云南省开远市第一中学校2023-2024学年高二上学期9月月考物理Word版含解析.docx

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开远市第一中学校2023年秋季学期高二年级9月月考物理试卷考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：人教版高中物理教材。第I卷（选择题）一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。）1.关于磁感线和电场线的说法中正确的是（　　）A.磁感线是人们为了研究问题的方便而假想的曲线，而电场线是真实存在的B.磁感线是封闭曲线，电场线不是封闭曲线C.磁感线是从N极出发S极终止，电场线是从正电荷出发负电荷终止D.磁感线是磁场中铁屑排列成的曲线，而电场线是点电荷在电场中运动的轨迹【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，并不是实际存在的线，故A错误；B．电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，故B正确；C．磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部，从N极出发进入S极，磁铁内部从S极指向N极。电场线是从正电荷出发负电荷终止。故C错误；D．磁感线可以用磁场中铁屑排列成的曲线模拟，但此曲线并不是磁感线，因为磁感线是不存在的。电场线与点电荷在电场中运动的轨迹是两回事，不一定重合，故D错误。故选B。2.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（　　） 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】【详解】小磁针静止时N极的指向与该点磁感线的方向相同，如果a、b、c三处磁感线的方向确定，那么三枚小磁针静止时N极的指向也就确定。所以只要画出通电螺线管的磁感线（如图所示），即可知a磁针的N极指向左，b磁针的N极指向右，c磁针的N极指向右。故选C。3.如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A.时，振子的速度方向向左B.时，振子的加速度方向向右C.到的时间内，振子的回复力逐渐减小D.到的时间内，振子的动能逐渐增大【答案】C【解析】 【详解】A．由图乙可知，时，振子的速度方向为正方向，即方向向右，故A错误；B．时，振子处于正向最大位移处，振子的加速度方向为负方向，即方向向左，故B错误；C．到时间内，振子从正向最大位移处向平衡位置振动，振子的回复力逐渐减小，故C正确；D．到的时间内，振子从平衡位置向负向最大位移处振动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，故D错误。故选C。4.2022年7月19日，浙江桐乡两名90后上演“生死时速”，徒手接住从2楼坠楼女童的消息，在网上热传，现场视频看得人心惊肉跳，假设体重为20kg的小孩突然从离地面6m高处坠落，楼下恰好有人双手将孩子接住，该人接住孩子时离地面大概1m，与双手的撞击时间约为0.5s，假设小孩可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，请你估算一下该人每只手平均承受的力为（　　）A.200NB.300NC.400ND.600N【答案】B【解析】【详解】设小孩与双手的撞击瞬间的速度为v，下落高度为5m，由动能定理可知解得小孩与双手撞击时受到自身的重力mg和双手的支持力2F，规定向上为正方向，由动量定理可知解得根据牛顿第三定律可知该人每只手平均承受的力约为300N。故选B。5.如图所示为三根平行导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直于纸面向里。如果AB=AC=AD，则A点的磁感应强度的方向是（　　） A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】D【解析】【详解】根据安培定则，B、C、D三根导线在A点的磁感应强度方向分别为竖直向下、水平向右、竖直向上，因为AB=AC=AD所以三根导线在A点的磁感应强度大小相等，则A点的合磁感应强度的方向水平向右。故选D。6.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从开始，磁感应强度B与t的关系式为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律可知，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动时，为使MN棒中不产生感应电流，则必须MDEN回路磁通量保持不变，故磁感应强度B应随时间t减小。回路的磁通量保持不变，则有解得故选C。7.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸的质量为m，砂袋的质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（） A.弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为D.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为【答案】D【解析】【详解】A．弹丸打入砂袋的过程，由动量守恒定律得mv0=(m＋5m)v解得弹丸打入砂袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据可知，细绳所受拉力变大，A错误；B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，B错误；C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量C错误；D．由机械能守恒可得解得 D正确。故选D。8.一个静止的质点在到这段时间，仅受到力的作用，的方向始终在同一直线上，随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）A.在到这段时间，质点做往复直线运动B.在时，质点的动量大小为C.在时，质点的动能最大D.在到这段时间内，力的总冲量为零【答案】D【解析】【详解】A．0~2s内，力的方向不变，故加速度方向不变，物体做加速运动；2~4s内，力的方向相反，故加速度方向相反，物体做减速运动；且0~2s和2~4s内加速度大小变化是相等的，方向相反，则到4s末时速度为零，整个过程速度方向不变，故A错误；B．图像与t轴围成的面积表示力做的冲量，在时，质点的动量故B错误；C．由A分析知，当时，动能最大，故C错误；D．由图可知，在到这段时间内，图像与t轴围成的面积上下相等，故力的总冲量为零，D正确。故选D。二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个或者以上的选项是正确的，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错的不得分。）9.关于电磁场及电磁波，下列说法正确的是（　　）A.麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在B.变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场 C.不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信D.红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线【答案】ABC【解析】【详解】A．麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A正确；B．变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场，故B正确；C．不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信，故C正确；D．红外线的显著作用是热效应，温度低的物体也能辐射红外线，故D错误。故选ABC。10.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m=2kg的另一物体B以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　）A.木板获得的动能为1JB.系统损失的机械能为6JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.2【答案】BD【解析】【详解】A．设木板A的质量为M，由乙图可知，木板A的最终速度为1m/s，可知木板获得的动能为A、B相互作用过程中，系统动量守恒，可得联立，解得，故A错误；B．系统损失的机械能为 故B正确；C．设木板A的最小长度为L，由乙图中图线与坐标轴所围面积表示位移，可得故C错误；D．设A、B间的动摩擦因数为，根据能量守恒，可得解得故D正确。故选BD。11.一个质点在平衡位置O点附近做机械振动．若从O点开始计时，经过5s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是（　　）A.6sB.8sC.22sD.24s【答案】AC【解析】【详解】设题图中a、b两点为质点振动过程的最大位移处，若在开始计时时刻，质点从O点向右运动，O→M过程历时5s，M→b→M运动过程历时2s，则T=24s质点第三次经过M点还需要的时间Δt=T－2s=（24－2）s=22s若在开始计时时刻，质点从O点向左运动，O→a→O→M运动过程历时5s，M→b→M运动过程历时2s，则质点第三次经过M点还需要的时间 故选AC。12.如图所示，质量为M的光滑斜面静止在光滑水平面上。某时刻，质量为m的可视为质点的小物块从斜面顶端由静止开始下滑，经过一段时间，小物块滑到斜面底端，速度大小为，方向与水平地面成角，重力加速度大小为g。则小物块从斜面顶端下滑到底端过程中，下列说法中正确的是（　　）A.斜面与小物块组成的系统动量守恒B.斜面对小物块的支持力做的功等于小物块机械能的变化C.小物块对斜面的压力做的功等于D.小物块对斜面的压力的冲量大小为【答案】BC【解析】【详解】A．小物块从斜面顶端下滑到底端过程中，斜面与小物块组成的系统水平方向不受外力，竖直方向所受外力矢量和不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；B．小物块下滑过程中，斜面对小物块的支持力做负功，引起小物块机械能减小，且做的功等于小物块机械能的变化。故B正确；C．物块下滑过程，小物块与斜面组成系统，水平方向动量守恒，因此根据动量守恒定律可得解得小物块滑到斜面底端时，斜面的速度大小为根据动能定理可知，小物块对斜面的压力做的功即合外力对斜面做的功，等于其动能变化量，为故C正确； D．根据动量定理可知，小物块对斜面的压力在水平方向的分力的冲量等于斜面动量变化量，即等于；而小物块对斜面的压力在竖直方向分力的冲量不为零，因此小物块对斜面的压力的冲量大小不等于，故D错误。故选BC。第II卷（非选择题）三、实验题（共16分）13.如图是做探究电磁感应的产生条件原副线圈实验的器材及示意图。（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路_______。（2）由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转：Ⅰ.________；Ⅱ.________。（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________偏转。(选填“左”、“右”)【答案】①.②.将开关闭合(或者断开)③.将螺线管A插入(或拔出)螺线管B④.右【解析】【详解】（1）[1]将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示（2）[1][2]将开关闭合或断开，或将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B 的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转。（3）[4]在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转。14.某同学现用如图甲所示的气垫导轨和光电门装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水．图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.620kg，滑块b的质量为m2＝0.410kg，实验步骤如下：①按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间________；②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞；③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；④实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2．(1)完成实验步骤①中所缺少的内容．(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图乙所示，则d＝________cm．(3)设挡光片通过光电门时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝________(用d、Δt表示)．(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________kg·m/s，p2＝________kg·m/s(结果均保留3位小数)．【答案】①.相等②.1.550③.④.1.240⑤.1.236【解析】【详解】(1)[1]在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等．(2)[2]游标卡尺的主尺读数为15mm，游标尺读数为0.05×10mm＝0.50mm，所以挡光片的宽度为d＝15mm＋0.50mm＝15.50mm＝1.550cm(3)[3] 由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝．(4)[4][5]两滑块相互作用前系统的总动量为p1＝m1v1＝0.620×2.00kg·m/s＝1.240kg·m/s两滑块相互作用后系统的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.620＋0.410)×1.20kg·m/s＝1.236kg·m/s四、解答题（共36分）15.如图所示，水平方向的匀强磁场中有长为2cm的通电直导线垂直磁场方向水平放置，当通过导线的电流为2A、方向向左时，它受到的磁场力大小为4×103N，问：（1）磁场的磁感应强度B是多大?（2）若电流不变，导线长度减小到1cm，则它受到磁场力F多大?（3）若导线长度为2cm，电流增大为5A，则它受到的磁场力F多大?【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据代入数据得（2）磁感应强度不变，磁场力为（3）磁场力为16.如图所示，线圈平面与水平方向夹角θ=60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S=0.4m2，匀强磁场磁感应强度B=0.6T，则：（1）穿过线圈的磁通量Φ为多少？把线圈以cd为轴顺时针转过120°角，则通过线圈磁通量的变化量为多少？ （2）若θ=90°，穿过线圈的磁通量为多少？当θ为多大时，穿过线圈的磁通量最大？【答案】（1）0.12Wb；0.36Wb；（2）0；0【解析】【分析】【详解】（1）线圈在垂直磁场方向上的投影面积穿过线圈的磁通量线圈以cd为轴顺时针方向转过120°角后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量Φ2=－BS=－0.6×0.4Wb=－0.24Wb故磁通量的变化量ΔΦ=|Φ2－Φ1|=|－0.24－0.12|Wb=0.36Wb（2）当θ=90°时，线圈在垂直磁场方向上的投影面积S⊥′=0据Φ=BS⊥知，此时穿过线圈的磁通量为零。当θ=0时，线圈平面与磁场垂直，此时S⊥″=S穿过线圈的磁通量最大。17.如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端B点和圆心O的连线与水平方向的夹角，下端C点为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量的小物块a（可视为质点）从空中A点以的速度水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块b发生弹性碰撞，碰撞后物块a 恰好可以返回到圆弧轨道与圆心O等高处。g取，，求：（1）A点和B点间的水平距离；（2）小物块下滑经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；（3）物块b的质量M。（结果用根式表示，可不用化成最简形式）【答案】（1）0.432m；（2）6N；（3）【解析】【详解】（1）小物块从A点抛出做平抛运动，则联立解得A、两点的水平位移解得（2）由几何知识得，小物块在点的速度大小从到根据动能定理得C点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为（3）a与碰撞，根据动量守恒定律有根据系统机械能守恒定律得碰撞后对，根据动能定理有解得物块质量为