无关，故D错误。

故选B。

2.某物体运动的u—f图像，如图所示，下列说法正确的是（）

A.05s物体做匀速直线运动

B.510s物体静止

C.05s物体运动的位移大小为5m

D.10〜20s物体运动的位移大小为20m

答案：C

解析：A.05s物体做匀加速直线运动，故A错误；

B.510s物体做匀速直线运动，故B错误；

C.由v—f图像面积表示位移可知，05s物体运动的位移大小为

x.=—1x5UxC2m=5Um

'2

故C正确；

D.由u-r图像面积表示位移可知，l（）~20s物体运动的位移大小为

x=^x（20-10）x2m=10m

故D错误。

故选C。

3.如图所示，物体A和B的质量均为〃?，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间

的摩擦）。在用水平变力F拉动物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中（）

A物体B所受合力越来越小

B.物体A将竖直向上先加速后减速

C.物体A将处于超重状态

D.物体A将处于失重状态

答案：C

解析：A.物体B沿水平方向向右做匀速直线运动，故物体B所受合力不变，为零，故A错误;

B.物体A的速度为

vA=vBcosa

物体B沿水平方向向右做匀速直线运动，a逐渐减小，可知物体A一直竖直向上加速，故B错误；

CD.物体A一直竖直向上加速，可知物体A加速度方向为竖直向上，物体A将处于超重状态，故C正确,

D错误。

故选Co

4.三颗卫星围绕地球运行的三个轨道如图所示，1、3为圆轨道，2为椭圆轨道，轨道2与轨道1相切于Q

A.轨道1和轨道2上的卫星经过。点时的加速度不相同

B.轨道3上卫星的速度一定小于轨道1上卫星的速度

C.轨道3上卫星的机械能可能小于轨道2上卫星的机械能

D.轨道3上卫星的运行周期小于轨道1上卫星的运行周期

答案：B

解析：A.根据

Mm

=ma

可知，由于轨道1和轨道2上的卫星经过Q点时的万有引力相等，可知加速度相同，故A错误;

B.根据

可得

由于弓＞4,可知匕＜匕，即轨道3上卫星的速度一定小于轨道1上卫星的速度，故B正确;

C.由于卫星从轨道2上需要加速才能变轨到轨道3上，外力对卫星做正功，卫星机械能增加，所以轨道

3上卫星的机械能大于轨道2上卫星的机械能，故C错误；

D.根据

可得

所以，可知轨道3上卫星的运行周期大于轨道1上卫星的运行周期，故D错误。

故选B。

5.如图所示，在水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不

同的甲、乙两球，质量分别为町、m2,两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作

台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台

面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。下列说法正确的是（）

A.刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同

B.刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同

C.甲、乙两球不会同时落到水平桌面上

D.甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为生：班

答案：CD

解析：A.脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得

Pi-P2=°

或

町

H-m2v2=0

故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，故A错误;

B.动能与动量的关系为

6」山上

22m

由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，故B错误;

C.甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛

运动的竖直位移相同，由

,12

可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，故c正确;

D.由A的解析可得

弥=2

v2mx

平抛的水平位移为

%=卬

故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得

%:x)=m2:仍

故D正确。

故选CD。

6.如图所示，虚线以尻c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即“产以,实线为

一带负电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P.R.Q是这条轨迹上的三点，R在等势

面6上，据此可知（）

A.三个等势面中，c的电势最低

B.该点电荷在R点的加速度方向沿QRP切线方向

C.Q点的场强大于P点场强

D.该点电荷在尸点的电势能比在Q点的大

答案：D

解析：A.根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的凹侧，

所以电场线方向指向轨迹的凸侧，沿电场线方向电势降低可知，c的电势最高，故A错误；

B.根据电场线与等势线垂直，可知该负点电荷在R点的受力方向垂直匕等势线向下，所以可知该负点电荷

在R点的加速度方向垂直6等势线向下，而不是沿QRP切线方向，故B错误；

C.根据等势线密集的地方电场线也密集，可知Q点的场强小于P点场强，故C错误；

D.由于电场线向上，可知产点的电势比在。点的低，根据负电荷在电势低的地方电势能大，可知该点电

荷在尸点的电势能比在。点的大，故D正确。

故选D。

7.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为通

带电量为q的油滴恰好在尸点处于静止状态。则下列说法正确的是（）

A.在S仍闭合的情况下，若将4板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为匕的电

流

B.在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为afZ7的电

流

C.若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势不变

D.若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势升局

答案：AC

解析：A.开始时，重力和电场力平衡，故

mg=qE

将A板向下移，由

E=1

可知，E变大，故油滴应向上加速运动;

根据

c=e

U

c万=sS

47ikd

有

°=小

4兀kd

因电压U不变，随着间距d减小，故电容器电量增大，充电，故G中有〃一〃的电流，故A正确;

B.若将A板向右平移一小段位移，即减小正对面积，由

E吟

可知，因间距d不变，那么E不变，油滴仍静止;

根据

u

c》=--s-S--

4/rkd

有

0=迎

4兀kd

故电容器电量减小，放电，故G中有b-a的电流，故B错误;

C.若将S断开，Q不变；

再将A板向下平移一小段位移，根据

c=-----

4jrkd

电容增大;

根据

c里

u

U=Ed

得至u

E-ARQ

sS

故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，G中没有电流，且尸点电势也不变，故C正确；

D.若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据

C=--------

4兀kd

可知，电容C减小，再根据

c=Q

U

可知，U增大；

根据

U=Ed

可知，E增大：

电场力增大，油滴向上运动；

但由于电量不变，故G中无电流，由于电场强度E变大，则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势

降低，故D错误；

故选AC。

8.如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过

程中，则（）

O

A.小球立即做减速运动

B.小球一直做加速运动且加速度不变

C.小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大

D.当弹簧处于最大压缩量时，小球的加速度方向向上

答案：CD

解析：小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重力大于

弹力，合力向下，因为弹力尸=质不断增大，所以合外力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速

度同向，因此速度不断变大。当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到

最大。后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，但弹力大于重力，合外力竖

直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上，小球做减速运动，当速度减小到零时，达到

最低点，弹簧的压缩量最大：因加速度先向下后向上。

故选CD。

9.如图所示，电源电动势£=10V,内阻为r=l。，N=L5。，R2=5Q,已知电动机的额定电压为

5V,电动机的线圈的电阻RM为0.5Q，开关闭合后，电动机恰好正常工作。下列说法正确的是（）

A.通过电动机线圈的电流为10A

B.通过电阻飞的电流为1A

C.电动机输出机械功率为4.5W

D.电源的输出功率为16W

答案：CD

解析：AB.电源的电流

E—UM10-5

A=2A

r+Rt1+1.5

即通过电阻飞的电流为2A,通过电动机线圈的电流为

=/--^-=2A--A=lA

M45

选项AB错误；

C.电动机输出的机械功率为

勺-―/：%=4.5W

选项c正确;

D.电源的输出功率为

/=/E-/2r=]6W

选项D正确。

故选CD。

10.如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过

一段时间，小球速度大小仍为力但方向沿水平方向，已知小球质量为机，带电荷量为一q,重力加速度为

g,则在该过程中（）

■E

------------->

mg

A.匀强电场的电场强度大小为工

q

B.小球克服重力做功为0

C.小球射入电场后，小球的电势能逐渐减小

D.小球机械能增加一mF

2

答案：ACD

解析：A.方向恰沿水平方向时，竖直方向速度为零，用时

V

g

水平方向做匀变速直线运动，则

qE

v=at---t

m

联立解得

EA

q

故A正确；

B.小球竖直方向速度为零，小球上升高度

h=—'t=——

22g

重力做功

12

WG=-mgh=——mv

1

所以小球克服重力做功为二加，9，故B错误；

2

C.在该过程中电场力做正功，所以电势能一直减小，故C正确；

D.该过程中，除重力做功外，只有电场力做功，且电场力做正功，水平方向的位移

vv2

x=--t=——

22g

电场力做功

12

W电二必¥=—7次

1

所以小球机械能增加一机一9,故D正确。

2

故选ACDo

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.用如图所示实验装置验证机械能守恒定律

通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，毫秒计时器（图中未画出）记录

下挡光时间测出A8之间的距离为人，且远大于小球直径，实验前应调整光电门位置使小球下落过程中

球心通过光电门中的激光束。（已知当地重力加速度为g=9.8m/s2）

（1）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量

A.A点与地面间的距离4

B.小铁球的质量相

C.小铁球从A到B的下落时间tAB

D.小铁球的直径d

（2）小铁球通过光电门时的瞬时速度u=,若下落过程中机械能守恒，则（•与人的关系式为

答案：①.D-③.粤

td

解析：（1）[1]为了验证机械能守恒定律，只需验证从4下落到B的过程中，重力势能减少量是否等于动能

增加量即可，测量出小铁球的直径"，小铁球通过光电门时的瞬时速度为

则验证下列等式是否成立就可以验证机械能守恒定律

mgh=—m\

化简后得

ABC错误，D正确。

故选Do

（2）[2][3]小铁球通过光电门时的瞬时速度为

若下落过程中机械能守恒，有

则T与/?的关系式为

2gh

.7

12.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率p。步骤如下:

（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度乙=

5cm67

01020

图1

（2）用螺旋测微器测量其直径为£＞；

（3）用多用电表的电阻“x10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的

阻值约为C

待测圆柱体电阻K;

A.电流表Ai（量程0~5mA,内阻约50C）；

B.电流表A2（量程0~15mA,内阻约30C）；

C.电压表电压表Vi（量程0~3V,内阻约10kC）；

D.电压表V2（量程0~15V,内阻约25kC）；

E.直流电源E（电动势4V,内阻不计）；

F.滑动变阻器R（阻值范围0~15C,允许通过的最大电流2.0A）；

G.滑动变阻器&（阻值范围0~5kC,允许通过的最大电流0.5A）；

H.开关S；导线若干；

（5）电压表应选取电流表应选取滑动变阻器应选取（填器材前面的字母序号）

（6）为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图.

（7）该同学最终测出了导体的电阻率，经过查询资料发现与标准值误差较小。

答案：©.50.15②.220(§).V.@.A2⑤.N

解析：（1）[I]由图示游标卡尺可以知道其示数为

50mm+3x0.05mm=50.15mm

（3）⑵用多用电表的电阻“xlO”挡测电阻，由图示表盘可以知道，其示数为

22xl0Q=220Q

（5）[3][4][5]电源电动势为4V,如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V”电路最大电流约为

U3

/=—=——Aa0.0136A=13.6mA

R220

电流表应选A2,为方便实验操作滑动变阻器应选6，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器

采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法;

（6）[7]实验电路图如图所示

13.如图所示，AB为固定在竖直平面内、半径R=2.0m的四分之一圆弧轨道，8点切线水平且距水平地面

CD的高度为/z=0.8m。将质量为2.0kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块离开8点后水平抛出,

落在水平地面上的P点（图中未画出），B、P之间的水平距离为x=1.6m,,忽略空气阻力。重力加速度g取

lOm/s2,,

（1）求滑块到达B点时速度的大小；

（2）求滑块在8点时对轨道的压力大小；

（3）求从A到8的过程中，滑块克服摩擦力做的功。

答案：(1)vB=4m/s；(2)F；=36N；(3)W『=24J

解析：（1）滑块从8点平抛落点为P点，有

,1，

力=28厂

x=vBt

解得滑块到达B点时速度大小为

vB=4m/s

（2）滑块过8点时，沿径向的合力提供向心力，有

7

F^-mg=m^

K

由牛顿第三定律有

联立解得滑块在B点时对轨道的压力大小为

氏=36N

（3）滑块从A到8的过程，由动能定理有

12

mgR-Wf=-mvB-0

解得滑块克服摩擦力做的功为

吗=24J

14.如图所示，一滑板的上表面由光滑水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于

光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，一根长度为L=0.45m的不可伸长的细线,

一端固定于O'点，另一端系一质量为〃如=2kg小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好

接触。现将小球Q拉至与。'同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与

物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设物体P的质量为〃?=lkg,滑板的质量为M=3kg。忽略空气阻力。

重力加速度g取10m/s2o

（1）求小球Q与物体P碰撞前瞬间Q的速度大小；

（2）求小球Q与P相撞后小球P的速度；

（3）己知物体P在滑板上向左运动不能从C点飞出，求飞出后相对8点的最大高度。

解析：（1）设小球Q摆至竖直位置的速度大小为％，由动能定理有

解得

%=3m/s

（2）小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞，设碰后小球P的速度大小为匕，小球Q的速度大小为匕，

取向左为正方向，由动量守恒和机械能守恒有

加0%=加0%+相片

121212

/v。=2/WOV2+2WV|-

解得

匕

=4m/s,v2=lm/s

（3）物体P在滑板上向左运动不能从C点飞出，则相对8点的最大高度时，两者水平速度相同匕，滑板

和物块构成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，有

znv,=(m+M)vx

gmv^=g(加+MM+mgh

代入数据解得

h=0.6m

15.如图建立竖直平面内坐标系，a射线管由平行金属板A、B和平行于金属板（场强的方向竖直向下）的

细管C组成，放置在第n象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以

沿特定方向发射某一速度的a粒子（带正电）。若极板长为L,间距为d,当A、8板加上某一电压时，a粒

子刚好能以速度w（已知）从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，片0

时刻a粒子垂直于x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已

知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心。，场强

大小为瓦。已知a粒子电荷量为q,质量为加，重力不计。求:

（1）a粒子在静电分析器中的运动半径，；

（2）A、B极板间所加的电压U；

（3）0时刻起，a粒子动能最大时的位置坐标。

答案：(1)r=吗；(2)u(3)x=(2n+l)^^~,y=-(2n+l)—(〃=0、1、2、3……)

EaqqL2

解析：