【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(16)页，1.441 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2023-2024学年高二上学期9月月考物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于简谐运动说法正确的是（）A.简谐运动属于一种匀变速运动B.做简谐运动的物体在平衡位置的速度为0C.做简谐运动的物体经过

同一位置时的速度必然相同D.做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反【答案】D【解析】【详解】A．简谐运动的合外力时刻发生变化，是一种变加速运动，故A错误；B．做简谐运动的物体在平衡位置的速度最大，不为0，故B错误；C．做简谐运动的物体经过同一位置时的速度大小一定相同，速

度方向不一定相同，故C错误；D．做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反，故D正确。故选D。2.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，已知重力加速度大小为g，下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是（）A

.拉力F的冲量大小为FtB.拉力F的冲量大小为cosFtC.摩擦力的冲量大小为FtD.重力的冲量大小为0【答案】A【解析】【详解】AB．由冲量的定义知，拉力F的冲量大小为FIFt=的故A正确，B错误；C．由平衡条件可得摩擦力的大小cosfF=则摩擦力的冲量大小为fcosIftFt

==故C错误；D．由冲量的定义可知，重力的冲量大小为GImgt=故D错误。故选A。3.如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若筒壁竖直，A的电量保持不变，

B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是（）A.小球A对筒底的压力变小B.小球A、B间的库仑力不变C.小球A、B间的库仑力变小D.小球B对筒壁的压力变大【答案】D【解析】【详解】A．以整体为研究对象可知，筒底对A球的支

持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对筒底的压力也等于A、B两球的重力，小球A对筒底的压力不变，A错误；BC．小球A、B间的库仑力cosmgF=角变大，cos变小，库仑力F变大，BC错误；D．隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有1tanFmg

=B由于漏电而下降少许重新平衡，角变大，因此筒壁给球B的支持力增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，D正确；故选D。4.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x-t（位移—时间）图像。已知m1＝0.1kg。

由此可以判断（）A.碰前质量为m1的小球静止,质量为m2的小球向左运动B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动C.m2＝0.3kgD.两个小球的碰撞是非弹性碰撞【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，碰前小球1做向右做匀速直线运

动，小球2静止，故A错误；B．位移—时间图像中，图像斜率的正负表示物体速度的方向，由图可知，碰后小球1向左运动，小球2向右运动，故B错误；C．碰撞前小球1的速度为08m4m/s2sv==碰撞后小球1的速度为18m2m/s4sv==碰撞后小球2

的速度为28m2m/s4sv==碰撞过程中，两个小球组成的系统动量守恒102211mvmvmv=−解得20.3kgm=故C正确；D．碰撞前两个小球的总动能为2k1100.2J18Evm==碰撞后两小球的总动能为

22k2112211J2820.Evmvm=+=两小球组成的系统碰撞前后总动能保持不变，故碰撞过程为完全弹性碰撞，故D错误。故选C。5.如图所示，电源电压为12V，电源内阻不能忽略且为1.0Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开

关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（）A.电动机的输出功率为12.0WB.电源输出的电功率为24.0WC.电动机产生的热功率4.0WD.电动机两端的电压为6.0V【

答案】A【解析】【详解】D．电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E−U内−UR=E−Ir−IR=12V−2.0×1.0V−2.0×1.5V=7V故D错误；AC．电动机的总功率为P总=UI=7×

2.0W=14W电动机发热功率为P热=I2RM=2.02×0.5W=2W所以电动机的输出功率为P机=14W−2W=12W故A正确，C错误；B.电源的输出的功率为P输出=EI−I2r=12×2.0W−2.02×1W=20W故

B错误。故选A。6.如图，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A.电压表读数增大，电流表读数也增大B.带电质点P的电势能减小C.电源的输出功率不可能一直增大D

.若电压表、电流表的示数变化量分别为U和I，则1||||UrRI=+【答案】D【解析】【详解】A．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，电路的总电流增大，电源内阻和1R两端的电压增大，电压表读数减小，故A错误；

的B．质点P受重力和电场力作用，电场力竖直向上。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器内电场强度减小，质点P所受电场力减小，质点P向下运动，电场力做负功，质点P的电势能增大，故B

错误；C．当电源外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，若电源外电阻小于电源内阻时，电源的输出功率可能一直增大，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律1()UEIrR=−+解得1||||UrRI=+故D正确。故选D7.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行

，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（0q）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（）A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.

若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为122WW+C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为2WqLD.若12WW=，则a、M两点之间的电势差大于b、N两点之间的电势差【答案】B【解析】【详解】AC．根

据题目已知信息，无法判断电场方向，则该电场的场强大小不一定为2WqL，故AC错误；。B．粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，则()1abqW−=粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，则()2cdqW−=匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离，电势的变化相同，可得aMMc

−=−即2acM+=同理可得2bdN+=则该粒子从M点移动到N点，则电场力做功为()()()12122MNabcdWWWqq+=−=−+−=故B正确；D．若12WW=，由B选项分析可知abcd−=−即acbd−=−M为a、c连线的中点，N为b、

d连线的中点，有()12aMac−=−()12bNbd−=−解得aMbN−=−即a、M两点之间的电势差等于b、N两点之间的电势差，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项

中，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，有选错的得0分。8.如图甲，弹簧振子以О点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（

）A.振子的振动频率为2.5HzB.任意0.3s内振子通过的路程均为12cmC.0.1~0.3s内，振子的加速度先增大后减小，方向向右D.0.2~0.4s内，振子的速度先增大后减小，方向先向左后向右【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙可知，

振子的振动频率为1fT==2.5Hz故A正确；B．振子在任意0.3s内通过的路程与其振动过程的起止位置有关，所以不确定是否为12cm。故B错误；C．由图乙可知t=0.1s到t=0.3s的时间内，振子的位移先增大后减小，方向始终沿负方

向，由kxam=−可知，加速度大小先增大后减小，方向始终沿正方向，即始终向右。故C正确；D．同理，t=0.2s到t=0.4s的时间内，振子先向平衡位置运动后远离平衡位置，因此速度先增大后减小，方向始终沿正方向，即始终向右。故D错误。故选AC。9.

如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当两物体被同时释放后，则（）A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成的系统动量守恒C.若A、

B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统动量守恒D.不论A、B所受的摩擦力大小如何，A、B、C组成的系统动量守恒【答案】BCD【解析】【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，若A、B相对C滑动，则A、B系统水平方向所受到的摩擦力大

小不等，水平方向合力不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，故选项A错误；BD．对A、B、C组成系统，由于水平面光滑，所以无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同与否，整个系统动量守恒，故选项BD正确；C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受到的合外力为零，故系统的动量

守恒，故选项C正确；故选BCD。10.如图甲为平行板电容器，板间距为d，两板间电压做周期性变化如图乙所示，图乙中U0、T为已知值，比荷为k的正离子以初速度v0沿中线平行于两板的方向从左侧射入两板间，经过时间T从右侧射出。假设

在运动过程中没有碰到极板，离子重力不计。离子从不同时刻射入电场，离开电场时垂直极板方向的位移不同，离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小可能为（）A.204kUTdB.2038kUTdC.202kUTdD.2058kUTd【答案】AB【解析】【

详解】如果离子在12T、32T…时刻进入电场，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动2T后，两板间电压为0U，离子开始偏转，做类平抛运动，侧向位移为y，这些离子离开电场时的侧向位移为2220011()(8)2222UqdykUTTTamd===如果离子在0、T、2T…时刻进入电场

，则离子先在两板间做类平抛运动，侧向位移为1y，然后做匀速直线运动，侧向位移为2y，由题意可知的22200111()(8)2222UqdykUTTTamd===偏转2T时离子的竖直分速度为00222yUqUTqTTvamdm

d===在之后的2T内离子做匀速直线运动，向下运动的距离为22024ydTykUvT==离子偏离中心线的距离为122038kUTdyyy=+=因此，离子在电场中垂直极板方向的位移最小值是208kUTd，最大值是2038kUTd，即离子离开电场时垂直于极

板方向的位移大小范围为2200388kUTkUTydd故选AB。三、非选择题：11.某同学做“验证动量守恒定律”的实验装置如图甲所示，请回答下列问题：（1）实验室准备了两种遮光条，用螺旋测微器测量遮光条A的宽度如图乙所示，其读数为_

_______mm；用20分度的游标卡尺测量遮光条B的宽度如图丙所示，其读数为_________mm，为了减小实验误差，两遮光条应选用遮光条____________（填“A”或“B”）．（2）测得两滑块P、Q（带有遮光条）的质量分别为1m和2m，实验中，用细线将两

滑块P、Q连接使轻弹簧压缩后静止，然后烧断细线，轻弹簧将两滑块P、Q弹开，测得两滑块P、Q上的遮光条通过光电门的时间分别为1t、2t．若两滑块P、Q弹开的过程中系统动量守恒，则需要验证的关系式为__________

_（用题中所给符号表示）．【答案】①.6.859##6.860##6.861②.10.15③.A④.1212mmtt=【解析】【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量遮光条A的宽度读数为6.5mm+0.01mm×36.0=6.860mm；[2]用20分度的游标

卡尺测量遮光条B的宽度读数为10mm+0.05mm×3=10.15mm；[3]为了减小实验误差，两遮光条应选用宽度较小的遮光条A；（2）[4]两滑块P、Q通过光电门的速度分别为11dvt=22dvt=若动量守恒

，则1122mvmv=即1212ddmmtt=即1212mmtt=12.某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，进行了以下操作：（1）该同学首先用多用电表的直流2.5V挡粗略测量该节干电池的电动势，电表指针如图甲所示，则该电表读数为__________V。（2）该同

学认为用多用电表测量误差较大，为了能比较准确地进行测量，他利用部分实验器材进行了如下实验：A．待测干电池B．电流表G（满偏电流2.0mA，内阻为100Ω）C．电流表A（量程0~0.6A，内阻约1Ω）D．滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流为2A）E．

滑动变阻器R2（0~1kΩ，额定电流为1A）F．电阻箱R0（阻值为9999.9Ω）G．开关一个，导线若干为了能比较准确地进行测量，根据要求回答下列问题：①实验中滑动变阻器R，应选__________（填“R1”、或“R2”）；②为了操作方便，需利用电流表G和电阻箱改装

成量程为2V的电压表，需__________（填“串联”或“并联”）阻值R=__________Ω的电阻箱；③该同学画出实验电路图如图乙所示；④如图丙所示是该同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中

纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数。由图可知，被测干电池的电动势为E=______V，内阻为r=_______Ω（结果均保留两位有效数字）。【答案】（1）1.20（2）①.R1②.串联③.900④.1.4⑤.0.67【解析】【小

问1详解】由图可知，读数为1.20V；【小问2详解】[1]待测干电池阻值较小，为使电表变化明显，选择最大阻值较小的1R；[2][3]电流表G改装成电压表需要串联电阻，串联的阻值为ggg20.002100Ω900Ω0.002UIRRI−−===[3][4]根据闭合电路欧姆定律()1

g2IRREIr+=−整理可得12ggrEIIRRRR=−+++结合图像可得为g1.4EmARR=+，3g0.4100.6rRR−=+解得1.4VE=，0.67Ωr=13.如图所示，一根细绝缘线上端固定，下端系一个质量为0.1kgm=的带电小球，将整个装置放入一匀强电场当中，电场强度大小

为1N/CE=，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为30=时，小球处于平衡状态，重力加速度为210m/sg=，试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少？（2）若将绝缘细线剪断，小球在1st=时

间内运动的位移大小。【答案】（1）正电，3C3；（2）103m3【解析】【详解】（1）由题图分析可得，小球所受电场力水平向右，故小球带正电。设小球带电量为q，根据受力平衡可得tanqEmg=解得tan3C3mgqE==（2）绳剪断后，小球做匀加速直

线运动，根据牛顿第二定律可得cosmgma=根据运动学公式可得212xat=方程联立解得103m3x=14.如图所示，光滑水平面上有一个带有14光滑圆弧轨道的滑块，其质量为3m，一质量为m的小球以速度0v沿水平

面滑上轨道，恰好能到达圆弧轨道的顶端，求：（1）小球到达圆弧轨道顶端时的速度大小v；（2）光滑圆弧轨道的半径R；（3）小球与滑块分离时滑块的速度大小v。【答案】（1）04v；（2）2038vg；（3）02v【解析】【详解】（1）小球和圆

弧轨道在水平方向上动量守恒，结合题意，球到达圆弧轨道顶端时，滑块和圆弧轨道速度相等，根据动量守恒定律得0(3)mvmmv=+解得小球达到圆弧轨道顶端时04vv=（2）由题意可知，小球和圆弧轨道组成的系统机械能守

恒，可得22011(3)22mgRmmvmv++=解得2038vRg=（3）设小球与滑块分离时小球的速度大小为1v，滑块的速度大小v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得'013mvmvmv=−+22'201111

3222mvmvmv=+联立解得'02vv=15.如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m。空间有场强大小均为E、方向均沿水平且相反的两个匀强电场，滑块B处于电场分界线上。开始时，A带电量为2q+，B不带电，A、B相距s，速度

均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为q+，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分vt−关系如图乙所示（mv为未知量），整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且

大小均为qE。求：（1）经多长时间A、B发生弹性正碰；（2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离；（3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功。【答案】（1）2smtqE=；（2）2kqxE=；（3）42WqEsqqEk=+【解

析】【详解】（1）A受到的合外力大小2FqEqE=−由牛顿第二定律可得A的加速度大小FqEamm==设经时间t发生碰撞，则212sat=联立解得2smtqE=（2）碰撞后A的速度最大时所受合力为零，有qEqEF+=库设A、B间的距离为x，则22qFkx=库可得2kqxE=（3）碰撞前

A的瞬时速度为mv，有m2vas=设碰后瞬间B的速度为0v，A的瞬时速度为v，A、B发生弹性正碰时动量守恒、机械能守恒，有m0mvmvmv=+222m0111222mvmvmv=+可得0v=，02qEsvm=

碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为零，动量守恒，有0mBmvmvmv=−设库仑力对A、B做的总功为W，由动能定理可得222mB0111222WqExqExmvmvmv−−=+−可得4

2WqEsqqEk=+