2022-2023学年湖北省荆州市石首市第一中学高二上学期10月月考物理含答案

湖北省石首市第一中学2022-2023学年高二上学期10月月考

物  理

时间：75分钟    总分：100分

一、选择题（本题共11小题，共44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，每小题4分。第8~11题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1. 下列对磁感线的描述正确的是（　　）

A. 磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止

B. 磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向

C. 自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的南极

D. 通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组等间距同心圆

【答案】B

【解析】

【详解】A．磁感线在磁体的外部从磁体的N极到S极，在内部由S极到N极，选项A错误；

B．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，选项B正确；

C．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向与螺线管内部磁感线方向相同，即指向螺线管的N极，选项C错误；

D．根据安培定则可知，直线电流磁场的磁感线是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上，但不是等间距同心圆；故D错误；

故选B。

2. 如图所示，为一质点的振动图像，曲线满足正弦变化规律，则下列说法中正确的是（　　）

A. 该振动为简谐振动

B. 该振动振幅为10cm

C. 前0.08s内，质点发生的位移为20cm

D. 0.04s末，质点的振动方向沿x轴正向

【答案】A

【解析】

【详解】A．该图像表示质点的位移随时间周期性变化的规律，是简谐振动，故A正确；

B．由图可知该振幅为5cm，故B错误；

C．由图可知质点的周期为0.08s，所以在0.08s末，质点又回到了平衡位置，所以前0.08s内，质点发生的位移为0，故C错误；

D．根据振动规律可知，0.04s末质点的振动方向沿x轴负向，故D错误。

故选A。

3. 近年来自然灾害在世界各地频频发生，给人类带来巨大损失．科学家们对其中地震、海啸的研究结果表明，地球的自转将因此缓慢变快．下列说法正确的是

A. “天宫一号”飞行器的高度要略调高一点 B. 地球赤道上物体的重力会略变大

C. 同步卫星的高度要略调低一点 D. 地球的第一宇宙速度将略变小

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．根据

“天宫一号”飞行器的向心力由地球的万有引力提供，其高度与地球的自转周期无关，A错误；

B．对于赤道上的物体来说，根据

由于地球自转的周期变小，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而万有引力的大小不变，所以物体的“重力”减小了，B错误；

C．对地球同步卫星而言，根据

可得

由于卫星的运行周期等于地球的自转周期。地球自转的周期T变小了，卫星的轨道半径r减小，C正确；

D．根据

可得第一宇宙速度

R是地球的半径，可知v与地球自转的周期无关，D错误。

故选C。

4. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于（　　）

A. 3μmg B. 4μmg C. 5μmg D. 6μmg

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对砝码有

f1＝μ·2mg＝2ma1

解得

a1＝μg

对纸板有

F－f1－f2＝ma2

其中

f2＝μ·3mg

二者发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即

a2＞a1

所以

F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg

即

F＞6μmg

D正确。

故选D。

5. 疫情防控期间，某同学在家中对着竖直墙壁练习抛球。某次斜向上抛球，球垂直撞在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，如图所示。不计球的旋转及空气阻力，关于球从抛出到第一次落地的过程，下列说法正确的是（　　）

A. 球撞击墙壁过程没有机械能损失

B. 球在空中上升和下降过程的时间相等

C. 球落地时的水平速度比抛出时的水平速度大

D. 球落地时的动能和抛出时的动能可能相等

【答案】D

【解析】

【详解】AC．由图可知球下落到与抛出点同一高度时的水平位移小于抛出点到墙壁的水平距离，所以球撞击墙壁过程水平速度减小，存在机械能损失，且球落地时的水平速度比抛出时的水平速度小，故AC错误；

B．球在空中上升和下降过程的竖直位移大小不等，所以时间不等，故B错误；

D．根据动能定理可推知，当球从抛出点所在高度下落至地面的过程中重力对球所做的功刚好等于球撞击墙壁过程损失的机械能时，球落地时的动能和抛出时的动能相等，故D正确。

故选D。

6. 如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB＝3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（　　）

A. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒

B. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒

C. 若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量不守恒

D. 无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成系统的动量守恒

【答案】D

【解析】

【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B发生滑动时，由于A的质量大于B的质量，A物体受到的摩擦力大于B物体受到的摩擦力，A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；

B．无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，故B错误；

CD．无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成系统所受合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，故C错误，D正确。

故选D。

7. 最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确的是（　　）

A. 机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N

B. 机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2

C. 在0~4s时间内，合外力的冲量为12N·s

D. 在0~4s时间内，合外力做的功为12J

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图乙可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时

故A错误；

B．由图a、图b结合牛顿第二定律可得

联立可得机器人质量

滑动摩擦力为

机器人与水平桌面间的动摩擦因数为

故B错误；

C．在0~4s时间内，合外力的冲量为

故C正确；

D．4s末机器人的速度为

在0~4s时间内，合外力做的功为

故D错误。

故选C。

8. 两物体发生碰撞，碰撞前后的位移﹣时间图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 两物体的质量相同

B. 碰撞前两物体的速度相同

C. 碰撞过程中，两物体所受合力的冲量相同

D. 碰撞后两物体均静止

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据位移时间图象的斜率等于速度，可知，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反，则有

由数学知识得知，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有

得

即得

则得

故A正确；

B．由A分析可知，碰撞前两物体的速度大小相等、方向相反，两物体的速度不同，故B错误；

C．碰撞过程中，两物体所受的合外力大小相等、方向相反，力的作用时间相等，则两物体所受合外力的冲量大小相等、方向相反，冲量不同，故C错误；

D．由图示图象可知，碰撞后两物体的位置不随时间变化，物体静止，故D正确。

故选AD。

9. 倾角为θ且足够长的光滑固定的斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示，在平行于斜面向上的力F作用下，物体从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示，其中在过程的图线是曲线，在过程中图像是是平行x轴的直线，在的过程中图像是直线，则下列说法正确的是（　　）

A. 在的过程中，力F在减小 B. 在的过程中，物体的动能一直在增大

C. 在的过程中，物体的速度大小不变 D. 在的过程中，物体一定做匀速运动

【答案】AB

【解析】

【详解】A．在过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得

得   

则知图线的斜率表示拉力，在过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，A正确；

BC．在过程中，机械能不变，则拉力为零，再根据选项A可知x1时物体沿斜面向下运动，则物体在过程中继续向下加速运动，则在重力的作用下物体的动能一直在增大，B正确、C错误；

D．过程过程，机械能继续减小，拉力做负功，则拉力方向沿斜面向上，图像的斜率恒定，故拉力F为恒力，但不知道拉力F与重力分力的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动、也可能做匀减速直线运动，还可能做匀加速直线运动，D错误。

故选AB。

10. 如图甲所示，质量为的小球（可视为质点）放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力作用，在MN的右侧除受外还受到与在同一直线上的水平恒力作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的图像如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）

A. 小球在MN右侧运动的时间为

B. 的大小为

C. 小球在MN右侧运动的加速度大小为

D. 小球在时间内运动的最大位移为

【答案】BC

【解析】

【详解】由图像可知，时间内，小球在MN左侧向右做匀加速直线运动；时间内，小球在MN右侧向右做匀减速直线运动；时间内，小球在MN右侧向左做加速直线运动；时间内，小球在MN左侧向左做减速直线运动。

A．小球在MN右侧运动的时间为，故A错误；

BC．小球在MN左侧运动过程的加速度方向向右，大小为

根据牛顿第二定律可得

小球在MN右侧运动过程的加速度方向向左，大小为

根据牛顿第二定律可得

联立可得

故BC正确；

D．小球在时刻离出发点最远，小球在时间内运动的最大位移为

故D错误。

故选BC。

11. 如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为的木块（可视为质点），木块与长木板之间的动摩擦因数为。开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为的子弹以初速度击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则（已知重力加速度为）（　　）

A. 长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒

B. 长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒

C. 若长木板的质量为，长木板可能与障碍物发生两次碰撞

D. 若长木板的质量为，长木板的长度至少为

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A项正确，B项错误；

C．设长木板的质量为，长木板要能与障碍物发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有

得

所以若长木板质量为，长木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C项错误；

D．子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

木块在长木板上滑行过程，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

所以子弹、木块、长木板最终静止，由能量守恒定律得

长木板的长度至少为

联立解得

故D项正确

故选AD。

二、实验题（本题共2小题，共16分。）

12. 某同学用图甲所示装置通过半径相同A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，调节实验装置，使小球放在QR上时恰能保持静止，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图甲中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点，P、M、N点到O点的距离分别为LOP、LOM、LON。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP。米尺的零点与O点对齐。

（1）入射球A的质量和被碰球B的质量mB的关系是___________ （选填“>”“<”或“=”）。

（2）碰撞后B球的水平射程约为___________ cm。

（3）若系统动量守恒，则应有关系式___________。（用物理量的符号表示）

【答案】    ①. >    ②. 64.7    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]要使两球碰后都向右运动，A球质量应大于B球质量，即

（2）[2]将10个点圈在圆内的最小圆的圆心为平均落点，可由米尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7 cm。

（3）[3]若动量守恒，需验证的关系式为

将

代入上式得

13. （1）某中学生课外科技活动小组利用铜片，锌片、苹果制作了水果电池，他们想通过实验的方法测量这种电池的电动势E和内阻r。如图所示，通过学生反复实验，得出水果电池的内阻与水果的种类、两电极之间的距离及电极面积有关，一般在几百至几千欧姆之间。为了估测此苹果电池的内阻，______（选填“能”或“不能”）使用多用电表的欧姆挡进行初步测量。

（2）如图所示，该活动小组要测量一节旧干电池的电动势和内电阻，用到下列器材：

灵敏电流计G（内阻为50Ω）；    电压表V（0－3V，内阻约为10kΩ）；

电阻箱R1（0－999.9Ω）；    滑动变阻器R2；

开关和导线若王。

由于灵敏电流计的量程太小，该活动小组用电阻箱R1与灵敏电流计G并联，可使其量程扩大为原来的20倍，则改装后的电流表内阻为______。

（3）如下图所示，扩大量程后灵敏电流计的刻度盘并没有改变，将器材连接成如图所示的电路，调节滑动变阻器，读出了多组电压表示数U和灵敏电流计的示数IG，并作出了图线如图所示，由作出的图线及题中的相关信息，可求得于电池的电动势E=______，内阻r=______Ω。（结果保留3位有效数字）

【答案】    ①. 不能    ②. 2.5    ③. 1.40    ④. 7.50

【解析】

【详解】（1）[1] 电压表红表笔应接电源的正极，故电压表红表笔应接电源铜片；因多用电表通过测量电流得出电阻，因电源本身有电动势，故无法直接测量电源的内阻；

（2）[2]因为改装后电流表量程扩大为原来的20倍，所以有

解得

则改装后的电流表内阻

（3）[3][4]由闭合电路的欧姆定律得

则图线在纵轴的截距为电动势

斜率电源内阻

解得内阻

三、计算题（本题共3小题，共40分，解答时写出必要的文字说明，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位。）

14. 匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，矩形线圈abcd的面积S=0.5m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示。

（1）当线圈绕ab边转过60°时，求线圈此过程中磁通量的改变量。

（2）当线圈绕dc边转过60°时，求线圈此过程中磁通量的改变量。

【答案】（1）0；（2）-0.2Wb

【解析】

【详解】（1）线圈转动前，磁通量为

当线圈绕ab转过60°时，线圈恰好全部进入磁场中，磁通量为

磁通量的改变量为

（2）当线圈绕dc边转过60°时，线圈恰好全部穿出磁场，磁通量

磁通量的改变量为

15. 如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，小球A、B质量分别为m、（为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止释放后沿轨道下滑，与轨道最低点处静止的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g，求：

（1）待定系数；

（2）第一次碰撞刚结束时小球B对轨道的压力；

（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度大小。

【答案】（1）3；（2）；（3），0

【解析】

【详解】（1）由系统机械能守恒定律得

解得

（2）设A、B碰撞后的速度分别为、，则

设向右为正方向，由于球质量小于球质量，所以碰撞后A球被反弹，解得

方向向左

方向向右，设轨道对小球B的支持力为，由牛顿第二定律可得

解得

由牛顿第三定律知小球B对轨道的压力

（2）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为、，则

解得

（另一组解：，不合题意，舍去）

可知小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时速度大小分别为，0。

16. 如图所示，质量为M＝2kg的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是长为l＝1m的粗糙水平面，BC部分是半径为R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道，滑块P置于滑槽上面的A点。一根长为L＝0.9m、不可伸长的轻质细绳一端固定于O′，另一端拴着小球Q。将小球Q拉至细绳与竖直方向成60°的位置，静止释放，小球Q到达最低点时与滑块P发生弹性碰撞且时间极短，最终物块P未离开滑槽。已知滑块P和小球Q的质量均为m＝1kg，它们均视为质点，取g＝10m/s2，忽略空气阻力，设滑块P与滑槽AB之间的动摩擦因数0＜μ＜l。

（1）求碰撞瞬间滑块P所受冲量I的大小；

（2）若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C，求动摩擦因数μ；

（3）讨论滑块P在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B向右滑动时动摩擦因数μ的取值范围。

【答案】（1）；（2）0.1；（3）当0.15≤μ＜0.225时，滑块P会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑，有可能在某段时间里相对地面向右运动

【解析】

【详解】（1）对小球Q摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律可知

解得

v1＝3m/s

因Q和P质量相等且发生弹性碰撞，因此碰撞后Q静止，P以v1的速度在滑槽上开始运动，所以碰撞瞬间滑块P所受的冲量为

（2）若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C，向左为正，对滑块P和滑槽组成的系统水平方向动量守恒可得

根据能量守恒可得

解得

v＝1m/s

μ＝0.1

（3）当P滑块滑到凹槽C点又滑回到B点时，滑块P滑回B点时速度恰好为0，此时μ有最大值，利用动量守恒和能量守恒可得

解得

v2＝1.5m/s

μ＝0.225

当滑块P会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑到B点，又因滑块未离开滑槽，则有

联立解得

μ1＝0.15

所以当0.15≤μ＜0.225时，滑块P会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑，有可能在某段时间里相对地面向右运动。