【文档说明】湖北省襄阳市宜城市第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.645 MB，由小赞的店铺上传

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宜城一中2024﹣2025学年度高二9月月考物理试卷一、选择题（1﹣7为单选，8﹣10为多选）1.将物体水平抛出，在物体落地前（不计空气阻力），下列说法正确的是（）A.动量的方向不变B.动量变化量的方向不变C.相同时间内动量的变化量越来越大

D.动量变化的越来越快【答案】B【解析】【详解】A．平抛运动中，速度大小方向都在发生变化，则由p=mv可知，动量的方向会发生变化，故A错误；BCD．由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量，即pIFtGt

===冲由此可得，动量变化量的方向始终向下不变，相同时间内动量的变化量相同，且动量变化快慢不变，故B正确，CD错误。故选B。2.水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱

形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为（）A.24QB.2QC.2216QdD.224Qd

【答案】D【解析】【详解】以水为研究对象，根据动量定理可知=mvFt而mQt=，214Qdv=代入可得224QFd=故选D。3.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的正方形线框abcd，磁场方向垂直于线框平面，a、d两点接一

直流电源，电流方向如图所示。已知ad边受到的安培力为F，则整个线框所受安培力为（）A.2FB.4FC.23FD.43F【答案】D【解析】【详解】由图可知ab边、bc边与cd边串联后与ad边并联。设ad边电流为I，则ab

边、bc边与cd边的电流为13I。又安培力F=BIL可知ad边受到的安培力为F，则ab边、bc边与cd边受到的安培力均为13F。根据左手定则可判断ab边受到的安培力方向向右，cd边受安培力方向向左，ad边

与bc边受安培力方向均向下。所以整个线框所受安培力为1433FFF+=故选D。4.如图所示，一质量为2.0kg的导体棒ab置于倾角为37°的粗糙金属导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，导体棒通过导轨与电源、定值电阻相连，该装置处于垂直

导轨平面向下的匀强磁场中（未画出）。已知电源电动势为6V，定值电阻的阻值为15Ω，其他电阻均不计，导体棒接入电路中的长度为0.5m，磁感应强度大小为3.0T。为了使导体棒ab保持静止，现给导体棒施加垂直导轨平面向下的压力F，则F的大小至少为（）A.12NB.18NC.24ND.26N【

答案】D【解析】【详解】通电情况下，导体棒的受力情况如图所示，导体棒保持静止的临界状态受力为sinBELmgR+(cos)mgF=+解得F=26N即时导体棒恰好可以保持静止，因此要使导体棒保持静止

F≥26N。故选D。【点睛】本题以导体棒的受力平衡为载体，重点考查在安培力作用下的受力平衡问题，要求学生能掌握安培力方向的判断，大小的计算，并且能分析出导体棒平衡的临界状态。较好地考查了学生的科学思维。5.如图所

示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法错误．．的是（）A.O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁

感应强度大小相等、方向相同。C.c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向相同【答案】A【解析】【详解】根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误;B．M在a处产生的磁场

方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；C．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在

d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，因此c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C正确;D．由上分析可知，a、c两点的磁场方向都是竖直向下，方向相同，故D正确。故选A。6.如

图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为15kgm/sp=和27kgm/sp=。若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量1p和2p可能是（）A.13kgm/sp=

−，23kgm/sp=B.13kgm/sp=，23kgm/sp=C.13kgm/sp=，23kgm/sp=−D.110kgm/sp=−，210kgm/sp=【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，其系统

碰撞后的总动量为()()112212kgm/spppppp=+++==总后总前由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后A球动量变为12kgm/sp=碰后B球动量变为2kgm/sp=其碰前总动能为2212k121

225492222ppEmmmm=+=+前碰撞后总动能为()()221122k121241002222ppppEmmmm++=+=+后碰撞前后能量的变化为kkk12215122EEEmm=−=−后前由于A和B球的质量未知

，若212151mm则由k0E即满足系统的总动能不增加，即符合能量守恒，而碰后两球的动量都与原方向相同，且A球的动量变小，即A球的速度变小，B球的动量增加，即B球的速度增加，所以可能A球速度小于B球的速度，满足实际运动情况。该情况可能发生，故A正确；B．两个小球发生正碰，则其系统碰撞前后

应该满足动量守恒，碰前总动量为1212kgm/sppp=+=总前碰后总动量为()()112218kgm/spppppp=+++=总后总前由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故B错误；C．由题意可知，其系统碰撞后的总动量

为()()112212kgm/spppppp=+++==总后总前由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但A球的动量增加，与实际运动不符，故C错误；D．由题意可知，其

系统碰撞后的总动量为()()112212kgm/spppppp=+++==总后总前由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量变为1kgm/sp=−B球碰动量变为2kg

m/sp=−根据动能与动量的关系有22k122pEmvm==由上述式子可知，其A球碰撞前后动能大小不变，但是B球碰后动能变大，即对于A、B组成的系统来说其系统的总动能在碰后大于碰前，违反了能量守恒，故D错误。故选A。7.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1

、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0．如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（）A.m1、m2组成的系统动量守恒B.m1、m2组成的系统机械能守恒C.弹簧最长时，其弹性势能为12m2v02

D.当m1速度达到最大时，m2速度最小【答案】A【解析】【详解】由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，A正确；对于弹簧

、12mm、组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以12mm、组成的系统机械能不守恒，B错误；当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得()2012mvmmv=+，解得的

2012mvvmm=+，由系统的机械能守恒得()2220121122PmvmmvE=++，解得()2120122PmmvEmm=+，C错误；若12mm，当弹簧伸长时，1m一直在加速，当弹簧再次恢复原长时1m速度达

到最大．弹簧伸长时2m先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以1m速度达到最大时，2m速度不是最小，D错误．8.如下图所示，平板MN上方有足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，电子从平板上的小孔O射入匀强磁场，速度

方向与平板MN夹角为()0，整个装置放在真空中，且不计重力。电子打到平板MN上的位置到小孔的距离为s，在磁场中运动时间为t，则（）A.若一定，增大速度v，电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s不变B.若一定，增大速度v，电子在磁场中的运动时间t不

变C.若速度v大小一定，角从30°增大到150°过程中，电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s先减小后增大D.若速度v大小一定，角从30°增大到150°过程中，电子在磁场中运动时间t增长【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．根据洛伦兹力提供向心力可得2vBqvmR=解得mvRBq=可知若

一定，电子运动的圆弧所对应的角度相同，电子的速度越大，半径R越大，电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s越大，同时有224BqvmRT=解得2mTBq=有2mtTBq==可知若一定，电子运动的圆弧所对应的角度相同，电子在磁场中的运动时间相等，与速度大小无关，

故A错误，B正确；C．若速度v大小一定，根据几何关系可知，当180=此时电子打到平板MN上的位置到小孔的距离最大，其大小为2sR=角从30°增大到150°过程中，电子打到平板MN上的位置到小孔的距离先增大后减小，C错

误；D．若速度v大小一定，角从30°增大到150°过程中，根据几何关系可知，电子运动的圆弧所对应的角度增大，根据2mtTBq==可知电子在磁场中运动时间t增长，故D正确；故选BD。9.如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下（α>θ）

，到达斜面底端的过程中（）A两物体所受重力冲量相同B.两物体所受合外力冲量不同C.两物体到达斜面底端时动能相同D.两物体到达斜面底端时动量不同【答案】BCD.【解析】【详解】A．根据sinh=12(gsin

θ)t21可得t1=22sinhg同理有t2=22sinhg，α>θ故两物体到达斜面底端的时间不同，两物体的质量相等，根据I=mgt可知，在不同时间内重力的冲量不同，A错误；CD．物体在下滑中只有重力做功，而

重力做功只与高度差有关，故两物体重力做的功相等，由12mv2=mgh得两物体到达斜面底端的速度大小相等，而速度的方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量不同，动能相同，选项CD正确。B．根据动量定理I=Δp=mv–0到达底端

时速度的方向不同，所以两物体所受合外力的冲量不同，B正确；故选BCD。10.如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t=4s时发生碰撞，图乙是两者的位移图像，已知物块P的质量为mP=1kg，由此可知（）A.碰撞前P的动量为16kg·m/sB.两物块的碰撞

为完全非弹性碰撞C.物块Q的质量为4kgD.两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3N·s【答案】BD【解析】【详解】A．根据位移图像的斜率表示速度，由图像可求得碰撞前P的速度v0=4m/s，则碰撞前P的动量为p0=mPv0=4kg·m/

s故A错误；B．根据位移图像，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，故B正确；C．根据位移图像的斜率可求得碰撞后，二者的共同速度v=1m/s，由动量守恒定律有mPv0=（mP＋mQ）v解得mQ=3kg故C错误；D．由动量定理

，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量为I=ΔpQ=mQv=3N·s故D正确。故选BD。二、实验题（共18分）11.某同学用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律。实验时先让质量为1m的入射小球A从斜槽上某一固定位置C由静止

释放，小球A从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为2m的被碰小球B放在水平轨道末端，仍将小球A从位置C由静止释放，小球A和B碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，

重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。请完成下列问题：（1）关于实验操作，下列说法正确的是___________。A．实验过程中白纸和复写纸可以根据两小球的落点位置随时调整移动B.以最小的圆圈住尽可能多的落点，

则圆心可视为小球的平均落点C.两个小球的质量需要满足12mm，且轨道表面必须光滑D.小球1m与2m碰撞后，1m、2m的落点分别是图乙中的M、N点（2）当所测物理量满足表达式___________（用所测物理量

的字母表示）时，即说明两小球碰撞遵循动量守恒定律。（3）该同学进一步测量发现，总是满足OPMN，由此判断小球1m与2m的碰撞属于___________。A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．都有可能【答案】①.BD##DB②.112mOPmOMmON=+③.B【解析】【详解】（1

）[1]A．实验过程中白纸必须始终放在复写纸的下面，且不能调整位置，故A错误；B．以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点，使实验结果尽可能准确，故B正确；C．为保证小球A碰撞后不被弹回，两个小球的质量需要满足12m

m，实验中只需保证小球A到达轨道末端的速度相同，所以轨道表面不必光滑，故C错误；D．小球1m与2m碰撞后，12mm、的落点分别是题图乙中的MN、点，故D正确。故选BD；（2）[2]对小球A和B，根据动量守恒得101122mvmvm

v=+小球从轨道末端飞出后做平抛运动，竖直方向有212hgt=水平方向有012OPvtOMvtONvt===整理得112mOPmOMmON=+（3）[3]小球1m与2m碰撞后分开，说明不是完全非弹性碰撞，假设两小球是弹性碰撞，系统动量守恒有101122mvmvmv=+根据系统能

量守恒有222101122111222mvmvmv=+联立两式解得201vvv=+即ONOPOMttt=+可得OPMN=由于OPMN，该碰撞不弹性碰撞，是非弹性碰撞。12.某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，进行了以下操作：（1）该同学首先用多用电

表的直流2.5V挡粗略测量该节干电池的电动势，电表指针如图甲所示，则该电表读数为__________V。（2）该同学认为用多用电表测量误差较大，为了能比较准确地进行测量，他利用部分实验器材进行了如下实验：A．待测干电池B．电流表G（满偏电流2.0mA，内阻为100Ω）C

．电流表A（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）D．滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流为2A）E．滑动变阻器R2（0~1kΩ，额定电流为1A）F．电阻箱R0（阻值为9999.9Ω）G．开关一个，导线若干为了能比较准确地进行测量，根据要求回答下列

问题：是①实验中滑动变阻器R，应选__________（填“R1”、或“R2”）；②为了操作方便，需利用电流表G和电阻箱改装成量程为2V的电压表，需__________（填“串联”或“并联”）阻值R=___

_______Ω的电阻箱；③该同学画出实验电路图如图乙所示；④如图丙所示是该同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数。由图可知，被测干电池的电动势为E=______V，内阻为r=

_______Ω（结果均保留两位有效数字）。【答案】（1）1.20（2）①.R1②.串联③.900④.1.4⑤.0.67【解析】【小问1详解】由图可知，读数为1.20V；【小问2详解】[1]待测干电池阻值较小，为使电表变化明显，选择最大阻值较小的1R；[2][3]电流表G改装成电压表需要串

联电阻，串联的阻值为ggg20.002100Ω900Ω0.002UIRRI−−===[3][4]根据闭合电路欧姆定律()1g2IRREIr+=−整理可得12ggrEIIRRRR=−+++结合图像可得g1.4EmARR=+，3g0.4100.6rRR−=+解得1.4VE=，0.67Ωr

=三、解答题13.如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a。在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带

正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域，不计粒子的重力。（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷。【答案】（1）0EvB=；（2）23qEmaB=【解析】【详解】（1）粒子在场区受力平衡0

qEqvB=解得0EvB=根据粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强的方向由A指向C。（2）过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂足为H，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则200m

vBqvR=在直角三角形HOQ中HO2+HQ2=R222cos45(2)2HQaaa=−=−HOOCHCRaHQ==+－（）解得R=3a得到23qEmaB=【点睛】在复合场运动时，由于沿直线运动，因此电场力与洛仑兹力平衡，

而去掉电场只剩磁场时，粒子做匀速圆周运动，确定圆心方法：由于半径与速度方向垂直，因此若知道两个位置的速度方向，做两个与速度方向垂直的线，交点就是圆心，速度知道一条弦，则圆心一定在弦的垂直平分线上。14.如图，小车质量为M=8kg

，滑块质量为m=1.9kg，滑块置于小车上方且距小车左端距离为d=6m，滑块和小车两者以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶，水平面光滑。质量为m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的速度水平向左飞行，瞬间击中滑块并留在其中，之后一段时间滑块和小车发生相对滑动，最终滑块刚好不会从小

车上掉下（g=10m/s2），求：（1）子弹击中滑块后瞬间滑块的速度大小；（2）小车最终运动的速度大小；（3）从子弹击中滑块开始小车向右运动最长时间。【答案】（1）8m/s；（2）0.8m/s；（3）0.74s【解析】【详解】（1）设子弹射入木块后子弹

与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有0001()mvmvmmv−=＋代入数据解得v1＝8m/s（2）木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行d＝6m时，跟小车具有共同

速度v2，则由动量守恒定律有0102()()mmvMvmmMv−=＋＋＋的的代入数据解得v2＝0.8m/s（3）由能量守恒定律有222010211((22))QmmvMvmmMv=+++−+由功能关系有0(

)Qmmgd=+联立解得μ＝0.54对小车根据动量定理得0)(0mmgtMv−+=−解得t＝0.74s15.如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m。空间有场强大小均为E、方向均沿水平且相反的两个匀强电场，滑块B处于电场分界线上。开始时，A带

电量为2q+，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为q+，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分vt−关系如图乙所示（mv为未知量），整个过程中，A、B之

间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均为qE。求：（1）经多长时间A、B发生弹性正碰；（2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离；（3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功。【答案】（1）

2smtqE=；（2）2kqxE=；（3）42WqEsqqEk=+【解析】【详解】（1）A受到的合外力大小2FqEqE=−由牛顿第二定律可得A的加速度大小FqEamm==设经时间t发生碰撞，则212sat=联立解得2smtqE=（2）碰撞后A的

速度最大时所受合力为零，有qEqEF+=库设A、B间的距离为x，则22qFkx=库可得2kqxE=（3）碰撞前A的瞬时速度为mv，有m2vas=设碰后瞬间B的速度为0v，A的瞬时速度为v，A、B发生弹性正碰

时动量守恒、机械能守恒，有m0mvmvmv=+222m0111222mvmvmv=+可得0v=，02qEsvm=碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为零，动量守恒，有0mBmvmvmv=−设库仑力对A、B做的总功为W，由动能定理可得222mB0111

222WqExqExmvmvmv−−=+−可得42WqEsqqEk=+