湖南省邵阳市洞口县2024-2025学年高二物理上学期第一次月考试题含解析

Page202024年下学年高二物理月考检测卷考试范围：必修一、必修二、必修三第九、十、十一章；考试时间：75分钟第I卷（选择题）留意事项：1-6题为单选题，每题5分；7-10题为多选题，每题5分，选不全得3分、有选错不得分。一、单选题（每题5分）1.如图所示为一个质点做直线运动图像，下列推断正确的是（）A.质点在10~12s内位移为6m B.质点在11s末离动身点最远C.质点在8~10s内的加速度最大 D.质点在8~12s内的平均速度为4.67m/s【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图看出，物体在内沿正方向运动内沿负方向，由于两段时间内图象的“面积”相等，说明两段时间内位移大小相等，所以质点在内位移为0，故A错误；B．由图可知，物体在11s末速度方向发生变更，所以质点在11s末离动身点最远，故B正确；C．依据速度图象斜率等于加速度，可以看出质点在内加速度最大，故C错误；D．由A分析可知，质点在内的位移等于物体在内的位移，由“面积”等于位移得到的位移质点在内的平均速度为故D错误。故选B。2.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ.则下列说法正确的是A.P、O两点的电势关系为B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ<EPC.若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D.若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】【详解】A．依据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；

B．电场线的疏密表示场强的大小，依据图像知EQ<EP，故B正确；

C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.

D．P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；故选B.点睛：依据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的凹凸看电场线的指向,沿着电场线电势确定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;依据电势凹凸推断功的正负.3.地面上固定一个倾角为θ的斜面体，在其光滑斜面上放置一质量为M上表面水平的三角形木块A，在三角形木块的上表面放置一个质量为m的木块B，它们一起沿斜面无相对滑动下滑，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.A的加速度大小为 B.B受到沿斜面方向向上的摩擦力C.B受到的摩擦力大小为mgsinθcosθ D.B受到的支持力大小为mgsin2θ【答案】C【解析】【详解】A．对AB整体受力分析，由牛顿其次定律得：（M+m）gsinθ＝（M+m）a解得：a＝gsinθ故A错误；BCD．对B受力分析，将加速度分解，如图所示，水平方向由牛顿其次定律得：f＝max竖直方向由牛顿其次定律得：mg﹣N＝may又ax＝acosθay＝asinθ联立解得：f＝mgsinθcosθN＝mgcos2θ故BD错误，C正确。故选：C。4.2024年全国青少年冰球邀请赛在云南腾冲实行。如图，一冰球运动员以大小为的速度将质量为的冰球从冰面击出，冰球恰以水平速度从球门顶部射入球门。若球门高度为，冰球击出后只受重力作用，冰球可视为质点，重力加速度大小为，则（  ）A.冰球从冰面击出后经射入球门B.冰球击出时的速度大小C.冰球击出时的速度方向与冰面的夹角为D.以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球射入球门时的机械能为【答案】B【解析】【详解】A．因冰球恰以水平速度从球门顶部射入，竖直方向有代入数据得故A错误；B．依据平抛运动规律代入数据得故B正确；C．冰球击出时的速度方向与冰面的夹角满意代入数据得故C错误；D．以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球在球门顶部时的重力势能为0，动能机械能故D错误。故选B。5.如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.油滴带负电 B.极板带电荷量将增加C.带电油滴的电势能将削减 D.带电油滴将竖直向下运动【答案】D【解析】【详解】A．电容器两板间的场强方向向上，油滴受电场力方向向上，可知油滴带正电，选项A错误；B．板间距离增大，电容C减小，而电压U不变，由知电容器的电量Q减小，故B错误；

C．电容器的电压不变，依据知板间场强减小，由得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向上，P点电势比下极板低，则可知P点的电势上升，油滴带正电，则知带电油滴的电势能将增大，故C错误；

D．电容器的电压不变，依据知板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动，故D正确。故选D。6.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则以下说法正确的是（）A.汽车在前5s内的牵引力为5×102N B.汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2C.汽车额定功率为100kW D.汽车的最大速度为80m/s【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知匀加速直线运动的加速度为m/s2=4m/s2依据牛顿其次定律得F−f=ma解得牵引力为F=f＋ma=0.1×1×104N＋1×103×4N=5×103N，故A错误；BC．汽车的额定功率为P=Fv=5000×20W=100kW当汽车的速度是25m/s时，牵引力F′=N=4×103N此时汽车的加速度a′==m/s2=3m/s2故B错误，C正确；D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm=m/s=1×102m/s故D错误。故选C。二、多选题（每题5分，选不全得3分、有选错不得分）7.如图所示，将氘核（）和氦核（）混合体从加速电压为的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿C、D间的中线进入偏转电压为的偏转电场，两种粒子都能够从偏转电场的另一端射出。假如不计重力的影响，以下推断中正确的是（）A.氘核（）和氦核（）偏转位移y相等B.氘核（）偏向角更小C.氦核（）射出偏转电场时的动能更大D.氦核（）射出偏转电场时的速度更大【答案】AC【解析】【详解】AB．在加速电场中，依据动能定理在偏转电场中，设电容器的长度为L，宽度为d，则，，联立得，可知，偏转位移y和偏向角均相等，故A正确，B错误；C．依据动能定理得由于氦核电荷量更大，所以氦核（）射出偏转电场时的动能更大，故C正确；D．由得由于氘核与氦核的比荷相等，则二者射出偏转磁场时的速度相等，故D错误。故选AC。8.放射地球高轨卫星，可简化为如下过程：先将卫星放射到以地心为圆心的半径为、周期为的圆轨道1；然后在P位置点火，使其沿椭圆轨道2以周期运行；最终在Q点再次点火，使其沿以地心为圆心的半径为、周期的圆轨道3运行。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（）A.B.卫星在轨道3上的速度大于地球第一宇宙速度，小于地球其次宇宙速度C.卫星在轨道2上P点的加速度大于卫星在轨道1上P点的加速度D.卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于卫星在轨道2上经过Q点时的速率【答案】AD【解析】【详解】A．轨道2的半长轴为依据开普勒第三定律有解得故A正确；B．地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，依据解得由于卫星在轨道3上的轨道半径等于近地卫星的轨道半径，则卫星在轨道3上的速度小于地球第一宇宙速度，故B错误；C．依据解得P点到地心间距确定，可知卫星在轨道2上P点的加速度等于卫星在轨道1上P点的加速度，故C错误；D．轨道3相对于轨道2是高轨道，由低轨道到高轨道须要在切点Q处加速，可知卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于卫星在轨道2上经过Q点时的速率，故D正确。故选AD。9.如图所示，倾角为θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断B、C间细线或断开弹簧与A的连接点。下列推断正确的是（）A.B、C间细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度大小为2gsinθB.弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零C.B、C间细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθD.弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为gsinθ【答案】CD【解析】【详解】起先时三球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知弹簧的弹力D．断开弹簧与A的连接点瞬间，三球一起向下做匀加速直线运动，依据得加速度故D正确；B．断开弹簧与A的连接点瞬间，对A由牛顿其次定律得解得即A、B之间杆的弹力大小为零，故B错误；A．B、C间细线被剪断的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B系统，由牛顿其次定律得解得方向沿斜面对上，故A错误；C．B、C间细线被剪断的瞬间，对B由牛顿其次定律得解得故C正确。故选CD。10.如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹起先射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A.弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒，机械能不守恒B.弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒C.弹簧的最大弹性势能为D.弹簧的最大弹性势能为【答案】AC【解析】【详解】AB．子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹A打中木块B有滑动摩擦力做功，系统机械能不守恒．故A正确，B错误；CD．在子弹射入的过程动量守恒，依据动量守恒定律得：(M+m)v=mv0之后子弹、木块、弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当速度等于零时，弹簧机械能最大，则有：故C正确，D错误.第II卷（非选择题）三、试验题（11题、12题，每空2分，共20分）11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的试验中，可供选择的试验仪器如下：小灯泡L，“3.8V、0.3A”电压表V，量程0～5V，内阻5kΩ电流表，量程0～100mA，内阻4Ω电流表，量程0～500mA，内阻0.4Ω滑动变阻器，最大阻值100Ω，额定电流0.5A滑动变阻器，最大阻值10Ω，额定电流2.0A直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5Ω（1）在上述器材中，滑动变阻器应选______，电流表应选______；（2）依据电路图补全实物图连线______。【答案】①.R2②.A2③.【解析】【详解】（1）[1]因为灯泡电压须要从零起先变更，滑动变阻器应接受分压式接法，所以选择电阻值比较小的滑动变阻器R2；[2]因为灯泡的额定电流为0.3A即300mA，电流表A1的量程偏小，则选择电流表A2。（2）[3]由电路图可得实物图连线为12.某同学要测量一匀整新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。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L=_______mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D=__________mm；(3)用多用电表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是________。A．在测量电阻时，更换倍率后必需重新进行调零B.在测量电流时，更换量程后必需重新进行调零C.在测量未知电阻时，必需先选择倍率最大挡进行试测D.在测量未知电流时，必需先选择电流最大量程进行试测(4)用多用电表的电阻“×10”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_____________Ω(5)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程0~5mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0~15mA，内阻约30Ω）；电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使试验误差较小，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，并标明所用器材的代号_______________(6)在图4中用实线连好电路________(7)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝______________。（不要求计算，用题中U、I、D、L表示）【答案】①.50.15②.4.700③.AD##DA④.220⑤.⑥.⑦.【解析】【详解】(1)[1]由图示游标卡尺可以知道其示数为(2)[2]由图示螺旋测微器可以知道其示数为(3)[3]A.在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变更，欧姆挡的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必需重新进行调零，故A正确；B．在测量电流时，依据电流表的原理，电流挡的零刻度在最左边，更换量程后不须要调零，故B错误；C．在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应先选择倍率较小的挡进行试测，若指针偏角过小，再换用倍率较大的挡进行测量，故C错误；D．在测量未知电流时，为了电流表的平安，必需先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，再换用较小的量程进行测量，故D正确。故选AD。(4)[4]用多用电表电阻“”挡测电阻，由图示表盘可以知道，其示数为：(4)[4]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V1，电路最大电流约为电流表应选A2，为便利试验操作滑动变阻器应选，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器接受分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表接受外接法；试验电路图如图所示(6)[6]实物图连接如图(7)[7]依据欧姆定律可知依据电阻定律可得联立解得四、解答题（13题7分，14题10分，15题13分，共30分）13.如图所示，轻质绝缘细绳长为L，上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。小球所带电荷量q，质量为m。重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求电场强度E；（2）若将小球拉回竖直位置后由静止释放，试求运动到图示位置时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）受力分析如图小球受力平衡，可得解得（2）从竖直位置运动到图示位置的过程中，由动能定理得解得14.如图所示，一个荷质比的带电粒子从A板由静止起先经过A、B极板间的匀强电场加速后，又沿中心轴线垂直射入偏转电场，并从另一侧射出电场打到荧光屏上的P点，