【文档说明】湖北省宜昌市长阳第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(16)页，2.187 MB，由小赞的店铺上传

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长阳一中2024-2025学年度高二物理九月月考（时间：75分钟，满分：100分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对

的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A.不同物体中动量越大，速度一定越大B.（8−kg·m/s）的动量大于（6+kg·m/s）的动量C.物体的动能发生变化，其动量可能不变D.做匀速圆

周运动的物体，其动量一定不变【答案】B【解析】【详解】A．根据p=mv可知，不同物体中动量越大，速度不一定越大，选项A错误；B．动量的符号只代表方向，不代表大小，则（8−kg·m/s）的动量大于（6+kg·m/s）的动量，选项B正确；C．物

体的动能发生变化，一定是物体速度大小发生变化，则其动量一定变化，选项C错误；D．做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，选项D错误。故选B。2.质量为0.2kg的玩具小车，速度由向左的3ms变为向右的5ms，取向左

为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为（）A.1.6J，0.4kgmsB.3.4J，0.4kgmsC.1.6J，1.6kgms−D.3.4J，1.6kgms−【答案】C【解析】【详解】小车

的初速度为03m/sv=，末速度为15m/sv=−，小车的动能变化量22k1011Δ1.6J22Emvmv=−=动量变化量10Δ1.6kgm/spmvmv=−=−故选C。3.关于课本上的四幅插图，下列说法正确的是（）A.火车在转弯时速度超过“设计速度”时，就会受到内轨施加的向外

的弹力作用B.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同C.汽车上坡时司机通过“换挡”的办法降低速度，来获得较大的牵引力D.运动员落地总是要屈腿，是为了减小地面对人冲量【答案】C【解析】【详解】A．火车在转弯时速度超过“设计速度”时，轨道对火车支持力和重力的合力不足以提供火车做圆

周运动的向心力，此时火车有做离心运动的趋势，就会受到外轨施加的向内的弹力作用，选项A错误；B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相同，方向相反，选项B错误；C．根据P=Fv，可知，汽车上坡时司机通过“换挡”的办法降低速度，来获得较大的牵引力，选项C正确；D．运动员落地总

是要屈腿，是在动量变化相同的情况下增加与地面的作用时间，从而减小地面对人的冲力，选项D错误。故选C。4.如图所示，直角三角形abc，∠a＝60°，ad＝dc，b、c两点在同一水平线上，垂直纸面的直导线置于b、c两点，通有大小相

等、方向向里的恒定电流，d点的磁感应强度大小为B0.若把置于c点的直导线的电流反向，大小保持不变，则变化后d点的磁感应强度（）的的A.大小为33B0，方向水平向左B.大小为3B0，方向竖直向下C.大小为B0，方向水平向右

D.大小为2B0，方向竖直向下【答案】B【解析】【详解】如图所示由几何关系知θ=60°，设每根导线在d点产生的磁感强度为B，据平行四边形定则有012cos22BBBB===若把置于c点的直导线电流反向，据几何知识

可得α=30°d点合磁感强度大小为02cos3BBB==方向竖直向下；故选B。5.在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心

的竖直速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中20t部分为直线。则（）A.1t时刻运动员离水面最高B.3t时刻运动员离水面最高C.4t时刻运动员所受重力瞬时功率最大D.10t运动员所受重力冲量为零【答案】A【解析】【详解】AB．由乙图可知，10t−时刻运动员向上减速到零，故1t时

刻运动员离水面最高，故A正确，B错误；C．由乙图可知，4t时刻运动员的速度为零，故此时的重力瞬时功率为零，故C错误；D．根据Imgt=可知10t运动员所受重力冲量不为零，故D错误。故选A。6.一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示、以向右运动为正方向，物体质量

为5kg、则下列说法正确的是（）A.前1s内力F对物体的冲量为5N·sB.t=2s时物体回到出发点C.t=3s时物体的速度大小为1m/sD.第3s内物体的位移为1m【答案】C【解析】【详解】A．图像与坐标

轴围成的面积代表F的冲量，则前1s内力F对物体的冲量为151Ns=2.5Ns2I=故A错误；B．根据牛顿第二定律Fam=可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示0~1s内，物体向右加速，1~2s向右减速，2s时速度刚好减为0，2s内物体一直向右运动，故B

错误；CD．第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为225m/s1m/s5Fam===第3s末速度为311m/s1m/svat===第2s末物体的速度为零，第3秒内物体的位移为2231111m0.5m2

2xat===故C正确，D错误；故选C。7.如图所示，半径为R的光滑半圆弧槽ABC固定在竖直平面内，B为圆弧槽最低点，质量为m的通电直导体棒a静止于B点，电流方向垂直于纸面向里，空间有水平向右的匀强磁场，重力加速度为g，导体

棒对圆弧槽的压力大小等于2mg，现将磁场方向在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°，则此过程中安培力对导体棒做的功为（）A.12mgRB.22mgRC.212mgR−D.32mgR【答案】C【解析】【详解】根据题意，由左手定则可知，匀强磁场水平向右时，

安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，圆弧槽对导体棒的支持力为2mg，由平衡条件有A2Fmgmg+=解得AFmg=将磁场方向在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°，使导体棒a沿凹槽ABC内壁向A点缓慢移动，导体棒a在移动的过程中处于动态平衡，最终静止于D点，如图所示由几何关系可得45=则从B点到

D点，由动能定理有()A1cos450WmgR−−=解得A212WmgR=−故选C。8.如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为+q（q>0）的带电滑块从光滑绝缘斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好不受弹力，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为

，重力加速度为g，滑块可视为质点，下列说法正确的是（）A.滑块滑至底端时的速率为cosmgqBB.滑块滑至底端时的速率为sinmgqBC.滑块经过斜面中点时的速率为cos2mgqBD.斜面的高度为2222cosmgqB【答案】AC【解析】【详解】AB．由左手定则可知，滑块所受洛

伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至底端时恰不受弹力，则有cosmgqvB=解得cosmgvqB=故A正确，B错误；C．设斜面的高度为h，设滑块经过斜面中点时的速率为v，由动能定理得2102mghmv=−21022

hmgmv=−解得2cos22mgvvqB==故C正确；D．滑块从斜面顶端运动到底端的过程中，由动能定理得2102mghmv=−代入数据解得2222cos2mgqBh=故D错误。故选AC。9.质量为1m和2m的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t

变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.碰撞前2m静止B.碰撞后1m的运动方向不变C.12:1:3mm=D.该碰撞为非弹性碰撞【答案】AC【解析】【详解】A．根据xt−图像斜率表示速度可知碰撞前2m静止，碰撞后1m运动方向发生改变，故A正确，B错误；C．碰

撞前1m的速度为04m/s4m/s1v==碰撞后1m的速度为104m/s2m/s31v−==−−碰撞前2m的速度为0，碰撞后2m的速度为284m/s2m/s31v−==−根据动量守恒定律得101122mvmvmv=+可得两物体的质量之比为12:1:3mm=故C正确

；D．碰撞前系统总动能为2k101182Emvm==碰撞后系统的总动能为22k1122111822Emvmvm=+=的的则有kkEE=可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。故选AC。10.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度

v0＝2m/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所示，g＝10m/s2.下列说法正确的是（）A.木板获得的动能为1JB.系统损失的机械能为1JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】AD【解析

】【详解】A．由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得M＝2kg则木板获得的动能为Ek＝12Mv2＝12×2×12J＝1J故

A正确；B．系统损失的机械能ΔE＝12mvB2－12(m＋M)v2代入数据解得ΔE＝2J故B错误；C．根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1s内B的位移为sB＝12×(2＋1)×1m＝1.5mA的位移为

sA＝12×1×1m＝0.5m则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1m故C错误；D．由题图可知，B加速度a＝vt＝－1m/s2负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma解得μ＝0.1故D正确。故选AD。二、非选择题：本题共5小题。11.某实

验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。（1）两小球的质量应满足的关系是1m______2m。（选填“＞”或“＜”或“＝”），实验前固定在桌边上的斜槽的末端的切线要沿______方向。（2）第一步：先从S

处释放1m并多次重复找到小球的落地点。第二步：将2m静置于轨道末端O点，再从S处释放1m，与2m发生对心碰撞，多次重复后找到两球的落地点。第三步：最终地面上有三个落地点M、P、N，地面上的O点与轨道末端O点在同一竖直线上，

并测得OM、OP、ON的长度分别为1x、2x、3x。（3）第一步中小球1m的落地点为______（选填“M”或“P”或“N”）点，若1m、2m、1x、2x、3x满足关系式：______（用1m、2m、1x、2x、3x表示），则两球碰撞前后的动量守恒。【答案】①.

＞②.水平③.P④.121123mxmxmx=+【解析】【详解】（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即12mm[2]斜槽末端的切线要沿水平方向，这样才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动。（3）[3]第一步中小球1m抛出时的速度，比碰撞后2m

的速度小，1m的速度大；碰撞前后，小球1m，2m均做平抛运动，因为下落高度相同，下落时间相同，则第一步中小球1m的落地点应为P点。[4]碰撞后，小球2m落点为N点，1m为M点，若两球碰撞前后的动量守恒

，则有321111122112xxxmvmvmvmmmttt=+=+即需要验证的表达式为121123mxmxmx=+12.一简单欧姆表的原理如图（1）所示。（1）图中与接线柱A相连的表笔颜色是_____________（选填“红”或“黑”）表笔。（2）使用该欧姆表测量定值电阻R1的阻值时

，选择开关旋转到“×10”档位，测量时指针的位置如图（2）所示，则定值电阻R1的阻值为__________Ω。（3）测量完R1后，需要继续测量一个阻值大约是2kΩ的电阻R2，在用红黑表笔接触R2前，下列操作步骤正确且合理的顺序为_______________。A.用螺丝刀调节

表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”；B.将红表笔和黑表笔接触；C.把选择开关旋转到“×1”位置；D.把选择开关旋转到“×100”位置；E.调节欧姆表调零旋钮使表针指向欧姆零点。（4）在图（1）中，

若g150RrR++=，测量定值电阻R3的阻值时，指针位于表盘的正中央，则定值电阻R3的阻值为___________Ω。【答案】①.黑②.110③.DBE④.150【解析】【详解】（1）[1]无论用多用电表进行何种操作测量，电流都应该是从黑表笔流出由红表笔流入多用电表，即“

红进黑出”，由于A与内置电源正极相连，因此与接线柱A相连的表笔颜色是黑色；（2）[2]根据指针示数可知，读数为11110Ω110ΩR==（3）[3]测量大电阻时，应先把选择开关旋转到“×100”位置（较大档位），再将红表笔

和黑表笔接触，最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，由于前面已经测量完R1，此时不再需要进行机械调零，正确顺序应为DBE；（4）[4]测量定值电阻R3的阻值时，指针位于表盘的正中央，说明表头半偏，说明电流是直接将AB短接的一半，因此内电阻等于外电阻，即定值电阻R3的阻值为1

50Ω。13.在光滑水平面上停着一辆质量为60kg的小车，一个质量为40kg的小孩以相对于地面5m/s的水平速度从后面跳上车和车保持相对静止。（1）求小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小；（2）若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5m/s的水平速度从前面跳下车，求

小孩跳下车后车的速度大小。【答案】（1）2m/s；（2）1m/s【解析】【详解】（1）小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小为v1，则有01()mvmMv=+解得v1=2m/s（2）设

小孩跳下车后车的速度大小为v3，则有023mvmvMv=+解得v3=1m/s14.如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，两平行金属导轨间距0.5mL=，M和P之间接入电动势为6VE=、1r=的电源，现垂直于导轨搁一根质量1kgm=、电阻0.2R=的金属棒ab，并加一个范

围较大的匀强磁场，磁感应强度为1TB=，方向与水平面夹角为37，且指向右斜上方，金属棒刚好能静止。（g取10m/s2，sin370.6=°，cos370.8=°），求：（1）导体棒静止时ab中电流及导体棒ab所受安培力大小；（2）摩擦力大小为多少；（3）若B的大小和方向均能

改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少。【答案】（1）5A；2.5N；（2）1.5N；（3）4T【解析】【详解】（1）根据欧姆定律，电路中的电流为6A5A10.2EIRr===++则导体棒受到的安培力大小为150.5N2.

5NFBIL===（2）根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为根据平衡条件sin1.5NFFθ==摩（3）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（2）问中受力图可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒

的重力大小相等、方向相反，所以有minFBILmg==解得最小磁感应强度min4TB=15.如图所示，在空间中有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内（包括坐标轴上）充满着两个匀强磁场区域I和Ⅱ，直线OP是它们的边界。区

域I中的磁感应强度为3B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。边界上的P点坐标为(3,)LL。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，忽略粒子重力。（1）若粒子不能从x轴出

射，则粒子运动速度的最大值；（2）若粒子垂直于y轴离开磁场，则该粒子在磁场中运动的最短时间；（3）若粒子从O点离开磁场，则该粒子在磁场中运动的速度的可能值?【答案】（1）max3qBLvm=（2）718mtqB=（3）3(1,2,3)2qBLvnmn==【解析】【小问1详解】根据题意

，作出粒子的运动轨迹如图1所示由几何关系得3tan3=解得30=由图可知msin2sin30rOPLL===由牛顿第二定律2mmm3vqBvmr=解得max3qBLvm=【小问2详解】粒子垂直于y轴离开磁场，运动轨迹如图2所示由几何关系知粒子在I区转过的圆心角为120，在

II区转过的圆心角为30，又22rmTvqB==因带电粒子速度大小没有确定，可多次通过磁场I区和II区，但带电粒子第一次通过磁场I区进入磁场II区后与y轴垂直，所用时间最短。故所用时间最短为120230273603

36018mmmtqBqBqB=+=【小问3详解】若粒子从O点离开磁场，如图3所示由几何关系得()122sin602sin60OPnrr=+其中13mvrqB=，2mvrqB=联立

解得3(1,2,3)2qBLvnmn==