重庆市黔江区重点中学校2023-2024学年高二上学期1月月考物理试卷（含答案）

重庆市黔江中学校2023-2024年度高二上1月考试
物理
考试时间：90分钟
一、单项选择题（1-10题，每题3分，共30分）
1．（改编）下列物理学史材料中，描述正确的是（ ）
A．卡文迪什通过扭秤实验测量出静电引力常量的数值
B．库仑通过与万有引力类比，在实验的基础上验证得出库仑定律
C．法拉第确定了计算单摆周期的公式
D．安培通过实验测定了元电荷的数值
2．如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球，带电小球固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且球保持静止状态的情景是（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出、两个带电粒子，、的运动轨迹如图中的虚线所示（、只受静电力作用），则（ ）
A．一定带正电，一定带负电
B．的加速度将减小，的加速度将增大
C．的速度将减小，的速度将增大
D．静电力对做正功，对做负功
4．如图甲为电场中的一条电场线，沿电场线建立坐标轴，若坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在间，电场强度先减小后增大
B．在间，电场强度方向没有发生变化
C．若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐减小
D．从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做匀加速运动
5．如图所示，、为两个相同的灯泡（均发光），当变阻器的滑片向下端滑动时（ ）
A．灯变亮，灯变暗 B．灯变暗，灯变亮
C．、灯均变亮 D．、灯均变暗
6．如图所示的电路中，若把小型直流电动机接入电压为的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流是；若把电动机接入的电路中，电动机正常工作，工作电流是，则以下不正确的是（ ）
A．电动机线圈内阻为0.5Ω
B．电动机正常工作时的热功率为1W
C．电动机正常工作时的输入功率为2W
D．电动机正常工作时的输出功率为1.5W
7．如右图所示，甲、乙两个电路都是由一个表头和一个变阻器组成的，下列说法正确的是（ ）
①甲表是安培表，增大时量程增大 ②甲表是安培表，增大时量程减小
③乙表是电压表，增大时量程增大 ④乙表是电压表，增大时量程减小．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
8．（改编）如图所示，装有炮弹的火炮总质量为，炮弹的质量为，炮弹射出炮口时对地速率为，若炮管与水平地面的夹角为，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，是一个弹簧振子的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A．该小球振动的圆频率的大小数值为4
B．小球在60.5s时的位移
C．前10s内小球通过的路程1m
D．在2~3s时间内，小球的加速度和速度都在增大
10．（改编）如图所示，单摆在竖直平面内的、之间做简谐运动，点为单摆的固定悬点，点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（ ）
A．摆球在点时，动能最大，回复力最大
B．摆球由点向点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大
C．摆球在点和点时，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大
D．摆球在点时，重力势能最小，机械能最小
二、多项选择题（11-15题，每题4分，共20分，多选题全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）
11．如图所示为获取弹簧振子的位移一时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是（ ）
A．图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
B．如果纸带不动，作出的振动图像是一段线段
C．如果纸带不动，作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
D．若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的正弦函数图像
12．（原创）小明不慎将手中的水杯掉落在桌面上，水杯质量为200g，水杯从距离桌面20cm高度处无初速下落，水杯落到桌面后不反弹，桌面受到水杯的冲击时间约为0.2s，不计空气阻力，取，下列正确的是（ ）
A．水杯对桌面的冲量方向竖直向上
B．水杯对桌面的平均作用力大小约为4N
C．水杯对桌面的冲量大小约为
D．水杯与桌面作用过程中水杯动量变化量的大小约为
13．（改编）、两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当追上并发生碰撞后，、两球速度的可能值是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
14．（改编）如右图所示，甲、乙两车质量均为，静置在光滑的水平面上，两车相距为，乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）
A．甲、乙两车运动中速度之比为 B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为 D．乙车移动的距离为
15．如右图所示，水平桌面上固定一光滑绝缘的斜面，匀强电场方向平行于斜面向上，一平行斜面放置的绝缘轻质弹簧的下端固定在斜面底端，上端在点，小球恰好能静止在点，现给小球一个沿斜面向下的初速度，则下列说法正确的是（ ）
A．小球及弹簧所组成的系统机械能守恒
B．从点到点的过程小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C．小球从点到最低点的过程中，弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D．小球从点到最低点的过程中，重力和电场力做功的代数和等于小球动能的减少量
二、实验题（本题包括2个小题，共15分）
16．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板和的气垫导轨以及滑块和来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块、的质量、
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平
c．在和间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，使其静止放置在气垫导轨上
d．用刻度尺测出的左端至板的距离
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块、运动时间的计时器开始工作，当、滑块分别碰撞、挡板时停止计时，记下、分别到达、的运动时间和
（1）实验中还应测量的物理量是______；
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______；
（3）利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为______。
17．小东在家里做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。如图1他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长的细线系好，结点为，细线的上端固定于点；
B．用刻度尺测量间细线的长度作为摆长；
C．将石块拉开一个大约的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间，由得出周期；
E．改变间细线的长度再做几次实验，记下相应的和；
F．根据公式，分别计算出每组和对应的重力加速度，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）为使测量更加准确，步骤中，小明应从______（选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时。
（2）小石块摆动的过程中，充当回复力的是______。
A．重力 B．拉力
C．拉力沿水平方向的分力 D．重力沿圆弧切线方向的分力
（3）小明用的长为摆长，利用公式，求出的重力加速度的测量值比真实值______（选填“偏大”、“偏小”、“相等”）。
（4）小红利用小明测出的多组摆长和周期的值，作出图线如图2所示，通过测量计算出图线的斜率为，由斜率求重力加速度的表达式是=______。
（5）在步骤中，有同学认为可以先将多次测量的摆长取平均值得到，周期取平均值得到，再代入公式，得到重力加速度的测量结果，你认为这种做法是否正确______（填“正确”或“错误”）
三、计算题（本题共35分，18题8分，19题12分，20题15分）
18．（改编）如图所示，在光滑水平面上，质量为的小球和质量为的小球通过轻弹簧相连并处于静止状态，此时弹簧处于自然伸长状态；质量为的小球以初速度沿连线向右匀速运动，并与小球发生碰撞（碰撞时间极短，三个小球大小相同），碰后小球以速度反弹。求：（1）碰后瞬间，小球的速度大小；（2）最大弹性势能为多少。
19．如图所示，质量为的物块（可视为质点）放在质量为的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为，质量为的子弹以速度沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），取。子弹射入后，求：（1）子弹进入物块后与物块达到共速时的速度的大小；
（2）木板向右滑行的最大速度的大小；
（3）物块在木板上滑行的时间。
20．（改编）如图甲所示，质量为、长度的木板静止在光滑水平面上（两表面与地面平行），在其右侧某一位置有一竖直固定挡板。质量为的小物块（可视为质点）以的初速度从的最左端水平冲上A，一段时间后与发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.3s内的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度，求：
（1）与碰撞前瞬间的速度和与之间的摩擦因素；
（2）与第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量；
（3）与碰撞几次，与分离？
参考答案
1．A．卡文迪什通过扭秤实验测量出万有引力常量的数值，故A错误；
B．库仑通过与万有引力类比，在实验的基础上验证得出库仑定律，故选B；
C．法拉第提出了“电场”的概念，并制造出第一台发电机，而第一台实用电动机是德国科学家雅可比于1834年发明的，惠更斯确定了计算单摆周期的公式，故C错误；
D．密立根通过油滴实验比较精确地测定了元电荷的数值，故B错误．
2．由题意可知小球受重力、库仑力和绳子的拉力，由于小球处于静止状态，所以合力为零，即三个力必然组成闭合的矢量三角形，由此可知选项C正确。
3．A．图线的斜率表示电场强度，从图上可以看出斜率先变大后变小，所以电场强度先变大后变小，故A错误；
B．在间可以看出，电势逐渐降低，电场强度的方向从高电势指向低电势，所以场强方向一直沿轴正方向，故B正确；
C．对负电荷来说，电势越低，电势能越大，所以从点运动到点，负电荷的电势能逐渐增大，故C错误；
D．由在之间图线的斜率不是定值可知，电场是非匀强电场，所以电荷受电场力是变力，电荷要做变加速运动，故D错误。
5．电路的结构是：变阻器与灯并联与R串联，再与灯并联。当变阻器的滑片向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，即灯两端电压变小，通过的电流减小，则灯变暗。因总电流增大、通过的电流减小，则通过的电流增大，的电压增大，路端电压减小，即灯并联与串联两端的电压变小，则两端电压的减小，灯变暗。故选D。
6．A．电动机接入电压为时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻，故A正确；B．电动机正常工作时的热功率，故B错误；
C．电动机接入电压为的电路时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阳，则由电功率与热功率各自的定义式，得电动机正常工作时的输入功率：，故B正确；
D．由能量守恒定律可知电动机的输出功率，故D正确。
7．①、②，由一个灵敏电流表和一个变阻器只并联利用并联电阻的分流，改装成安培表，安培表的量程，可知当减小时量程增大．故①错误，②正确。③、④，由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程，可知增大时量程增大。故③正确，④错误。故选C．
8．炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：，计算得出炮车后退的速度大小：。
9．A．由题图可知小球振动的周期，则该小球振动的圆频率大小数值是，故A错误；B．由图可知，小球的振幅和周期分别为，，所以小球位移随时间的变化关系式为，则小球在60.5s时的位移为，故B正确；
C．由于，所以小球通过的路程为，．故C错误；
D．在2~3s内小球由平衡位置向负方向运动，速度逐渐减小，但加速度不断增大，故D错误。10．在最低点B处，速度最大，回复力为零，故A错误；摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力减小，B错误；细线的拉力最大，故C正确；机械能守恒，D错误。
11．由振动图像可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，A正确；当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，B正确；只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，C、D错误。
12．水杯对桌面的作用力方向向下，冲量方向竖直向下，故A错误；水杯恰好碰到桌面时的速度为；B．水杯与桌面作用过程中水杯动量变化桌面受到水杯的作用力与自身重力，选向上为正，由动量定理得，解得，故B正确；水杯对桌面的冲量大小，故C正确。
13．两球碰撞后不能再发生二次碰撞，碰撞后的速度不能大于的速度，故A错误；两球碰撞过程，系统不受外力，碰撞过程系统总动量守恒，BC选项动量都守恒，根据能量守恒定律，碰撞后系统总动能应该小于或者等于碰撞前的系统总动能，可得B、C正确。
14．本题类似人船模型．甲、乙和人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车远动中速度之比等于质量的反比，甲乙位移大小之和等于，可得A、D正确。
15．A．由于有电场力做功，因此小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．由题意可知，小球从点到点运动过程中，所受合力为零，故合力做功为零，动能不变，则减少的重力势能等于增加的电势能，故B正确；
C．从点到最低点过程中，合力做功等于弹簧弹力做功，故动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；
D．电场力做功与重力做功的代数和始终为零，故D错误。故选BC。
16．（1）的右端至板的距离；（2）；（3）
17．①．D②．平衡位置③偏小④⑤错误
【详解】（1）[1]小石块摆动的过程中，受力分析可知，充当回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力。故选D。
（2）[2]为使测量更加准确，减小误差，小明应从平衡位置处开始计时。
（3）[3]根据公式，小明用的长为摆长，则代入公式的摆长小于实际摆长，则求出的重力加速度的测量值比真实偏小。
（4）[4]设小石块重心到点的距离为，则实际摆长为
由单摆的周期公式，可得
整理可得，
结合图像，则有，解得
（5）[5]由单摆的周期公式可知，摆长与周期不是一次函数关系，所以不能将多次测量的摆长取平均值得到，周期取平均值得到，再代入公式，得到重力加速度的测量结果。这种做法是错误的。
18．解：（1）得：
（2）得：
19．解析：
【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）1s
【解析】（1）子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得所以子弹进入物块后与物块达到共速时的速度是6m/s
（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得
代入数据解得
（3）对木块在木板上滑动时，由动量定理得
代入数据解得
20．解析：
（1）由题图乙得：碰后的速度，即第1次与碰前瞬间的速度为，设此时的速度，对、系统由动量守恒定律有
代入数据解得
由题图乙得：0~0.3s，的加速度大小
由牛顿第二定律有，解得
第1次与碰撞前一直向右加速，与的距离最短为
对由动能定理有：代入数据得：
故挡板离板右端的最小距离为0.3m；
（2）在、不分离时，每次与碰后到下次与再次碰撞前，最后两者共速。
设与第2次碰撞前的速度为。以水平向右为正方向，对、系统由动量守恒定律可得：
解得：
与第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内的热量
，
故与第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量为13.5J；
（3）第1次与碰前，在木板上的滑动距离为，对、组成的系统，由能量守恒有：
代入数据得：
第1次与挡板碰后到共速的过程中，对、系统，由能量守恒有：
解得
假设第3次碰撞前，与仍不分离，第2次与挡板相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：
解得：
由能量守恒有：
解得：
由于，故不能发生第3次碰撞。
所以与碰撞2次，与分离。