【文档说明】江苏省扬州中学2024-2025学年高二上学期10月月考试题 物理 Word版含答案.docx，共(10)页，381.866 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省扬州中学2024-2025学年10月考试题高二物理一、单选题（每题4分，共10题）1.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S电路达到稳定状态后

，若增大照射光强度，则（）A.小灯泡的功率减小B.电容器极板上的电荷量增加C.电源的输出功率一定增大D.两表示数变化量的比值UI不变2.如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满

偏电流为Ig=300mA，内阻为Rg=10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（）A.改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0=20ΩB.改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0=40ΩC.改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，

R0=5ΩD.改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0=10Ω3.如图所示，虚线框内为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为电表面板上的表笔插孔，下列说法正确的是（）A.a孔插红表笔B.用“×100Ω”倍率测量时指针在0Ω附近；应先换用“×10Ω”倍率C.更换倍率

测量电阻时，不需要重新进行欧姆调零D.若要测量电路中某电阻的阻值，需要断开开关，但可将该电阻连在电路中进行测量4.在如图所示的U-I图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U-I图

线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图下面说法错误的是（）A.电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的效率为50%D.电源的输出功率为4W5.网球质量约60g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50

m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004s，倘若要用球拍以同等的速率将球反向击回，则此过程中网球（）A.动量变化量为0B.动量变化量约为3.0kg·m/sC.受到球拍的冲击力约为750ND.受到球拍的

冲击力约为1500N6.“娱乐风洞”是在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为S

，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（）A.气流速度大小为2πmgRB.若风速变为原来的12，则游客向下加速，加速度大小为12gC.若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3gD.风速不

变，游客在受风面积变化时仍能静止7.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉

紧。现在使木板A以v0的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（）A.绳子绷紧前后，A、B、C系统机械能守恒B.木板A的速度大小为v0C.木板B的速度大小为013vD.物块C的速度大小为014v8.

如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为m。t=0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得0vgl=的初速度，则从t=0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，

下列说法正确的是（）A.绳对P先做正功后做负功B.绳对P的冲量大小为mglC.木块Q运动到右侧最高点时的速度大小为0D.木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为gL9.如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架

，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略各摩擦阻力，则（）A.系统的动量守恒B.小球运动到最低点时小车速度为零C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大

距离为2mlMm+10.质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为034h处

（不计空气阻力，小球视为质点），则（）A.小球离开小车后做竖直上抛运动B.小球和小车组成的系统机械能守恒C.小球在最低时，地面对小车的支持力为2mgD.小球第二次上升最大高度到距B点所在水平线为02h二、实验题（22分，共2题）11.某兴趣小组想要测量一个电

池的电动势和内阻，在实验室找到以下实验器材：电流表A、电阻箱、开关、导线若干。（1）实验电路图如图1所示图1图2图3改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱示数R和电流表示数I，画出1RI−图像，如图2所示。由图2可得电源的电动势E=______，内阻r=______。若不考虑偶然误差，电

动势测量值与真实值相比______，内阻测量值与真实值相比______。（填“偏大”“偏小”或“相等”）（2）兴趣小组进一步测量电流表A的内阻RA，为此又在实验室找到另一个电流表A1（内阻未知），并设计了如图3所示电路，

实验步骤如下：①闭合S1，断开S2，调节电阻箱示数为R1，电流表A1的示数为I0，②闭合S1，闭合S2，调节电阻箱，直到______，此时电阻箱示数为R2，则电流表A的内阻RA=______。12.某实验小组欲利用热敏电阻设计一款温度报警器，器材有电源E1（电动势为12V，内阻不计），电

源E2（电动势为1.5V，内阻不计），电流表A（量程为0.6A，内阻很小），电压表V（量程为6V，内阻r=1000Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为100Ω），电阻箱R2，热敏电阻RT（室温下阻值约为1.5kΩ），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2和导线若干。（1

）根据图甲测量电路，为尽可能准确地测量热敏电阻的阻值，电源应选______，电表1应选______（填“电流表A”或“电压表V”）。（2）测量热敏电阻RT的阻值随温度t的变化关系。①依据图甲连接电路，将热敏电阻RT置于

温控箱中，将滑动变阻器的滑片置于最左端。②闭合开关S1，将单刀双掷开关S2打到b端，调节温控箱的温度，调节滑动变阻器R1使电表1有适当读数；保持滑动变阻器R1滑片的位置不变，将单刀双掷开关S2打到a端，调节______，记录温控

箱的温度t和电阻箱R2的阻值。③重复②中的步骤，在坐标纸中描绘热敏电阻的RT-t图像，如图乙所示。（3）利用该热敏电阻设计一款简易温度报警装置，其电路结构如图丙所示。已知电源的电动势为3V，内阻很小，不计报警器电阻对

电路的影响，若报警器的电压高于2V时会报警，要求报警器在温度高于36℃时发出警报，则电阻箱R的阻值应该调为______Ω，若考虑到电源内阻的影响，则实际报警温度会______（填“高于”“低于”或“等于”）

36℃。三、解答题（共38分，共4题）13.（6分）如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=2Ω，R3=4Ω，水平放置的平行板电容器的电容C=100μF，，开关S断开后，电容器中的带电粒子处于静止状态，取g

=10m/s2，求：（1）开关S断开时，电容器所带的电量；（2）开关S闭合瞬间，带电粒子的加速度大小和方向。14.（8分）如图（a）所示，一倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的滑块在斜面上足够高的位置由静止释

放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图（b）所示，2s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。图（a）图（b）（1）滑块与斜面的动摩擦因数和滑块的最

大速度vm的大小；（2）经过多长时间滑块到达最低点。15.（12分）如图所示，一质量M=3kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=4m。现有一可视为质点的质量m

=1kg的小物块A，以v0=8m/s的水平初速度从B的左端滑上B，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。（1）求B与竖直墙壁碰撞前，A、B组成的系统产生的内能及A、B的相对位移；

（2）求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间t；（3）若B的右端与墙壁的距离L可以改变，并要求B只与墙壁碰撞两次，则L应该满足什么条件？16.（12分）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在

光滑水平面上：物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图（b）所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，

与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ=0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求图（a）图（b）（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的

最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。10月考答案1-5DBBCD6-10CCDDA11.（1）bab相等偏大（2）A1的示数再次变为I0R2-R112.（1）E1V（2）调节R2使得电表1的示数保持不变（3）1800高于13.（1）4410C−；（2）10m/s2，方向竖直向上

（1）开关S断开时，电容器两端电电势差与R2电压相等，则C24VUIR==根据电容的定义式有4C410CQCU−==（2）设粒子的质量为m，电荷量为q，平行板电容器两板间的距离为d。开关S断开后，电容器两极

板间的电压为C4VU=由于粒子静止，则有CqUmgd=开关S闭合后，电容器两极板间的电压为2C28VERURr==+因为CqUmgd，由牛顿第二定律知，粒子加速度方向竖直向上，由上可C2qUmgd=则粒子的加速度大小为210m/sCqUmgdam−==14.（1）

0.25，4m/s；（2）4s（1）根据题意可知，2st=时下滑速度最大，则物块合外力为0，由图（b）可知此时8NF=，平衡条件有sincosmgFmg=+，代入数据得0.25=从释放到2st=的过程，沿斜面方向由动量定理有m1sincos2mg

tFtmgtmv−−=解得m4m/sv=（2）设经过1t滑块到达最低点，此时滑块速度为0，沿斜面方向由动量定理有11sincos0FmgtImgt+−=由图像可知4Ft=，所以1t时刻21142FIt=−，解得13.5st=

15.【答案】（1）24J；（2）3.5s；（3）1433mLm（1）设A、B达到的共同速度为v，根据动量守恒定律有()0mvmMv=+解得2m/sv=设这一过程中B向右运动的位移为1x，根据动能定理有2112mgxM

v=解得13mx=因1xL，A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统由能量守恒定律得()2201122QmvmMv=−+代入数据解得24JQ=设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1，则有mgMa=，1vat=代入数据解得13st=两者达到共同速度后一起匀速运动，直

到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为2t，则12Lxvt−=解得20.5st=所以从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为123.5sttt=+=（3）要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等。取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2

，根据动量守恒定律有012mvmvMv=+设B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒定律有1234mvMvmvMv−=+若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二

次碰撞后总动量方向不能向右，所以有120mvMv−，340mvMv−根据B往返运动的对称性知24vv=，根据动能定理有2212mgLMv=联立以上各式，由340mvMv−可得13Lm由120mvMv−可得43Lm即L应满足的条件是1433m

Lm16.（1）200.6mv；（2）000.768vt；（3）0.45【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即0tt=时刻，根据动量守恒定律()001.2BBmvmmv=+根据能量守恒定律()()22pmax00111.222BB

Emvmmv=−+联立解得5Bmm=，2pmax00.6Emv=（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律Fma=可知同一时刻5ABaa=则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为AAvat=，01.25ABatvv=−根据位移等速度在时间上的累积可得AAsvt

=（累积），BBsvt=（累积）又000.36Asvt=解得001.128Bsvt=第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值00Δ0.768BAsssvt=−=解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有001.26BBBAm

vmvmvmv==+对方程两边同时乘以时间Δt，有06Δ5ΔΔBAmvtmvtmvt=+00t−之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得0065BAmvtmsms=+将000.36Asvt=代入可得001.128Bsvt=则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值00Δ0.768BAsssvt

=−=（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为02v，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为Av，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得()0050.825ABmvmvmv

mv−=−+根据能量守恒定律可得()()222200111150.8252222ABmvmvmvmv+=−+联立解0Avv=方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得()201sincos022mgLmgLmv−−=−下滑过程，根据

动能定理可得201sincos02mgLmgLmv−=−联立解得0.45=方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，sincosmgmgma+=上，sincosmgmgma−=下上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线

运动的位移速度关系可得()20220axv=−上，2202Aaxvv==下联立可解得0.45=