辽宁省抚顺德才高级中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 辽宁省抚顺德才高级中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 819.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-10-23 19:11:57 | ||
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文档简介
抚顺市名校2023-2024学年高二上学期第一次月考
物理学科试卷
时长：75分钟 试卷满分：100分
一、选择题：本题共10小题，共46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6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m。该次作业中小车相对地面的位移大小为（ ）
A．6m B．8m C．10m D．14m
2．如图所示，质量相同的质点A、B被用轻质细线悬挂在同一点O，在同一水平面上做匀速圆周运动，则（ ）
A．A的线速度一定比B的线速度大 B．A的角速度一定比B的角速度大
C．A的加速度一定比B的加速度小 D．A所受细线的拉力一定比B所受的细线的拉力小
3．荡秋千深受孩子们的喜爱，如图为某同学荡秋千的场景，忽略空气阻力，该同学荡秋千时从由最低点往上摆的过程中（ ）
A．该同学感觉到脚承受的力在增大 B．重力做的功为零
C．绳子拉力对横板做的功为零 D．重力的功率逐渐增大
4．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角，AB两点高度差，忽略空气阻力，重力加速度，则球刚要落到球拍上时速度大小为（ ）
A．5m/s B．2.5m/s B．7.5m/s D．4.5m/s
5．2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船与火箭分离后经历2次变轨，来到与天和核心舱相距较近的位置上，然后在自动控制下轨道逐渐升高，与核心舱的距离不断减小，成功对接于天和核心舱后向端口，首次实现了两小时自主快速交会对接，创造了世界纪录。下列说法正确的是（ ）
A．天舟五号货运飞船脱离火箭时的速度大于第二宇宙速度
B．天舟五号货运飞船对接后与从脱离火箭时相比，机械能变大
C．天舟五号货运飞船在追天和核心舱的过程中，天舟五号货运飞船的加速度始终指向地心
D．对接成功后，组合体的速度会比天和核心舱原来的速度小
6．我国风洞技术世界领先，如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，斜面上端接有一弹簧，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块加速度先增大后减小 B．弹簧弹性势能先增大后减小
C．物块的机械能一直增大 D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
7．如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为＋Q，与其连线中点O的距离为h，质量为m带电量为－q的试探电荷以O为圆心做匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则（ ）
A．试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为
B．若增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变小
C．试探电荷做匀速圆周运动的角速度为
D．若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将加速到达B点
8．如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，横截面积之比，已知5s内有个自由电子通过导线a的横截面，电子的电荷量，下列说法正确的是（ ）
A．流经导线a的电流为0.16A B．流经导线b的电流为0.32A
C．导线a、b的电阻之比 D．导线a、b两端的电压之比
9．某课外兴趣小组为了将一小量程的电流表改装成一多用电表，设计了如图所示的电路。已知小量程电流表的内阻、满偏电流，电阻、，下列判断正确的是（ ）
A．当和均断开时，改装成的表是电压表，量程为10V
B．当和均断开时，改装成的表是电压表，量程为1V
C．当和均闭合时，改装成的表是电流表，量程为0.1A
D．当和均闭合时，改装成的表是电流表，量程为1A
10．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取，则此物体（ ）
A．物体先加速后减速运动 B．在OA段运动的加速度是
C．在位移时的速度是3m/s D．在位移时的速度是3m/s
二、非选择题：（本题共5小题，共54分）
11．（6分）有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品（如图甲所示），电阻约为，为了测量其电阻率，他找到以下实验器材并进行实验：
A．10分度的游标卡尺
B．螺旋测微器
C．电流表（量程50mA，内阻为）
D．电流表（量程100mA，内阻约为）
E．电流表（量程1A，内阻约为）
F．滑动变阻器R（，额定电流1A）
G．直流电源E（12V，内阻不计）
H．圆柱体导体棒样品（电阻约为）
I．开关一只、导线若干
（1）（2分）用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数______cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图丙所示，其示数______mm；
（2）（2分）为了尽可能精确地测量电阻，电路原理图如图丁所示。图丁中甲电流表应选______；乙电流表应选______（用器材前的序号表示）；
（3）闭合开关，测量出甲电流表的读数和乙电流表的读数；
（4）（2分）根据实验测得的物理量，电阻率______（用题中所给的相关字母表示）。
12．（8分，每空2分）某同学通过调节手机拍摄功能中的感光度和快门时间，拍摄出质量较高的频闪照片。图1是该同学拍摄的小球自由下落部分运动过程中频闪照片，用来验证机械能守恒定律。该同学以小球下落过程中的某一点（非释放点）为原点O，并借助照片背景中的刻度尺测量各时刻的位置坐标为、、、、，刻度尺零刻度与原点O对齐。已知手机连拍频率为f，当地重力加速度为g，小球质量为m。
图1 图2
（1）小球在位置时的瞬时速度______（用题中所给的物理量符号表示）；
（2）关于实验装置和操作，以下说法正确的是______；
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．选择材质密度小的小球
C．小球实际下落过程中动能增量大于重力势能减少量
D．该实验可以验证动能定理
（3）取小球从到的过程研究，则机械能守恒定律的表达式为______（用题中所给物理量的符号表示）；
（4）由于阻力的存在影响了实验，该同学利用测得的数据，算出了、、、这些点对应的速度v，以对应到O点的距离h为横轴，为纵轴画出了如图2所示的图线。测得图线的斜率为，则小球受到的阻力大小______。
13．（10分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，，，其中ab沿电场方向，bc与电场方向呈60°角。一个电荷量为的正电荷从a移动到b电场力做功。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）a、c两点的电势差？
（3）若规定，电荷q在c点具有的电势能？
14．（12分）如图所示，A、B两端接直流稳压电源，，，，滑动变阻器总电阻，求：
（1）当滑片处于滑动变阻器中点时，电路中的等效电阻；
（2）当滑片处于滑动变阻器中点时，C、D两端的电压；
（3）电容器C所带的电荷量。
15．（18分）如图所示，光滑水平台上有一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面BC长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的能量全部释放时，小物块能滑到圆轨道上，取。求：
（1）小物块离开弹簧后第一次经过B点时速度多大？
（2）若小物块离开弹簧后刚好能到达E点，求右侧圆弧的轨道半径R应该为多大？
（3）在满足（2）问中R值的情况下，若传送带的速度调为，通过计算分析小物块能否与挡板碰撞？
抚顺市名校2023-2024学年高二上学期第一次月考
物理学科试卷答案
1．C 由运动的合成知识可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为10cm。
2．【答案】A 【详解】ABC．以质点为对象，设绳子与竖直方向的夹角为，质点与悬点的高度为h，根据牛顿第二定律可得 解得
由于高度h相同，可知质点A、B的角速度相同；根据，
由于质点A的轨道半径大于质点B的轨道半径，则A的线速度一定比B的线速度大，A的加速度一定比B的加速度大，故A正确，BC错误；
D．竖直方向根据受力平衡可知 解得
由于质点A、B质量相同，质点A对应的较大，则A所受细线的拉力一定比B所受的细线的拉力大，故D错误。故选A。
3．【答案】C 【详解】A．小孩上摆过程中速度减少，所需要的向心力在减少，脚受的支持力减少，A错误；
B．从最低点上摆的过程中，重力对人做负功，B错误；
C．绳子拉力与横板的速度方向始终垂直，则拉力对横板做的功为零，C正确；
D．该同学从最低点上摆的过程中，竖直方向的分速度先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，D错误；故选C。
4．【答案】A 【详解】由题意有可得，将球刚要落到球拍上时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则球在B点的速度大小，A正确，BCD错误。故选A。
5．【答案】B 【详解】A．天舟五号货运飞船脱离火箭时的速度如果大于第二宇宙速度，则会脱离地球的束缚而飞向太阳系，A错误；
B．天舟五号货运飞船脱离火箭后，要经过2次变轨，即经过两次加速从低轨道变为高轨道，加速完成时机械能增大，加速后机械能不再变化，所以天舟五号货运飞船对接后与从脱离火箭时相比，机械能变大，B正确；
C．天舟五号货运飞船在追天和核心舱的过程中，天舟五号货运飞船做变加速圆周运动，其加速度方向偏离地心，即加速度分解为向心加速度和切线加速度，C错误；
D．对接成功后，组合体的轨道半径等于天和核心舱原来的轨道半径，根据
得 其中G为引力常数不变，M为地球质量不变，则接轨后速度大小不变，D错误。故选B。
6．【答案】D 【详解】A．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后，随弹簧弹力的增大，合力反向向下，物块的合力反向增大，做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误；
C．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，开始是风力大于弹簧力，物体机械能增加，之后，风力可能小于弹簧力，机械能可能减少；故C错误；
D．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组点的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。故选D。
7．【答案】C 【详解】A．以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为 故A错误；
B．若增大，AO之间场强先变大后变小，所以向心力也是先变大后变小，故B错误；
C．由可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度为 故C正确；
D．AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后反向变小，接着由O到B，静电力反向，故先加速后减速运动，到B点速度为零，故D错误。故选C。
8．【答案】AC 【详解】AB．流经导线a的电流为
因两段导线串联，电流相等，所以流过导线b的电流也是0.16A，故A正确，B错误；
C．根据电阻定律可知导线a、b的电阻之比为 故C正确；
D．根据欧姆定律可知导线a、b两端的电压之比为 故D错误。选AC。
9．【答案】AC 【详解】AB．当和均断开时，G与分压电阻串联，改装成的表是电压表，量程为 故A正确，B错误；
CD．当和均闭合时，G与分流电阻并联，改装成的表是电流表，量程为
故C正确，D错误。故选AC。
10．【答案】BCD 【详解】由图像可知当时，水平拉力做的功，而摩擦力做功为 则合力做功为
由动能定理有 解得
在OA段运动过程，水平拉力做的功，而摩擦力做功为
由动能定理可得 则
在OA段物体做匀加速运动，从A到B，由图像可知，水平拉力
由于摩擦力大小为
可知物体从A到B做匀速运动，则在位移时的速度也是3m/s，A错误，BCD正确。故选BCD。
11．【答案】①5.00 ②1.599—1.601 ③C ④D ⑤
【详解】（1）[1]由图乙可知，游标卡尺示数
[2]由图丙可知，螺旋测微器示数
（2）[3][4]实验器材中没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联测电压，即电流表甲选择C；乙电流表若选择E则量程过大，则应选D即可。
（4）[5]由电阻定律可知 由欧姆定律可知待测电阻阻值
联立解得电阻率
12．【答案】① ②AD ③ ④
【详解】（1）[1]小球在位置时的瞬时速度
（2）[2]刻度尺竖直，保证测量的距离是竖直方向自由下落的距离，选项A正确；小球密度越大，则相对阻力越小，误差越小，选项B错误；下落过程由于阻力做功，则动能增量小于重力势能的减小量，选项C错误；该实验可验证动能定理，选项D正确；故选AD。
（3）[3]由机械能守恒定律可知
即
（4）[4]由动能定理可得 所以
13．【答案】（1）60V/m；（2）－6.6V；（3）
【详解】（1）因为从a移动到b电场力做功为 2分
所以电场强度为 1分
（2）a、c两点的电势差为 3分
（3）由题意可知c点电势为 2分
所以电荷q在c点的电势能为 2分
14．【答案】（1）；（2）40V；（3）
【详解】（1）当滑片处于滑动变阻器中点时，则有滑动变阻器R的上半部分与串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则有电路中的等效电阻
4分
（2）当滑片处于滑动变阻器中点时，则有滑动变阻器R的上半部分与串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则串联电路总电阻为 2分
由欧姆定律可得流经的电流 2分
C、D两端的电压 2分
（3）由电容器电容的定义式，可得电容器C所带的电荷量
2分
15．【答案】（1）；（2）；（3）物块能够运动到挡板与之相碰，见解析
【详解】（1）物块被弹簧弹出，由能量守恒有 可得 2分
因为，故物块滑上传送带后先减速到与传送带相对静止得过程中，由动能定理得
解得 2分
因为，故物块与传送带同速后相对静止，
即小物块离开弹簧后第一次经过B点时的速度 2分
（2）若小物块刚好到达E点﹐从B点到E点过程中，由动能定理有 2分
代入数据整理可以得到 2分
（3）设传送带速度为时物块恰能到F点，在F点满足 2分
从B到F过程中，由动能定理有 2分
解得 若物块在传送带上一直加速运动，由 2分
知其到B点的最大速度
因此当传送带速度满足 2分
物块能够运动到挡板与之相碰。
物理学科试卷
时长：75分钟 试卷满分：100分
一、选择题：本题共10小题，共46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6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m。该次作业中小车相对地面的位移大小为（ ）
A．6m B．8m C．10m D．14m
2．如图所示，质量相同的质点A、B被用轻质细线悬挂在同一点O，在同一水平面上做匀速圆周运动，则（ ）
A．A的线速度一定比B的线速度大 B．A的角速度一定比B的角速度大
C．A的加速度一定比B的加速度小 D．A所受细线的拉力一定比B所受的细线的拉力小
3．荡秋千深受孩子们的喜爱，如图为某同学荡秋千的场景，忽略空气阻力，该同学荡秋千时从由最低点往上摆的过程中（ ）
A．该同学感觉到脚承受的力在增大 B．重力做的功为零
C．绳子拉力对横板做的功为零 D．重力的功率逐渐增大
4．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角，AB两点高度差，忽略空气阻力，重力加速度，则球刚要落到球拍上时速度大小为（ ）
A．5m/s B．2.5m/s B．7.5m/s D．4.5m/s
5．2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船与火箭分离后经历2次变轨，来到与天和核心舱相距较近的位置上，然后在自动控制下轨道逐渐升高，与核心舱的距离不断减小，成功对接于天和核心舱后向端口，首次实现了两小时自主快速交会对接，创造了世界纪录。下列说法正确的是（ ）
A．天舟五号货运飞船脱离火箭时的速度大于第二宇宙速度
B．天舟五号货运飞船对接后与从脱离火箭时相比，机械能变大
C．天舟五号货运飞船在追天和核心舱的过程中，天舟五号货运飞船的加速度始终指向地心
D．对接成功后，组合体的速度会比天和核心舱原来的速度小
6．我国风洞技术世界领先，如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，斜面上端接有一弹簧，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块加速度先增大后减小 B．弹簧弹性势能先增大后减小
C．物块的机械能一直增大 D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
7．如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为＋Q，与其连线中点O的距离为h，质量为m带电量为－q的试探电荷以O为圆心做匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则（ ）
A．试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为
B．若增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变小
C．试探电荷做匀速圆周运动的角速度为
D．若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将加速到达B点
8．如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，横截面积之比，已知5s内有个自由电子通过导线a的横截面，电子的电荷量，下列说法正确的是（ ）
A．流经导线a的电流为0.16A B．流经导线b的电流为0.32A
C．导线a、b的电阻之比 D．导线a、b两端的电压之比
9．某课外兴趣小组为了将一小量程的电流表改装成一多用电表，设计了如图所示的电路。已知小量程电流表的内阻、满偏电流，电阻、，下列判断正确的是（ ）
A．当和均断开时，改装成的表是电压表，量程为10V
B．当和均断开时，改装成的表是电压表，量程为1V
C．当和均闭合时，改装成的表是电流表，量程为0.1A
D．当和均闭合时，改装成的表是电流表，量程为1A
10．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取，则此物体（ ）
A．物体先加速后减速运动 B．在OA段运动的加速度是
C．在位移时的速度是3m/s D．在位移时的速度是3m/s
二、非选择题：（本题共5小题，共54分）
11．（6分）有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品（如图甲所示），电阻约为，为了测量其电阻率，他找到以下实验器材并进行实验：
A．10分度的游标卡尺
B．螺旋测微器
C．电流表（量程50mA，内阻为）
D．电流表（量程100mA，内阻约为）
E．电流表（量程1A，内阻约为）
F．滑动变阻器R（，额定电流1A）
G．直流电源E（12V，内阻不计）
H．圆柱体导体棒样品（电阻约为）
I．开关一只、导线若干
（1）（2分）用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数______cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图丙所示，其示数______mm；
（2）（2分）为了尽可能精确地测量电阻，电路原理图如图丁所示。图丁中甲电流表应选______；乙电流表应选______（用器材前的序号表示）；
（3）闭合开关，测量出甲电流表的读数和乙电流表的读数；
（4）（2分）根据实验测得的物理量，电阻率______（用题中所给的相关字母表示）。
12．（8分，每空2分）某同学通过调节手机拍摄功能中的感光度和快门时间，拍摄出质量较高的频闪照片。图1是该同学拍摄的小球自由下落部分运动过程中频闪照片，用来验证机械能守恒定律。该同学以小球下落过程中的某一点（非释放点）为原点O，并借助照片背景中的刻度尺测量各时刻的位置坐标为、、、、，刻度尺零刻度与原点O对齐。已知手机连拍频率为f，当地重力加速度为g，小球质量为m。
图1 图2
（1）小球在位置时的瞬时速度______（用题中所给的物理量符号表示）；
（2）关于实验装置和操作，以下说法正确的是______；
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．选择材质密度小的小球
C．小球实际下落过程中动能增量大于重力势能减少量
D．该实验可以验证动能定理
（3）取小球从到的过程研究，则机械能守恒定律的表达式为______（用题中所给物理量的符号表示）；
（4）由于阻力的存在影响了实验，该同学利用测得的数据，算出了、、、这些点对应的速度v，以对应到O点的距离h为横轴，为纵轴画出了如图2所示的图线。测得图线的斜率为，则小球受到的阻力大小______。
13．（10分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，，，其中ab沿电场方向，bc与电场方向呈60°角。一个电荷量为的正电荷从a移动到b电场力做功。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）a、c两点的电势差？
（3）若规定，电荷q在c点具有的电势能？
14．（12分）如图所示，A、B两端接直流稳压电源，，，，滑动变阻器总电阻，求：
（1）当滑片处于滑动变阻器中点时，电路中的等效电阻；
（2）当滑片处于滑动变阻器中点时，C、D两端的电压；
（3）电容器C所带的电荷量。
15．（18分）如图所示，光滑水平台上有一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面BC长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的能量全部释放时，小物块能滑到圆轨道上，取。求：
（1）小物块离开弹簧后第一次经过B点时速度多大？
（2）若小物块离开弹簧后刚好能到达E点，求右侧圆弧的轨道半径R应该为多大？
（3）在满足（2）问中R值的情况下，若传送带的速度调为，通过计算分析小物块能否与挡板碰撞？
抚顺市名校2023-2024学年高二上学期第一次月考
物理学科试卷答案
1．C 由运动的合成知识可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为10cm。
2．【答案】A 【详解】ABC．以质点为对象，设绳子与竖直方向的夹角为，质点与悬点的高度为h，根据牛顿第二定律可得 解得
由于高度h相同，可知质点A、B的角速度相同；根据，
由于质点A的轨道半径大于质点B的轨道半径，则A的线速度一定比B的线速度大，A的加速度一定比B的加速度大，故A正确，BC错误；
D．竖直方向根据受力平衡可知 解得
由于质点A、B质量相同，质点A对应的较大，则A所受细线的拉力一定比B所受的细线的拉力大，故D错误。故选A。
3．【答案】C 【详解】A．小孩上摆过程中速度减少，所需要的向心力在减少，脚受的支持力减少，A错误；
B．从最低点上摆的过程中，重力对人做负功，B错误；
C．绳子拉力与横板的速度方向始终垂直，则拉力对横板做的功为零，C正确；
D．该同学从最低点上摆的过程中，竖直方向的分速度先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，D错误；故选C。
4．【答案】A 【详解】由题意有可得，将球刚要落到球拍上时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则球在B点的速度大小，A正确，BCD错误。故选A。
5．【答案】B 【详解】A．天舟五号货运飞船脱离火箭时的速度如果大于第二宇宙速度，则会脱离地球的束缚而飞向太阳系，A错误；
B．天舟五号货运飞船脱离火箭后，要经过2次变轨，即经过两次加速从低轨道变为高轨道，加速完成时机械能增大，加速后机械能不再变化，所以天舟五号货运飞船对接后与从脱离火箭时相比，机械能变大，B正确；
C．天舟五号货运飞船在追天和核心舱的过程中，天舟五号货运飞船做变加速圆周运动，其加速度方向偏离地心，即加速度分解为向心加速度和切线加速度，C错误；
D．对接成功后，组合体的轨道半径等于天和核心舱原来的轨道半径，根据
得 其中G为引力常数不变，M为地球质量不变，则接轨后速度大小不变，D错误。故选B。
6．【答案】D 【详解】A．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后，随弹簧弹力的增大，合力反向向下，物块的合力反向增大，做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误；
C．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，开始是风力大于弹簧力，物体机械能增加，之后，风力可能小于弹簧力，机械能可能减少；故C错误；
D．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组点的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。故选D。
7．【答案】C 【详解】A．以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为 故A错误；
B．若增大，AO之间场强先变大后变小，所以向心力也是先变大后变小，故B错误；
C．由可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度为 故C正确；
D．AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后反向变小，接着由O到B，静电力反向，故先加速后减速运动，到B点速度为零，故D错误。故选C。
8．【答案】AC 【详解】AB．流经导线a的电流为
因两段导线串联，电流相等，所以流过导线b的电流也是0.16A，故A正确，B错误；
C．根据电阻定律可知导线a、b的电阻之比为 故C正确；
D．根据欧姆定律可知导线a、b两端的电压之比为 故D错误。选AC。
9．【答案】AC 【详解】AB．当和均断开时，G与分压电阻串联，改装成的表是电压表，量程为 故A正确，B错误；
CD．当和均闭合时，G与分流电阻并联，改装成的表是电流表，量程为
故C正确，D错误。故选AC。
10．【答案】BCD 【详解】由图像可知当时，水平拉力做的功，而摩擦力做功为 则合力做功为
由动能定理有 解得
在OA段运动过程，水平拉力做的功，而摩擦力做功为
由动能定理可得 则
在OA段物体做匀加速运动，从A到B，由图像可知，水平拉力
由于摩擦力大小为
可知物体从A到B做匀速运动，则在位移时的速度也是3m/s，A错误，BCD正确。故选BCD。
11．【答案】①5.00 ②1.599—1.601 ③C ④D ⑤
【详解】（1）[1]由图乙可知，游标卡尺示数
[2]由图丙可知，螺旋测微器示数
（2）[3][4]实验器材中没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联测电压，即电流表甲选择C；乙电流表若选择E则量程过大，则应选D即可。
（4）[5]由电阻定律可知 由欧姆定律可知待测电阻阻值
联立解得电阻率
12．【答案】① ②AD ③ ④
【详解】（1）[1]小球在位置时的瞬时速度
（2）[2]刻度尺竖直，保证测量的距离是竖直方向自由下落的距离，选项A正确；小球密度越大，则相对阻力越小，误差越小，选项B错误；下落过程由于阻力做功，则动能增量小于重力势能的减小量，选项C错误；该实验可验证动能定理，选项D正确；故选AD。
（3）[3]由机械能守恒定律可知
即
（4）[4]由动能定理可得 所以
13．【答案】（1）60V/m；（2）－6.6V；（3）
【详解】（1）因为从a移动到b电场力做功为 2分
所以电场强度为 1分
（2）a、c两点的电势差为 3分
（3）由题意可知c点电势为 2分
所以电荷q在c点的电势能为 2分
14．【答案】（1）；（2）40V；（3）
【详解】（1）当滑片处于滑动变阻器中点时，则有滑动变阻器R的上半部分与串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则有电路中的等效电阻
4分
（2）当滑片处于滑动变阻器中点时，则有滑动变阻器R的上半部分与串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则串联电路总电阻为 2分
由欧姆定律可得流经的电流 2分
C、D两端的电压 2分
（3）由电容器电容的定义式，可得电容器C所带的电荷量
2分
15．【答案】（1）；（2）；（3）物块能够运动到挡板与之相碰，见解析
【详解】（1）物块被弹簧弹出，由能量守恒有 可得 2分
因为，故物块滑上传送带后先减速到与传送带相对静止得过程中，由动能定理得
解得 2分
因为，故物块与传送带同速后相对静止，
即小物块离开弹簧后第一次经过B点时的速度 2分
（2）若小物块刚好到达E点﹐从B点到E点过程中，由动能定理有 2分
代入数据整理可以得到 2分
（3）设传送带速度为时物块恰能到F点，在F点满足 2分
从B到F过程中，由动能定理有 2分
解得 若物块在传送带上一直加速运动，由 2分
知其到B点的最大速度
因此当传送带速度满足 2分
物块能够运动到挡板与之相碰。
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