【文档说明】云南省开远市第一中学2024-2025学年高二上学期9月检测物理试题 Word版含解析.docx，共(15)页，2.465 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b2a43796abb25395cb00f5c3b6c958b5.html

以下为本文档部分文字说明：

开远市第一中学校2024年秋季学期高二年级9月月考物理考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答

题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：高中物理必修三全册、选择性必修一第一章。第Ⅰ

卷（选择题共46分）一、单选题：本题共7小题，每题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.下列说法正确的是（）A.元电荷就是指电子或质子B.点电荷所带的电荷量不一定是元电荷的整数倍C.元电荷的数值通常取作191.6010Ce−=D.元电荷

e的数值最早是由库伦用油滴实验测得的【答案】C【解析】【详解】A．元电荷不是基本粒子，元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不能说元电荷是电子或质子，故A错误；B．点电荷所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故B错误；C．元电荷的数值通常取作e=1.60×10-19C，故C正确；D．元电荷e的数值最早是由

美国物理学家密立根用油滴实验测得的，故D错误。故选C。2.两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与'OQ在一条直线上，'PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则

图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）A.B、0B.0、2BC.2B、2BD.B、B【答案】B【解析】【详解】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面

向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。故选B。3.如图所示，是一个由电池、电阻R、电键S与平行板电容器组成的串联电路，电键S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确

的是（）A.带电液滴可能带正电B.增大两极板距离的过程中，电阻R中有从a到b的电流，电容器中负电荷通过电容器从B运动到AC.断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降D.断开S，减小两极板距离过程中，液滴静止不动【答案】D【解析】【详解】A．带电液滴受电场力和重力作用，可知电场力方

向为竖直向上，液滴带负电，A错误；B．增大两极板间距离的过程中，U不变，由4SCkd=知C减小，由QCU=可知Q减小，R中的电流从a到b，但负电荷不会通过电容器从B到A，B错误；C．S减小，E增大，液滴将加速上升，C错误；D．断开S，减小极板间

距过程中1ES，E与d无关，E不变，液滴将静止不动，D正确。故选D。4.DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，额定功率为35W，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。结合上述信息，下列说法正

确的是（）A.DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是交流电B.该机器人电机的额定电流为0.42AC.正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能D.电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电【答案】D【解析】【详

解】A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是直流电，选项A错误；B．该机器人电机的额定电流为35A=2.36A14.8PIU==选项B错误；C．正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35J，选项C错误；D．机器人人正常工作的时

间2.200Ah0.75h45min20.8.36AqtI===选项D正确。故选D。5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（

）A.该电场有可能由负点电荷形成B.带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度C.带电粒子在P点时的速度小于在Q点时的速度D.带电粒子在P点时的电势能小于在Q点时的电势能【答案】D【解析】【详解】A．带负电粒子做曲线运动，电场力指向曲线

的内侧，所以电场力的方向向右，电场线方向向左，故该电场有可能由正点电荷形成，故A错误；B．由电场线疏密可知，P点场强比Q场强点大，所以带电粒子在P点的电场力大，则带电粒子在P点的加速度大，故B错误；CD．若带电粒子从P运动到Q，电场力做负功

，带电粒子的电势能增大，动能减小，即带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故C错误、故D正确。故选D。6.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，

虚线为等差等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A.a点电势比b点的低B.a点的电场强度比b点的小的的C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的大

【答案】D【解析】【分析】【详解】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知ab故A错误；B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则abEE故B错误；C．液滴的

重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为qEam=因abEE，可得abaa故C错误；D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即PaPbEE故D正确；故选D。7.如图甲所示，质量为1kg物块静止放在水平地

面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小210m/sg=。下列说法正确的是（）A.0

~6s内，物块受到的支持力冲量为0B.0~2s内，物块受到的合力冲量大小为1.5N·s的C.0~2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6N·sD.6s末，物块的动量大小为12kg·m/s【答案】B【解析】【详解】A．根据NINt=可知0~6s内，物块受到的支持力冲量不为0，故A错误；

B．物块与水平地面间的最大静摩擦力为max3Nfmg==由Ft−图像可知，在0~1s内物块处于静止状态，在1st=时物块开始运动，则0~2s内，物块受到的合力冲量大小为Ff361Ns31Ns1.5Ns2III+=−=−=合故B正确；

C．在0~1s内物块受到静摩擦力作用，则0~2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为f031Ns31Ns4.5Ns2I+=+=故C错误；D．在1st=时物块开始运动，则1~6s内，对物块根据动量定理可得Ff60II

Ip=−=−合其中F361Ns64Ns28.5Ns2I+=+=，f35Ns15NsI==解得6s末，物块的动量大小为613.5kgm/sp=故D错误。故选B。二、多选题（本题共3小题，每小题

6分，共18分。在每个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6分，选对但不全的得3分，有错选不得分。）8.下列如图所示的各物理情境中，能产生感应电流的是（）A.如图甲所示，线圈与通电导线在同一平面，且线圈竖直向上移动B.如图乙所示，先把线圈撑开，然后

放手让线圈收缩的过程中C.如图丙所示，开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片D.如图丁所示，将条形磁铁从左向右靠近线圈【答案】BC【解析】【详解】A．如图甲所示，线圈与通电导线在同一平面，且线圈竖直向上移动，线圈内磁通量不变，线圈中没有感应电流，故A错误；B．如图乙所示，先把线圈

撑开，然后放手让线圈收缩的过程中，线圈内磁通量发生变化，线圈中有感应电流，故B正确；C．如图丙所示，开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流发生变化，线圈A产生的磁场发生变化，线圈B内磁通量发生变化，

线圈B中有感应电流，故C正确；D．如图丁所示，将条形磁铁从左向右靠近线圈，线圈内磁通量发生变化，由于线圈未构成闭合回路，线圈中没有感应电流，故D错误。故选BC。9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.粒子从x1处

运动到x2处的过程中电场力做正功B.x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向C.x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小D.x1处的电势比x2处的电势高【答案】AC【解析】【详解】AB．由于粒子从x1运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所

受电场力的方向沿x轴正方向，电场强度方向沿x轴负方向，故A正确；B错误；C．由ΔEp＝qEΔx即pEqEx=由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，故C正确；D．沿着

电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低，故D错误。故选AC。10.如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45cm被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g取10

m/s2，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是（）A.足球下落到与头部刚接触时速度为3m/sB.头部对足球的平均作用力为24NC.足球与头部作用过程中足球的动量变化量为－2.4kg·m/sD.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0【答案】AC【

解析】【详解】A．根据自由落体运动的公式22vgh=解得足球下落到与头部刚接触时速度为3m/sv=故A正确；B．离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm，则离开的速度3m/sv=−对足球列动量定理得()mgFtmvmv−=−解得头部对足球的平均作用力为28NF=故B错误；C．足球与头部作用过程

中足球动量变化量为2.4kgm/spmvmv=−=−故C正确；D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为G0Imgt=故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、实验题：共2小题，每空2分，共18分。11.某同学用如图所示的装置验证动

量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点

的平均位置P与O点的距离Px，将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离Mx、Nx。完成下列填空：（

1）记a、b两球的质量分别为am、bm，实验中须满足条件am______bm（填“>”或“<”）；（2）如果测得的Px、Mx、Nx、am和bm在实验误差范围内满足关系式______，则验证了两小球在碰撞中

满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是______。【答案】（1）>（2）①.aPaMbNmxmxmx=+②.小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下

落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时速度与平抛运动的水平位移成正比。【解析】小问1详解】为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求abmm；【小问2详解】[1]两球离开斜槽后做平抛

运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度大小0Pvtx=碰撞后a的速度大小Mavtx=碰撞后b球的速度大小Nbvtx=如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，则0aaabbmvmvmv=+整理得aPaMbNmxmxmx=+[2]小

球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。12.（1）某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。①甲同学用多用电表进行某次测量时，若所选挡位为直流5

0mA挡，指针在表盘的位置如图1所示，则示数为___________mA。②乙同学用多用电表测金属丝的阻值，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用___________（选填“×1Ω”或“×100Ω

”）挡并重新欧姆调零，最终指针也指在如图1所示位置，则电阻为___________Ω。的【（2）丙同学利用如图2所示的电路测量一节电量即将耗尽的磷酸铁锂电池的电动势E和内阻r，选用的器材如下：A.毫安表mA（量程为10mA，内阻为98Ω）；B.电压表V（量程为3V，内

阻很大）；C.电阻箱R1（0~999.9Ω）；D.滑动变阻器R2（0~50Ω）；E.磷酸铁锂电池（标称电压为3.2V）；F.开关一个、导线若干。①由于毫安表mA的量程太小，因此实验前需要将其改装成量程为0.5A的电流表，

图2中电阻箱R1应调整为___________Ω。②改变滑动变阻器滑片的位置，记录电压表的示数为U，毫安表的示数为I。③描点得到如图3所示的U-I图像，通过分析可知电源的电动势E=________V，电源的内阻r=________Ω。

（结果均保留两位有效数字）【答案】①.24.0②.×1Ω③.16④.2⑤.2.7⑥.0.29【解析】【详解】（1）①[1]所选挡位为直流50mA挡，分度值为1mA，读数为24.0mA；②[2][3]当用“×10Ω

”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用小挡，即×1Ω；读数为16Ω；（2）①[4]根据电表改装原理可知m1mm2RIIRI==−Ω③[5][6]毫安表改装后的内阻为m1m1'1.96RRRRR==+Ω根据闭合电路欧姆定律有50(')UEIrR=−

+根据图像的斜率、截距解得2.7E=V32.71.850(')810rR−−+=解得0.29r=Ω四、解答题：共3小题，共36分。13.如图所示，质量0.1kgm=带电荷量1Cq=的小球（可视为质点），用长1mL=的绝

缘轻绳悬挂于O点。当在该空间中加上水平向右的匀强电场时，小球可以静止在B点，OB与竖直方向夹角为30，重力加速度210m/sg=，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）若从O点正下方A点静止释放小球，则小球可以上升的最大高度为多少？【答案】（1）3N

/C3；（2）8m3【解析】【详解】（1）由小球受力平衡可知tan30qEmg=得tan303N/C3mgEq==（2）设上升的最大高度为H，则小球上升到最高点过程中由动能定理()220mgHqELL

H−+−−=解得8m3H=14.如图所示，从炽热的金属丝K逸出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后，从偏转电场两极板正中央垂直电场方向射入，恰好从下极板边缘飞出电场。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场两板间距离

为d，板长为L。电子的重力不计。求：(1)电子进入偏转电场时的速度大小；(2)偏转电场电压；(3)电子离开偏转电场时速度的大小和速度偏转角的正切值。【答案】(1)002eUvm=；(2)2022=dUUL；(3)2202eULdvLm

+=；0tanyvdvL==【解析】【详解】(1)根据动能定理200102eUmv=−解得002eUvm=(2)电子在偏转电场中做类平抛运动002LmtLveU==EeUeamdm==2122dat=解得2022=dUUL(3)解法一：离开电场时

0022yeUULedvatdmULm===2222002yeULdvvvLm+=+=速度方向与入射方向夹角为0tanyvdvL==解法二：从开始运动到离开偏转电场，由动能定理得20122UeUemv+=解得2202eULdvLm+=速度方

向与入射方向夹角为：022cosvLvLd==+0tanyvdvL==解法三：平抛运动的速度反向延长线过水平位移的中点tandL=022cosvLvLd==+22002cosveULdvLm+==15.如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个

表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：（1）A到达O点时的速度；（2）A

、B碰撞过程中损失的机械能；（3）A和B沿C能上升的最大高度。【答案】（1）12vgh=；（2）23mgh；（3）118h【解析】【详解】（1）物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知2112mghmv=解得12vgh=（2）当A、B

发生碰撞根据动量守恒定律可知12(2)mvmmv=+解得2123vgh=A、B碰撞过程中损失的机械能是2212112(2)223Emvmmvmgh=−+=（3）将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守

恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知23(2)(23)mmvmmmv+=++根据能量守恒定律可知222311(2)(23)(2)22mmvmmmvmmgh+=++++联立解得，A和B沿C能上升的最大高度为118hh=