【文档说明】湖北省云学部分重点高中2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，2.335 MB，由envi的店铺上传

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2024年湖北云学部分重点高中高二年级9月联考物理试卷时长：75分钟总分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。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，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不

选的得0分）1.2024年7月31日，邓雅文获得2024年巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛冠军，这是中国队首次在该项目上获得奥运会金牌。比赛中运动员骑行小轮车交替通过水平路面和坡面，在空中完成各种高难度动作。小轮车（视为质点）在水平路面运动过程中，一定不变的物理量是（）A.重力势能

B.电势能C.机械能D.动能【答案】A【解析】【详解】小轮车（视为质点）在水平路面运动过程中，由于高度保持不变，所以一定不变的物理量是重力势能，小轮车的速度大小可能发生变化，动能和机械能都可能发生变化。小轮车不带电，所以不具有电势能。故选A。2.下列说法正确的是（）A.由pEq=可知

，电势升高，电荷q的电势能pE变大B.由FEq=可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比C.由QCU=可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加D.由UIR=可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大【答案】D【解析】【

详解】A．如果电荷为正电荷，电势φ升高，电荷q的电势能pE变大；如果电荷为负电荷，电势φ升高，电荷q的电势能pE变小，故A错误；B．FEq=为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与电场力和试探电荷的电荷量无关，故B错误；C．电容器的两极板所带电荷量由电容C和两板间电

压U共同决定，故C错误；D．UIR=为电流的决定式，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大，故D正确。故选D。3.华为Mate60Pro手机是全球首款支持卫星通话的大众智能手机，在无地面网络环境下，它可以通过“天通一号”卫星移动通信系统与外界进行联系，“天通一号”系列卫星为地球同步静止轨

道卫星，则“天通一号”（）A.会经过湖北上空B.运行速度大于第一宇宙速度C.运行方向与地球自转方向相反D.向心加速度小于近地卫星的向心加速度【答案】D【解析】【详解】AC．“天通一号”系列卫星为地球同步静止轨道卫星，只能在地球赤道正上方一定高度上运行，且运行方向

与地球自转方向相同，故AC错误；B．根据22MmvGmrr=得地球卫星环绕地球做匀速圆周运动的速度大小为GMvr=由于地球第一宇宙速度大小为地球近地卫星绕地球做匀速圆周运动的速度大小，地球同步卫星的轨道半径大于地球半径，所以可知“天通一号”卫星的运行速度小于第一宇宙速度，

故B错误；D．根据n2MmGmar=得卫星向心加速度大小为n2GMar=由于“天通一号”卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以其向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故D正确；故选D。4.如图所示，地面上空有一水平向右的匀强电场，一带电小球恰好能沿与水平方向成60°角的虚线

由P向Q做直线运动，不计空气阻力，则小球（）A.做匀速直线运动B.做匀加速直线运动C.做匀减速直线运动D.做变加速直线运动【答案】C【解析】【详解】小球做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，小球受到竖直向下的重力，只有小球受到水平向左

的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知小球所受的电场力的方向与场强方向相反，则小球必带负电。小球受到向左的电场力与竖直向下的重力，合力的方向为左下方，所以运动过程中小球做匀减速直线运动。故选C。5.如图所示，1S、2S闭合时，一质量为m

、电荷量为q的带电液滴，静止在平行板电容器的M、N两金属板间。现保持1S闭合，将2S断开，然后将N板向下平移到图中虚线位置，下列说法正确的是（）A.电容器电容增大B.两板间场强不变C.液滴将向下运动D.液滴电势能增加【答案】B【解析】【详解】A．根据4SCkd=N板向下平移，

极板间距增大，电容器电容减小，故A错误；B．保持1S闭合，将2S断开，电容器极板所带电荷量一定，根据4SQCkdU==，UEd=解得4kQES=极板间距增大，则两板间场强不变，故B正确；C．结合上述，两板间场强不变，液

滴所受电场力不变，液滴仍然处于静止状态，故C错误；D．电容器下极板接地，下极板电势为0，结合上述可知，电场强度不变，令液滴所在位置到下极板间距为Nd，则有p0NEd−=N板向下平移，Nd增大，电场强度方向向下，电场力方

向向上，液滴带负电，根据ppEq=可知，液滴电势能减小，故D错误。故选B。6.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷M和N，M、N连线中点为O，在M、N所形成的电场中，现有以O点为几何中心的矩形abcd，矩形eghf为abcd的中垂面，O是ef边的中点，下列说法正确的

是（）A.在a、b、c、d、e、f六个点中找不到任何两个点的电势均相同B.将一电荷由e点沿eghf移到f点，电场力先做正功后做负功C.将一电荷由a点移到eghf平面内各点，电势能变化量都相同D.将一电

荷由e点沿线段eOf移到f点，电场力先减小后增加【答案】C【解析】【详解】A．距离两电荷相等的点电势相同，所以a、b电势相同、c、d电势相同、e、f电势相同，故A错误；B．矩形eghf是一个等势面，所以将一电荷由e点沿eghf移到f点，电场力不做功，故B错误；C．由于eghf平面内

各点电势均相等，所以将一电荷由a点移到平面内各点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C正确；D．沿线段eOf移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误。故选C。7.如图，电源电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻11ΩR=，定值电阻

26ΩR=。开关S闭合后，电动机M恰好正常工作。已知电动机额定电压6VU=，线圈电阻M0.5ΩR=，当电动机M正常工作时，电动机输出机械功率是（）A.6WB.9WC.10WD.27W【答案】C【解析】【详解】开关

闭合后，电动机恰好正常工作，由电路可知此时R2两端电压为6V，根据闭合电路欧姆定律可得R1中的电流为1126A=3A11EUIrR−−==++通过电动机的电流为1MR26(3)A=2A6UIIIIR=−=−=−电动机

的电功率MM(62)W=12WPUI==电动机正常工作时内部消耗的功率为2MM2WPIR==热的则电动机输出的机械功率M10WPPP=−=热故选C。8.近年来，我国能源开发取得了很大成就，关于能源和可持续发展的说法正确的是（

）A.通过太阳能电池将太阳能直接转化成电能是目前利用太阳能最有前途的领域B.水电站是利用水能的重要形式，水能是可再生资源C.在自然界中，能量的转化过程都是可以自然发生的D.能量不会凭空产生和凭空消失，不存在能源危机【答案】AB【解析】【详解】A．通过太阳能电池将

太阳能直接转化成电能是目前利用太阳能最有前途的领域，故A正确；B．水电站是利用水能的重要形式，水能是可再生资源，故B正确；C．在自然界中，能力的转化过程有些是可以自然发生的，有些则不能，故C错误；D．能源危机的根本原因不是能量的产生和消失问题，而是能量转

换和转移的过程具有方向性，即能量的转换和转移可能无法有效地控制或利用，故D错误。故选AB。9.在如图所示的电路中，电源内阻为r，1R是定值电阻，L是灯泡。现闭合开关S，将滑动变阻器2R的滑片向上滑动，

电表A、1V、2V、3V都是理想电表，测得电压表1V、2V、3V示数变化量的绝对值为1ΔU、2ΔU、3ΔU，电流表A示数变化量的绝对值为I，下列说法正确的是（）A.1V、2V的示数都增大，3V的示数减小B.1ΔΔUI、2ΔΔ

UI、3ΔΔUI均不变C.电流表示数变小，灯泡变暗D.电源效率增大【答案】BD【解析】【详解】AC．将滑动变阻器2R的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，则总电流减小，电流表示数减小，定值电阻1R、内阻r两端的电压

减小，可知灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，电压表1V测量定值电阻1R两端的电压，电压表2V测量路端电压，电压表3V测量灯泡两端的电压，则1V减小、2V增大，3V的示数增大，故AC错误；B．根据闭合电路的欧姆定律可得11UIR=2EUIr=+31()EUIRr=++可得11ΔΔURI=，2ΔΔUr

I=−，()31ΔΔURrI=−+故1ΔΔUI、2ΔΔUI、3ΔΔUI均不变，故B正确；D．电源效率2UIEIrEIE−==将滑动变阻器2R的滑片向上滑动，电路总电流减小，故电源效率增大，故D正确。故选BD。10.实验室常用荧光物质分析带电粒子的运动规律。如图所示，间距为3d的两块足够大的竖

直平行金属板M、N，板间存在水平向左的匀强电场，两板内侧均匀涂有荧光物质。M板上某处有一粒子源O，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q（0q）、速度大小为0v的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。已知粒子打在M板上的

位置与O点最远的距离为8d（图中未画出），不计粒子重力，下列说法正确的是（）A.打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，初速度方向与水平方向成30°角B.打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，在电场中运动时间为082dvC.打在N板上的粒子，在电场中运动的最长时间为082dvD.N板上的发光面积为

212πd【答案】BD【解析】【详解】AB．设粒子的加速度大小为a，打在M板上最远处的粒子初速度与水平方向的夹角为，则有0cosxvv=，0sinyvv=竖直方向位移大小为20002cossin2sinyvvyvtvaa===可知当45=时竖直位移最大

，则打在M板上、位置与O点相距最远的粒子，初速度方向与水平方向成45角；根据题意有20s8in90vda=联立解得208vad=则打在M板上、位置与O点相距最远粒子，在电场中运动时间为002cos4582

vtadv==的的故A错误，B正确；CD．设粒子初速度与水平方向的夹角为时，粒子恰好不能打在N板上，则有20(cos)32vda=解得30=则打在N板上的粒子，在电场中运动的最长时间为00maxcos43vtadv==打在N板上的粒子，沿竖直方向的

最大位移大小为200m0cossin2sin232vvyvdaa===则N板上的发光面积为22Nm12Syd==故C错误，D正确。故选BD。二、非选择题（本题共5小题，共60分）11.某实验小组测量某金属材料制成的圆柱体的电阻率ρ。（1）用20分度的游标卡尺测量

其长度L，如图甲所示，则L=________cm；（2）用螺旋测微器测量其直径D，如图乙所示，则D=________mm；（3）测得圆柱体电阻两端电压为U时，通过它的电流为I，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式

为ρ=________。【答案】（1）5.130（2）4.650~4.652（3）24UDIL【解析】【小问1详解】游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以51mm60.05mm51.30mm5.130cmL=+

==【小问2详解】螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以4.5mm15.00.01mm4.650mmD=+=【小问3详解】根据电阻定律可得2()2LLRDS==根据欧姆定律可得URI=联立可得24UDIL=12.某

实验小组尝试测量电动车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示实验电路。（1）某同学选择合适的仪器按照图甲规范操作，实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数变化都不明显，该同学在思考后将015ΩR=的定值电阻串入电路中，如图___

_____（选填“乙”或“丙”），解决了这一问题；（2）多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图丁所示的UI−图像，则该电池的电动势E=________V，内阻0r=________Ω（结果均保留两位有效数字）；（3）该同学反思发

现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图丁中重新绘制UI−图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将________，与纵坐标轴交点的数值将_____

___（两空均选填“变大”“变小”“不变”）。【答案】（1）乙（2）①.12②.1.0（3）①.不变②.变大【解析】【小问1详解】实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数变化都不明显，则可能是电源内阻太小造成的，则可以在电源上串联一个

定值电阻，则图乙可以解决这一问题。【小问2详解】[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可知0()UEIRr=−+则由图像可知该电池的电动势E=12V内阻012151.00.75r=−=【小问3详解】[1][2]图像与横轴交点表示短路电流，当电源短路时

，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变；电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。13.如图所示

，闭合开关1S、2S，滑动变阻器的滑片在某一位置时，电流表和电压表的示数分别是0.20A、1.98V，将滑动变阻器的滑片滑到另一位置时，电流表和电压表的示数分别是0.40A、1.96V。求电源的电动势和内阻。【答案】2.00VE=，0.10Ωr=【解析】【详解】滑片在位置1和位置2时，电流表和

电压表的示数分别为1I、1U、2I、2U，由闭合电路欧姆定律，有11EUIr=+22EUIr=+联立解得2.00VE=，0.10Ωr=14.如图所示，真空中，与水平面成37°角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀带正电圆环的圆心O

，套在细杆上的带正电小球从杆上的a点以某一初速度沿杆向上运动，恰好能运动到杆上d点，已知圆环半径为R，电荷量为Q，小球质量为m、电荷量为q，小球半径远小于R，qQ，abbOOccdR====，静电力常量为k，重力加速度大小为g，绝缘细杆与小球间的动摩擦因数34=，sin370.6=°，c

os370.8=°。求（1）小球在c点受到的电场力的大小；（2）小球在b点的加速度大小；（3）小球在a点的动能。【答案】（1）224ckQqFR=（2）()233254gkQqamR+=+（3）()k4335mgRE+=【解析】【小问1详解】将圆环等分为n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为0

q的点电荷，有0Qnq=在c点，由库仑定律，0q对小球电场力002ckqqFr=由几何关系222crR=在c点，整个圆环对小球的电场力设为cF，有0sin45cFnF=联立，解得224ckQqFR=【小问2详解】由对称性，小球在b点所受的电场力与在c点所受的电场力方向相反，大小相等，有

bcFF=在b点，对小球，由牛顿第二定律，有sin37cos37bmgmgFma++=联立，解得()233254gkQqamR+=+【小问3详解】小球从a到d，由对称性，电场力做功0adW=对小球，由动能定理，有ksin37?4cos37?40adWmgRmg

RE−−=−联立，解得的()k4335mgRE+=15.如图所示，质量M=1.0kg的绝缘长木板放在粗糙水平地面上，其右侧固定一光滑半圆弧轨道，圆弧轨道的最低点B与木板右上端的A点等高。在长木板左端放一带电小滑块，小滑块带电量为q=+0.01C，质量为m=

0.5kg，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05。整个装置处于真空室内的匀强电场中，场强大小E=500V/m，方向与水平方向成θ=37°斜向右上。释放小滑块，经过t=1s，长木板与半圆弧轨道

相碰，此时小滑块恰好滑到木板最右端A点，之后进入光滑半圆弧轨道，刚好能经过轨道最高点C。小滑块视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）木板长度L；（2）圆弧半径R

；（3）小滑块由B到C的运动过程中，电势能最小时滑块的速度大小。【答案】（1）2.8m（2）1.8m（3）6m/s【解析】【小问1详解】对小滑块受力分析，如图所示根据牛顿第二定律，有()11sin37fmgqE=−11cos37qEfm

a−=联立解得216m/sa=小滑块位移21112xat=对长木板受力分析，如图所示根据牛顿第二定律，有()22sin37fmMgqE=+−122ffMa−=其中11ff=联立解得220.4m/sa=长木板位移22212xat=长木板长度12=−Lxx联立解得2.8mL=小问

2详解】在B点，小滑块速度为1Bvat=小滑块恰好经过C点，根据牛顿第二定律，有【2sin37CmvmgqER−=小滑块由B点到C点，根据动能定理，有22112sin37222CBqERmgRmvmv=−−联立解得1.8mR=【小问3详

解】小球在D点时电势能最小，滑块速度方向与电场方向垂直；小球由B到D，根据动能定理，有()()22111sin371sin3722DBqERmgRmvmv+−+=−联立解得6m/sDBvv==