安徽省滁州市明光市第二中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试卷

这是一份安徽省滁州市明光市第二中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试卷，共9页。试卷主要包含了 单选题， 多选题， 实验题， 计算题等内容，欢迎下载使用。

（考试总分：100 分 考试时长： 75 分钟）
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.下列说法正确的是( )
A.电场强度与试探电荷有关
B.点电荷、质点、元电荷都是理想化模型
C.电势为零的地方,电场强度可以不为零
D.在电场中,电势高的地方,试探电荷具有的电势能一定大
2.计算机键盘每个按键下都连有一块小金属片,与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片,这组金属片组成一个可变的平行板电容器,如图所示.当按键被按下,此电容器的电容发生变化,与之相连的电子线路就能检测到这个按键被按下,从而给出相应的信号.已知金属片的正对面积为50mm2,按键未被按下时两金属片的距离为0.6mm,当按键被按下时两金属片的距离为0.3mm,假设金属片的正对面积及两端的电压始终保持不变,则( )
A.金属片上的电荷量减少B.金属片上的电荷量不变
C.金属片间的场强保持不变D.金属片间的场强变为原来的两倍
3.如图所示,一半径为r的圆盘上均匀分布着负电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c和d间的距离均为r,在a点处有一电荷量为+q的固定点电荷.已知d点处的电场强度为E0,方向由a指向d，k为静电力常量,则b点处电场强度的大小为( )
A.10kq9r2-E0B.9kq10r2-E0C.9kq10r2+E0D.10kq9r2+E0
4.如图所示,B 和C 两个小球均重为G,轻悬挂而分别静止于图示位置上,则 AB 上的拉力大小为（ ）
A.GB.12GC.3GD.2G
5.一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动,取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其速度v与位移x的关系如图所示,则该电场的电场线分布可能是( )
A.B.
C.D.
6.汽车以 10 m/s 的速度在马路上匀速行驶,驾驶员发现正前方 20 米处有障碍物,立即刹车,已知驾驶员反应时间为0.75 s,汽车恰好未撞到障碍物,加速度大小为（ ）
A.3 m/s2B.4 m/s2C.5 m/s2D.6 m/s2
7.光滑斜面倾角θ=30°,以斜面底端为坐标原点,沿斜面方向建立x轴,如图甲所示,一质量为 2 kg的物体(看做质点)在沿斜面方向的拉力作用下,从斜面底端由静止开始沿x轴正方向运动,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图乙所示.重力加速度g= 10m/s2.斜面足够长, 物体沿x轴正向运动过程中,下列说法正确的是（ ）
A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22 m
B.物体沿斜面向上运动的时间为4 s
C.在x=5 m时,拉力的功率为1002 W
D.拉力的最大功率为300 W
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动,其周期为地球自转周期 T 的310,运行的轨道与地球赤道不共面(如图).t0时刻,卫星恰好经过地球赤道上P点正上方.地球半径为R,卫星距地面高度h,引力常量为 G.则
A.地球质量为400π2(R+h)39GT2
B.地球质量为400π2R39GT2
C.从t0时刻到下一次卫星经过P点正上方时,卫星绕地心转过的角度为207π
D.从t0时刻到下一次卫星经过P点正上方时,卫星绕地心转过的角度为20π
9.图中虚线a、b、c、d为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线,两粒子1、2质量相等,电量的绝对值均等于元电荷e.现将两粒子1、2从同一虚线c上的O点均以2eV的初动能射出,两粒子1、2在电场中运动的轨迹分别如图中1、2实线所示,其中轨迹2刚好与a相切.点Q、P分别为轨迹1、2与b的交点.已知O点电势高于P点,设相邻虚线间的电势差为U,两粒子1、2在点Q、P的动能分别为Ek1、Ek2.若不计重力,则下列说法可能正确的是( )
A.Ek1=2Ek2B.Ekl=Ek22C.U=0.8VD.U=1V
10.如图所示,两带电荷量均为+q的点电荷分别固定在A、B两点,O为A、B连线的中点,C、D为A、B连线垂直平分线上的两点,且O点到C、D两点的距离与到A、B两个点距离相等.取无穷远电势为零,将一带电荷量也为+q的点电荷a从无限远处移动到O点,该电荷电势能增加了W,然后将其沿OC移动到C点并固定.再将一电荷量为-2q的点电荷b从无限远处移动到O点.则( )
A.a、b移入前,C、D两点的场强相同
B.a从O沿OC移动到C点的过程中,电场力对a做的功为零
C.将a固定在C点后,O点电势为3W2q
D.点电荷b从无限远处移动到O点的过程中,电势能减小了3W
三、 实验题 （本题共计2小题，总分16分）
11.（7分）现要用如图所示的装置测量两物体(图中A和C,C可视为质点)之间的动摩擦因数.已知C与B之间的动摩擦因数为μ,A与B平滑对接于O点,B与水平面之间的夹角为θ,A保持水平.将C从距离O点L处静止释放,最终C停在A上距离O点x处.多次改变L,测量对应的x ,然后用图像法处理数据,建立x- L坐标系,描点连线.回答下列问题:
(1)为了完成本实验,选出必要的器材_____(填标号)；
A、天平
B、弹簧测力计
C、毫米刻度尺
(2)若x-L图像的斜率为k,则A和C之间的动摩擦因数μ'=______；
(3)若结果表明μ'的测量值偏大,则可能原因是______(填标号).
A、C的质量测量偏大
B、θ测量偏小
C、θ测量偏大
D、C与B之间的动摩擦因数μ的给定值偏小
12.（9分）某实验小组用落体法验证机械能守恒定律,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律.
(1)本实验中,不同组学生在实验操作过程中出现如图甲的四种情况,其中操作正确的是___________(填标号);
A.B.C.D.
(2)进行正确操作后,打下的部分纸带如图所示,O点是打下的第一个点,A、B、C和D为另外4个连续打下的点.已知交流电频率为50Hz,重物质量为200g,当地重力加速度g=9.80m/s2,则从O点到C点,重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|=___________J，C点的动能EkC=___________J(计算结果均保留3位有效数字);
(3)比较第(2)问中EkC与|ΔEp|的大小,出现这一结果的原因可能是________(填标号).
A.工作电压的频率偏低,导致打点周期偏大
B.空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦力
C.接通电源前释放了纸带
四、 计算题 （本题共计3小题，总分38分）
13.（10分）跳楼机可以使人体验失重和超重(如图所示).现让升降机将座舱送到距地面H=78m的高处,然后让座舱自由下落,落到距地面h=30m的位置时开始制动,使座舱均匀减速,座舱落到地面时刚好停下.在该体验中,小明将质量m=10 kg的书包平放在大腿上(不计空气阻力,g取10 m/s2).求:
(1)当座舱落到距地面h1 = 50 m的位置时,小明对书包的作用力大小F1;
(2)跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小;
(3)当座舱落到距地面h2=15 m的位置时,小明对书包的作用力大小F2.
14.（12分）如图所示水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接,竖直圆形轨道与PQ相切于Q.已知传送带长L=4.0m,且沿顺时针方向以恒定速率v=3.0m/s匀速转动.滑块C以速度2.0m/s滑上传送带时,恰好停在Q点.已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ=0.20,装置其余部分均可视为光滑,滑块大小不计,重力加速度g取10m/s2.(结果可带根号):
(1)求P、Q的距离;
(2)已知竖直圆轨道半径为0.55m,若要使C滑过Q点但不脱离竖直圆轨道,求C滑上传送带时速度的范围.
15.（16分）如图所示,竖直平面内足够高处建立平面直角坐标系Oxy，x轴沿水平方向,第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场,t=0时刻一比荷qm=43×10-4C/kg的带电小球a以v0=3m/s的速度沿y轴正方向由(-0.6m，0)点进入匀强电场,后从y轴上的某点沿x轴正方向飞出匀强电场;另一不带电的小球b在t=0时刻从点(0，10.9m)由静止释放,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)小球a飞出匀强电场的时刻及位置;
(2)匀强电场的场强大小;
(3)两小球在运动过程中的最小距离及对应的时刻.
答案
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.【答案】C
【解析】电场强度与试探电荷无关,A错误;
点电荷、质点是理想化模型,元电荷不是,B错误;
等量异种电荷中点,电势为零,电场强度不为零,C正确;
负电荷放在电势高的地方,电势能小,D错误.
2.【答案】D
【解析】根据C=QU,C=ϵS4πkd,
解得Q=ϵSU4πkd,电压不变,距离减小为原来的一半,金属片上的电荷量变为原来的两倍,AB错误;
根据E=Ud,电压不变,距离减小为原来的一半,则电场强度变为原来的2倍,C错误,D正确.
3.【答案】A
【解析】+q在d点产生的电场强度大小为Ed1=kq(3r)2,方向由a指向d,带负电圆盘在d点产生的电场由d指向a,设电场强度大小为Ed2,d点处的电场强度为E0,方向由a指向d,则有Ed1-Ed2=E0,解得Ed2=kq(3r)2-E0,根据对称性带负电圆盘在b点的电场强度的大小Eb2=Ed2,方向由a指向b,+q在b点产生的电场强度大小为Eb1=kqr2,方向由a指向b,则b点处电场强度为Eb=Eb1+Eb2,综合解得Eb=10kq9r2-E0,A正确.
4.【答案】C
【解析】对B、C两球整体受力分析,
正交分解得：
FABcs 30°+ FCDcs 60°=2G,FABsin 30°= FCDsin 60°,
联立解得：FAB=3G,选项C正确.
5.【答案】B
【解析】根据公式v2-v02=2ax可知匀变速直线运动的v2-x图像是直线,题图v-x图像是直线,说明速度随着位移均匀增加,相同位移速度增加量相等,又是加速运动,故增加相等的速度需要的时间逐渐减小,故加速度逐渐增加,粒子所受的电场力逐渐增加,电场线越来越密集,故B正确.
6.【答案】B
【解析】根据题意,设汽车的初速度为化,驾驶员的反应时间为t1、反应时间内汽车的位移为x1,刹车后做匀减速运动的位移为x2、加速度为a,与障碍物最初的距离为x，则有x1=v0t1=10×0.75 m=7.5 m,v02= 2ax2,x=x1+x2，联立解得a=4 m/s2 ,故选 B.
7.【答案】C
【解析】由于拉力在沿斜面方向，则拉力做的功为W=Fx
可看出W-x图像的斜率大小代表拉力大小F，在物体运动的过程中根据动能定理有：
W-mgsinθ⋅x=12mv2
则x=5m时物体的速度为：
v1=52m/s
x=5m时，拉力为：
F=ΔWΔx=20N
则此时拉力的功率：
P=Fv1=1002W
故C正确；
x=10m处拉力功率最大，则x=5m时物体的速度为v2=10m/s
则此时拉力的功率：
P=Fv2=200W
故D错误；
在x=0到x=10m的过程中，物体的运动时间为t1，由x=v22t1
解得：t1=2s；
在x>10m到最高点的过程中
拉力为：F'=ΔWΔx=2N
由：mgsinθ-F=ma
解得物体的加速度a=4m/s2
物体继续向上运动时间：t2=v2a=2.5s
由：x'=v22t2=12.5m
则物体沿斜面向上运动的最大位移为22.5m，A错误；
B.物体沿斜面向上运动的时间为4.5s，B错误。
故选C。
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.（6分）【答案】AD
【解析】A B.由题意知，卫星绕地球运转的周期为：
T'=310T
设卫星的质量为m，卫星距地面的高度为h，则有：
GMm(R+h)2=m(R+h)(2πT)2
联立可得
M=400π2(R+h)39GT2
故A正确，B错误；
C D.下一次卫星经过P点正上方时，卫星比地球多转了n圈，由于一圈有两个位置是卫星在赤道正上方，所以有两种情况，第一种情况是卫星和地球都转了整数圈，设二者分别转了x圈、y圈，则有：
xT=310yT
x、y都为正整数，y最小为10，此时卫星绕地心转过了10圈，转过的角度为：
θ=10⋅2π=20π
第二种情况是卫星和地球都转了整数圈+半圈，此时有：
xT+110xT=310yT+320T(x、y都为正整数)
这种情况下无解，所以从t0时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为20π，故C错误，D正确。
故选AD。
9.（6分）【答案】AC
【解析】O点电势高于P点,电场方向向左,电场力对粒子1做正功,两粒子的初动能相等,则两粒子1、2在点Q、P的动能满足Ek1 > Ek2,A正确,B错误;
粒子2由O到切点的过程中,根据动能定理有-2|Ue|=Ek-Ek0,初动能Ek0=2eV,则U < 1V,C正确,D错误.
10.（6分）【答案】CD
【解析】由于C、D两点到A、B两点的距离相等,由E=kqr2及矢量合成法则可知C、D两点的场强大小相等、方向相反,A错误;
由等量同种电荷周围电场线的分布特点和沿电场线方向电势逐渐降低可知O、C两点的电势不相等,故由WOC=q(ϕO-ϕC)可知电场力对点电荷a做的功不为零,B错误;
当点电荷a从无限远处移动到O点,由题意可知电场力做的功为-W,有-W=q(0-ϕO),解得ϕO=Wq,因A、B两处的电荷为等量同种电荷,且到O点的距离相等,故可得A(或B)处点电荷在O点产生的电势为ϕ=12ϕO=W2q,故将点电荷a固定在C点后,O点的电势为ϕO'=3ϕ=3W2q,C错误;
当将点电荷b由无限远处移动到O点时,电场力做的功为W'=-2q(0-ϕ'O)=3W,故其电势能应减小3W,D正确.
三、 实验题 （本题共计2小题，总分16分）
11.（7分）(1)C
【解析】由于只需要测量题中的x、L，故只需要毫米刻度尺；
故选C。
(2)sinθ-μcsθk
【解析】C在B、A上运动的全过程中，由动能定理得：
mgLsinθ-μmgLcsθ-μ'mgx=0
变形得：x=sinθ-μcsθμ'L
即：k=sinθ-μcsθμ'
解得：μ'=sinθ-μcsθk
(3)CD
【解析】根据：μ'=sinθ-μcsθk
可知，C的质量对结果无影响，A错误；
若θ偏大，sinθ偏大，csθ偏小，则μ'偏大，选项B错误，C正确；
根据：μ'=sinθ-μcsθk
若μ偏小，则μ'偏大，D正确。
故选CD。
12.（9分）(1)B
【解析】打点计时器应接交流电源,操作时应用手提住纸带的上端,让重物尽量靠近打点计时器.故选 B.
(2)0.547(附近值均可)
0.588(附近值均可)
【解析】由图中可知OC之间的距离为xOC=29.00cm,因此机械能的减少量为|ΔEp|=mgxOC=0.2×9.8×0.279J=0.547J;匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度,因此vC=xBD2T=0.330-0.2332×0.02m/s=2.425m/s,
因此动能的增加量为：
EkC=12mvC2=12×0.2×2.425×2.425J=0.588J;
(3)AC
【解析】工作电压的频率偏低,导致打点周期偏大,则求得的速度偏大,可能导致动能的增加量大于重力势能的减少量,A正确;存在摩擦力和空气阻力会使重力势能的减少量大于动能的增加量,B错误;提前释放了纸带,纸带的初速度不为零,下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量,C正确.
四、 计算题 （本题共计3小题，总分38分）
13.（10分）(1)0
【解析】座舱自由下落到距地面：h=30m
的位置时开始制动，所以当座舱距地面：h1=50m
时，书包处于完全失重状态，则有：F1=0
(2)16m/s2
【解析】座舱自由下落高度为：
H-h=78m-30m=48m
座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得：
vm2=2g(H-h)
座舱制动过程做匀减速直线运动，则有：
vm2=2ah
联立可得：
a=16m/s2，方向竖直向上，
故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16m/s2
(3)260N
【解析】由牛顿第二定律得：
F2-mg=ma
代入数据得F2=260N，
故当座舱落到距地面h2=15m的位置时，
小明对书包的作用力大小为260N。
14.（12分）(1)设C滑上传送带后一直加速,则：vt2-vC2=2μgL
解得：vt=25m/s>v传,
所以C在传送带上一定先加速后匀速,滑上PQ的速度v=3m/s
又因为恰好停在Q点,则有：02-v2=-2μgxPQ
解得xPQ=2.25m
(2)要使C不脱离轨道,有两种情况,一是最多恰能到达圆心等高处,二是至少能到达最高处,若恰能到达圆心等高处,则得：vQ1=2gR=11m/s
N~Q段：vQ12-vC12=-2μg(L+xPQ)
解得vC1=6m/s
滑块C到P点速度超过3m/s时最终可滑过Q后,此时滑块在传送带上一直减速,则：
vCP2-vC22=-2μgL，vC2=5m/s
所以这种情况下,C的初速度范围是：5m/s若恰能到达最高点,则易得：
vQ2=5gR=1102m/s
同理可得C的初速度范围是：v0⩾2102m/s
所以要使C既能滑过Q点又不脱离竖直圆轨道的速度范围为5m/s15.（16分）(1)小球a在竖直方向做竖直上抛运动,则t=v0g
解得小球a飞出匀强电场的时刻t=0.3s
小球a在竖直方向的位移y=v02t
解得y=0.45m
则小球a飞出匀强电场的位置为(0,0.45m)
(2)由牛顿第二定律得qE=ma
小球a在水平方向做匀加速直线运动,则x=a2t2
联立解得E=1×105N/C
(3)小球a飞出匀强电场时,小球b做自由落体运动的位移y'=12gt2
小球b竖直方向的速度vy=gt
此时两小球在竖直方向相距h=yh-y-y’
小球a飞出匀强电场时,水平方向的速度vx=at
设再经过时间t’,两小球相距为s,则s=(h-vyt')2+(vxt')2
联立解得当t’=1.2s时,s的最小值smin=8m
即t+t’=1.5s时,小球在运动过程中的最小距离为8m