湖南师范大学附属中学2023-2024学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附解析）

师大附中2023-2024-1学年度高二上学期一次月考

物理

75分钟  满分：100分

第Ⅰ卷  选择题（共44分）

一、单选题（每小题4分，共24分）

1. 一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，错误的是（　　）

A. “电场强度”概念的提出应用了比值定义法

B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什成功测量出了引力常量G的值

C. 开普勒总结了行星运动的规律，并结合第谷的数据找出了行星按照这些规律运动的原因

D. 法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律

【答案】C

【解析】

【详解】A．“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，A正确；

B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什成功测量出了引力常量G的值，B正确；

C．开普勒结合第谷的数据总结了行星运动的规律，并未找出行星按照这些规律运动的原因，C错误；

D．法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律，D正确。

本题选择错误的，故选C。

2. 如图所示，有一带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心。若图中a点处的电场强度为零，静电力常量为k，则图中b点处的电场强度大小是（　　）

A.  B.  C. 0 D.

【答案】A

【解析】

【详解】在a处产生的场强大小为

方向水平向左。据题，a点处的电场强度为零，与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的场强大小为

方向水平向右。根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为

方向水平向左。在b处产生的场强大小为

方向水平向左，则b点处的电场强度大小是

故选A。

3. 2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，飞船入轨后，于北京时间2023年5月30日16时29分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，18时22分，翘盼已久的神舟十五号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十六号航天员乘组入驻“天宫”。如图所示，已知空间站在距地球表面约400千米的高空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度约为36000km。下列说法正确的是（　　）

A. 空间站绕地球做圆周运动的线速度略大于第一宇宙速度

B. 航天员在空间站中每天大约能看到6次日出

C. 空间站运行的向心加速度与地球表面附近重力加速度之比约为162：172

D. 空间站与地球同步卫星的线速度大小之比约为1：4

【答案】C

【解析】

【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，所有绕地球做圆周运动的卫星的线速度都小于第一宇宙速度，A错误；

C．根据

结合地球表面附近物体所受重力和万有引力的关系

可知空间站运行的向心加速度与地球表面附近重力加速度之比为

C正确；

B．设空间站与地球同步卫星的周期分别为、，环绕半径分别为、，根据开普勒第三定律得

航天员看日出的次数约为

B错误；

D．由万有引力提供向心力得

联立解得

D错误。

故选C。

4. 如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，其中电动势为1.5V；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。下列说法正确的是（　　）

A. 图中的A端与红色表笔相连接

B. 在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

C. 在使用多用电表欧姆挡时，中值电阻读数表示的电阻大小为1500Ω

D. 根据题给条件可得R1+R2=120Ω，R4=880Ω

【答案】C

【解析】

【详解】A．图中B端接内部电源的负极，则与红色表笔相连接，选项A错误；

B．在使用多用电表欧姆档之前，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B错误；

C．在使用多用电表欧姆挡时，欧姆档内阻即中值电阻为

选项C正确；

D．当B接2时，直流电流为1mA挡，根据并联电路的电压特点

IgRg=（I-Ig）（R1+R2）

解得

当B接4时，直流电压为1V挡，串联电路电压特点

UR＝U−IgRg＝1V−250×10−6×480V=0.88V

根据欧姆定律，电阻

故D错误。

故选C。

5. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（    ）

A. 在处的电场强度大小为20V/m

B. 滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小

C. 滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/s

D. 若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V

【答案】D

【解析】

【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为

解得电场强度大小

故A错误；

B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；

C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功

由动能定理得

解得滑块运动至处时，速度的大小为

故C错误；

D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处

则滑块从x=1m到x=5m运动过程中

由

解得滑块到达处的电势能

处的电势为

故D正确。

故选D。

6. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R1>r，R3为滑动变阻器，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表。初始状态的S1和S2均闭合，滑片P位于中点，此时两极板之间的固定带电油滴M所受电场力恰好与重力平衡。下列说法正确的是（　　）

A. 现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向下移动，则A1示数和电源效率均减小

B. 现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向上移动，则电源总功率和输出功率均增大

C. 保持S1、S2闭合，将上极板向下平移一小段距离，则V示数不变，带电油滴M的电势能增大

D. 保持S1、S2闭合，将下极板向下平移一小段距离，则油滴所在处的电势增大，流过A2的电流方向为a→b

【答案】B

【解析】

【详解】A．现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向下移动，滑动变阻器的阻值增大，根据串反并同规律，A1示数减小；电源的效率为

滑动变阻器的阻值增大，外电路电阻增大，电源效率增大，A错误；

B．现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向上移动，滑动变阻器的阻值减小，根据串反并同规律，通过电源的电流增大，根据，电源总功率增大；因为，外电路的总电阻值逐渐接近电源的内阻，电源的输出功率增大，B正确；

C．仅将上极板向下平移一小段距离，则V的示数始终等于滑动变阻器两端电压，保持不变；仅将上极板向下平移一小段距离，电容器两端电压不变，根据，电容器内电场强度增大，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，根据带负电油滴M的电势能减小，C错误；

D．仅将下极板向下平移一小段距离，电容器两极板之间的电势差不变，电容器内的电场强度减小，油滴与上极板之间的电势差减小，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，电势能减小；根据

解得

仅将下极板向下平移一小段距离，d增大，Q减小，电容器放电，流过A2的电流方向为b→a，D错误。

故选B。

二、多选题（每小题5分，共20分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）

7. 一段粗细均匀的导体的横截面积为S，流过其中的电流强度恒为I，导体每单位体积内的自由电子数为n，每个自由电子所带的电荷量为e，自由电子沿着导体定向移动的平均速率为v。在时间内，通过导体横截面的自由电子数为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．时间内，电子定向移动的距离

通过导体横截面的自由电子数

解得

A正确，B错误；

CD．根据

解得

C错误，D正确。

故选AD。

8. 蹦床是小朋友喜欢的户外运动项目。如图所示，一质量为m的小朋友，某次弹跳中从床面上方高h1处由静止落下，下落的时间为t1，落到床面上屈伸弹起后离开床面的最大高度为h2，上升的时间为t2。已知h2>h1，重力加速度为g，不计空气阻力，此过程中（　　）

A. 床面对小朋友弹力的最大值为mg

B. 小朋友所受重力的冲量为

C. 小朋友离开床面时的速度大小为

D. 小朋友的机械能增加了

【答案】CD

【解析】

【详解】A．小朋友在最低点时，床面对小朋友的弹力最大，从最低点向上运动时，先做加速运动，弹力的最大值大于mg，故A错误；
B．小朋友重力的冲量

其中∆t为小朋友与床面的作用时间，故B错误；
C．小朋友离开床面后做竖直上抛运动，离开床面的最大高度为h2，根据功能关系可得：

mv2=mgh2

解得离开床面时的速度大小为

故C正确；
D．根据功能关系可得小朋友的机械能增加了

ΔE=mgh2-mgh1=mg(h2-h1)

故D正确。
故选CD。

9. 如图，一电子仅在电场力作用下运动，经过a时的动能为12eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为4V。下列说法正确的是（　　）

A. 平面d上的电势为零

B 该电子一定能到达平面f

C. 该电子经过平面c时，其电势能为-2eV

D. 该电子经过平面a时的速率是经过d时的2倍

【答案】AC

【解析】

【详解】A．依题意，已知等势面b上的电势为4V，可得电子在该等势面上的电势能为-4eV，由于从a到d的过程中电子克服电场力所做的功为6eV，则电子的动能减小6eV，电势能增加6eV，可得电子从a到d通过相邻等势面，动能均减少2eV，电势能均增加2eV，由于电子具有的能量等于动能与电势能之和，所以可得电子在等势面b上具有的能量为

根据能量守恒，则平面d上有

可得

则平面d上的电势为零，故A正确；

B．由于该电子到达平面d时的动能为6eV，电子从a到d通过相邻等势面，动能均减少2eV，则到达平面f时动能为2ev，由于题中没有说明电子如何运动，则不一定能到达f平面，故B错误；

C．根据能量守恒可得，该电子经过平面c时，其电势能满足

可得

故C正确；

D．根据前面选项分析，可知该电子经过平面d时的动能为

则可得

故D错误。

故选AC。

10. 如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（　　）

A. 当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动

B. 当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动

C. 自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为

D. x=x0时，木板B的速度大小为

【答案】D

【解析】

【详解】AB．设A、B之间的最大摩擦力为，B与地面之间的最大摩擦力为，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则

可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则

当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得

联立解得

故AB错误；

CD．木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得

对A用动能定理，得

联立解得

，

故C错误，D正确。

故选D。

第Ⅱ卷  非选择题（共56分）

三、实验题（11小题5分；12小题11分）

11. 如图所示甲为“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”的实验。

（1）弹性小球1的质量为m1，弹性小球2的质量为m2，下列做法有助于减小实验误差的是_____

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．两球的质量应满足m1大于m2

C．让入射小球的直径大于被碰小球的直径

D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放

（2）如图乙所示，碰撞前后落点的位置为P、M和N，测量OP、OM和ON的距离，满足关系式____________________________，即可验证两球碰撞前后动量守恒。

【答案】    ①. BD##DB    ②. m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON

【解析】

【详解】（1）[1]A．斜槽轨道不一定必须是光滑的，只要小球到达底端时速度相同即可，选项A错误；

B．为防止入射球碰后反弹，则两球的质量应满足m1大于m2，选项B正确；

C．为保证两球能发生正碰，则让入射小球的直径等于被碰小球的直径，选项C错误；

D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证入射球小球到达底端时速度相同，选项D正确。

故选BD。

（2）[2]若碰撞过程动量守恒，设小球m1的初速度为正方向，根据动量守恒定律应满足

m1v0=m1v1+m2v2

小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由x=vt可知，平抛初速度与水平位移成正比，故应满足的表达式为

m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON

12. 新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块动力电池的额定电压为320V，额定容量为26A·h，整块动力电池是由100块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。

（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要________h。

（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接________（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的，综合A、B两条图线，此电芯的内阻r=_______（用图中EA、EB、IA、IB表示）。

（3）考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻R0，如图3所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：

A.电流表（量程0.6A）                B.电流表（量程3A）

C.电压表（量程3V）                    D.电压表（量程15V）

E.定值电阻（阻值2Ω，额定功率2W）    F.定值电阻（阻值20Ω，额定功率20W）

G.滑动变阻器（阻值10Ω）                H.滑动变阻器（阻值100Ω）

为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选_______；定值电阻R0选_______；滑动变阻器R应选________。（填仪器前的字母）

【答案】    ①. 0.26    ②. 1    ③.     ④. A    ⑤. E    ⑥. G

【解析】

【详解】（1）[1]一块电芯额定容量为

则用1A恒流电源充电，充满的时间要

（2）[2][3]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U−I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡峭一些，可以判断图线A是利用单刀双郑开关S2接1中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏大。S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有

由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U−I图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知

（3）[4][5][6]由题给器材R0只能选定值电阻（阻值2Ω，额定功率2W）或定值电阻（阻值20Ω，额定功率20W），根据

P=I2R

可知为了保证R0的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A(量程0.6A)；一块电芯的电动势为

因此电压表应选C(量程3V)；电压最高为3V，如果选择20Ω的定值电阻，最大电流低于0.15A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选E(阻值2Ω、额定功率2W)；滑动变阻器如果选H(阻值100Ω)，调节很不方便，所以应选G(阻值10Ω)。

四、计算题（第13题10分，第14题14分，第15题16分）

13. 长沙市岳麓区某中学校园体育节已经拉开帷幕，其中男子九人制足球赛也将随之举行。如图所示，小廖同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10m／s2，在此过程中，求：

（1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；

（2）足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力。

【答案】（1）0.4N·s；（2）36N，方向竖直向上

【解析】

【详解】（1）足球由静止下落过程，根据牛顿第二定律

解得

足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小

（2）足球被顶起的上升过程，根据牛顿第二定律

解得

足球下落过程的末速度大小为

足球被顶起的初速度大小为

所以足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量为

合力对足球的冲量为

解得

头部对足球的作用力大小为36N，方向竖直向上。

14. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角，重力加速度为g。求：

（1）小球所受的静电力大小；

（2）小球在A点的速度为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小；

（3）在（2）的条件下，小球经过B点时对圆轨道的压力的最小值。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直平面内圆周运动的等效“最低点”，也就是小球在C点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图：

则有

因此电场力为

（2）要小球经B点时对轨道的压力最小，则以最小速度经过D点，D点竖直平面内圆周运动的等效“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即

解得

小球从A到D的过程中，由动能定理得

联立解得

（3）小球从B到D的过程中，由动能定理得

解得

B点有

联立解得

根据牛顿第三定律可知小球经过B点时对圆轨道的压力的最小值

15. 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ=120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。

（1）求物块第一次到达B点时的速度和右侧圆弧的轨道半径R；

（2）求小物块最终停下时与C点的距离；

（3）若传送带速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。

【答案】（1）5m/s，0.8m；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）物块被弹簧弹出，由

可知

因为

故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由

解得

因为

故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知

代入数据整理可以得到

（2）设物块从E点返回至B点的速度为，由

得到

因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由

得到

（3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足

从B到F过程中由动能定理可知

解得

设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：

解得

若物块在传送带上一直加速运动，由

知其到B点的最大速度

综合上述分析可知，只要传送带速度