【文档说明】湖北省黄石市第二中学2023-2024学年高二上学期9月月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.967 MB，由小赞的店铺上传

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黄石二中高二年级物理统测（一）一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分，每小题仅有一个选项是符合题目要求的）1.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义，被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属

性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，下列选项中所列各物理量的关系式，全部用到了比值定义法的有（）A.xvt=，xat=，UIR=B.pEq=，FEq=电，FBIL=C.QCU=，qIt=

，LRS=D.URI=，Ggm=，Fam=合【答案】B【解析】【详解】A．该选项中UIR=不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项A错误；B．该选项中三个物理量都是比值定义法，选项B正确；C．该选项中LRS=不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项C错误；D．该选项中Fam=

合不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项D错误；故选B。2.将物体水平抛出，在物体落地前（不计空气阻力），下列说法正确的是（）A.动量的方向不变B.动量变化量的方向不变C.相同时间内动量的变化量越来越大D.动量变化的越来越快【答案】B【解析】【详解】A．平抛运动中，速度大小

方向都在发生变化，则由p=mv可知，动量方向会发生变化，故A的错误；BCD．由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量，即pIFtGt===冲由此可得，动量变化量的方向始终向下不变，相同时间内动量的变化量相同

，且动量变化快慢不变，故B正确，CD错误。故选B。3.如图所示，一个夹层中空的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置为A点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所示，忽略一

切接触部位的摩擦，以下说法中正确的是（）A.小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点B.小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点右侧C.小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置要看二者的质量关系而定D.小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱

体与地面的接触位置在A点左侧【答案】A【解析】【详解】小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下时，由于不计任何摩擦，由动量守恒定律以及能量守恒关系可知，小圆柱体会再次到达顶部；若小圆柱体相对地面移动x时，大圆柱体相对地面移动

y，则根据“人船模型”可知mx=My且x、y方向应该相反，而若小圆柱体能到达大圆柱体最高点时，x=y，则只能有x=y=0，即此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点。故选A。4.在光滑的水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，以向右为正方向，两球的动

量分别为A5kgm/sp=、B7kgm/sp=，如图所示。若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量Ap、Bp可能是（）的A.3kgm/s，3kgm/sB.3kgm/s，3kgm/s−C.10kgm/s−，10kgm/sD.3kg

m/s−，3kgm/s【答案】D【解析】【详解】A．两个小球发生正碰，则其系统碰撞前后应该满足动量守恒，碰前总动量为AB12kgm/sppp=+=总前碰后总动量()()AABB18kgm/spppppp=+

++=总后总前由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故A项错误；B．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为()()AABB12kgm/spppppp=+++==总后总前由上述可知，系统碰撞前后满足

动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但A球的动量增加，与实际运动不符，故B项错误；C．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为()()AABB12kgm/spppppp=+++==总后总前由上述可知，系统碰撞前后满足

动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量变为Akgm/sp=−B球碰动量变为Bkgm/sp=−根据动能与动量的关系有22k122pEmvm==由上述式子可知，其A球碰撞前后动能大小不变，但是B球碰后动能变大，即对于A、B组成的系统来说为其系统的总动能在碰后大于碰前，违

反了能量守恒，故C项错误；D．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为()()AABB12kgm/spppppp=+++==总后总前由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后A球动量变为Akgm/sp=碰后B球动量变为Bkgm/s

p=其碰前总动能为22ABkABAB25492222ppEmmmm=+=+前碰撞后总动能为()()22AABBkABAB41002222ppppEmmmm++=+=+后碰撞前后能量的变化为kkkAB215122EEEmm=−=−后前由于A和B球的

质量未知，若BA2151mm则由k0E即满足系统的总动能不增加，即符合能量守恒，而碰后两球的动量都与原方向相同，且A球的动量变小，即A球的速度变小，B球的动量增加，即B球的速度增加，所以可能A球速度小于B球的速度，满足实

际运动情况。该情况可能发生，故D项正确。故选D。5.如图所示，质量为m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v0向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离

的整个过程中，下列说法正确的是（）A.在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒B.弹簧的最大弹性势能为2014mvC.物体A对B的冲量大小为032mvD.物体A对B做的功为2018mv【答案】

BC【解析】【详解】A．A和B发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A和弹簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；B．A和B发生完全非弹性碰撞有02tmvmv=可得共同速度为02tvv=

则弹簧的最大弹性势能为220112024PtEmvmv=−=故B正确；C．根据动量定理知物体A对B做的冲量即为物体B动量的变化量003()2tImvmvmv=−−=−则物体A对B的冲量大小为032mv故C正确；D．

根据动能定理有知物体A对B做的功即为物体B动能的变化量222k00113228tEmvmvmv=−=−故D错误。故选BC。6.如图所示的电路，电源的内阻不可忽略，定值电阻R1的阻值是滑动变阻器R2最大阻值的12，a、b是滑动变阻器的两端，当滑片

P位于a、b的中点时，小灯泡L正常发光，理想电流表A1和A2的示数之比I1：I2=2：1.下列说法正确的是（）A.定值电阻R1与滑动变阻器R2消耗的电功率之比为9：4B.定值电阻R1和小灯泡L消耗的电功率之比为9：4C.滑片P向上缓慢滑动，两

电流表的示数均减小D.滑片P向上缓慢滑动，电源的输出功率减小【答案】A【解析】【详解】A．依题意，滑片P位于a、b的中点时，定值电阻R1与滑动变阻器R2的阻值相等，即12RR=由并联电路的分流原理，可得1212

132RRIIIII+==则二者消耗的电功率之比为1122212294RRRRPIRPIR==故A正确；B．根据并联电路的等压分流原理，有122LIRIR=解得L2122RRR==又1L12231RRIIIII+==则定值电阻R1和小灯泡L消耗电功率之比为11LL212L92RRRRPIRPIR

==的故B错误；C．滑片P向上缓慢滑动，滑动变阻器的阻值减小，由EIRr外=+可知干路电流增大，由()1UEIRr=−+并可知并联电路的电压减小，根据2LUIR=并可知理想电流表A2的示数减小，根据12III=+可知理想电流表A1的示数增大。故C错

误；D．电源的输出功率为2PIEIr=−输出滑片P向上缓慢滑动，干路电流增大，则电源的输出功率增大。故D错误。故选A。7.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将

球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是（重力加速度为g）（）A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为002mmgLmmm+B.A、B两木块分离时，C的速度大小为022mgLmm+C.球C由静止释放到最低点

的过程中，A对B的弹力的冲量大小为0022mgLmmm+D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为002mLmm+【答案】C【解析】【详解】AB．小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有220011222CABmgL

mvmv=+取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得m0vC=2mvAB联立解得022CmgLvmm=+002ABmmgLvmmm=+故AB正确，不符合题意；C．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有0

02ABABmgLImvmmm==+故C错误，符合题意；D．C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1=2mx2x1＋x2=L解得0202mLxmm=+故D正确，不符合题意。故选C。二、多项

选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。）8.宇航员在月球表面将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落

地。若羽毛和铁锤是从高度为h处下落，经时间t落到月球表面。已知引力常量为G，月球的半径为R。不考虑月球自转的影响，则下列表述正确的是（）A.月球表面的自由落体加速度g月＝22htB.月球的质量M＝222hRGtC.月球的密度ρ＝32πhRGtD.月球的密度ρ＝232πhRGt【答案】ABD

【解析】【详解】A．月球表面附近的物体做自由落体运动，有h＝12g月t2则月球表面的自由落体加速度g月＝22ht故A正确；B．不考虑月球自转的影响，有G2MmR＝mg月得月球的质量M＝222hRGt故B正确；CD．月球的密度ρ＝MV＝22324π3h

RGtR＝232πhRGt故C错误，D正确。故选ABD。9.图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，下落过程中的速度—位移图像如图乙所示。已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g取210

m/s，下列说法正确的是（）A.整个下落过程中，运动员及携带装备的重力先做正功后做负功B.运动员及携带装备从静止开始下落5m的过程中重力的冲量为750NsC.弹性绳的劲度系数约为150N/mD.弹性绳长为24

m时，运动员的加速度大小约为25m/s【答案】BC【解析】【详解】A．整个下落过程中，运动员及携带装备的重力一直做正功，故A错误；B．由212hgt=，解得运动员及携带装备从静止开始下落5m的时间1st=运动员及携带装备从

静止开始下落5m的过程中重力的冲量为G75101Ns750NsImgt===故B正确；C．运动员先加速后减速，当合力为0速度最大，弹力等于重力kxmg=解得750N/m150N/m1510mgk

x===−故C正确；D．弹性绳长为24m时，绳的弹力()1502410N2100NFkx==−=由牛顿第二定律得Fmgma−=解得222100750m/s18m/s75Fmgam−−===故D错误。故选BC。10.先

后让一束氘核（21H）和一束氚核（31H）通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，离开时速度方向与板面夹角分别为α、β。不计原子核的重力，则（）A.如果氘核和氚核的初速度相同，则tantan＝23B.如果氘核和氚核

的初动量相同，则tantan＝23C.如果氘核和氚核的初动能相同，则tantan＝1D.如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，则tantan＝23【答案】BC【解析】【详

解】A．粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有0Lvt=由牛顿第二定律得加速度eUamd=竖直分速度yvat=速度偏向角的正切y200tanveULvmdv==如果氘核和氚核的初速度相同，可知tan3t

an2mm==氚核氘核故A错误；B．如果氘核和氘核的初动量相同，即mv0相同，则00tan2tan3tvmtvm====氘核氚核氚核氚核氘核氘核故B正确；C．如果氘核和氚核的初动能相同，即20mv相同，则tan1tan1=故C正确；D．设加

速电压为U0，由动能定理得20012emvU=即20mv相同，则tan1tan1=故D错误。故选BC。三、非选择题（本大题共5小题，共54分）11.在探究碰撞中的不变量实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB。（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材

前面的字母填在横线上____。A．停表B.刻度尺C.天平D.圆规（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有________。A．=ABmmONMPB.=ABmmOMMPC.=ABmmOPMND.=ABmmOMM

N【答案】①.BCD②.A【解析】【详解】（1）[1]由实验原理可知，需要测小球质量，测OMONOP、、距离，为准确确定落点，用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起，把圆心作为落点，所以需要天平、刻度尺、圆规。故选BCD。（2）[2]根据动量守恒定律有AABmOPmOMmON=+

即()ABmOPOMmON−==ABmmONMP故选项A正确。选项BCD错误。12.在测定两节干电池电动势和内阻的实验中，某同学用到的器材有一个电压表、一个电阻箱、一个定值电阻0R、一个开关S、两节干电池、若干导线，其实验实物图如图甲

所示。（1）改变电阻箱的阻值R，用图甲中的电压表测出多组电阻箱两端的电压U。实物图甲中已连接好部分电路，请按照实验要求将剩余部分电路连接好________。（2）在坐标纸上作出1U与1R的关系图线如图乙所示，结合图线计算出两节干电池的

电动势E=___________，内阻r=___________。（结果用a、b和0R表示）（3）若考虑电压表并非理想电压表，则电动势的测量值与真实值相比___________；内阻的测量值与真实值相比___________。（选填“偏大”“相等

”或“偏小”）（4）另一位同学将图甲电压表的导线改接在0R的c、d端，改变电阻箱的阻值R，测出多组电压表的数据U，若用图像法测算电源的电动势和内阻，为了使得到的图线是一条直线，则该同学应描绘________

___。A．11UR−图B．UR−图C．1RU−图D．2UR−图【答案】①.②.1b③.01Ra−④.偏小⑤.偏小⑥.C【解析】【详解】（1）[1]因电源是两节干电池，选取电压表量程为03−伏，电路图连接如图所示（2）

[2][3]由闭合回路欧姆定律可知()0UEURrR=++整理可得0111RrUEER+=+因为纵轴截距1bE=所以1Eb=因斜率0bRraE+=可得01rRa=−为（3）[4][5]由（2）问知1bE=测①，0RrbaE+

=测测②若考虑电压表并非理想电压表，则()0UEURrR=++真真并其中V111RRR=+并整理可得00V1111RrRrUEERER++=++真真真真真由此可知V01RrbEER+=+真真真③，0RrbaE+=真真④对比①与③，可知EE测真；对比

②与④，可知rr真测。（4）[6]由闭合回路欧姆定律可知()0UEURrR=++整理可得00111rRUEERER=++所以应描绘的是1RU−图。13.一个电场中有A、B两点，电荷量1q为9210C−的试探电荷放在电场中的A点，

具有8410J−−的电势能；2q为9310C−−的试探电荷放在电场中的B点，具有8910J−的电势能。（1）求A、B两点的电势。（2）现把3q为9510C−−的试探电荷由A点移到B点，静电力做正功还是负功？大小是多少？【答案】（1）-2

0V，-30V；（2）静电力做负功，大小为85J10−【解析】【详解】（1）试探电荷放置在A点时有p11AEq=试探电荷放置在A点时有p22BEq=解得20VA=−30VB=−（2）把3q为9510C−−的

试探电荷由A点移到B点，根据()33ABABABWqUq==−解得8510JABW−=−可知，静电力做负功，大小为85J10−。14.如图，小车质量为M=8kg，滑块质量为m=1.9kg，滑块置于小车上方且距小车左

端距离为d=6m，滑块和小车两者以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶，水平面光滑。质量为m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的速度水平向左飞行，瞬间击中滑块并留在其中，之后一段时间滑块和小车发生相对滑动，最终滑块刚好不会从小车上掉下（

g=10m/s2），求：（1）子弹击中滑块后瞬间滑块的速度大小；（2）小车最终运动的速度大小；（3）从子弹击中滑块开始小车向右运动的最长时间。【答案】（1）8m/s；（2）0.8m/s；（3）0.74s【解析】【详解】（1）设子

弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有0001()mvmvmmv−=＋代入数据解得v1＝8m/s（2）木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行d＝6m时，跟小车具有共同速度v2，则由动

量守恒定律有0102()()mmvMvmmMv−=＋＋＋代入数据解得v2＝0.8m/s（3）由能量守恒定律有222010211((22))QmmvMvmmMv=+++−+由功能关系有0()Qmmgd=+联立解得μ＝0.54对小车根据动量定理得0)(0mmgtMv−+=−解得t＝0

.74s15.如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面与水平轨道AB通过一小段圆弧平滑连接，水平传送带左端紧挨轨道AB且与其等高。水平轨道AB的长度L=3m，传送带足够长，传送带以v=8m/s的速度逆时针匀速转动，现将物块Q置于水平轨道上B处，物块P从距离斜面底端s0=1

1.5m处由静止释放，物块P、Q大小可忽略，质量均为m=1kg，与水平轨道、传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，物块P、Q之间的碰撞为弹性碰撞，g取10m/s²。求：（1）物块P、Q第一次碰后速度的大小vP1、vQ1；（2）最终物块P、Q之间的距离d；（3）传送带维持匀速转动需多消耗的电

能E。【答案】（1）vP1=0，vQ1=10m/s；（2）d=0.8m；（3）E=（176+1634）J【解析】【详解】（1）P与Q第一次碰前速度大小为0v，对P2001sin02mgsmgLmv−=−①P、Q第一次碰撞过程0110PQmvmvmv+=

+②2220111110222PQmvmvmv+=+③联立①②③得v0=10m/svP1=0vQ1=10m/s（2）因v0=10m/s>8m/s，当木块再次返回传送带左端时，速度大小为v=8m/sP、Q弹性碰撞同理可得，两木块交换速

度vP2=8m/svQ2=0第二次碰后，P在AB段运动的路程为s212mgsmv=④得s=12.8m因为s=4L+0.8m最终P、Q间距离d=0.8m（3）P、Q第一次碰后，Q与传送带达共速时间为1

t10()mgtmvmv=−−④得17.2st=P、Q第三次碰撞前速度大小vP322311222PmgLmvmv−=−⑤得334m/sPv=P、Q第三次碰后，Q与传送带达共速时间为2t233()PPmgtmvmv=−−⑥得2434s5t=P、Q第五次碰撞前速度大小vP5225311222

PPmgLmvmv−=−⑦得52m/sPv=P、Q第三次碰后，Q与传送带达共速时间为3t355()PPmgtmvmv=−−⑧得31.6st=消耗的电能123()Emgvttt=++⑨得获得更多资源请扫码加入享学资

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