江西省抚州市第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题

这是一份江西省抚州市第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本题共7题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。）
1. 物理学理论的突破时常会带来新科技的出现，下列说法正确的是（ ）
A. 穿过线圈的磁通量与线圈的匝数成正比
B. 电源电动势在数值上等于电源两极间的电压
C. 爱因斯坦在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说
D. 麦克斯韦提出：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场
【答案】D
【解析】
【详解】A．在磁感应强度为匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为，我们把与的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，根据可知穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，故A错误；
B．电路发生断路时，电源电动势在数值上等于电源两极间的电压，故B错误；
C．普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，故C错误；
D．麦克斯韦的电磁理论指出：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，变化的电场和磁场总是相互联系的， 形成一个不可分割的统一的电磁场，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，线框ABCD从有界的匀强磁场区域穿过，下列说法中正确的是（ ）
A. 进入匀强磁场区域的过程中，ABCD中有感应电流
B. 在匀强磁场中加速运动时，ABCD中有感应电流
C. 在匀强磁场中匀速运动时，ABCD中有感应电流
D. 离开匀强磁场区域的过程中，ABCD中没有感应电流
【答案】A
【解析】更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 【详解】A．只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流，当进入匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量增大，所以有感应电流，A正确；
BC．无论线圈在磁场中做匀加速还是匀速运动，线圈的磁通量都不发生变化，所以线圈中无感应电流，BC错误；
D．在离开匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量减小，所以线圈中会产生感应电流，D错误。
故选A。
3. 一质点做简谐振动，振动图像如图所示，质点在A对应的时刻到B对应的时刻之间的这段时间内，则其速度v、加速度a的大小的变化情况为（ ）
A. v变大，a变小B. v变小，a变小
C. v变大，a变大D. v变小，a变大
【答案】A
【解析】
【详解】由图像可知，质点在A对应的时刻到B对应的时刻之间的这段时间内偏离平衡位置的位移逐渐减小，由牛顿第二定律
可知质点在A对应的时刻到B对应的时刻之间的这段时间内加速度变小。因为质点在A对应的时刻到B对应的时刻之间的这段时间内回复力指向平衡位置，回复力做正功，故动能变大，即质点速度变大。
故选A。
4. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m．电荷量为q的油滴处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A. 在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a到b的电流
B. 在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由b至a的电流
C. 在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向上加速运动，G中有方向由a至b的电流
D. 将S断开，当电路稳定时，A表的示数为零，油滴仍保持静止状态，G中无电流
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．A表测量干路电流，在P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即A的示数减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联电路的电压增大，电容器处于充电状态，G中有方向由b至a的电流，电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以粒子向上加速运动，故AC错误B正确；
D．将S断开，到电路稳定的过程中，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，到稳定后，电路无电流，A表的示数为零，粒子向下运动，D错误；
故选B。
5. 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A. 动量守恒，机械能守恒
B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒
D. 动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
6. 如图所示，电路中电流表A的量程为0~0.6A，内阻rg=5Ω，电阻R1=1.25Ω，R2=4Ω。下列分析正确的是（ ）
A. 若用接线柱1、2测电流，则量程为0~1.2A
B. 若用接线柱1、2测电流，则量程为0~2.4A
C. 若用接线柱1、3测电压，则量程为0~12V
D. 若用接线柱1、3测电压，则量程为0~15V
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，改装成的电流表的量程为
AB错误；
CD．当接线柱1、3接入电路时，电流表A与R1并联后在与R2串联，电流表的量程仍为3A，此时改装后电压表的量程为
C错误，D正确。
故选D。
7. 通有大小相等的电流的4根长直导线垂直纸面放置在正方形的4个顶点上，电流方向如图所示，为正方形的中心。已知通电导线在处的磁感应强度大小为，则处的磁感应强度大小为（ ）
A 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】依题意，4根长直导线在O处的磁感应强度大小相等，即
根据安培定则，画出4根长直导线在O处的磁感应强度方向，如图
其中，A、C长直导线在O处的磁感应强度方向相同，矢量合成后大小为2B，方向由O指向B点。B、D长直导线在O处的磁感应强度方向相同，矢量合成后大小为2B，方向由O指向A点。由图可知，处的磁感应强度大小为
故选D。
二、多项选择题(本题共3题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有错选的得0分。)
8. 如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是
A. 当小球到达最低点时，木块有最大速率
B. 当小球的速率最大时，木块有最小速率
C. 当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大
D. 当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
【答案】AD
【解析】
【详解】小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，即有最大动量，水平方向上系统动量为零，所以小球到达最低点时，木块有最大动量，即木块有最大速率，故A正确，B错误；小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，知末状态系统在水平方向上动量为零，所以小球再次上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零，故C错误，D正确．所以AD正确，BC错误．
9. 如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在t=0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（ ）
A. 在0到t0时间内，合力的冲量大小为
B. t0时刻，力F等于0
C. 在0到t0时间内力F大小恒定
D. 在0到t0时间内物体的动量逐渐变大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据加速度的定义式有
解得
可知，图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由图2有
根据动量定理有
解得
故A正确；
B．根据图2可知，t0时刻，物体的加速度为0，根据上述，此时物体的速度不为0，即物体开始做匀速直线运动，则有
故B错误；
C．在0到t0时间内，根据牛顿第二定律有
解得
由于0到t0时间内，加速度在减小，可知，力F大小也在减小，故C错误；
D．根据上述，图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于物体初速度为0，则图像与时间轴所围几何图形的面积能够间接表示物体的速度，在0到t0时间内，图像所围几何图形的面积逐渐增大，表明物体的速度逐渐增大，即物体的动量逐渐变大，故D正确。
故选AD。
10. 在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体，斜面的倾角为，高度为，将一个可看做质点的小球从斜面顶端由静止释放，斜面体的质量是小球质量的两倍，小球运动到斜面底部的过程中（，）（ ）
A. 斜面体对小球做负功
B. 斜面体的机械能守恒
C. 斜面体和小球组成系统的动量不守恒
D. 斜面体运动距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】AB．对于小球和斜面体组成系统，只有重力做功，系统机械能守恒，斜面体的机械能增大，小球机械能减小，所以斜面的支持力对小球做负功，故A正确，B错误；
C．小球在竖直方向有分加速度，斜面体和小球组成系统合外力不为零，则系统的动量不守恒，故C正确；
D．小球和斜面体组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒。设小球的水平位移为，斜面体的位移为，取水平向左为正方向，设小球质量为m，则斜面体的质量为2m，根据水平方向动量守恒得
得
又
解得
故D正确。
故选ACD。
三、实验题(本题16 分)
11. 某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．
（1）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g= ______________________
（2）实验结束后，某同学用公式法测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是下述原因中的______
A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
【答案】 ①. （1） ②. （2）BD
【解析】
【详解】（1）周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t时间内完成了n-1个全振动，所以 ；根据周期公式得：，所以 ；
（2）摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，根据可知，测得的g应偏小．故A错误；实验中误将n次全振动计为n+1次，根据求出的周期变小，g偏大．故B正确；以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据可知，测得的g应偏小．故C错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据可知，测得的g应偏大．故D正确．
12. 某同学准备测量两节干电池的电动势和内阻，他选用了如图1所示的实验电路进行测量，

（1）某次测量，电压表的表盘如图4所示，则读数为________；
（2）由于电表存在内阻，会导致测量结果有一定的系统误差。对于图1方案，下列有关系统误差分析的说法中，正确的是________；
A.电压表分流导致电源电动势测量值偏大
B.电压表分流导致电源内阻测量值偏小
C.电流表分压导致电源电动势测量值偏小
D.电流表分压导致电源内阻测量值偏大
（3）为了消除电表内阻带来的影响，该同学设计了改进实验如图2所示，其中定值电阻阻值已知，进行以下实验步骤：
①闭合，将掷向1，调节滑动变阻器，使电流表和电压表有较大偏转，记下示数、，则电流表的内阻________；
②将掷向2，调节变阻器的阻值，记录多组电流表示数和电压表对应的示数，然后利用数据作出图3的图像，图中、已知，则测量得到的电动势________，内阻________（用测得的量和已知量表示）。
【答案】 ①. 1.50 ②. D ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]电压表量程为3V，读数为1.50V。
（2）[2]图1方案测出的内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，故电流表分压导致电源内阻测量值偏大。
故选D。
（3）①[3]电流表的内阻
②[4][5]根据闭合电路欧姆定律
整理得
则
，
得
四、计算题(共38分)
13. 在如图所示的电路中，电阻，，电压表视为理想电表。当开关S断开时，电压表示数为9V，当开关S闭合时，电压表示数为。求：
（1）开关S断开时，流过电流；
（2）开关闭合时，回路的总电流；
（3）电源的电动势E和内阻r。
【答案】（1）；（2）；（3）12V，
【解析】
【详解】（1）开关S断开时，流过的电流
（2）开关闭合时
回路的总电流
（3）根据闭合电路欧姆定律
联立解得
E=12V
14. 如图，两条长度均为l的轻绳，一端固定于O点，另一端分别连接一质量为m的小球A、B。现将小球A拉起一定高度，当左侧轻绳与竖直方向成θ角时释放小球A，小球A运动到最低点时恰好与小球B发生正碰，碰撞后两球结合在一起继续向上摆动。已知重力加速度为g，两球碰撞时间极短，两球均可视为质点。求：
（1）碰撞前瞬间小球A的速度大小vA；
（2）碰撞后小球A、B上升的最大高度h。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球A从开始运动到与小球B碰撞前整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得
解得
（2）小球A与小球B碰撞过程中水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
小球A、B从碰撞后瞬间到上升到最大高度的整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得
联立解得
15. 如图所示，轨道ABC，其中水平轨道BC长L1=1.375m，斜面轨道AB与水平轨道BC倾角θ=37°，物块m2静止放在离C点0.5m的E处，物块m1静止放到斜面AB某位置上，从斜面下滑后经过B点无机械能损失滑上BC平面，然后和物块m2发生弹性正碰，若碰后物块m2恰好滑停在C点．已知m1=2kg ，m2=4kg ，物块m1与AD段的动摩擦因数μ1=0.5，AD段足够长，与DB段动摩擦因数为μ2=0.25，两滑块与水平段BC的动摩擦因数均为μ3=0.4， BD长L2=1.5m，sin37°=0.6，g=10 m/s2．求：
（1）碰撞后物块m2获得多大的速度可恰好滑停在C 点；
（2）将物块m1放在斜面AB上距离B点多远的距离可恰好使m2碰后滑停在C点．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】碰撞满足动量守恒定律；根据物块的运动情况和临界条件应用相应的规律解决问题。
【详解】（1）设碰后的速度为，根据运动学公式：
解得：
（2）设物块运动到E点的速度为，碰后的速度为，物块与碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得：
解得：
物块从B减速滑行到E点：
解得：，若从D点下滑，解出加速度：
根据运动学公式：
解得：，因此物块在D点上方，设物块所放位置离D点距离为s，应用动能定理：
解得：，因此，物块所放位置距B点的距离为：
（若不分段讨论直接全程算出s也正确）
【点睛】多过程问题分析时，不同的运动过程之间，速度的大小和方向是关键；此题最后一问可以使用全过程动能定理能够简化计算。