【文档说明】江苏省扬州市高邮市2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(15)页，2.760 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年第一学期高二年级10月学情调研测试物理试题注意事项：1．本试卷共5页，满分为100分，考试时间75分钟。2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规

定位置。3．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其他位置作答一律无效。4．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符

合题意。1.如图所示是条形磁铁的磁感线分布图，下列说法正确的是（）A.左端为条形磁铁的N极B.小磁针放在b点静止时，N极向右C.电流元放在a处时所受安培力一定比b处大D.磁铁内部没画磁感线，所以磁感应强度为零【答案】B【解析】【详解】AD．在条形磁铁的外部，磁感线起始于条形磁铁的N极，终止于条

形磁铁的S极，在条形磁铁的内部，磁感线起始于条形磁铁的S极，终止于条形磁铁的N极，所以左端为条形磁铁的S极，磁铁内部没画磁感线，但不代表没有磁场，磁感应强度不为零。故AD错误；B．磁场中某点处磁场的方向是小磁针静

止时N极的指向，故B正确；C．根据导体在磁场中所受安培力为sinFBIL=其中为导线与磁场之间的夹角，则虽然在a处磁感应强度较大，但角度关系未知，故C错误。故选B。2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向沿x轴的正方向，且线段MN、DC

长度相等，线段MD、NC、EF、NE、CF长度都相等，则（）A.通过面积SMNCD和SMEFD的磁通量相等B.通过面积SNEFC的磁通量不为零C.通过面积SMNE的磁通量不为零D.通过面积SMEFD的磁通量为零【答案】A【解析】【详解】AD．匀强磁场

的方向沿x轴正方向，则MEFD在垂直磁场方向的投影面积等于MNCD，所以通过面积SMNCD和SMEFD的磁通量相等，故A正确，D错误；B．平面NEFC和磁感线平行，则通过面积SNEFC的磁通量为零，故B错误；C．平面M

NE和磁感线平行，则通过面积SMNE的磁通量为零，故C错误。故选A3.甲、乙是中学常见元件伏安特性曲线，下列说法正确的是（）A.图甲的元件是定值电阻B.图甲的元件是晶体二极管C.图乙可能是小灯泡的伏安特性曲线D.图乙的电阻随电压升高而减小【答案】C【解析】。的【详解】AB

．图甲是电源的IU−图像，故AB错误；CD．根据1IRU−可知IU−图线上的点与原点连线斜率的表示电阻的倒数，由图可知，电阻随着电压的变大而变化，可能是小灯泡的伏安特性曲线，故C正确，D错误。故选C。4.有一种由表头改装的多功能电表，其内部结

构如图所示，下列说法正确的是（）A.接ab是电压表功能B.接ac是电流表功能C.接ab时，R1越大量程越大D.接ac时，R2越大量程越大【答案】D【解析】【详解】A．接ab是微安表和电阻R1并联，有电流表功能，故A错误；B．接ac是微安表和电阻R1

并联再与R2串联，有电压表功能，故B错误；C．接ab时，根据并联电路分流特点可知R1越大分流越小，电流表量程越小，故C错误；D．接ac时，根据串联电路分压特点可知R2越大分压越大，电压表量程越大，故D正确。

故选D。5.高邮是全国最大的路灯生产基地，图甲是某公司生产的太阳能+电池一体化路灯，其内部原理图如图乙，R2为光敏电阻（光照强度减小时，其电阻值增大）。当天逐渐变亮时，下列判断正确的是（）A.电路的总电阻变大B.通过光敏电阻的电流变小C.小灯

泡变暗D.电压表的示数变小【答案】C【解析】【详解】当天逐渐变亮时，光照强度增加，光敏电阻的阻值减小，总电路的电阻减小，总电流变大；根据UIR=可知，电阻1R的分压增大，即电压表的读数变大；2R、3R所在的并联

电路分压减小，故流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；干路电流变大，通过灯泡的电流变小，则通过光敏电阻的电流变大。故选C。6.2022年我国共进行了64次航天发射，正式成为航天强国，在某次火箭发射过程中，下列说法正确的是（）A.火箭发射时，动量守恒定律仍然适用B.在火箭升空加速阶段，火箭对

喷出燃气的冲量大于燃气对火箭的冲量C.火箭发射成功后绕地球做匀速圆周运动过程动量不变D.火箭发射过程机械能守恒【答案】A【解析】【详解】A．火箭发射时，火箭与燃料组组成的系统内力远远大于外力，所以动量守恒定律仍然适用，故A正确；B．在火箭升空加速阶段，火箭对喷出燃气的冲量

与燃气对火箭的冲量等大反向，故B错误；C．火箭发射成功后绕地球做匀速圆周运动过程，由于速度方向不断变化，所以动量改变，故C错误；D．火箭发射过程燃料的化学能要转化成火箭的机械能，所以火箭的机械能要增加，故D错误。故选A

。7.2020年11月10日，高邮市正式入选全国文明城市，遵守交通规则是文明城市的一项重要指标，佩戴头盔已经成为高邮人的共识。关于头盔能保护头部的说法正确的是（）A.头盔能减少头部的动量变化B.头盔能减少地面对头部的冲量C.头盔能减少头部的动能变化D.头盔能减少头部受到的作用力

【答案】D【解析】【详解】根据0Ftpmvmv==−若遇到危险头部受到撞击时，可知戴上头盔后，不能减少动能的变化，不能减少动量的变化，也不能减少外力对头部的冲量，但可以延长作用时间，减少头部受到的作用

力。故选D。8.如图所示，M为加速器、N为速度选择器，两平行导体板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为+q的带电粒子，经M加速后恰能沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N，不计重力，则（）A.N板间的电场强度方向垂

直导体板向下B.仅将粒子电荷量改为2q，仍能沿直线通过C.仅将粒子质量改为2m，仍能沿直线通过D.仅将磁感应强度改为2B，仍能沿直线通过【答案】A【解析】【详解】A．粒子在N板内，由于粒子带正电，根据左手定则可

知，粒子受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力，所以电场强度方向垂直导体板向下，故A正确；B．粒子在加速电场中，有212qUmv=所以2qUvm=粒子在速度选择器内，有EqqvB=由此可知，若将粒子电荷量改为2q，粒子进入速度选择器中的速度增大，则粒子所受洛伦兹力大于电场力，粒子的运动

轨迹将向上偏，做曲线运动，故B错误；C．若将粒子电荷量改为2m，粒子进入速度选择器中的速度减小，则粒子所受洛伦兹力小于电场力，粒子的运动轨迹将向下偏，做曲线运动，故C错误；D．若将粒子电荷量改为2B，则粒子所受洛伦兹力大于

电场力，粒子的运动轨迹将向上偏，做曲线运动，故D错误。故选A。9.如图所示是回旋加速器的工作原理图，两金属电极间接有高频电压U，中心O处粒子源产生质量为m、电荷量为q的粒子，匀强磁场垂直两盒面。设粒子在匀强磁场中运

行的总时间为t，则下列说法正确的是（）A.加速电压U越大，粒子射出加速器时速度越大B.磁感应强度B不同，时间t也不同C.可以在电场和磁场都不变的情况下加速同位素D.经多次加速，粒子的速度可接近光速【答案】B【解析】【详解】A．带电粒子在

磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得2vqvBmr=粒子运动的最大半径为R，则带电粒子获得的最大动能为222km2qBREm=故A错误；B．设加速次数为n，则kmnqUE=粒子每加速一次后，在磁场中运动半个周期，且2mTqB=则粒子在匀

强磁场中运行总时间为的2nnmtTqB==联立可得22BRtU=则磁感应强度B越大，时间t越大，故B正确；C．粒子在磁场中运动的周期应与交变电流的周期相同，而粒子在磁场中运动的周期与粒子的比荷有关，所以在电场和磁场都不变的情况下不可以加

速同位素，故C错误；D．经多次加速，粒子的速度不可接近光速，当粒子的速度接近光速时，根据相对论效应可知，粒子的质量将发生变化，故D错误。故选B。10.如图所示，把铜片和锌片相隔约1cm插入一个梨中，就制成一个水果电池；用电阻箱、电压表等器材测量水果电池的电动势和内电阻，下列说法正

确的是（）A.铜片是电池的负极，锌片是正极B.铜片和锌片相距越近、插入越深，电池的内阻就越大，越便于测量C.为了使测量更准确，测量过程不要迅速结束，要慢慢测量D.本实验系统误差来源是电压表的分流【答案】D【解析】【详解】A．锌更容易失去电子，为负极，故A错误；B．铜片和锌片相距越远、插入越浅，电池

的内阻就越大，越便于测量，故B错误；C．水果电池工作后，内部会发生变化，内阻会变化，测量过程要尽快结束，故C错误；D．由图可知，流过电阻箱和电压表所计算得出的电流是流过电阻的电流，小于流过电池的电流，所以本实验系统误差来源是电压表的分流，故D正确。故选D。11.笔记本电脑机身和显

示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。如图所示，一块长为a，宽为b，厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流。当显示屏闭合时，霍尔元件处于垂直于上下表面向上的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U，以此

控制屏幕的熄灭．则（）A.前表面的电势比后表面的高B.霍尔电压U与b有关C.霍尔电压U与d有关D.霍尔电压U与a有关【答案】C【解析】【详解】A．电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，故A错误；BCD．根据平衡条件Uee

vBb=根据电流微观表达式有IneSv=又Sbd=联立解得BIUned=可知霍尔电压U与d有关，与a、b无关，故C正确，BD错误。故选C。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数

值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.某物理兴趣小组用如图甲所示装置验证A、B两小球碰撞过程中动量守恒。（1）关于重垂线在本实验中的作用，下列说法正确的是_________。A．确定斜槽末端是否水平B．确定A、B两小球水

平位移的起点C．没有作用，可有可无（2）关于该实验，下列说法正确的是_________。A．实验需要用秒表测量小球做平抛运动的时间B．被碰小球质量大于入射小球质量C．斜槽必需光滑D．铺放在白纸上的复写纸可以移动

（3）不放小球B，小球A从斜槽上挡板处由静止释放，并落在水平地面上。重复多次，记下落点的位置，用刻度尺测量OP，如图乙所示，刻度尺读数为_________cm；小球B静置在斜槽前端边缘处，同理测出OM、ON；（4）设A、B两球的

质量分别为m1和m2，则“验证A、B两小球碰撞过程中动量守恒”需满足的表达式为_________（用题中的字母表示）；（5）若A、B两球的质量未知，且没有测量质量的仪器，则利用此装置能不能判断A、B两小球的碰撞是否为弹性碰撞？_________（填“能”或“不能”）；若你认

为不能判断，请说明理由；若你认为能判断，请写出判断的表达式（1个）_________（用题中的字母表示）。【答案】①.B②.D③.8.75④.112mOPmOMmON=+⑤.能⑥.ONOPOM=+【解析】【详解】（1）[1]关于重垂线在本实验中的作用是确定A、B两小球水平位移的起点。故选B。（

2）[2]A．碰后两球均做平抛运动，下落的高度相同则时间都一样，则可以用水平位移代替水平速度，则不需要秒表测量小球在空中飞行时间，选项A错误；B．为避免撞后弹回，需要被碰小球质量小于入射小球质量，选项B错误；C．轨道倾斜部分不一定必须光滑，同一组实验

中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达斜槽底端时速度相同，选项C错误；D．白纸铺到地面上后，实验时整个过程都不能移动，但复写纸不必固定白纸上，选项D正确。故选D。（3）[3]刻度尺的分度值为0.1cm，估读到分度值下一位，读数为8.75cm；（4）[4]根据题意，设碰前、碰后A的速

度分别为0v、1v，B碰后的速度分别2v，根据动量守恒101122mvmvmv=+抛出后各自做平抛运动，则水平方向xvt=竖直方向212Hgt=整理可得112mOPmOMmON=+（５）[5][6]根据

能量守恒定律定律222101122111222mvmvmv=+由于12mm解得1210012mmvvvmm−=+0120122mvvmmv=+则有210vvv−=整理可得201vvv=+即ONOPOM=+在所以能判断是否为弹性碰撞。13.某同学在学习过动量定理后知道从

高处跳下要屈腿，这样可以减少地面对腿的冲击力，该同学质量为50kg，从高处跳下，以4m/s的速度落地，因为屈腿用了0.4s停下来，g取10m/s2，求：（1）屈腿过程动量变化量大小；（2）地面对他的平均作用力大小。【答案

】（1）200kg·m/s；（2）1000N【解析】【详解】（1）屈腿过程中动量的变化量为21(0504)kgm/s200kgm/spmvmv=−=−=−所以动量变化量大小为200kg·m/s。（2）设向下为正方

向，根据动量定理有()mgFtP−=解得F=1000N14.如图所示，电源电动势为E，电路总电阻为R，金属杆ab质量为m，长为l，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。求：（1）金属杆受到的安培力F；（2）导轨对金属杆的支持力N。【答

案】（1）ElBR；（2）cosElBmgR−【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律EIR＝应用安培力公式F=IlB解得ElBFR=（2）受力分析，竖直方向cosNmgF=−解得cosElBNmgR=−15.如图所示，光滑水平轨道上放置足够长木板

A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=1kg。开始时A、B、C静止，给B一个v0=12m/s的初速度，A、B达到共同速度后与C发生碰撞（时间极短

）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。（1）A与B第一次达到共同速度时多大；（2）全过程A、B、C系统损失的机械能；（3）A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。【答案】（1）4m/s；（2）54J；（3）2.5m/s【解

析】【详解】（1）设A与B第一次达到共同速度时的速度大小为1v，以A、B为系统，根据动量守恒可得1B0AB)(mvmmv+=解得14m/sv=（2）根据题意可知，最终A、B、C三者速度相同，设为2v，以A、B、C为系统，根据动量守恒可得B2A0BC()mmmmvv=++解得23m/sv=

根据能量守恒可知，全过程A、B、C系统损失的机械能为22B0ABC211()22Emvmmmv=−++损解得54JE=损（3）设A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小为Av，以A、B为系统，根据动量守恒可得AAB1AB2(

)mvmvmmv+=+解得A2.5m/sv=16.如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形磁场区域，与x轴的交点分别为M、N。在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的

电子以几乎为零的初速度从P点飘入加速电场中，加速后以速度v0经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为32L，电子飞出电场后从M点进入圆形磁场区域，进入磁场时取t=0，在圆形区域内加如图乙所示变

化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向，图中B0是未知量），最后电子从N点飞出，不考虑电子的重力。求：（1）加速电场的电压U；（2）电子运动到M点时的速度大小和方向；（3）磁场变化周期T满足的关系式。【答案】（1）202mve；（2）2v0，方向与

x轴正方向的夹角为60°；（3）039LTnv=（n=1，2，3…）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点，由动能定理得2012eUmv=可得202mvUe＝（2）电子从Q点到M点做类平抛运动，有231=22Lat电子运动至M点时220()Mv

vat=+解得02Mvv=01cos2Mvv==解得60=即速度方向与x轴正方向的夹角为60°；（3）电子在磁场中的运动具有周期性，轨迹如图所示电子到达N点符合要求空间条件为(2sin60)3nRLL=−（n=1，2，3…）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0MmvRe

B=解得003nmvBeL=（n=1，2，3…）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过14圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是0132TT=002mTeB=所以T应满足的条件为的获得更多资源请

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