【文档说明】湖南省邵阳市邵东市第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，628.743 KB，由小赞的店铺上传

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邵东一中2024年下期高二物理第一次月考试题总分：100分时量：75分钟学校∶___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（每小题4分，共24分）1.关于磁感应强度B，下列说法正确的是（）A.磁

感应强度的方向就是置于该点的小磁针S极的受力方向B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D.根据磁感应强度的定义式FBIL=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比【答案

】B【解析】【详解】A．磁感应强度的方向与置于该点的小磁针N极的受力方向相同，故A错误；B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，故B正确；C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，该处的磁感

应强度不一定为零，可能磁场与导线平行，故C错误；D．磁感应强度的定义式FBIL=，是比值定义式，磁感应强度B只由磁场本身决定，与FIL、无关，故D错误.故选B。2.2022年卡塔尔世界杯于北京时间11月21日至12月18日举行。在葡萄牙对阵乌拉圭的比赛中，著名球星C罗接队友

传中，跳起头球打门，为葡萄牙打进关键一球。设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在此过程中（）A.地面对他的冲量大小为mgt△B.地面对他的冲量大小为mvmgt+C.地面对他的冲量

大小为mvD.地面对他的冲量大小为mvmgt−【答案】B【解析】【详解】设竖直向上为正方向，由动量定理可知0Imgtmv−=−解得Imgtmv=+故选B。3.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。可以判定（）A.

M点的电势小于N点的电势B.粒子带正电，M点的电势大于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】B【解析】【详解】AB．粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，斜向左下方，与电场方向

一致，粒子带正电，根据顺着电场线的方向电势降低，可知过M点的等势面的电势高于过N点的等势面的电势，则M点的电势高于N点的电势，故B正确，A错误；C．由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知，M点的电场强度比N点的小。由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小

于在N点受到的电场力，故C错误；D．从M到N，粒子的所受电场力斜向左下方，则电场力对粒子做正功，电势能减少，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误；故选B。【点评】本题的关键是根据运动轨迹来判定电场

力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。根据电场力来确定电场力做功的正负，从而判定电势能增加与否。4.有一灵敏电流表，其表头内阻g10ΩR=，满偏电流g0.1AI=，以下说法正确的是（）A.将表头

并联一个2.5Ω的电阻就可以改装成0~0.5A的电流表B.将表头改装为一个0~3A的电流表后，其示数为1.5A时流过表头的电流也是1.5AC.把它改成量程为0~3Ⅴ的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时流过表头的电流为0.1AD.将表头串联一个14Ω的电阻就可以改装成0~15V的电压表

【答案】A【解析】【详解】A．表头改装成电流表要并联一个小电阻，根据并联电流电流特点，通过电阻R的电流g0.4ARIII=−=根据电压关系ggRIRIR=代入数据解得R=2.5Ω故A正确；B．将表头改装为一个0~3A的电流表后，其示数为1.5A时，

流过干路电流是1.5A，表头的电流小于1.5A，故B错误；C．表头改装成3V的电压表后，电压表的内阻Vg3300.1URI===测量某电压时读数为1.0V，根据欧姆定律，流过表头的电流为1V1A30UIR==故C错误；D．将表头串联一个14Ω的电阻，量程gg=()2.4VUIRR+=故D

错误。故选A。5.如图甲所示为测量脂肪积累程度的仪器，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示，测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者（）A.电流表

的示数较大B.电压表的示数较小的C.电压表示数与电流表示数比值较小D.电源的效率较大【答案】D【解析】【详解】AB．设人体电阻为R，两手柄A、B间的电压为U，由闭合电路欧姆定律可知0EIrRR=++可得两手柄A、B间的电压001EEUIRRrRrRR

R===++++可知脂肪含量高者，人体电阻R较大，电流较小，电流表的示数较小，电压表的示数较大，故AB项错误；C．根据欧姆定律可得URI=电压表示数与电流表示数的比值等于人体电阻R，脂肪不容易导电，脂肪含量高者，人体电阻R较大，UI较大，故C项错误；D．

电源的效率11IURrIERrR===++路外外外脂肪含量高者，人体电阻较大，电源的效率较大，D项正确。故选D。6.日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为。下列说法正确的是（）A.高压水枪单位时

间内喷出的水的体积为2DvB.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为214DvC.水柱对汽车的平均冲力为2214vDD.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2倍【答案】C的【解析】【详解】A

．高压水枪单位时间内喷出的水的体积22124DvtVSLDvt===故A错误；B．高压水枪单位时间喷出水的质量214DvmV==故B错误；C．设水柱对汽车的平均冲力为F，垂直汽车表面方向，由动

量定理得0Ftmv−=−t时间内水柱的质量为214mVSvttDv===解得水柱对汽车的平均冲力为2214FvD=故C正确；D．根据2214FvD=若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4倍

，故D错误。故选C。二、多选题（每小题5分，少选得3分，选错或不选得0分，共20分）7.如图所示，电源电动势10VE=、内阻1r=，电动机M的内阻04R=，闭合开关S后，标有“8V12W”的灯泡恰能正常发光，则（）A.图

中理想电流表示数为1AB.电源的输出功率为16WC.10s内电动机产生的热量为10JD.电动机的机械功率为4W【答案】BC【解析】【详解】A．标有“8V12W”的灯泡恰能正常发光，则外电路并联部分的电压为8V，由闭合电路的欧姆定律有2AEUIr−==即干路电流为2A，

理想电流表的示数为2A，故A错误；B．电源的输出功率为2=16WPEIIr−=外故B正确；D．正常发光的灯泡电流为LL1.5ALPIU==故流过电动机的电流为ML0.5AIII=−=则电动机的机械功率为2LL0=3WPUIIR−=机故D错误；C．1

0s内电动机产生的热量为2M010JQIRt==故C正确。故选BC。8.如图所示是简化的多用电表的电路图．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断下列说法正确的是()A.

S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大B.S与3或4连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程较大C.S与3或4连接时，多用电表就成了电压表，若R1出现断路故障，电压表的量程会减小D.S与5连接时，多用电表就成了欧姆表，若电池用旧了会因电池内阻变大而使测量值偏大【答案】AC

【解析】【分析】要熟悉多用表的原理和结构，明确电压表、电流表和欧姆表的基本结构和性质，根据电表的结构即可选出欧姆表、电压表和电流表．【详解】A、由图可知，当S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故A正确；B、由图可知，当

S与3、4连接时，G与电阻串联，多用电表是电压表，根据串联电路规律可知，因R3＜R4，则前者量程小，后者量程大，故B错误；C、S与3或4连接时，多用电表就成了电压表，若R1出现断路故障，则电流挡的量程变小，则当表头满偏时，流过R3或

R4的电流变小，导致电压表的量程变小，C正确；D、S与5连接时，多用电表就成了欧姆表,电池用旧了导致电池内阻变大，这时只需要红黑表笔短接，重新欧姆调零，保证欧姆表内阻不变，则测量值不变．D错误．故选AC．【点睛】本题考查多用表的基本原理，应熟

练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意电表与电阻串联是电压表，而并联是电流表，同时注意欧姆表内部有电源，电源的负极与红表笔．9.在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电

油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向上移动，则以下说法正确的是（）A.G中有从a到b的电流B.V示数变大C.油滴向上运动D.电源内阻消耗功率变大【答案】BC【解析】【详解】AB．滑动变阻器的滑片P向上移动，其连入电路中的电阻变大

，外电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律EIRr=+外干路电流I减小。V示数为()v1UEIRr=−+因为I减小，其他量不变，则V示数VU增大，所以电容器两极板间的电压增大，由电容定义式QCU=电容器电荷量增加，即电容器要充电，由题意电容器上极板带正电，故G中有

从b到a的电流，A错误，B正确；C．因开始时油滴恰好静止，由平衡条件UmgEqqd==因为d不变，U增大，则场强E变大，油滴受到的电场力变大，故油滴将向上运动，C正确；D．电源内阻消耗功率2PIr=因为干路电流减小，即流过电源内阻的电流减小，而电源内阻不变，所以电源内阻消耗功率减小，D错误

。故选BC。10.如图所示，倾角为30足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斛面上。某时刻

突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.刚释放C时，A、

B间的弹力大小为12mgB.A、B分离时，B的加速度大小为14gC.A的速度最大时它沿斜面上升的距离为4mgkD.分离时刻弹簧处于被压缩状态【答案】BD【解析】【详解】A．未释放C时，弹簧的弹力为F,以AB

为研究对象，则有2sin30Fmgmg==刚释放C时，设AB间的弹力为'F，绳子的拉力为T，此时的加速度为a，对C而言mgTma−=对于B而言，则有'sin30TFmgma+−=以A为研究对象，根据牛顿第二定律'

sin30FFmgma−−=联立解得13ag='16Fmg=A错误；B．AB分离时，其间的弹力为零，设此时的加速度为'a，绳子的拉力为'T，以C为研究对象则有''mgTma−=以B为研究对象，根据牛顿第二定律可知''sin3

0Tmgma−=解得'14ag=B正确；C．初始时弹簧的压缩量Fmgxkk==当A的速度最大时，弹簧弹力与A重力的下滑分力平衡，则有'sin302mgmgxkk==故A速度最大时沿斜面上升的距离'2mgxxxk=−=C错误；D．AB分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜

面向上，故弹簧仍处于压缩状态，D正确。故选BD。三、实验题（第11小题2+2+2+2=8分，第12小题3+3+3=9分，共17分）11.在测定金属丝电阻率的实验中；（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径D，测量示

数如图所示，则D=___________mm。（2）用图所示的电路测量金属丝的电阻，测得的电阻值比真实值偏___________（填“大”或“小”），造成误差的原因是___________（填“电压表的分流”或“电流表的分压”）。（3）用伏安法测量金属丝的电阻，

当通过金属丝的电流为I时，金属丝两端的电压为U，已知金属丝的长度为L，直径为D，由此可得到金属丝的电阻率的表达式=___________。【答案】①.0.885②.小③.电压表的分流④.24UDIL【解析】【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量金属丝的直径

读数为D=0.5mm+0.01mm×38.5=0.885mm（2）[2][3]利用电流表外接法，由于电压表的分流作用；电流表测的电流是待测电阻上的电流与电压表上的电流之和，故电流表外接电阻测量值xVxUURRIII==+测真即测得的电阻值

比真实值偏小；（3）[4]根据欧姆定律有URI=结合电阻定律有22LLRSD==可得24UDIL=12.有一特殊电池，它的电动势约为9V，内阻约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA。为了测定这个电池的电动势和内阻

，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻RA=5Ω，R为电阻箱，阻值范围0~999.9Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用。（1）本实验中的R0应选______（填字母）；A.10ΩB.50ΩC.150ΩD.500Ω（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的

阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。【答案】①.C②.10③.45【解析】【详解】（1）[1]当电阻箱接入电路的

阻值为零时，电路中的电流不能超过50mA，即电路中电阻的最小值约为180Ω，除去电源内阻约为40Ω、图中电流表的内阻RA=5Ω，R0阻值约为R0=Rmin-r-RA=145Ω故选C（2）[2][3]由U外=E－Ir得I

（R0＋R＋RA）=E－Ir变形得0A1RRrRIEE++=+结合题图可得E=10V，r=45Ω。四、解答题（第13小题4+5=9分，第14小题4+5+5=14分，第15小题5+5+6=16分，共39分）13.如图所示，电荷

量为q、质量为m的带正电小球（可视为点电荷），用轻质不可伸长的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，细线长为L。假设电场区域足够大，静止时细线与竖直方向夹角为，小球在运动过。程中电荷量始终保持不变，重力加速度为g。（1）求匀强电场电场强度的大小E；（2）若剪断

细线，求小球运动时间t后的速度大小v。【答案】（1）tanmgEq=（2）cosgt【解析】【小问1详解】小球静止时，受水平向右的电场力、竖直向下的重力和细线的拉力作用。由平衡条件可得tanqEmg=得匀强电场电场强度的大小为tanmgEq=【小问2详解

】若剪断细线，小球受到的电场力及重力不变，合力大小为cosmgF=合方向沿细线方向向下，加速度大小为cosFgam==合小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，运动时间t后的速度大小cosgtvat==14.在撑杆跳高比赛的横杆下方要放上厚厚的

海绵垫子。设一位撑杆跳高运动员的质量70kgm=，越过横杆后以速度10m/sv=落在海绵垫子上，再经历时间11.0st=停下。不计空气阻力，取重力加速度210m/sg=．（1）求运动员撞击海绵过程中动量变化量的大小；（2）求海绵对运动员的冲量

大小；（3）若运动员以相同速度落在普通沙坑里，只经历时间20.2st=就停下来，求沙坑对运动员的平均作用力大小。【答案】（1）700kgm/s；（2）1400Ns；（3）4200N【解析】【详解】（1）根据0

Pmv=−代入数据可得700kgm/s=−P负号表示其方向与初速度方向相反，动量变化量的大小为700kgm/s。（2）根据动量定理，海绵对运动员的冲量大小就等于动量变化量大小，则Δ700NsImgtP−==1400N?sI=（3）沙坑对运动员的平均作用力大小

()NΔ700NsIFmgt=−=代入数据可得N4200NF=15.如图所示电路中，电源电动势18VE=，内阻1r=，定值电阻12R=，平行板电容器MN的电容10μFC=，调节滑动变阻器R，使得沿电容器MN的中心线射入的初速度01m/sv=的带正电小球恰

好沿直线运动，然后从CD板中点处的小孔O进入平行板电容器AB、CD之间。已知小球的质量1kgm=、电荷量0.1Cq=+，平行板电容器MN上下两极板的间距为15cmd=，平行板电容器AB、CD左右极板间距为26cm=d，极板AB、CD长均为40cml=，极板MN的右端与极板CD的

距离忽略不计。当AB、CD极板间电压为0U时，小球恰好从CD极板下端D点离开。忽略电容器的边缘效应，重力加速度g取210m/s。求：（1）平行板电容器MN的电压和其所带的电荷量；（2）滑动变阻器R接入电路的阻值；（3

）AB、CD极板间电压0U。【答案】（1）5V，5510C−；（2）5；（3）6V【解析】【详解】（1）小球沿电容器MN的中心线做直线运动，一定是匀速直线运动，对小球qEmg=其中1UEd=联立得电容器MN的电压15VmgdUq==电容器所带的电荷量为QCU=解得5510CQ−=

（2）由闭合电路欧姆定律可知：电阻1R和电源内阻总电压为,1rRUEU=−由欧姆定律可知，流过滑动变阻器的电流为,1rRUIrR=+的解得1AI=则滑动变阻器接入电路的阻值为5URI==（3）小球在平行板电

容器AB、CD间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示：将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上2122lgt=得0.2st=在水平方向上，小球做往复运动，往返的时间一样，小球向右的最大位移为：022vtx=

得20.05m5cmxd==说明小球不会碰到AB极板，水平方向的加速度为2010m/s2xvat==02xqUamd=06VU=