【文档说明】湖北省荆州中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.091 MB，由小赞的店铺上传

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荆州中学2024~2025学年高二上学期9月月考物理试卷（全卷满分100分考试用时75分钟）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0

分。1.《唐语林》中记载：洛阳一个和尚房里的罄钟时常会“自鸣”，和尚因害怕而得病。曹绍夔发现敲击斋钟时罄钟才会跟着“自鸣”，用锉刀在罄钟上锉了几下，治好了罄钟的“自鸣”，和尚的病也跟着好了。下列说法正确的是（）A.曹

绍夔用锉刀破坏了罄钟的发声功能，所以罄钟不再“自鸣”B.曹绍夔用锉刀改变了罄钟的固有频率，使其与斋钟振动的频率相差较大C.罄钟“自鸣”是因为斋钟声响太大，引起罄钟共振D.改变敲打斋钟的力度，曹绍夔锉过的罄钟仍会与斋钟共振而再次“自鸣”【答案】B【解析】【详解】A

B．曹绍夔用锉刀改变了罄钟的固有频率，使其与斋钟振动的频率相差较大，避免罄钟共振，故A错误，B正确；C．罄钟“自鸣”是因为罄钟的固有频率与斋钟振动的频率接近，引起罄钟共振，故C错误；D．改变敲打斋钟的力度，斋钟做受迫振动，频率不变，曹绍夔锉过的罄钟的固有频率与斋钟振动的频率相

差较大，则曹绍夔锉过的罄钟不会与斋钟共振而再次“自鸣”，故D错误。故选B。2.如图所示，是两个电荷的电场线分布，图中P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知（）A.两电荷是等量同种电荷B.两电荷是等量异种电荷C.P点和Q点电

场强度相同D若将一负电荷从M点移动到N点，该负电荷电势能增加.【答案】D【解析】【详解】AB．根据电场线从正电荷出发回到负电荷的特性，判断分布图像可知，左侧电荷为正电荷，右侧电荷为负电荷，由于靠近左侧电荷电

场线较密，则左侧电荷电量较大，故AB错误；C．由对称性可知，P点和Q点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；D．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，M点电势大于N点电势，由pEq=可知，负电荷在N点电势能较大，故D正确。故选D3.弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动

，B、C相距20cm。某时刻振子处于B点，经过0.5s，振子首次到达C点，下列说法中正确的是（）A.该弹簧振子的振幅为20cmB.该弹簧振子的周期为1sC.该弹簧振子的频率为2HzD.该弹簧振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动【答案】B【解析】【详解】A．设振幅为A，由题意知BC＝

2A＝20cm，所以A＝10cm，A错误；BC．振子从B到C所用时间t＝0.5s＝2T所以T＝1s频率f＝1T＝1HzB正确，C错误；D．振子从O点出发到再次回到O点的过程是半次全振动，D错误。故选B。4.

如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（）。

A.电容器的带电量将增大B.在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.M点电势将降低【答案】D【解析】【详解】AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大。由r4SCkd=可知电容器的电容变小，又QCU=电压U不变。因此电容

器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；C．根据电容器内部电场强度UEd=可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；D．A、B两板间的电场强度E减小，由MBMBEh−=可知，

M点电势降低。选项D正确。故选D。5.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为1m和2m的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使1m瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A.在1t、3t时刻

两物块达到共同速度1m/s且弹簧都处于压缩状态B.从3t到4t时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C.两物块的质量之比为12:1:3mm=D.在2t时刻两物块的动量大小之比为12:1:4pp=【答案】D【解析】【详解】A．由题图乙可知1t、3t时刻两物块达到共同速度1m/s，总动能最小，根据系统

机械能守恒可知，此时弹性势能最大，1t时刻弹簧处于压缩状态，3t时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；B．结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时1m逐渐减速，2m逐渐加速，弹簧被压缩，1t时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后

弹簧逐渐恢复原长，2m继续加速，1m先减速为零，然后反向加速，2t时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，3t时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，

因此从3t到4t过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；C．从0t=开始到1t时刻，由系统动量守恒可得11102)(mvmmv=＋将03m/sv=，11m/sv=代入得12:1:2mm=故C错误；D．在2t时刻，1m速度为

11m/sv=−，2m的速度为22m/sv=，又12:1:2mm=则动量大小之比为的12:1:4pp=故D正确。故选D。6.如图，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小

船静止。若救生员以相对船6m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）A.4.5m/sB.4.2m/sC.2.5m/sD.2.25m/s【答案】B【解析】【详解】设船的质量为M，人的质量为m，人在跃出的过程

中船人组成的系统水平方向外力之和为零，满足系统动量守恒；若救生员以相对船6m/s的速率水平向左跃入水中，设救生员跃出后小船的速率为v，规定向右为正方向，则有0()(6)MmvMvmv+=−−代入数据解得4.2m/sv=故选B。7.“娱乐风洞”是一项惊险刺

激的新型娱乐设备，它能在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。现有一直径为d的圆柱形风洞，一游客恰好可以静止在风洞内，假设风洞内向上的风量Q（单位时间内风洞内空气的流通量，计算单位是3m/s）、风速v、空气密度都保持不变，游客受风面积（游客在垂直风力方向的

投影面积）为S。假设风吹到人身上后速度变为零，则该游客的质量为（）A.24QSvdgB.QvgC.2QSvdgD.2Qvg【答案】A【解析】【分析】【详解】游客静止时，有Fmg=在时间t内吹出的风

体积为VQt=吹到游客身上的体积为214SQtd其质量为214SmQtd=风根据动量定理，有Ftmv=风联立，可得m=24QSvdg故选A。8.如图所示，虚线a、b、c是电场中一簇等势线（相邻等势线之间的电势差相等），

实线为一个α粒子（带正电，重力不计）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，据此可知（）A.a、b、c三个等势线中，a的电势最高B.电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C.电子在P点的加速度比在Q点的加

速度大D.α粒子可能是从P点向Q点运动【答案】CD【解析】【详解】AB．由题图可知，α粒子所受的电场力指向运动轨迹的内侧，即指向左上方，根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直的特点，可知电场线大致方向为由c向

a，根据沿电场方向电势降低可知，a、b、c三个等势线中，a的电势最低；根据pEq=，PQ由于电子带负电，则电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故AB错误；C．根据UEd=可知等差等势线密集的地方场强大，则P点的电场强度大于Q点

的电场强度，电子在P点受到的电场力大于在Q点受到的电场力，电子在P点的加速度比在Q点的加速度大，故C正确；D．根据已知条件无法判断α粒子的运动方向，即α粒子可能是从P点向Q点运动，故D正确。故选CD。9.如图

所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，210m/sg=，2π10，下列说法正确的是（）A.甲单摆的摆长较大B.甲摆的振幅比乙摆的大C.甲摆的最大偏角为2.9D.在0.5st=时有正向最大加速度

的是乙摆【答案】BCD【解析】【详解】A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式2lTg=可知甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误；B．甲摆的振幅为5cm，乙摆的振幅为3cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B正确

；C．由2lTg=解得甲摆的摆长221m4Tlg==则甲摆的最大偏角max0.05rad2.91Al===故C正确；D．在t＝0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确

。故选BCD。10.如图，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为m2的小球Q，另一质量为m1的小球P从槽面上某点静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无能量损失，P、Q两球落地点到O点水

平距离之比为1:3，则P、Q两球质量比可能是（）A.3:1B.3:5C.2:3D.1:7【答案】AB【解析】【详解】设碰撞前小球P的速度为v0，碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得101122mvmvmv＝＋22

2101122111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−+＝120122mvvmm+＝两式之比为11221-2vmmvm=因P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1:3，即PQ:1:3xx=，则可能有两种情况，一种是碰撞后P球不弹回，

继续向前运动，有11221-123vmmvm==解得12:3:1mm=另一种是碰撞后P球被弹回，有11221-123vmmvm==−解得12:3:5mm=综上所述，P、Q两球质量比可能是3:1、3:5。故选AB。二、实验题：本题共2小题，第11题8分，

第12题8分，共16分。把答案写在答题卡指定的答题处。11.某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。实验器材：电池组（两节干电池）定值电阻02ΩR=毫安表（量程为50mA，

内阻4.5ΩgR=）电压表（量程为3V，内阻很大）滑动变阻器R电阻箱开关及导线若干（1）将电阻箱的阻值调至0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为________mA。（2）实验步骤如下：①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到________端（选填“左”或“右”）；②闭合开关S，

改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出UI−图线。（3）每节干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω（结果均保留两位有效数字）。【答案

】①.500②.左③.1.5④.1.0【解析】【详解】（1）[1]将电阻箱的阻值调至0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为gggIRIIR=+代入数据，解得500mAI=（2）[2]为了保护电路，应使电路的电流最小，所以滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应滑到左端。（3

）[3][4]根据毫安表的改装原理，当毫安表示数为I时，此时电路中的电流为10I，毫安表和电阻箱并联后的电阻为0.45ΩgAgRRRRR==+根据甲所示电路图，由欧姆定律可知，路端电压为()0102AUERrRI=−++由图乙所示图象可知，纵轴截距为2bE=解得1

.5VE=又图像斜率的绝对值为()0102=++AkRrR解得1.0Ωr12.用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；②让质量为1m的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；③把质量为2m的被碰球静置

于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为1x、2x、3x，如图乙，分析数据：（1）实验中

入射球和被碰球的质量应满足的关系为___________。A.12mmB.12mm=C.12mm（2）（单选）关于该实验，下列说法正确的有__________。A.斜槽轨道必须光滑B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平C.入射球和被碰

球的半径必须相同D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为___________；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为__________。（均用题中所给物理量的符号表示）【答案】①.C②.

C③.121123mxmxmx=+④.222121123xmxmmx=+【解析】【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即12mm。故选C。（2）[2]A．只要保证每一次小球从同一位置

静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；B．铅垂线的作用是用来确定O点位置的，不是用来检验斜槽是否水平，故B错误；C．为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；D．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所

以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。故选C。（3）[3]设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有321112xxxmmmttt=+整理得121123mxmxmx=+[4]若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，即

222121123xmxmmx=+三、解答题，本题共3小题，共44分。（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.如图所示为一弹簧振子的

振动图像，试完成以下问题：（1）写出该振子的振幅和周期，写出简谐运动的位移时间关系；（2）求出在20st=时振子相对平衡位置的位移是多少；振子在前20s的路程是多少？【答案】（1）5cm，4s，5sincm2xt=（）（2）0，100cm【解

析】【小问1详解】由题图振动图像可得5cmA=，4sT=则2rad/s2T==故该振子简谐运动的表达式为5sin()cm2xt=【小问2详解】前20s经过了N个周期，则有5tNT==则位移为0x=路程为4100cmsNA==14.如图所示，轨道ABC固定在水平面上，其中AB段

为半径0.3mR=的圆弧，对应的圆心角为60,BC段水平，长为0.1ml=，并与AB段相切。初始时在B点静置一个质量为1kgm=的物块a，另一个完全相同的物块b从轨道左侧与圆心等高处的某点，以某一初速度水平抛出，恰好从

A点沿轨道切线方向进入轨道，之后两物块在点B发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。最终两物块恰好未滑出轨道。已知物块与BC段的动摩擦因数为0.5，两物块均可视为质点，忽略空气阻力，取210m/sg=，求：（1）物块b运动到A点时速度的大小；（2）

两物块碰后速度大小；的（3）物块b从A运动到B过程中因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）1.5J【解析】【小问1详解】b从开始运动到A点的过程中，做平抛运动，在竖直方向根据平抛运动的规律，有22cos60yvgR=在A点时sin60yAvv=

解得2m/sAv=小问2详解】设两物块碰后速度的大小为v，ab碰撞后到停止的过程中，由动能定理得21·2?22mglmv−=−解得1m/sv=【小问3详解】ab碰撞过程，动量守恒，设碰前b的速度为Bv，由动量守

恒定律得2Bmvmv=b从A运动到B的过程，由能量守恒得2211222ABRmvmgmvQ+=+解得1.5J=Q15.如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为13

4mgEq=，方向水平向【右的匀强电场。第Ⅳ象限0x=与3xR=之间有大小为22mgEq=，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求：（1）小球经过C

点时的速度大小Cv；（2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；（3）小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标。【答案】（1）322gR（2）254mg（3）（3R，0）和（9R，0）【解析】【小问1详解】带负电小球从A点

由静止释放到C点过程，根据动能定理可得211302CmgRqERmv−=−解得小球经过C点时的速度大小为322CgRv=【小问2详解】在电场1E中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为2215()()4FqEmgmg=+=合设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角

为，则有3tan4qEmg==可得37=则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得211(2cos)(sin)0

2DmgRRqERRmv+−−=−解得5DvgR=在D点根据牛顿第二定律可得2max54DvNmgmR−=联立解得小球受到轨道支持力的最大值为max254Nmg=【小问3详解】在第四象限电场中，小球

受到的电场力竖直向上，大小为22qEmg=小球从C点以322CgRv=的速度进入第四象限内的电场2E中做类平抛运动，加速度大小为2qEmgagm−==方向竖直向上；设小球在电场2E中经过x轴，则有212Rat=，Cxvt=解得2Rtg=，3xR=可知小球刚好从电场2

E的右边界经过x轴，此时小球竖直向上的分速度为2yvatgR==小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过x轴，根据斜抛运动规律有222yvRtgg==，6CxvtR==则小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标为（3R，0）和（9R，0）。