湖北省宜昌市部分省级示范高中2024-2025学年高二物理上学期11月月考试卷含解析

Page16考试时间：75分钟满分：100分留意事项：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。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，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列关于能量量子化说法正确的是（）A.玻尔最早提出了能量量子化假说B.电磁波波长越长，其能量子越大C.爱因斯坦认为微观粒子能量是连续的D.频率为的光的能量子为【答案】D【解析】【详解】AC．普朗克最早提出了能量量子化假说，普朗克认为微观粒子能量是不连续的，故AC错误；BD．频率为的光的能量子为，电磁波波长越长，其频率越小，能量子越小，故B错误，D正确。故选D2.如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽视空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B.谷粒2在最高点的速度小于C.两谷粒从到的运动时间相等 D.两谷粒从到的平均速度相等【答案】B【解析】【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。故选B。3.如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，物体的位移随时间变更的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时，物体在点右侧处B.物体在和时的速度相同C.时，物体的加速度方向水平向右D.到的时间内，物体的加速度和速度都渐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．由图象乙知，振子的振动方程为t=0.6s时，解得x=6cm故A错误；

B．由图象乙知，振子t=0.2s和t=1.0s图象斜率大小相同，但正负不同，所以速度方向相反，故速度不同，故B错误；

C．依据该振子的运动规律可知t=1.2s时振子在A点，则加速度方向水平向右，故C正确；

D．在t=1.2s到t=1.6s的时间内，振子的位移减小，则速度增加，加速度减小，故D错误。

故选C。4.2024年5月10日，天舟六号货运飞船进入比中国空间站低的预定轨道，次日经过变轨后与空间站组合体完成交会对接，在距地约400km的轨道上运行，若预定轨道和空间站轨道均可视为圆轨道。下列说法正确的是（）A.天舟六号在预定轨道上需减速才能进入空间站轨道B.天舟六号在预定轨道上运行时的机械能小于对接后的机械能C.天舟六号在预定轨道上运行时的速度大于第一宇宙速度D.天舟六号在预定轨道上运行时受到的合力小于其在地面上静止时受到的合力【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，预定轨道比空间站轨道更低，则天舟六号在预定轨道上需加速做离心运动才能进入空间站轨道，故A错误；B．由于天舟六号在预定轨道上需加速做离心运动才能进入空间站轨道，所以从预定轨道到空间站轨道过程中机械能增大，即天舟六号在预定轨道上运行时的机械能小于对接后的机械能，故B正确；C．依据可得第一宇宙速度即为近地卫星的速度，其半径比预定轨道半径更小，天舟六号在预定轨道上运行时的速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．天舟六号在预定轨道处的重力加速度为天舟六号所受合力为天舟六号在地面上静止时所受到的合力为零，故D错误。故选B。5.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【详解】对c球受力分析可知，水平方向上受a、b的库仑力和匀强电场的电场力3个力的作用而平衡，有解得故选B。6.如图，平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A.电压表读数增大B.若带电质点P固定，则其电势能增大C.电容器极板带电量增大D.若电压表、电流表的示数变更量分别为U和I，则【答案】B【解析】【详解】A．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，依据串反并同规律，电压表读数减小，A错误；B．质点P受重力和电场力作用，电场力竖直向上，则P带负电，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，依据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器内电场强度减小，则UP下=EdP下=φP－0由于带电质点P固定，则dP下不变，E减小，UP下减小，φP减小，则带电质点P的电势能EpP=－φPq增大，B正确；C．依据串反并同规律，电容器两端电压减小，由于Q=CU可知电容器极板带电量减小，C错误；D．依据闭合电路欧姆定律U=E－I(r＋R1)解得D错误。故选B。7.如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。两车起先都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A

车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出。每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左。则小孩把A车推出（）次后，A车返回时小孩不能再接到A车。A.4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】【详解】规定小孩与B车的运动方向为正方向，第一次推时，依据动量守恒定律可得其次次推可得以此类推到第n次，可得联立解得假如最终A车返回时小孩不能再接到A车，则满意所以解得即故选B8.水袖是对古代服饰衣袖的夸张呈现，是戏装的重要组成部分。戏曲演员常常通过对水袖的运用来刻画人物。水袖的运用，不仅肢体动作得以延长，更是扩展了身体的表现力和延长了内在感情。演员通过技法和身体的表现力，体现出“行云流水”般的美感。假如某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中某时刻的波形图，此时刻记为，M是平衡位置的质点，图乙为质点M的振动图像，则（）A.该简谐波沿轴正方向传播B.该简谐波的传播速度为C.质点M在内通过的路程为D.质点M在内在轴方向上移动了【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，时刻，质点向上振动，依据波形平移法结合图甲可知，波沿轴负方向传播，故A错误；B．由图可知，，所以波的传播速度为故B错误；C．由于则质点M在内通过的路程为故C正确；D．质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故D错误。故选C。9.如图甲所示是某电场中的一条电场线，若有一质子以某一初速度仅在电场力的作用下，沿AB由A点运动到B点，所经位置的电势(φ)随距A点的距离(x)变更的规律如图乙所示.则以下关于质子的v－t图像，Ek－x图像，a－t图像，E(电势能与动能之和)－x图像，四种图像中可能正确的有A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】依据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变更．由图看出，电势渐渐降低，可推断出电场线的方向，确定电势的凹凸，由电场力做功正负，分析速度的大小并推断电子电势能的变更．【详解】A、C项：φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何学问得知，图象切线斜率不变，所以电场强度不变，质子做匀加速直线运动，故A正确，C错误；B项：由动能定理得：，所以动能与位移为一次涵数，故B错误；D项：由能量守恒可知，质子的动能和电势能保持不变，故D正确．故选AD．10.如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，

A、B的质量分别是m

和2m，

劲度系数为k的轻质弹簧平行于水平面，一端固定在竖直墙面上，另一端与物体A

相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。起先时物体B在一沿斜面对上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，

直到物体

B

获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，已知重力加速度为g，则在此过程中（）A.B的速度最大时，弹簧的伸长量为B.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为C.物体A

的最大速度为gsinθD.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的削减量【答案】ABD【解析】【详解】B．外力F作用下，绳子张力为零，对物体B，依据平衡条件可得其中F=3mgsinθ解得撤去外力F的瞬间，弹簧弹力为零，故物块A、B的加速度故B正确；A．物块A、B一起运动，故当弹簧弹力此时，A、B的合外力为零，速度最大，故速度最大时，弹簧伸长量为故A正确；C．对A、B整体由动能定理可得解得故C错误；D．依据能量守恒可知物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的削减量和B物体机械能的变更量之和，则物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的削减量，故D正确。故选ABD。二、非选择题，本题共5小题，共60分。11.某小组设计了一个试验演示板做“探究碰撞中的不变量”的试验，主要试验步骤如下：①选用大小为120cm×120cm的白底板竖直放置，悬挂点为O，并标上如图所示的高度刻度；②悬挂点两根等长不行伸长的细绳分别系上两个可视为质点的A摆和B摆，两摆相对的侧面贴上双面胶，以使两摆撞击时能合二为一，以相同速度一起向上摆；③把A摆拉到右侧h1的高度，释放后与静止在平衡位置的B摆相碰。当AB摆到最高点时读出摆中心对应的高度h2；回答以下问题：（1）若A、B摆的质量分别为ma、mb，则验证动量守恒的表达式为_______。（2）把A摆拉到右侧的高度为0.8m，两摆撞击后一起向左摆到的高度为0.2m，若满意A摆的质量是B摆的质量的______倍，即可验证系统动量守恒，从而可以得出A摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的______倍。【答案】①.②.1③.2【解析】【详解】（1）[1]由机械能守恒定律可得得碰前速度由得球后速度依据动量守恒可知须要的表达式为（2）[2]把数据代入验证表达式可得，即若满意A摆的质量是B摆的质量的1倍，即可验证系统动量守恒：[3]依据动量守恒有和能量守恒联立解得即A摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的2倍。12.一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有试验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻特别大）、定值电阻（阻值）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的试验电路原理图。完成下列填空：（1）试验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S（2）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为。由此得到流过待测金属丝的电流I=_______，金属丝的电阻_____。（结果均用、、表示）（3）接着微调R，重复（2）测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：（）0.570.710.851.141.43（）0.971.211.451.942.43（4）利用上述数据，得到金属丝的电阻。（5）用米尺测得金属丝长度。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为______mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。（6）由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率______。（保留2位有效数字）【答案】①.②.③.0.150④.5.0【解析】【详解】（1）[1]依据题意可知，两端的电压为则流过即流过待测金属丝的电流[2]金属丝的电阻联立可得（5）[3]螺旋测微器的读数为（6）[4]依据电阻定律又代入数据联立解得13.如图甲所示为一列水平向右传播简谐横波在t=0时刻的波形图，图示时刻波恰好传播到x=0.24m处。图乙是这列波上O点的振动图像。质点M的平衡位置坐标为x=1.20m。从该时刻起先计时，求：（i）波的传播速度大小；（ⅱ）质点M第一次到达波峰所需的时间；（iii）质点M第一次到达波峰时通过的路程。【答案】（i）；（ii）；（iii）0.15m。【解析】【详解】（i）由图甲知波的波长为，由图乙知波的波长为T=0.4m，则波速大小为；（ii）质点M第一次到达波峰所需的时间就是初始时刻x=0.06m处的质点的振动状态传到M点所需的时间，由波的图象可得，，所需的时间为；（iii）由波的图象知，振幅A=0.05m，从质点M起振到第一次到达波峰历时为所以质点M通过的路程为s=3A=3×0.05m=0.15m。14.如图所示，水平地面上方有水平向右、范围足够大的匀强电场，从地而上的A点竖直向上以初速度v0=10m/s抛出一个质量为m=0.lkg、电荷量为q=1×10-3C的带电小球，

B点为其运动轨迹的最高点，小球落在水平地面上的C点时速度与水平方向的夹角θ且，已知AC的位移x=m，取重力加速度大小g=10m/s2，

忽视空气阻力的影响，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球运动到B点时速度大小vB；（3）以从A点起先运动作为计时起点，经过多长时间小球的速度最小，最小值为多少？【答案】（1）；（2）；（3）5m/s【解析】【详解】（为降低难度题目给出的条件较多，多种