【文档说明】湖南省邵阳市洞口县第二中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，3.428 MB，由小赞的店铺上传

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2023年下学年高二物理月考检测卷考试范围：必修一、必修二、必修三第九、十、十一章；考试时间：75分钟第I卷（选择题）注意事项：1-6题为单选题，每题5分；7-10题为多选题，每题5分，选不全得3分、有选错不得分。一、单选题

（每题5分）1.如图所示为一个质点做直线运动vt−图像，下列判断正确的是（）A.质点在10~12s内位移为6mB.质点在11s末离出发点最远C.质点在8~10s内的加速度最大D.质点在8~12s内的平均速度为4.67m/s【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图看出，物体在10~11s内沿正

方向运动11~12s内沿负方向，由于两段时间内图象的“面积”相等，说明两段时间内位移大小相等，所以质点在10~12s内位移为0，故A错误；B．由图可知，物体在11s末速度方向发生改变，所以质点在11s末离出发点最远，故B正确；C．根据速度图象斜率等于加速度，

可以看出质点在10~12s内加速度最大，故C错误；D．由A分析可知，质点在8~12s内的位移等于物体在8~10s内的位移，由“面积”等于位移得到8~12s的位移262m8m2x+==质点在8~12s内的平均速度为8m/s2m

/s4xvt−===故D错误。故选B。的的2.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ.则下列说法正确的是A.P、O两点的电势关系为po

B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ<EPC.若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D.若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】【详解】A．根据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势

都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；B．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知EQ<EP，故B正确；C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.D．P、Q电势相等，

若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；故选B.点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.3.地面上固

定一个倾角为θ的斜面体，在其光滑斜面上放置一质量为M上表面水平的三角形木块A，在三角形木块的上表面放置一个质量为m的木块B，它们一起沿斜面无相对滑动下滑，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.A的加速度大小为gsin+MmM

B.B受到沿斜面方向向上的摩擦力C.B受到的摩擦力大小为mgsinθcosθD.B受到的支持力大小为mgsin2θ【答案】C【解析】【详解】A．对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：（M+m）gsinθ＝（M+m）a解得：a＝gsinθ故A错误；BCD．对B

受力分析，将加速度分解，如图所示，水平方向由牛顿第二定律得：f＝max竖直方向由牛顿第二定律得：mg﹣N＝may又ax＝acosθay＝asinθ联立解得：f＝mgsinθcosθN＝mgcos2θ故BD错误，C正确。故选：C。4.2022年全国青少年冰球邀请赛在云南腾冲举行。如图，一冰球运动

员以大小为1v的速度将质量为0.2kg的冰球从冰面击出，冰球恰以水平速度223m/sv=从球门顶部射入球门。若球门高度为1.8mH=，冰球击出后只受重力作用，冰球可视为质点，重力加速度大小为210m/sg=，则（）A.冰球从冰面击出后经0.36s射入球门B.冰球

击出时的速度大小143m/sv=C.冰球击出时的速度方向与冰面的夹角为6=D.以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球射入球门时的机械能为4.8J【答案】B【解析】【详解】A．因冰球恰以水平速度从球门顶部射入，竖直方向有212Hgt=代入数据得0.6s

t=故A错误；B．根据平抛运动规律ygt=v2212yvvv=+代入数据得143m/sv=故B正确；C．冰球击出时的速度方向与冰面的夹角满足2tanyvv=代入数据得tan3=3=故C错误；D．以球门顶部所在水平面为零势能面，冰球在球

门顶部时的重力势能为0，动能2k211.2J2Emv==机械能pk1.2JEEE=+=故D错误。故选B。5.如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态

。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.油滴带负电B.极板带电荷量将增加C.带电油滴的电势能将减少D.带电油滴将竖直向下运动【答案】D【解析】【详解】A．电容器两板间的场强方向向上，油滴受电场力

方向向上，可知油滴带正电，选项A错误；B．板间距离增大，电容C减小，而电压U不变，由QCU=知电容器的电量Q减小，故B错误；C．电容器的电压不变，根据UEd=知板间场强减小，由UEd=得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向上，P点电势比下极板低，则可知P点的电势升高，油

滴带正电，则知带电油滴的电势能将增大，故C错误；D．电容器的电压不变，根据UEd=知板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动，故D正确。故选D。6.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率

，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则以下说法正确的是（）A.汽车在前5s内的牵引力为5×102NB.汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2C.汽车额定功率为100kWD.汽车的

最大速度为80m/s【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知匀加速直线运动的加速度为205vat==m/s2=4m/s2根据牛顿第二定律得F−f=ma解得牵引力为F=f＋ma=0.1×1×104N＋1×103×4N=5

×103N，故A错误；BC．汽车的额定功率为P=Fv=5000×20W=100kW当汽车的速度是25m/s时，牵引力F′=511025pv=N=4×103N此时汽车的加速度a′=3434100.1110110Ffm−−==m/s2=3m/s2故B错误，

C正确；的D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm=53110110ppFf==m/s=1×102m/s故D错误。故选C。二、多选题（每题5分，选不全得3分、有选错不得分）7.如图所示，将氘核（21H）和

氦核（42He）混合体从加速电压为1U的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿C、D间的中线进入偏转电压为2U的偏转电场，两种粒子都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（）A.氘核

（21H）和氦核（42He）偏转位移y相等B.氘核（21H）偏向角更小C.氦核（42He）射出偏转电场时的动能更大D.氦核（42He）射出偏转电场时的速度更大【答案】AC【解析】【详解】AB．在加速电场中，根据动能定理21

112qUmv=在偏转电场中，设电容器的长度为L，宽度为d，则212yat=，1Lvt=，2qUamd=联立得2214ULydU=，211tan2ULatvdU==可知，偏转位移y和偏向角均相等，故A正确，B错误；C．根据动能定理22k112UqyE

mvd=−得2k1UEqUqyd=+由于氦核电荷量更大，所以氦核（42He）射出偏转电场时的动能更大，故C正确；D．由2k212Emv=得2212UqvUymd=+由于氘核与氦核的比荷相等，则二者射出

偏转磁场时的速度相等，故D错误。故选AC。8.发射地球高轨卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到以地心为圆心的半径为1r、周期为1T的圆轨道1；然后在P位置点火，使其沿椭圆轨道2以周期2T运行；最后在Q点再次点火，使其沿以地心为圆心的半径为3r、周期3T的圆轨道3运行。轨道1、2相切

于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（）A.()2212331138TTrrr=+B.卫星在轨道3上的速度大于地球第一宇宙速度，小于地球第二宇宙速度C.卫星在轨道2上P点的加速度大于卫星

在轨道1上P点的加速度D.卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于卫星在轨道2上经过Q点时的速率【答案】AD【解析】【详解】A．轨道2的半长轴为1322rrr+=根据开普勒第三定律有33122212rrTT=解得()221233113

8TTrrr=+故A正确；B．地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，根据22MmvGmrr=解得GMvr=由于卫星在轨道3上的轨道半径等于近地卫星的轨道半径，则卫星在轨道3上的速度小于地球第一宇宙速度，故B错误；C．根据2MmGmar=解得2GMar=P点到地心间距一定，可知卫星在轨道2

上P点的加速度等于卫星在轨道1上P点的加速度，故C错误；D．轨道3相对于轨道2是高轨道，由低轨道到高轨道需要在切点Q处加速，可知卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于卫星在轨道2上经过Q点时的速率，故D正确。故选AD。

9.如图所示，倾角为θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断B、C间细线或断开弹簧与A的连接点。下列判

断正确的是（）A.B、C间细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度大小为2gsinθB.弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零C.B、C间细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθD.弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为gsinθ【答案】CD【解析】【

详解】开始时三球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知弹簧的弹力(23)sin6sin=++=FmmmgmgD．断开弹簧与A的连接点瞬间，三球一起向下做匀加速直线运动，根据1(23)sin++=mmmgma得加速度1

sinag=故D正确；B．断开弹簧与A的连接点瞬间，对A由牛顿第二定律得1sin+=Tmgma解得0T=即A、B之间杆的弹力大小为零，故B错误；A．B、C间细线被剪断的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B系统，由牛顿第二定律得2(2)sin(2)−+=+Fmmgmma解得2sina

g=方向沿斜面向上，故A错误；C．B、C间细线被剪断的瞬间，对B由牛顿第二定律得22sin2−=Tmgma解得4sin=Tmg故C正确。故选CD。10.如图所示装置中，质量为M的木块B与水平

桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A.弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒，机械能不守恒B.弹簧、木块和子弹组成的系

统动量守恒，机械能守恒C.弹簧的最大弹性势能为2202()mvMm+D.弹簧的最大弹性势能为2012mv【答案】AC【解析】【详解】AB．子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹A打中木块B有滑动摩擦力做功，系统机械能不守恒．故A正确，B错误；C

D．在子弹射入的过程动量守恒，根据动量守恒定律得：(M+m)v=mv0之后子弹、木块、弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当速度等于零时，弹簧机械能最大，则有：()2220122()PmvEMmvMm=+=+故C正确，D错误.

第II卷（非选择题）三、实验题（11题、12题，每空2分，共20分）11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：小灯泡L，“3.8V、0.3A”电压表V，量程0～5V，内阻5kΩ电流表1A，量程0～100mA，内阻4Ω电流表2A，量程0～500mA，内阻0.4Ω滑动

变阻器1R，最大阻值100Ω，额定电流0.5A滑动变阻器2R，最大阻值10Ω，额定电流2.0A直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5Ω（1）在上述器材中，滑动变阻器应选______，电流表应选______；（2）根据电

路图补全实物图连线______。【答案】①.R2②.A2③.【解析】【详解】（1）[1]因为灯泡电压需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，所以选择电阻值比较小的滑动变阻器R2；[2]因为灯泡的额定电流为0.

3A即300mA，电流表A1的量程偏小，则选择电流表A2。（2）[3]由电路图可得实物图连线为12.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图

1，由图可知其长度L=_______mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D=__________mm；(3)用多用电表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是________。A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零B.在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零C.在测量未

知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测D.在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测(4)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的阻值约为_____________Ω(5)该同学想用伏

安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程0~5mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0~15mA，内阻约30Ω）；电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）；直流电源E（电动势

4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并

标明所用器材的代号_______________(6)在图4中用实线连好电路________(7)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该

圆柱体材料的电阻率ρ＝______________。（不要求计算，用题中U、I、D、L表示）【答案】①.50.15②.4.700③.AD##DA④.220⑤.⑥.⑦.24UDIL【解析】【详解】(1)[1]由图示

游标卡尺可以知道其示数为50mm30.05mm50.15mm+=(2)[2]由图示螺旋测微器可以知道其示数为4.5mm20.00.01mm4.700mm+=(3)[3]A.在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆挡的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正

确；B．在测量电流时，根据电流表的原理，电流挡的零刻度在最左边，更换量程后不需要调零，故B错误；C．在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应先选择倍率较小的挡进行试测，若指

针偏角过小，再换用倍率较大的挡进行测量，故C错误；D．在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，再换用较小的量程进行测量，故D正确。故选AD。(4)[4]用多用电表电阻“10”挡测电阻，由图示表盘可以知道，其示数为：2

210220=(4)[4]电源电动势为4V，如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V1，电路最大电流约为3A0.0136A13.6mA220UIR===电流表应选A2，为方便实验操作滑动变阻器应选1R，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分

压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；实验电路图如图所示的(6)[6]实物图连接如图(7)[7]根据欧姆定律可知xURI=根据电阻定律可得22xLLRSD==联立解得24UDIL=四、解答

题（13题7分，14题10分，15题13分，共30分）13.如图所示，轻质绝缘细绳长为L，上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。小球所带电荷量q，质量为m。重力加速度g，sin37°=0.6，cos

37°=0.8。（1）求电场强度E；（2）若将小球拉回竖直位置后由静止释放，试求运动到图示位置时的速度大小。【答案】（1）34mgq；（2）0.5gL【解析】【详解】（1）受力分析如图小球受力平衡，可得tanqEmg=解得tan34mgθmgEqq==（2）从竖直位置运动到图示位置的过程中

，由动能定理得()21sin1cos2qELmgLmv−−=解得0.5vgL=14.如图所示，一个荷质比111.810C/kgqm=的带电粒子从A板由静止开始经过A、B极板间的匀强电场加速后，又沿中心轴线垂直射

入偏转电场，并从另一侧射出电场打到荧光屏上的P点，'O点为荧光屏的中心，且OP间距h=0.72cm。已知偏转电场电压U=200V，板间距离d=2.0cm，极板的长度L1=6.0cm。极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm，加速电场A、B极板间距为L0=4.5cm。（忽略粒子所受重力）

。求：粒子从静止开始运动到打到屏幕上所经历的时间t。【答案】-9610s【解析】【详解】设粒子进入偏转电场时的初速度为v0，将粒子在偏转电场中的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动。水平方向：101Lvt=①竖直方向：UqFmadm==合②yvat=③设粒子飞出偏转电场时速度偏向角

为，则0tanyxvatvv==④由于粒子飞出电场时的速度反向延长线过水平分位移的中点，则由几何关系可得12tan2hLL=+⑤粒子在加速度电场中0002Ltv=⑥粒子在偏转电场中110Ltv=

⑦粒子从飞出电场到打到荧光屏220Ltv=⑧则从静止开始运动到打到荧光屏上所经历的时间012tttt=++⑨联立①②③④⑤⑥⑦⑧⑨可得9012610stttt−=++=15.如图所示，在水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道ABCD竖直放置，A点为最低点，C点为最高

点，BD、两点与圆心等高，轨道半径0.4mR=，一质量为30gm=，电荷量为4110Cq−=+的小球恰能静止在轨道上，不计小球尺寸，其位置与圆心的连线和竖直方向呈53角，()sin530.8,cos530.6==求：（1）电场强

度大小；（2）若小球从A处静止释放，则到B点时对轨道的压力；（3）若把电场方向改为竖直向下，在A处至少要给小球多大的初动能才能做完整的圆周运动。【答案】(1)3410N/C；(2)0.6N；(3)0.7J【解析】【分析】【详解】(1)小球恰能静止在轨道上，由平衡条件可得tan53qEm

g=，代入数据解得3tan53410N/CmgEq==(2)A到B过程中，由动能定理可得21()2BqEmgRmv−=代入数据解得228(m/s)3Bv=，B点由牛顿第二定律可得2BNvFqEmR−=联立可解得

0.6NNF=，根据牛顿第三定律，对轨道的压力为0.6N，方向水平向左。(3)小球速度最小位置在C点，其最小速度为cv，据牛顿第二定律可得2cmvqEmgR+=从A到C，由动能定理可得21()22ckAq

EmgRmvE−+=−联立代入数据可解得在获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com