【文档说明】山东省菏泽第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考 物理试题word版含解析.docx，共(19)页，1.373 MB，由envi的店铺上传

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菏泽一中高二上学期第二次月考物理试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。）1.下面是某同学对一些概念的理解，其中正确的是（）A.电动势由电源中非静电力的特性决定，跟外电路无关B.电流越大，自由电

子在金属导体中定向移动速率越大C.非静电力做的功越多，电动势越大D.电流方向与自由电子定向移动方向是相同的【答案】A【解析】【详解】AC．根据电动势定义式WEq=非可知电动势由电源中非静电力的特性决定，跟外电路无关；但电动势与非静电力做功

、电荷量无本质的决定关系，所以非静电力做的功越多，电动势不一定越大，故A正确，C错误；B．在微观上，电流由单位体积内电荷数、导体的横截面积及载流子的电荷量和定向移动的速度决定，故B错误；D．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与自由电子定向移动的方向是相反的，故D错误。故选A。2.如图所示

，abcd为厚薄均匀的矩形金属薄片，边长:2:1abbc=，将AB、端接入电压为U的电路中时，金属薄片接入电路的电阻值为R，并测得此时通过金属薄片的电流为I，则以下正确的是（）A.若AB、接入电压为2U的电路中时，金属薄片接入电路的电阻为2RB.若AB、接入电压为2U的电路中时，通过金属薄片的电

流为4IC.若CD、接入电压为2U的电路中时，金属薄片接入电路的电阻为2RD.若CD、接入电压为2U的电路中时，通过金属薄片的电流为8I【答案】D【解析】【详解】设金属薄片的厚度为h，根据电阻定律公式lRS=，则有ababABadadllRShl==ada

dCDababllRShl==则2241abABCDadlRRl==1144CDABRRR==AB.若AB、接入电压为2U电路中时，金属薄片接入电路的电阻仍为R，通过金属薄片的电流为22UIIR==故AB错误；CD.若CD、接入电压为2U的电路中时，金属薄片接入电路的电阻为14R,

通过金属薄片的电流为2814UIIR==故C错误，D正确；故选D。3.如图所示，木块M和N用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，M紧靠在墙壁上，对N施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，对M、N和轻弹簧组成的系统，下列说法

中正确的是（）A.M离开墙壁前，系统动量守恒B.M离开墙壁前，M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等，方向相反C.M离开墙壁后，系统动量守恒D.M离开墙壁后，M动量变化量与N动量变化量相同【答案】C【解析】【详解】A．当撤去外力F后，M尚未离开墙壁前，系统受到墙

壁的作用力，系统所受的外力之和不为的零，所以M和N组成的系统的动量不守恒，故A错误；B．M离开墙壁时，弹簧处于原长状态，M离开墙壁前一直保持静止状态，则所受合力的冲量为0，初始状态N动量为0，撤去外力F后，一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁，此过程中N所受合力的冲量向右。故B

错误；CD．M离开墙壁后，系统所受外力之和为0，所以M，N组成的系统的动量守恒，根据动量守恒定律的规律可知系统动量变化量为0，即MNpp=−动量变化量是矢量，M动量变化量与N动量变化量大小相等，方向相反。故C正确，D错

误。故选C。4.一个电子在平行于纸面的平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，放于圆心处的小磁针最后静止时N极的指向（）A.垂直纸面向里B.垂直纸面向外C.平行纸面向左D.平行纸面向右【答案】A【解析】【详解】因为电子在平行于纸面的平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，所以得到电流方向应为顺时针方向，根据

安培定则可知平面内电流在小磁针处产生的磁场方向为垂直纸面向里，所以小磁针最后静止时N极的指向应为垂直纸面向里。故选A5.伏安法测电阻是常用的一种测电阻的方法，用电压表和电流表测出待测电阻xR的电压和电流，可用电压和电流的比值计算出电阻。如图甲、乙所示为某同

学设计的两个用伏安法测电阻的电路图，电压表与电流表均不能视为理想电表，则以下正确的是（）。A.图甲电路中测得的电压和电流可以从0开始调节B.图甲电路中，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值C.图乙的

电阻测量值一定比图甲的电阻测量值更接近真实值D.图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到d端【答案】B【解析】【详解】A．图甲电路中滑动变阻器为限流接法，电压和电流不可以从0开始调节，故A错误；B．图甲电路中为电流表

内接法，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值，故B正确；C．图乙的电阻测量值不一定比图甲的电阻测量值更接近真实值，如果待测电阻较大，远大于电流表内阻时，图甲的电阻测量值更接近真实值，故C错误；D．图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到c

端，用导线短路电表，避免闭合开关烧坏电表，故D错误。故选B。6.2023年7月20日21时40分，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，进行了八个小时的太空行走，圆满完成出舱活动全部既定任务。喷气背包作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动

性。如图所示，一个连同装备总质量为100kgM=的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对空间站50m/sv=的速度喷出。航天员在距离空间站45ms=处与空间站处于相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体，才能回到空间站，喷出的气体总质量为0

.15kgm=，返回时间约为（）A.300sB.400sC.600sD.800s【答案】C【解析】【详解】取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得10mvMv−=航天员匀速返回空间站所需要的时间1stv=联立得

600st=故选C。7.如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关S分别与1、2、3、4、5、6相连，可以改变电路结构，使其成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（）A.A应该插入黑表笔、B应该插入红表笔B.作为电压表时6比5量

程大C.用多用电表测量不同的电阻R时，均需要重新进行欧姆调零D.测电阻时，如果指针偏转过小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位【答案】B【解析】【详解】A．A接电池负极是红表笔、B接电池正极是黑表笔，A错误；B．作为电流表时分流电阻越小量程越大，1比2量

程大，作为电压表时分压电阻越大量程越大，6比5量程大，B正确；C．在不改变量程的情况下，不需要重新欧姆调零，C错误；D．测电阻时，如果指针偏转过大，说明待测电阻小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位，D错误；故选B。8.在如图所示的电路

中，电源的电动势10VE=，电源内阻1r=，定值电阻1232RRR===，滑动变阻器电阻R的最大阻值为4，电容器的电容为61.510FC−=，闭合开关后，将滑动变阻器滑片从最左端a滑到最右端b，理想电压表的示数变化量的绝对值为

U，理想电流表的示数变化量的绝对值为I，则以下正确的是（）A.电压表示数变大，电流表示数变小B.2URIC.通过3R的电荷量为64.510C−D.通过3R的电流为自上向下【答案】C【解析】【详解】A．将滑动变阻器滑片从最左端a滑到最右端b，接入电路电

阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，回路电流变大，内阻上的电压变大，路端电压变小，电压表示数变小。2R的电流变小，则电流表示数变大，故A错误；B．根据2()UUEIrR=−+所以222RrURIRr+=故B错误；CD．1R的电流变大，则

电容器两端电压变大，电容器充电，流过3R的电流为自下向上，滑片在最左端a时1112VRRUERRRr==++外外其中2121()=RRRRRRR+++外滑片在最左端b时222125V12RUERr==+通过3R的电荷量为261()4.510CQCUU−=−=故

C正确。故选C二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9.如图所示，灯泡A、B都能正常发光，由于电路中发生故

障，导致两个灯泡都变亮，可能的原因是（）A.1R断路B.2R断路C.3R断路D.4R短路【答案】AD【解析】。【详解】A．若1R断路，则外电路总电阻增大，路端电压增大，总电流减小，4R两端电压减小，两灯泡的电压均增大，两个

灯泡都变亮，故A正确；BC．若2R断路，则外电路总电阻增大，路端电压增大，总电流减小，4R两端电压减小，1R两端电压增大，流过1R的电流增大，则流过B灯的电流和3R的电流之和减小，由于B灯和3R的电阻比不变，则流

过B灯的电流和3R的电流均减小，则B灯变暗，同理可知，若3R断路，A灯变暗，故BC错误；D．若4R短路，则外电阻减小，总电流增大，由于除4R之外其它电阻的串并联情况不变，则各支路的电流均变大，即流过两灯泡的电流均变大，则两个灯泡都变亮，故D正确。故选AD

。10.某课外实验兴趣小组用如图甲所示的电路，将电流表G改装成电压表1V，改装后的电压表通过控制开关的闭合和断开有两个量程，并设计了如图乙所示的电路对改装后的电压表进行校对，V为标准表。校对过程中发现，改

装后的电压表的示数总稍小于标准电压表的示数，该小组采取了相应措施进行调整，则如下判断和调整措施正确的（）A.开关闭合时，改装后的电压表的量程大B.开关断开时，改装后电压表的量程大C.在1R两端并联一个阻值远大于1R的电阻进行调整D.在1R

两端并联一个阻值远小于1R的电阻进行调整【答案】BC【解析】【详解】AB．由电路相关知识可知，闭合开关时，电压表量程为122g12RRUIrRR=+（+）断开开关时，电压表量程为的11gUIRr=（+）明显可知开关断开时，改装后的电压表的量程大，故A错误，B正

确；CD．改装后的电压表示数偏小，即实际流过表头电流偏小，分压电阻偏大，只需让分压电阻减小一点，可在分压电阻1R两端并联一个阻值远大于1R的电阻进行调整，故C正确，D错误。故选BC。11.质量分别为1m和2m的两个物体A、B在光滑水平面上发生正碰，碰撞时间不计，其碰撞前后的位移-时间图像如图所

示，已知物体A的质量为12kgm=，则以下正确的是（）A.该碰撞为非弹性碰撞B.物体B的质量为24kgm=C.碰撞过程机械能损失了12JD.碰撞过程中物体B对物体A的作用力的冲量为12kgm/s【答案】AC【解析】【详解】ABC．位移-时间图像的斜率表

示物体的速度，可知碰撞前A、B的速度分别为14m/s4m1v==，245m/s1m/s1v−==−碰撞后A、B的速度分别为104m/s2m/s2v−==−，264m/s1m/s2v−==根据动量守恒11221122mvmvmvmv+=+代入数据得2

6kgm=则碰撞前A、B的动能分别为22kA111124J16J22Emv===，()22kB221161J3J22Emv==−=碰撞后A、B的动能分别为()22kA111122J4J22Emv==−=，222kB21161J3J22Emv===则()kAkB

kAkB12JEEEEE=+−+=损故AC正确，B错误；D．碰撞过程中对物体B列动量定理()22226161kgm/s12kgm/sImvmv=−=−−=碰撞过程中物体B对物体A的作用力的冲量为-12kg⋅m/s，故D错误；故选AC。12.如图所示，图线a为标有“3.8V，0.3

A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，图线b为一组干电池的输出电流与电池两端电压的关系图线，则（）A.小灯泡的电阻随电压的增大而增大B.小灯泡的热功率跟通过其电流的平方不成正比C.小灯泡与电池直接连接后的实际功率大于额定功率D.小灯泡与电池直接连接后小灯泡的实际功

率小于电源内电阻消耗的功率【答案】AB【解析】【详解】A．图中灯泡的伏安特性曲线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，随着电压U的增大斜率减小，得电阻的倒数在减小，即灯泡电阻在增大，故A正确；B．由于小灯泡不是纯电阻，电阻

会随着温度的变化而变化，小灯泡的热功率跟通过其电流的平方不成正比，故B正确；C．图中两线交点为工作点，电压约为1.5V，电流约为0.17A，明显小于额定值，即实际功率小于额定功率，故C错误；D．根据图线a来求解小灯泡的电阻1.58.82

0.17R==根据图线b来求解电源的内阻21.5Ω2.94Ω00.17r−==−根据热功率公式2PIR=可知，当Rr，PP灯内，故D错误。故选AB。三、实验题（本题共2小题，每空2分，13题8分，14题6分，共14分。）13.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示

意图。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。（1）本实验必须测量的物

理量是___________。（填序号字母）A.斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.小球a、b的质量ma、mbC.小球a、b的半径rD.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF.a球的固定释放点到斜槽

轨道末端水平部分间的高度差h（2）根据实验要求，ma___________mb（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把毫米刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，如图给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离

应为___________cm。（4）图中A、B、C分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是（）A.ma·OC=ma·OB＋mb·OAB.ma·OB=ma·OC＋mb·OAC.ma·

OB=ma·OA＋mb·OCD.ma·OA=ma·OB＋mb·OC【答案】①.BE##EB②.大于③.45.95④.C【解析】【详解】（1）[1]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替所以需要测

量小球a、b的质量ma、mb，和记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。故选BE。（2）[2]为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。（3）[3]做尽量小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心就是落地点，由图可知，刻度尺的最小分度值

是1mm，则OB距离应为45.95cm。（4）[4]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相等，如果碰撞过程动量守恒，则a0aabbmvmvmv=+两边同时乘以时间为a0aabbmvtmvtmvt=+则有ma·OB=ma·OA＋mb·OC故选C。14.某物理实验

小组要测量一个手机锂电池的电动势和内电阻。已了解到该款锂电池在充电量为100%时的电动势为4V左右，于是利用一个电阻箱R和一个02R=的定值电阻以及一个电压表设计了如图甲所示的实验电路图。（1）按照图甲所示的实验电

路图，将图乙中的实物连接起来组成实验电路______。（2）通过调节电阻箱R的阻值，可以读出电压表示数以及电阻箱接入电路的阻值，重复操作可以得到多组电压表的示数U以及对应电阻箱的阻值R，1U为纵轴，以1R为横轴，作出

11UR−的关系图线为一直线，如图丙所示。由图线可求得该手机锂电池的的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（保留2位有效数字）【答案】（1）（2）①.3.7②.0.22【解析】【小问1详解】实物图如图【小问2详解】根据闭合电路欧姆定律有

()0UEURrR=++整理得0111RrUERE+=+根据图像的斜率与截距解得110.27VE−=00.27Ω/V0.45RrE+=解得3.7VE=0.22r=四、计算题（15题8分，16题10分，

17题12分，18题16分，共46分）15.在刚刚结束的第19届杭州亚运会上，16岁的中国姑娘全红婵最后一跳逆天反超，获得评委们的四个满分，从而获得女子10米跳台冠军。如图所示，在比赛中质量为m的全红婵，从跳台上以初速度0v竖直向上跳起，从跳台上起跳到

入水前重心下降了H。入水后由于水的阻力使速度减为0，全红婵从接触水面到下沉到最低点经历的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）全红婵入水瞬间的动量；（2）全红婵入水后，水的平均阻力大小。【答案】（1）202mvgH+，方向竖直向下；（2）202mvgHmgt++【解析】【

详解】（1）全红婵起跳后在空中运动过程，由动能定理得2201122mgHmvmv=−解得202vvgH=+所以202pmvmvgH==+方向竖直向下。（2）运动员接触水面到运动员下沉到最低点，根据动量定理有0mgtftmv−=−解得202mvgHfmgt

+=+16.某节水喷灌系统如图所示，喷口距地面的高度1.8mh=，正常工作时喷水的速率010m/sv=，每秒喷出水的质量07kgm=，所用的水是从井下抽取的，井中水面离地面的高度3.2mH=并一直保持不变

。水泵由电动机带动，电动机电枢线圈电阻5r=。电动机正常工作时，电动机的输入电压220VU=，输入电流4AI=，不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。忽略水在管道中运动的机械能损失，水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率，重力加速度g取210m/s。求：（1）电

动机的输出功率；（2）水泵抽水效率。【答案】（1）800W；（2）87.5%【解析】【详解】（1）电动机的输入功率2204.0W880WPUI===电电动机的热功率224.05.0W80WPIr===热水泵的输入功率等于电动机的输出功率800WPPP=−=入电热（2）水泵的输出功率201()

2mvmgHhPt++=出其中的0mmt=解得700WP=出水泵效率100%87.5%PP==出入17.一质量为1kgm=的小球用长为1.8mL=的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与光滑水平面上放置的小

滑块b发生正碰，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后小滑块滑到并排放置在右侧光滑水平地面上的两块木板、cd上，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平面齐平，滑块最终恰好没有离开木板d。已知：小滑块b的质量和两木板、cd的质量均为2kgM=，木板c的长为2mcL=，小

滑块与两木板间动摩擦因数均为0.2=，重力加速度g取210m/s。求：（1）小球与小滑块b碰后，滑块b的速度大小；（2）小滑块b从滑上c的左端到滑离c所用的时间；（3）木板d的长度。【答案】（1）4m/s；（2）2s3；（3）0.5m【解析

】【详解】（1）小球释放到最低点的过程中，由动能定理21g2mLmv=解得6m/sv=小球与b碰撞过程，由动量守恒知1bmvmvMv=+根据能量守恒定律可知2221111222bmvmvMv=+联立解得4m/sbv=（2）滑块b冲上

c木板至刚离开c木板的过程，根据动量守恒可知2bbcdMvMvMv=+根据能量守恒定律可知222111()222cbcdbMgLMvMMvMv=−+−解得b刚离开长木板c时b滑块的速度8m/s3bv=在此过程，对b由动量定理bbMgtMvM

v−=−解得2s3t=（3）滑块b离开木板c的瞬间，d木板的速度2m/s3dcdvv==b滑块冲上d木板的过程，根据动量守恒可知bd()bdMvMvMMv+=+根据能量守恒定律可知222111()222bdcdMgdMvMv

MMv=+−+解得0.5md=18.如图所示，有A、B两个小球静止在光滑水平台面上，A、B的质量分别为10.1kgm=、20.2kgm=，水平台面距离水平地面高00.2mh=，光滑水平地面上有一个质量为08kg.M=的小车C，小车左

端紧靠水平台面静止并且小车最左端P点与台面平滑相接，小车上表面PQ是以O为圆心、半径为0.5mR=的四分之一光滑圆弧轨道，现给小球A一个初速度016m/sv=，A球与B球发生碰撞，碰后小球A以4m/s的速度反弹，小球B获得速度向前运动并冲上小车上的圆弧轨道，直到小球B离开圆弧轨道并落到地面上

。不计空气阻力，重力加速度g取210m/s。求：（1）小球A和小球B相互碰撞时损失的机械能；（2）整个过程中小球B离水平地面的最大高度；（3）当小球B在圆弧轨道上运动到最高点O时小球B的动能；（4）小球B离开圆弧轨道并刚落到地面上时离小车的距离。【答案】（1）2J；（2）4.

2m；（3）7.4J；（4）2m【解析】【详解】（1）小球A、B碰撞时，根据动量守恒101122mvmvmv=+得210m/sv=根据能量守恒22201122111222Emvmvmv=−−得2JE=（2）根据动量守恒()222mvmMv=+机械能守恒()2222221

122mvmMvmgh=++且0Hhh=+得4.2mH=（3）根据动量守恒和能量守恒()222mvmMv=+2222k21122mvMvEmgR=++得k7.4JE=（4）从小球B冲上小车C到返回小车C的最左

端，根据水平方向动量守恒22223mvmvMv=+根据能量守恒22222223111222mvmvMv=+得236m/s4m/svv=−=此后B向左做平抛运动2012hgt=B2xvt=又C3xvt=得BCxxx=+解得2mx=