《云南省開遠市第一中學(xué)校2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期9月月考物理Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

開遠市第一中學(xué)校2023年秋季學(xué)期高二年級9月月考物理試卷考生注意：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。2.考生作答時，請將答案填涂在答題卡上。第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；第Ⅱ卷請用直徑0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試卷、草稿紙上作答無效。3.本卷命題范圍：人教版高中物理教材。第I卷（選擇題）一、單選題（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確。）1.關(guān)于磁感線和電場線的說法中正確的是（　?。〢.磁感線是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而假想的曲線，而電場線是真實存在的B.磁感線是封閉曲線，電場線不是封閉曲線C.磁感線是從N極出發(fā)S極終止，電場線是從正電荷出發(fā)負電荷終止D.磁感線是磁場中鐵屑排列成的曲線，而電場線是點電荷在電場中運動的軌跡【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．電場線和磁感線都是為了形象的描述電場和磁場而引入的曲線，是假想的，并不是實際存在的線，故A錯誤；B．電場線是一條不閉合曲線，有起點和終點，而磁感線是一條閉合曲線，故B正確；C．磁感線是閉合曲線，在磁鐵的外部，從N極出發(fā)進入S極，磁鐵內(nèi)部從S極指向N極。電場線是從正電荷出發(fā)負電荷終止。故C錯誤；D．磁感線可以用磁場中鐵屑排列成的曲線模擬，但此曲線并不是磁感線，因為磁感線是不存在的。電場線與點電荷在電場中運動的軌跡是兩回事，不一定重合，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，a、b、c三枚小磁針分別在通電螺線管的正上方、管內(nèi)和右側(cè)，當(dāng)這些小磁針靜止時，小磁針N極的指向是（　　） A.a、b、c均向左B.a、b、c均向右C.a向左，b向右，c向右D.a向右，b向左，c向右【答案】C【解析】【詳解】小磁針靜止時N極的指向與該點磁感線的方向相同，如果a、b、c三處磁感線的方向確定，那么三枚小磁針靜止時N極的指向也就確定。所以只要畫出通電螺線管的磁感線（如圖所示），即可知a磁針的N極指向左，b磁針的N極指向右，c磁針的N極指向右。故選C。3.如圖甲所示，彈簧振子的平衡位置為O點，在A、B兩點之間做簡諧運動，取向右為正方向，以振子從A點開始運動的時刻作為計時起點，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）A.時，振子的速度方向向左B.時，振子的加速度方向向右C.到的時間內(nèi)，振子的回復(fù)力逐漸減小D.到的時間內(nèi)，振子的動能逐漸增大【答案】C【解析】 【詳解】A．由圖乙可知，時，振子的速度方向為正方向，即方向向右，故A錯誤；B．時，振子處于正向最大位移處，振子的加速度方向為負方向，即方向向左，故B錯誤；C．到時間內(nèi)，振子從正向最大位移處向平衡位置振動，振子的回復(fù)力逐漸減小，故C正確；D．到的時間內(nèi)，振子從平衡位置向負向最大位移處振動，振子的速度逐漸減小，振子的動能逐漸減小，故D錯誤。故選C。4.2022年7月19日，浙江桐鄉(xiāng)兩名90后上演“生死時速”，徒手接住從2樓墜樓女童的消息，在網(wǎng)上熱傳，現(xiàn)場視頻看得人心驚肉跳，假設(shè)體重為20kg的小孩突然從離地面6m高處墜落，樓下恰好有人雙手將孩子接住，該人接住孩子時離地面大概1m，與雙手的撞擊時間約為0.5s，假設(shè)小孩可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10m/s2，請你估算一下該人每只手平均承受的力為（　?。〢.200NB.300NC.400ND.600N【答案】B【解析】【詳解】設(shè)小孩與雙手的撞擊瞬間的速度為v，下落高度為5m，由動能定理可知解得小孩與雙手撞擊時受到自身的重力mg和雙手的支持力2F，規(guī)定向上為正方向，由動量定理可知解得根據(jù)牛頓第三定律可知該人每只手平均承受的力約為300N。故選B。5.如圖所示為三根平行導(dǎo)線的截面圖，若它們的電流大小都相同，方向垂直于紙面向里。如果AB=AC=AD，則A點的磁感應(yīng)強度的方向是（　?。?A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)安培定則，B、C、D三根導(dǎo)線在A點的磁感應(yīng)強度方向分別為豎直向下、水平向右、豎直向上，因為AB=AC=AD所以三根導(dǎo)線在A點的磁感應(yīng)強度大小相等，則A點的合磁感應(yīng)強度的方向水平向右。故選D。6.如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動。時，磁感應(yīng)強度為B0，此時MN到達的位置使MDEN構(gòu)成一個邊長為l的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，從開始，磁感應(yīng)強度B與t的關(guān)系式為（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動時，為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則必須MDEN回路磁通量保持不變，故磁感應(yīng)強度B應(yīng)隨時間t減小。回路的磁通量保持不變，則有解得故選C。7.如圖所示，一砂袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中砂袋后未穿出，二者共同擺動。若彈丸的質(zhì)量為m，砂袋的質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中砂袋后漏出的砂子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是（） A.彈丸打入砂袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變B.彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的沖量大小大于砂袋對彈丸的沖量大小C.彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量為D.砂袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為【答案】D【解析】【詳解】A．彈丸打入砂袋的過程，由動量守恒定律得mv0=(m＋5m)v解得彈丸打入砂袋后，總質(zhì)量變大，且做圓周運動，根據(jù)可知，細繩所受拉力變大，A錯誤；B．彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的作用力與砂袋對彈丸的作用力大小相等，彈丸對砂袋的沖量大小等于砂袋對彈丸的沖量大小，B錯誤；C．彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量C錯誤；D．由機械能守恒可得解得 D正確。故選D。8.一個靜止的質(zhì)點在到這段時間，僅受到力的作用，的方向始終在同一直線上，隨時間的變化關(guān)系如圖所示。下列說法中正確的是（　?。〢.在到這段時間，質(zhì)點做往復(fù)直線運動B.在時，質(zhì)點的動量大小為C.在時，質(zhì)點的動能最大D.在到這段時間內(nèi)，力的總沖量為零【答案】D【解析】【詳解】A．0~2s內(nèi)，力的方向不變，故加速度方向不變，物體做加速運動；2~4s內(nèi)，力的方向相反，故加速度方向相反，物體做減速運動；且0~2s和2~4s內(nèi)加速度大小變化是相等的，方向相反，則到4s末時速度為零，整個過程速度方向不變，故A錯誤；B．圖像與t軸圍成的面積表示力做的沖量，在時，質(zhì)點的動量故B錯誤；C．由A分析知，當(dāng)時，動能最大，故C錯誤；D．由圖可知，在到這段時間內(nèi)，圖像與t軸圍成的面積上下相等，故力的總沖量為零，D正確。故選D。二、多選題（本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或者以上的選項是正確的，全部選對得4分，選對但不全得2分，有錯的不得分。）9.關(guān)于電磁場及電磁波，下列說法正確的是（　?。〢.麥克斯韋提出電磁場理論，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在B.變化的電場能夠產(chǎn)生磁場，變化的磁場能夠產(chǎn)生電場 C.不同電磁波具有不同的波長，電磁波中無線電波可用于通信D.紅外線的顯著作用是熱效應(yīng)，溫度較低的物體不能輻射紅外線【答案】ABC【解析】【詳解】A．麥克斯韋提出電磁場理論，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故A正確；B．變化的電場能夠產(chǎn)生磁場，變化的磁場能夠產(chǎn)生電場，故B正確；C．不同電磁波具有不同的波長，電磁波中無線電波可用于通信，故C正確；D．紅外線的顯著作用是熱效應(yīng)，溫度低的物體也能輻射紅外線，故D錯誤。故選ABC。10.如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量m=2kg的另一物體B以水平速度v0=3m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是（g取10m/s2）（　?。〢.木板獲得的動能為1JB.系統(tǒng)損失的機械能為6JC.木板A的最小長度為2mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2【答案】BD【解析】【詳解】A．設(shè)木板A的質(zhì)量為M，由乙圖可知，木板A的最終速度為1m/s，可知木板獲得的動能為A、B相互作用過程中，系統(tǒng)動量守恒，可得聯(lián)立，解得，故A錯誤；B．系統(tǒng)損失的機械能為 故B正確；C．設(shè)木板A的最小長度為L，由乙圖中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，可得故C錯誤；D．設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)能量守恒，可得解得故D正確。故選BD。11.一個質(zhì)點在平衡位置O點附近做機械振動．若從O點開始計時，經(jīng)過5s質(zhì)點第一次經(jīng)過M點（如圖所示）；再繼續(xù)運動，又經(jīng)過2s它第二次經(jīng)過M點；則該質(zhì)點第三次經(jīng)過M點還需要的時間是（　?。〢.6sB.8sC.22sD.24s【答案】AC【解析】【詳解】設(shè)題圖中a、b兩點為質(zhì)點振動過程的最大位移處，若在開始計時時刻，質(zhì)點從O點向右運動，O→M過程歷時5s，M→b→M運動過程歷時2s，則T=24s質(zhì)點第三次經(jīng)過M點還需要的時間Δt=T－2s=（24－2）s=22s若在開始計時時刻，質(zhì)點從O點向左運動，O→a→O→M運動過程歷時5s，M→b→M運動過程歷時2s，則質(zhì)點第三次經(jīng)過M點還需要的時間 故選AC。12.如圖所示，質(zhì)量為M的光滑斜面靜止在光滑水平面上。某時刻，質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的小物塊從斜面頂端由靜止開始下滑，經(jīng)過一段時間，小物塊滑到斜面底端，速度大小為，方向與水平地面成角，重力加速度大小為g。則小物塊從斜面頂端下滑到底端過程中，下列說法中正確的是（　?。〢.斜面與小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒B.斜面對小物塊的支持力做的功等于小物塊機械能的變化C.小物塊對斜面的壓力做的功等于D.小物塊對斜面的壓力的沖量大小為【答案】BC【解析】【詳解】A．小物塊從斜面頂端下滑到底端過程中，斜面與小物塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向所受外力矢量和不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．小物塊下滑過程中，斜面對小物塊的支持力做負功，引起小物塊機械能減小，且做的功等于小物塊機械能的變化。故B正確；C．物塊下滑過程，小物塊與斜面組成系統(tǒng)，水平方向動量守恒，因此根據(jù)動量守恒定律可得解得小物塊滑到斜面底端時，斜面的速度大小為根據(jù)動能定理可知，小物塊對斜面的壓力做的功即合外力對斜面做的功，等于其動能變化量，為故C正確； D．根據(jù)動量定理可知，小物塊對斜面的壓力在水平方向的分力的沖量等于斜面動量變化量，即等于；而小物塊對斜面的壓力在豎直方向分力的沖量不為零，因此小物塊對斜面的壓力的沖量大小不等于，故D錯誤。故選BC。第II卷（非選擇題）三、實驗題（共16分）13.如圖是做探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件原副線圈實驗的器材及示意圖。（1）在圖中用實線代替導(dǎo)線把它們連成實驗電路_______。（2）由哪些操作可以使電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)：Ⅰ.________；Ⅱ.________。（3）假設(shè)在開關(guān)閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn)，則當(dāng)螺線管A向上拔出的過程中，靈敏電流計的指針向________偏轉(zhuǎn)。(選填“左”、“右”)【答案】①.②.將開關(guān)閉合(或者斷開)③.將螺線管A插入(或拔出)螺線管B④.右【解析】【詳解】（1）[1]將電流表與大線圈B組成閉合回路，電源、開關(guān)、小線圈A組成閉合回路，電路圖如圖所示（2）[1][2]將開關(guān)閉合或斷開，或?qū)⒙菥€管A插入(或拔出)螺線管B時穿過線圈B 的磁通量發(fā)生變化，線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針偏轉(zhuǎn)。（3）[4]在開關(guān)閉合的瞬間，穿過線圈B的磁通量增大，靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn)，則當(dāng)螺線管A向上拔出的過程中，穿過線圈B的磁通量減小，靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)。14.某同學(xué)現(xiàn)用如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌和光電門裝置來“驗證動量守恒定律”，在氣墊導(dǎo)軌右端固定一彈簧，滑塊b的右端有強粘性的膠水．圖中滑塊a和擋光片的總質(zhì)量為m1＝0.620kg，滑塊b的質(zhì)量為m2＝0.410kg，實驗步驟如下：①按圖安裝好實驗器材后，接通氣源，先將滑塊a置于氣墊導(dǎo)軌上，然后調(diào)節(jié)底腳螺絲，直到輕推滑塊后，滑塊上的擋光片通過兩個光電門的時間________；②將滑塊b置于兩光電門之間，將滑塊a置于光電門1的右端，然后將滑塊a水平壓縮彈簧，滑塊a在彈簧的作用下向左彈射出去，通過光電門1后繼續(xù)向左滑動并與滑塊b發(fā)生碰撞；③兩滑塊碰撞后粘合在一起向左運動，并通過光電門2；④實驗后，分別記錄下滑塊a擋光片通過光電門1的時間t1，兩滑塊一起運動擋光片通過光電門2的時間t2．(1)完成實驗步驟①中所缺少的內(nèi)容．(2)實驗前用一游標(biāo)卡尺測得擋光片的寬度d如圖乙所示，則d＝________cm．(3)設(shè)擋光片通過光電門時間為Δt，則滑塊通過光電門的速度可表示為v＝________(用d、Δt表示)．(4)實驗中測得滑塊a經(jīng)過光電門1的速度為v1＝2.00m/s，兩滑塊經(jīng)過光電門2的速度為v2＝1.20m/s，將兩滑塊和擋光片看成一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)在兩滑塊相互作用前、后的總動量分別為p1＝________kg·m/s，p2＝________kg·m/s(結(jié)果均保留3位小數(shù))．【答案】①.相等②.1.550③.④.1.240⑤.1.236【解析】【詳解】(1)[1]在步驟①中氣墊導(dǎo)軌安裝時應(yīng)保持水平狀態(tài)，滑塊在軌道上應(yīng)做勻速直線運動，故滑塊上的擋光片通過兩光電門的時間相等．(2)[2]游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為15mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為0.05×10mm＝0.50mm，所以擋光片的寬度為d＝15mm＋0.50mm＝15.50mm＝1.550cm(3)[3] 由于擋光片的寬度比較小，故擋光片通過光電門的時間比較短，因此可將擋光片通過光電門的平均速度看成滑塊通過光電門的瞬時速度，故滑塊通過光電門的速度可表示為v＝．(4)[4][5]兩滑塊相互作用前系統(tǒng)的總動量為p1＝m1v1＝0.620×2.00kg·m/s＝1.240kg·m/s兩滑塊相互作用后系統(tǒng)的總動量為p2＝(m1＋m2)v2＝(0.620＋0.410)×1.20kg·m/s＝1.236kg·m/s四、解答題（共36分）15.如圖所示，水平方向的勻強磁場中有長為2cm的通電直導(dǎo)線垂直磁場方向水平放置，當(dāng)通過導(dǎo)線的電流為2A、方向向左時，它受到的磁場力大小為4×103N，問：（1）磁場的磁感應(yīng)強度B是多大?（2）若電流不變，導(dǎo)線長度減小到1cm，則它受到磁場力F多大?（3）若導(dǎo)線長度為2cm，電流增大為5A，則它受到的磁場力F多大?【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)代入數(shù)據(jù)得（2）磁感應(yīng)強度不變，磁場力為（3）磁場力為16.如圖所示，線圈平面與水平方向夾角θ=60°，磁感線豎直向下，線圈平面面積S=0.4m2，勻強磁場磁感應(yīng)強度B=0.6T，則：（1）穿過線圈的磁通量Φ為多少？把線圈以cd為軸順時針轉(zhuǎn)過120°角，則通過線圈磁通量的變化量為多少？ （2）若θ=90°，穿過線圈的磁通量為多少？當(dāng)θ為多大時，穿過線圈的磁通量最大？【答案】（1）0.12Wb；0.36Wb；（2）0；0【解析】【分析】【詳解】（1）線圈在垂直磁場方向上的投影面積穿過線圈的磁通量線圈以cd為軸順時針方向轉(zhuǎn)過120°角后變?yōu)榕c磁場垂直，但由于此時磁感線從線圈平面穿入方向與原來相反，故此時通過線圈的磁通量Φ2=－BS=－0.6×0.4Wb=－0.24Wb故磁通量的變化量ΔΦ=|Φ2－Φ1|=|－0.24－0.12|Wb=0.36Wb（2）當(dāng)θ=90°時，線圈在垂直磁場方向上的投影面積S⊥′=0據(jù)Φ=BS⊥知，此時穿過線圈的磁通量為零。當(dāng)θ=0時，線圈平面與磁場垂直，此時S⊥″=S穿過線圈的磁通量最大。17.如圖所示，半徑的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端B點和圓心O的連線與水平方向的夾角，下端C點為軌道的最低點且與光滑水平面相切。質(zhì)量的小物塊a（可視為質(zhì)點）從空中A點以的速度水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面并與靜止在水平面上的另一小物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后物塊a 恰好可以返回到圓弧軌道與圓心O等高處。g取，，求：（1）A點和B點間的水平距離；（2）小物塊下滑經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大小；（3）物塊b的質(zhì)量M。（結(jié)果用根式表示，可不用化成最簡形式）【答案】（1）0.432m；（2）6N；（3）【解析】【詳解】（1）小物塊從A點拋出做平拋運動，則聯(lián)立解得A、兩點的水平位移解得（2）由幾何知識得，小物塊在點的速度大小從到根據(jù)動能定理得C點受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得 解得根據(jù)牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為（3）a與碰撞，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得碰撞后對，根據(jù)動能定理有解得物塊質(zhì)量為