【文档说明】湖北省十堰市六校教学合作体2024-2025学年高二上学期9月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(15)页，2.421 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025十堰市普通高中联合体9月月考高二物理试题一、选择题：（本题共10小题，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，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.两个质量不同物体，如果它们的（）A.动能相等，则质量大的动量小B.动能相等，则动量大小也相等C.动量大小相等，则动能也相等D.动量大小相等，则质量大的动能小【答案】D【解析】【详解】A．根据2k12Emv=，pmv=可得2

k2pEm=可知，动能相等，质量大的动量大，故A错误；B．根据2k2pEm=可知，动能相等，两物体质量不相等，故动量大小不相等，故B错误；C．根据2k2pEm=可知，动量大小相等，两物体质量不相等，故动能不相等，故C错误；D．根据2k2pEm=

可知，动量大小相等，则质量大的动能小，故D正确。故选D。2.某电路如图所示,已知电池组总内阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，理想电压表的示数U=3.0V．则电池组的电动势E等于()的的A.3.0VB.3.6VC.4.0VD.4.2V【答案】B【解析】【详解】由欧姆定律，得I=30.65U

AAR==又由闭合电路欧姆定律，得E=I（R+r）=0.6×（5+1）V=3.6V故选B。3.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知()A.电源最大输出功率可能大于45WB.电源内阻一定等于5ΩC.电源电动势为45VD.电阻箱所消耗功

率P最大时，电源效率大于50%【答案】B【解析】【详解】A．由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数P变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45W，所以电源最大输出功率为45W，A错误；B．电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大

时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5Ω，B正确；C．由电阻箱所消耗功率P最大值为45W可知，此时电阻箱读数为R=5Ω，则有：2max4EPR=解得：E=30V，C错误；D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，D错误．4.一质量为

2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为2kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零【答案】A【

解析】【详解】A．由动量定理可得Ft=mv解得Ftvm=t=1s时物块的速率为11211m/s2Ftvm===故A正确；BCD．t=2s时物块动量大小21222kgm/s=4kgm/spFt==

t=3s时物块的动量大小为3(2211)kgm/s=3kgm/sp=−t=4s时物块的动量大小为的4(2212)kgm/s=2kgm/sp=−所以t=4s时物块的速度为1m/s，故BCD错误。故选A。5.如图所示电路中，电源电动势为E，内

阻为r，电流表A、电压表1V、2V、3V均为理想电表，1R为定值电阻，2R为滑动变阻器。闭合开关S，当2R的滑动触头P由上端向下滑动的过程中（）A.电压表1V、2V的示数增大，电压表3V的示数不变；B.电流表A示数变大，电压表3V的示数变小；C.电压表2V示数与电流表A示数的比值不变；D

.电压表3V示数变化量与电流表A示数变化量比值的绝对值不变。【答案】D【解析】【详解】AB．由图可知，电路中1R与2R串联接在电源两端，电压表V1测量1R两端的电压，V2测量2R两端的电压，V3测量路端电压；电流表A测干路电流；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；

由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，根据UEIr=−可知，路端电压增大；因1R为定值电阻，故其两端电压减小；总电压增大，故2R两端的电压增大，所以电压表V1示数减小，V2、V3的示数增大。电流表A示数减小，故AB错

误；C．V2示数与电流表A示数的比值等于2R，则知V2示数与电流表A示数的比值增大，故C错误；D．由闭合电路欧姆定律可知3UEIr=−则得3UrI=保持不变，故D正确。故选D。6.某同学用一个微安表（量程1mA，内阻900Ω）、电阻箱R1和电阻箱R2组装一个多用电表，有电流10mA和电压3

V两挡，改装电路如图所示，则R1、R2应调到多大阻值（）A.R1＝100Ω，R2＝3000ΩBR1＝10Ω，R2＝210ΩC.R1＝100Ω，R2＝210ΩD.R1＝10Ω，R2＝3000Ω【答案】C【解

析】【详解】微安表的满偏电流1mA0.001AgI==微安表内阻900Ω=gR改装后电流表量程10mA0.01AI==改装后电压表量程3VU=由欧姆定律得1()gggIRIIR=−2ggUIRIR=+代入数据解得.1100ΩR=2

210ΩR=故选C。7.关于电源的电动势，下面说法正确的是（）A.电动势是表征电源把其它形式的能转化为电能本领的物理量B.电动势在数值上等于电路中通过2C电量时电源提供的能量C.电源的电动势跟电源的体积有关，跟外电路有关D.电动势有方

向，因此电动势是矢量【答案】A【解析】【详解】AB．由电动势的物理意义可知，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量，它在数值上等于电源没有接入电路时其两极间的电压，也等于电路中通过1C电荷量时电源所提供的能

量，故A正确，B错误；CD．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的大小无关，跟外电路也无关；电动势虽然有方向，但电动势是标量，故CD错误。故选A。8.电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是

锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是用感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（）A.其中R2是供加热用的电阻丝；B.当开关S断开时电饭锅为加热状态，S接通时为保温状态；C.要使R2

在保温状态时的功率为加热状态的一半，12RR应为2∶1；D.要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，12RR应为（2-1）∶1【答案】AD【解析】【详解】AB．如图所示，根据2UPR=当接通开关K时，电阻变小，功率

变大，处于加热状态，当断开开关K时，电阻变大，功率变小，处于保温状态，则2R是供加热用的电阻丝,，接通开关K时，处于加热状态，断开开关K时，处于保温状态，故B错误A正确；CD．要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，根据2PIR=可知，

R2在保温状态时和加热状态时的电流值比1212II=根据UIR=可知12221RRR+=解得12211RR−=故C错误D正确。故选AD。9.如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的UI−曲线，将该电阻

接在该电池组两端，以下说法正确的是（）A.电池组的总功率为12WB.电阻的阻值约为0.33C.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4WD.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率是6W【答案】

ABC【解析】【详解】B．根据欧姆定律，由图可知，电阻的阻值约为10.333URI==故B正确；AD．根据闭合回路欧姆定律，由图可知，电池组的电动势为4VE=内阻为414r==两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图可读出路端电压为1VU=电流为3AI=电池组的输出

功率是3WPUI==出电池组的总功率为12WPEI==总故D错误，A正确；C．当外电阻等于电池内阻时，电池组的输出功率最大，其值为2m4W4EPr==故C正确。故选ABC。10.将一枚50g的鸡蛋从8楼（距离地面约

20m）无初速度释放，分别落到棉絮上和水泥地上，若鸡蛋与水泥地面的作用时间为0.01s，鸡蛋与两者撞击后速度均变为零，不计空气阻力，重力加速度取210m/s，下列结论中正确的是（）A.落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小B.落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的

冲量大C.落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它受到的作用力小D.鸡蛋与水泥地面碰撞的过程中，鸡蛋受到的平均撞击力大小100.5NF=【答案】CD【解析】【详解】ABC．鸡蛋落到地面上时的速度一定，即动量变化量一定

，根据动量定理可知，落到地面上时受到地面的冲量一定，根据Ft=∆p可知，落到棉絮上时作用时间较长，则受到的作用力较小，则鸡蛋不易破碎，选项AB错误，C正确；D．落地的速度221020m/s20m/svgh===若向上为正，落地

时根据动量定理()0()Fmgtmv−=−−解得100.5NF=选项D正确。故选CD。二、实验题（24分。每空各2分。）11.利用电流表和电压表测量一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。（1）应该选

择的实验电路图是图中的______（填“甲”或“乙”）。（2）现有电压表（0-3V）、电流表（0-0.6A）、滑动变阻器（030）、开关和导线若干，某位同学完成实验，记录了6组数据，并画出了UI−图线如图丙所示，根据此图可得出干电池的电动势E=______V，内阻

r=______。（结果均保留2位有效数字）。（3）若采用另外一种接法，内阻的测量值______真实值，电动势的测量值______（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】（1）甲（2）①.1.5②.1.0（3）①.大于②.等于【解析】【小问1详

解】根据UEIr=−测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压和干路电流，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。电源内阻较小，所以乙电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路。【小问2详解】[1][2]根据U

EIr=−由图线可知，电源电动势为1.5E=V内电阻1.51.0||1.00.5UUrI−====【小问3详解】[1][2]若采用另外一种接法，可以把电流表看作一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律EU=断可

知电动势测量值等于真实值，由于内阻的测量值包括电源内阻与电流表内阻，则测量值大于真实值。12.某同学要测量一段金属丝的电阻率。（1）该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径d，示数如图甲所示，则d=_________

_mm；（2）该同学先用多用电表粗测金属丝的电阻：将选择开关拨到“10Ω”挡测量时发现指针偏转角度过大，则应该换用___________（填“1Ω”或“100Ω”）挡，换挡并进行___________后再测量，指针静止时如图乙所示，则金属棒的阻值约为___________Ω；（3

）为了精确测量电阻，实验室提供的实验器材有：直流电源（4V）、电流表（0~300mA，内阻约2Ω）、电压表（0~3V，内阻约3000Ω）、滑动变阻器（0~5Ω）、开关、导线若干。用笔画线代替导线，在图丙中将实物电路连接完整（）。闭合开关后，

多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表示数U、I，作U-I图像如图丁所示，测得电阻阻值为___________Ω（结果保留3位有效数字）；（4）由于测电阻时存在系统误差，因此实验测得的金属丝电阻率______

_____（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】①.0.400##0.399##0.401②.1Ω③.欧姆调零④.10⑤.⑥.9.60⑦.小于【解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规则，该读数为d=0.0140.0mm0.400mm=（2）[2][3][4

]测电阻时指针偏转角度过大，表明电阻偏小，则应该换用“1Ω”挡，换挡后要重新欧姆调零，测得的结果为101Ω=10Ω（3）[5][6]由于滑动变阻器的最大阻值为5Ω，明显小于被测电阻，因此采用滑动变阻器分压式接法，由于被测

电阻远小于电压表内阻，采用安培表外接法，实物连接如图所示由图像得到被测电阻2.409.600.25R==（4）[7]由于安培表外接，使测得的电阻偏小，由RSL=可知，实验测得的金属丝电阻率小于真实值。三、解答题（本题共3小题，共36分

，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.如图所示，电源电动势10VE=，内阻1r=，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻01R=，求：（1）电源的输出功率

P出；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的机械功率。【答案】（1）16W（2）2.5J（3）3.75W【解析】【小问1详解】由题意知，并联部分电压为U＝8V内电压应为U内＝E-U＝2V总电流I＝Ur内＝2A电源的输出功率P出＝U

I＝16W【小问2详解】流过灯泡的电流I1＝PU＝1.5A则流过电动机的电流I2＝I-I1＝0.5A电动机10s内产生的热量Q＝220IRt＝2.5J【小问3详解】电动机的总功率24PUI==W电动机的机械功率P机=2203.75PIR−=W14.一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点

，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示.物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.(1)求物块与地面间动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞

过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.的【答案】（1）0.32=（2）130FN=（3）9WJ=【解析】【详解】（1）由动能定理，有：2201122mgs

mvmv−=−可得0.32=．（2）由动量定理，有'Ftmvmv=−可得130FN=．（3）'2192WmvJ==．【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识15.如图，足够长的光滑绝缘水平面上竖直

固定光滑绝缘半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧，且AB间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为mgE的带正电小球从A点静止释放，忽略空气阻力

，重力加速度为g。求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能；（3）小球运动到最高点时速度的大小？【答案】（1）2gR（2）(12)mgR+（3）2gR【解析】【小问1详解】小球从A到B，根据动能定理可得21

22BEqRmv=解得2BvgR=【小问2详解】当小球在运动到等效最低点时，速度最大，动能最大，而等效最低点位于圆弧BC的中点，此时小球与O点连线与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理可得km(2sin45)(1cos45)EqRRm

gRE+−−=解得km(12)EmgR=+【小问3详解】小球从A到C，根据动能定理有21(2)2CEqRRmgRmv+−=解得2CvgR=小球从C点飞出后，将小球的运动分解为水平方向的初速度为零的匀加速直线运动和竖直

方向的竖直上抛运动，则xxvat=xEqam=Cvgt=解得2xvgR=即小球运动到最高点时速度的大小为2gR。