【文档说明】安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.517 MB，由小赞的店铺上传

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马鞍山市第二中学2023级高二年级9月练习物理试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分。每小题均只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是（）A.元电荷就是电子或质子本身B.存在电荷量为

19210C−的带电粒子C.处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零D.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和可能增加【答案】C【解析】【详解】A．元电荷是最小电荷量，等于电子或质子所带电量的数值，

为：191.6010Ce−=，但不是电子，也不是质子，故A错误；B．任何带电体的带电量都等于元电荷191.610Ce−=的整数倍，则不存在电荷量为19210C−的带电粒子，故B错误；C．处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0，故C正确；D．根

据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，不可能增加，故D错误。故选C。2.如图所示，小车在牵引力作用下水平向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着质量为m的物体B竖直匀速上升。

在此过程中，图示时刻图中的物理量为已知量，重力加速度为g，不计滑轮和绳子质量及摩擦，下列判断正确的是（）A.小车做匀速运动B.绳对小车拉力大小在减小的C.图示时刻，ABcosvv=D.图示时刻，绳对小车做负功的

功率大小为Acosmgv【答案】D【解析】【详解】C．将小车的速度沿绳和垂绳方向分解，则有ABcosvv=故C项错误；A．由之前的分析有ABcosvv=由题意可知，物体B匀速运动，由于运动过程中，发生变化，所以小

车并不是匀速运动，故A项错误；B．由于B物体做匀速运动，对B物体受力分析有mgT=所以绳子上的拉力不变，即绳对小车的拉力大小不变，故B项错误；D．由之前的分析可知，此时刻，小车沿绳方向的速度为Acosv，绳子上的拉力大小为mg

，所以该时刻绳对小车做负功的功率大小为ΑcosPmgv=故D项正确。故选D。3.如图所示，,ab两质点从O点分别以相同的水平速度0v沿x轴正方向被抛出，a在竖直平面内运动，落地点为1P，b沿光滑斜面运动，落地点为21,PP和2P在同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.ab、的

运动时间相同B.ab、沿x轴方向的位移相同C.ab、落地时的速度大小相同D.ab、落地时的动能相同【答案】C【解析】【详解】A．a在竖直平面内做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，b在斜面上运动，受到重力和支持力，沿斜面向下是匀加速运动，加速度是sing，

b沿斜面方向位移大，加速度小，根据212xat=可知b运动的时间长，故A错误；B．a、b在水平方向都是匀速运动，因为水平方向的初速度相同，b运动时间长，所以b的水平位移大于a的水平位移，故B错误；CD．根据动能定理2201122mghm

vmv=−整理可得2201122ghvv=−两个质点初速度相等，竖直方向下落的高度相等，则ab、落地时的速度大小相同，由于质量关系未知，所以无法确定ab、落地时的动能大小，故C正确，D错误。故选C。4.a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随

地球一起转动，向心加速度为1a；b处于较低的轨道上，离地心距离为r，运行角速度为2，加速度为2a；c是地球同步卫星，离地心距离为4r，运行角速度为3，加速度为3a；d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，地球的半径为R。则以下说法正确的是（）A212araR=B.卫

星d的运动周期有可能是24小时C.2321=D.卫星b每天可以观测到8次的日出【答案】D.【解析】【详解】A．卫星围绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有2xMmGmar=可得，卫星绕地球运动的向心加速度大小为2xGMar=可知卫星绕地球运动的向心加速度与其轨道半径xr的平方成

反比。然而卫星a在地球赤道上随地球一起转动，向心力只来自于万有引力的一小部分，所以卫星a的向心加速度不与轨道半径xr的平方成反比，则212araR，故A错误；B．根据开普勒第三定律有33cd22cdr

rTT=c是地球同步卫星，其周期cT为24小时，由于卫星d的轨道半径dr大于卫星C的轨道半径cr，所以卫星d的运动周期dT大于24小时，故B错误；CD．卫星围绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有2x2xMmGmrr=可得3xGMr=则有3233(84)1rr==

则卫星b每天可以观测到8次的日出，故C错误，D正确。故选D。5.为了测试某新能源汽车的性能，无人驾驶的新能源汽车在封闭的平直测试路段从静止开始运动，该汽车的速度v与时间t的关系图像如图所示，0~10s对应的图线为过原点的直线，10s时汽车的功率恰好达到额定功率，

之后维持额定功率不变。已知该汽车的质量为2000kg，汽车在测试路段运动时受到的阻力大小恒为汽车重力的15，取重力加速度大小210m/sg=。下列说法正确的是（）A.该汽车的额定功率为48.010WB.5

s末该汽车的牵引力大小为3810NC.该次测试中汽车的最大速度为30m/sD.1110stt+内汽车行驶的路程为600m【答案】B【解析】【详解】AB．0~10s对应的图线为过原点的直线，所以汽车在这一阶段恒定加速启动，根据牛顿第二定律

可知Ffma−=22m/svat==汽车受到的牵引力不变，即8000NF=所以，5s末该汽车的牵引力大小为3810N。结合功率的公式PFv=可知，当汽车的牵引力不变时，速度增大，汽车的功率增大，当速

度最大时，汽车的功率达到额定功率，即20m/sv=则汽车的额定功率为5m800020W=1.610WPFv==A错误，B正确；C．110t时间内，汽车以恒定功率启动，根据PFv=解得PFv=随着车速逐渐增大，牵引力逐渐减小，汽车的加速度越来越小据牛顿第二定律可知Ffma−=当加速度为

零时，汽车的速度最大，此时14000N5Ffmg===故最大车速为51.610m/s=40m/s4000mmmPPvFf===C错误；D．1110stt+时间内，根据动能定理可知0Ptfs−=解得400ms=D错误。故选B。6.如图所示，平行板电容器的两极板A、B与电池两极相接，一个带

正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，那么（）A.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小B.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大C.开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D.开关S断开，带正电的A板向

B板靠近，则θ不变【答案】BD【解析】【详解】AB．当保持开关S闭合，即保持极板间电压一定，根据UEd=A板向B靠近时，极板间距减小，则电场强度增大。设带电小球质量为m，电荷量为q，根据平衡条件可知tanqEmg=电场强度增大，小球所受电场力增大，tan增大，角增大，A错

误，B正确；CD．当开关S断开，即保持极板所带电荷量一定，根据r4SQCUkd==则电场强度r4UkQEdS==可知当A板向B靠近过程中，电场强度一定，即小球所受电场力不变，由tanqEmg=知tan不变，角不变，C错误，D正确。故选BD。7.

两个等量同种正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示（中垂线也在水平面内），一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C-B-A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势随时间变化的关系

图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．因等量同种电荷连线的中垂线上各点的场强不等，物块沿路径C-B-A运动时，所受的电场力可能一直增加，也可能先增加后减小，且变化不是均匀增加的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；B．物块沿路径C-B-A

运动时，加速度先增加后减小或一直增大，则v-t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大，选项B正确；C．带电小物块从C点由静止释放，沿路径C-B-A运动，则电场力一定是做正功，则电势能一直减小，选项C错误；D．距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。故选

B。8.如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM。圆环

从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，ACh=。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（）A.下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大B.从C上滑到A过程中摩擦生热为214mvC.在

C处，弹性绳的弹性势能为214mghmv−D.圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加【答案】B【解析】【详解】A．设下滑过程中，弹性绳的伸长量为l，弹性绳与水平方向成，在水平方向有NcosFklkd==即弹力的水平分力不变，则圆环和固定杆之间的弹力

不变，滑动摩擦力不变，故A错误；B．从C到A再到C，圆环弹性势能、重力势能和动能不变，则C处的动能212mv等于来回摩擦力对应发热，故从A下滑到C过程中摩擦发热为214mv，故B正确；C．根据动能定理可得从C到A，弹性势能减少2102fp

mvmghWE−=−−+可得214ppCpAEEEmghmv=−=−但是A处弹性势能不为零，故在C处，弹性绳的弹性势能大于214mghmv−，故C错误；D．圆环在下滑过程中弹性绳弹力和摩擦力都做负功，故圆环的机械能持续减小，上升过程中弹性绳弹力做正功，摩擦力做负功，可以分

析得，圆环的机械能先增加（特别是上升的初始阶段动能和重力势能都增加），但是即将到达A处时，弹性绳弹力做正功的功率趋向于零，而摩擦力做负功的功率不变，故即将到达A阶段，弹性绳弹力和摩擦力总功率为负值，故圆环的机械能减小，圆环的机械能上升过程中先增加后减少，故D错误。故选B。二、多项选择题：本大题

共2小题，每小题5分，共10分。每小题均有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，错选不得分。9.如图所示，一束α粒子沿中心轴射入两平行金属板之间的匀强电场中后，分成三束a、b、c，则（）A.初速度cabvvv=B.板内运动时间abcttt=C.动能变

化量kkkabcEEE=D.动能变化量kkkabcEEE【答案】BC【解析】【详解】AB．粒子在匀强电场中受到沿垂直于极板方向的电场力作用，在垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，在

平行于极板的方向不受力而做匀速直线运动。在垂直于极板方向，由212yat=得2ytya=由于abcyyy=则abcttt=在平行于极板方向，由0xvt=得0xvt=对于a、b，由于abcxxx=，abcttt=，故有abcvvv故A错误，B正

确；CD．电势能变化量的大小等于电场力做功的大小，则pEqEyy=得pappcbEEE=动能增加量等于电场力做的功，则kakbkcEEE=故C正确，D错误。故选BC。10.下列关于图甲、乙、丙、

丁四幅图中力F做功的说法正确的是（）A.甲图中，全过程F做的总功为72JB.乙图中，若F大小不变，物块从A到C过程中，力F做功为WFAC=C.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，OA水平，细绳伸直，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功12WRf=−D.丁图中，F始终保持水平，缓慢将

小球从P拉到Q，F做的功为sinWFlθ=【答案】AC【解析】【详解】A．甲图中，全过程中F做的总功为156J3(126)J72JW=−−=故A正确；B．乙图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做

的为()WFOAOC=−故B错误；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为12214WfπRπRf=−=−故C正确；D．丁图中，F始终保持水平，缓慢将小球从P拉到Q，F为变力，根据动能定理得(1cos)0Wmgl−−=解得

(1cos)Wmgl=−故D错误。故选AC。三、实验题：每空2分，共16分。11.白塔中学高2023级学生利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动所需的向心力F与小球质的量m、运动半径r和角速度ω之间的关系。左右塔轮自上而下有三层，每层半径之比由上至下分别是

1：1，2：1和3：1（如图乙所示），它们通过不打滑的传动皮带连接，并可通过改变传动皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽的C处和长槽的A（或B）处，A、C分别到左右塔轮中心的距离相等，B到左塔轮中心的距离是A到左塔轮中

心距离的2倍，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心

力的比值。请回答相关问题：（1）本实验采用的主要实验方法为（）A.等效替代法B.控制变量法C.放大法D.理想实验法（2）若要探究向心力的大小F与半径r的关系，可以将相同的钢球分别放在挡板C和挡板B处，将传动皮带置于第_____层（填“一”、“二”或“三”）。（3）某次实验

时，将质量为m1和m2的小球分别放在B、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺的露出的格子数之比1:3，由此可知2:mm=1_____。【答案】（1）B（2）一（3）3:2【解析】【小问1详解】在探究向心力与半径

、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是控制变量法。故选B。【小问2详解】若要探究向心力的大小F与半径r的关系，则角速度和质量相等，需将传动皮带调制第一层塔轮。【小问3详解】将质量为m1和m2的小球分别放在B、C位置，其半径之比为2:1；根据vr

=若传动皮带套在塔轮第三层，则塔轮转动时，A、C两处的角速度之比为1:3；根据2Fmr=由于左右两标尺的露出的格子数之比为1:3，由此可知1232mm=12.某同学用电流传感器观察电容器的放电过程。甲图为该实验电路图

，其中电源电压恒为6V。该同学先将开关接1为电容器充电，待电容器充满电再将开关接2，利用传感器记录电容器放电过程，得到该电容器放电过程的I-t图像如图乙。（1）下列各图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间关系的图像，其中错误的是（）A.B.C.D.（2）下列说法正确的是__

_________。A.电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板B.电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大C.电容器放电的过程中，电容器两极板间的电场强度不断变小D.电容器放电的过程中，电路中电流不断增大（3）根据以上数据估算，电容器在整个放电过程中

释放的电荷量为________C。（结果保留三位有效数字）（4）该同学用相同实验装置测得另一电容器放电过程中释放的电荷量Q=6.6×10-3C，该电容器的电容为___________F。（结果保留两位有效数字）（5）如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，充电时i-t图线与

横轴所围成的面积将___________（选填“增大”“不变”或“减小”）；放电时间将___________（选填“变长”“不变”或“变短”）。【答案】（1）A（2）C（3）31.7210−（4）31.110−（5）①.不变②.

变长【解析】【小问1详解】ABD．因为电容C与两极板电量Q无关，与两极板间的电压U无关，所以，CQ−，CU−图线均应为一条平行横轴的直线，故A错误，BD正确；C．根据QCU=可知，电容不变，Q与U成正比，故C正确。由于本题选择错误的，故选A。

【小问2详解】A．电容器充电的过程中，负电荷由电源的负极移动到电容器的负极板，故A错误；BD．根据图乙可知电容器放电的过程中，电路中的电流不断减小，充电的过程中当电容器充电完成后电路中的电流为零，所以

充电过程电流也在逐渐减小，故BD错误；C．电容器放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，则两极板间的电场强度不断变小，故C正确。故选C。【小问3详解】根据电流的定义式推导得QIt=所以I-t图像与时间轴所围的面积表示整个放电过程中释放的电荷量，

根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子所表示的电荷量为3510.20.210C410Cq−−==所以释放的电荷量是31431.7210CQq−==【小问4详解】的该电容器的电容为336.610F1.110

F6QCU−−===【小问5详解】[1]根据QCU=知Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时I-t图像与横轴围成的面积将不变；[2]由于电阻对电流有阻碍作用，所以增大电阻，放电时间将变长。四、解答题：本大题共3小题，共42分。请写出必要的公式和文字说明，只有最后答案不得分

。13.如图所示，在方向水平向右的匀强电场E中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝30°，已知重力加速度为g，细线长度为L。试求：（最后结果

可带根号表示）（1）小球带何种电荷，带电荷量为多少；（2）若将小球拉到A点使细线呈水平状态无初速释放，求小球过最低点C时，细线对小球的拉力。【答案】（1）正电，33mgE；（2）9233mg−【解析】【详解】（1）小球在B点受重力，拉力，电场力三力平衡

，小球带正电荷，则qE＝mgtan30°解得tan33mgmgqEE==（2）小球从A到C由动能定理2102CmgLqELmv−=−在C点绳对小球拉力为T，根据牛顿第二定律2CmvTmgL−=联立解得9233Tmg−=14.在地球赤道平面内绕地球运行的卫星（可视为质点），从该卫星作

赤道的两条切线，两条切线之间的夹角通常称为地球对该卫星的张角θ，如图甲所示。有a、b两卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，它们的绕行方向相同，地球对卫星a的张角a=60°，地球对卫星b的张角b=120°，如图乙所示。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。（1）求卫星a的轨道半径及

其绕地球运动的周期；（2）求卫星b的轨道半径及其绕地球运动的周期；（3）若a、b通过激光进行通信，两卫星运行过程中，因地球的遮挡，将间歇性地出现不能直接通信的时间段，求每一次因地球遮挡不能直接通信持续的时间。【答

案】（1）2arR=；a24πRTg=；（2）233brR=；4π233bRTg=；（3）42π2271Rtg=−【解析】【详解】（1）据几何关系可得sin30arR=解得2arR=对卫星a，据万有引力定律可得2224πaaaaaMmGmrrT=由黄

金代换2GMmmgR=联立，解得a24πRTg=（2）对卫星b，据几何关系可得sin60brR=解得233brR=据万有引力定律可得2224πbbbbbMmGmrrT=由黄金代换2GMmmgR=联立，解得4π233bRTg=（3）设卫星a的角速度大小为a，卫星b的角速度大小为

b，从转动的角度，以卫星a为参考系，卫星b相对卫星a转动的角速度大小为()ba−，当卫星b出现在地球后方的阴影区域时，两颗卫星无法直接通信，据几何关系可得()baabt−=+又2πaaT=，2πbbT=解得42π2271Rtg=−1

5.如图所示，在一竖直面内，倾角θ＝37°的光滑直轨道AB、光滑螺旋圆形轨道BC－DEF、水平直轨道FG、水平传送带GH平滑连接。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG分别相切于B（E）点和C（F）点。传送带以大小v＝6m/s的速度顺时针转动，一质量m＝1kg的滑块（视为质

点）从倾斜轨道AB上高度h＝3m处静止释放，可经该装置滑离传送带。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.4m，轨道FG长14mL=，传送带GH长21.5mL=，滑块与FG间的动摩擦因数10.7=，与传送带间的动摩擦因数20.4=，不计

空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，210m/sg=。求：（1）滑块经过轨道最高点D时所受轨道的压力NF的大小；（2）滑块到达H点时的速度大小Hv；（3）滑块经过传送带GH的过程中，电机因传送滑块多消耗的电能ΔE。【答案

】（1）100N；（2）4m/s；（3）12J【解析】【详解】（1）滑块从A到D，由动能定理得()20122mghRmv−=解得滑块经过轨道最高点D时速度大小为0211m/sv=滑块经过轨道最高点D时

由牛顿第二定律得20NvFmgmR+=解得N100NF=（2）滑块由A到G由动能定理得211112mghmgLmv−=解得滑块到达G点时的速度大小12m/sv=滑块在传送带上的加速度大小为24m/smgagm===滑块加速到与传送带有共同速度，则22124m1.5m2vvLLa−

===说明滑块运动到H点没达到与传送带有共同速度，则22122HvvaL−=解得滑块到达H点时的速度大小4m/sHv=（3）滑块在传送带上运动的时间10.5sHvvta−==滑块在传送带上运动时间内传送带运动的位移大小3mxvt==滑块经过传送带GH的过程中，电机因传送

滑块多消耗的电能()222211122HEmgxLmvmv=−+−解得12JE=的