福建省厦门市思明区厦门大学附属科技中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试题（含解析）

这是一份福建省厦门市思明区厦门大学附属科技中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应，一个可自由转动的小磁针放在金属导线正下方，导线两端与一电池相连，接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。下列说法正确的是( )
A. 接通电源前，小磁针N极指向地理南极
B. 接通电源瞬间，小磁针上方导线的电流方向从右向左
C. 接通电源瞬间，小磁针N极垂直纸面向外转
D. 接通电源瞬间，小磁针N极垂直纸面向里转
2.如图(a)，装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图(b)所示，则试管( )
A. 振幅为2.0cmB. 振动频率为2.5Hz
C. 在t=0.1s时速度为零D. 在t=0.2s时加速度方向竖直向下
3.如图所示，两个等量同种正点电荷固定在真空中同一水平线上(水平线在纸面内)，电荷量为Q，两电荷相距r，O为两者连线的中点，过O点沿竖直方向做水平线的垂线MN，M到两个点电荷的距离均为r，一个带负电的粒子P以垂直于纸面的速度v从M点射入，恰好做匀速圆周运动，已知静电力常量为k，带电粒子的质量为m、电荷量为q，重力忽略不计，则其速度v大小为( )
A. 3kqQ2mrB. 2kqQmrC. 3kqQmrD. kqQmr
4.如图甲所示为一简谐横波在t=0时的波形图，P是平衡位置在x1=0.5m处的质点，Q是平衡位置在x2=4m处的质点；如图乙所示为质点Q的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的传播速度为2m/s
C. 从t=0到t=3s，质点Q通过的路程为3m
D. 在t=1s时，质点P向y轴负方向运动
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
5.如图所示，水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球，水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态，将小球由静止释放，小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则在小球向右运动的过程中( )
A. 弹簧恢复原长时，小球的速度最大
B. 小球速度为零时，小球的加速度最大
C. 小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能与初始时相等
D. 小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大
6.如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心O为坐标原点，过O点垂直于圆环平面的线为x轴，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒(不计重力)从B处静止释放，则粒子( )
A. 沿着x轴负向运动到无穷远处B. 在O点两侧做简谐运动
C. 在A的电势能比在B的电势能低D. 到达O点的速度最大
7.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，R0、R2为定值电阻，R1为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。若照射光敏电阻的光照强度增加，电压表示数的变化量绝对值为ΔU，电流表示数的变化量绝对值为ΔI，两电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数变大，电压表的示数变小
B. ΔUΔI=r
C. 有从右向左的电流流过R2
D. R0的功率变大，电源的输出功率变化无法确定
8.如图甲所示，固定的光滑水平横杆上套有质量为m的小环B，其右侧有一固定挡块。一根长为L的轻绳，一端与B相连，另一端与质量为2m的小球A相连。初始状态轻绳水平且伸直，B靠在挡块处。由静止释放A，在运动过程中A、B水平方向速度v的大小与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. t1时刻之后，A、B组成的系统水平方向动量守恒
B. t2时刻A、B速度相同，大小为 2gL
C. t1时刻之后，小球A能上升的最大高度为2L3
D. t1∼t2阶段，A的水平位移一定大于 5L3
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，“飞力士棒”是具有弹性且两端带有负重的健身器械。健身爱好者小幅度晃动固有频率为4Hz的“飞力士棒”使其发生受迫振动。当手晃动的频率为5Hz时，该棒振动频率等于 Hz，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，该棒振动的幅度 (选填“一直增大”“一直减小”或“先增大后减小”)。
10.如图所示，同学踩着轻质滑板(可整体视为质点)以4m/s的速度冲上一足够高的固定光滑斜面，则该同学可以冲到的最高点高度为 m。若解除斜面的固定，假设斜面与地面之间光滑，斜面质量与同学质量相等，那么该同学冲到的最高点高度为 m(本题中g取10m/s2)。
11.如图所示是位于我国平潭外海的风力发电机。某时间段内该地区的风速是ν，风向恰好与叶片转动的圆面垂直，叶片转动时有效受风面积为S，气流经过叶片后速度大小变为原来的15，方向不变。已知空气密度为ρ，则单位时间内冲击叶片的气流体积为 ，叶片受到的平均冲击力大小为 。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在利用单摆测量重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图所示，则小球的直径为 mm。
(2)若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是 。
A.误将摆线长当作摆长
B.误将摆线长与球的直径之和当作摆长
C.误将n次全振动次数计为n−1次
D.摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
(3)若另一位同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长1.00m，根据图中的信息可得，重力加速度g= m/s2(取π2=9.86，结果保留三位有效数字)。
13.新能源汽车使用的电源大多数由锂离子电池串联而成，某物理实验小组想通过实验测量某个新型锂电池组的电动势和内阻，具体进行了以下操作：
(1)为完成本实验，需要将实验室内量程为4V、内阻为4kΩ的电压表改装成量程为40V的电压表使用，则需串联一个阻值为 kΩ的定值电阻R0。
(2)该小组设计了如图1所示电路图进行实验，正确进行操作，利用记录的数据进行描点作图得到如图2所示的1U−1R的变化图像，其中U为图1中电压表的读数，R为电阻箱的读数，图中a=1.0，b=0.3，c=2.0。若忽略电压表分流带来的影响，由以上条件可以测出电池组的电动势E= V，内阻r= Ω(计算结果均保留一位小数)。
(3)若考虑电压表分流带来的影响，则上述第(2)问中的测量值与真实值相比：电池组电动势的测量值 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，内阻的测量值 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
14.某款质量为m1=2000 kg的国产新能源汽车在新车碰撞测试中，以v0=20 m/s的速度与前方质量为m2=1000 kg的静止障碍物发生正碰，碰撞过程中汽车速度随时间变化的关系如图所示，t=0.5s时碰撞结束，障碍物向前弹开，汽车仍向前运动。已知碰撞过程中忽略空气阻力及地面摩擦，求：
(1)碰撞结束瞬间障碍物的速度大小；
(2)碰撞过程中系统损失的机械能；
(3)碰撞过程中汽车与障碍物间的平均作用力大小。
15.在竖直光滑绝缘杆下端固定一个电量为Q的正点电荷，在杆上距点电荷9R处的A点由静止释放一个质量为kQq9gR2、电量为q(q>0)的可视为点电荷的金属小球，已知重力加速度为g，静电力常数为k，以无穷远为零电势点，q距离Q为r远处的电势能Ep=kQqr，小球运动过程中Q、q都保持不变。求：
(1)小球刚释放时加速度的大小(用g表示)；
(2)小球运动过程中动能的最大值；
(3)小球运动到最低点时，距离Q的距离。
16.如图所示，竖直平面内有等量异种点电荷M、N水平固定放置，其中M为正电荷，N为负电荷，两电荷正下方固定一足够长的光滑水平绝缘直杆，A、B分别为杆上位于M、N正下方的两点，O点为AB的中点。中心开孔的小球a、b穿在杆上，分别位于A、B两点处，其中小球a质量为m、电荷量为q(q>0)，小球b不带电且处于静止状态。将小球a由静止释放，已知两小球碰撞为完全弹性碰撞，且碰撞过程电量不转移，取无穷远处电势为零，A点电势为φ，重力加速度大小为g，求：
(1)小球a运动至O点时，所受轨道的弹力大小；
(2)若碰撞后小球a恰能回到O点，求小球b的质量；
(3)已知AB两点的距离为L，若AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数μ=7qφ16mgL，小球a由静止释放后向右运动并与小球b碰撞，为使碰后小球a能一直向右运动，求小球b质量的取值范围。
答案解析
1.【答案】D
【解析】A.根据地磁场分布，接通电源前，小磁针N极指向地理北极，故A错误；
B.导线左端与电池正极相连，接通电源瞬间，小磁针上方导线的电流方向从左向右，故B错误；
CD.根据安培定则，接通电源瞬间，小磁针N极垂直纸面向里转，故C错误，D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】解：AB.从图像中可以直接读出振幅为1.0cm，周期为T=0.4s，则频率f=1T=10.4Hz=2.5Hz，故A错误，B正确；
C.t=0.1s时，质点处平衡位置，速度为最大，故C错误；
D.t=0.2s时，质点处于负相位移最大处，根据F=−kx及牛顿第二定律，可知加速度方向与位移方向相反，为竖直向上，故D错误。
故选：B。
AB.根据简谐运动的y−t图像判断振幅和周期，再计算频率；
C.根据质点的运动位置判断速度大小；
D.根据回复力公式结合牛顿第二定律分析加速度方向。
考查简谐运动的位移—时间图像的认识和理解，会根据题意判断速度和加速度、频率等问题。
3.【答案】A
【解析】两个等量正电荷对带电粒子的库仑力的合力为F=2kQqr2cs30°，
根据牛顿第二定律F=mv2rcs30°，
联立解得v= 3kqQ2mr。
故选A。
根据库仑定律求出带电粒子受到的库仑力，再根据牛顿第二定律结合向心力公式求速度。
4.【答案】D
【解析】A. t=0 时质点Q向上振动，根据上下坡法可知这列波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.这列波的传播速度为v=λT=44m/s=1m/s
故B错误；
C.从 t=0 到 t=3s ，质点Q经历 34T ，质点Q通过的路程为s=34×4A=3A=3×0.4m=1.2m
故C错误；
D. t=0 时质点P处于平衡位置与波峰之间，向y轴正方向运动，在 t=1s 时，经历 T4 ，质点P处于平衡位置与波峰之间，向y轴负方向运动，故D正确。
故选D。
5.【答案】BD
【解析】A.当小球受到电场力和弹簧弹力平衡时，加速度为零，小球速度有最大值，此时弹簧处于伸长状态，故A错误；
B.小球做简谐运动，电场力和弹簧弹力提供回复力，则小球速度为零时，小球的加速度最大，故B正确；
CD.在小球向右运动到最右端的过程，电场力做正功，根据动能定理W电+W弹=0−0
可知弹簧弹力做负功，小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大，故C错误，D正确。
故选BD。
6.【答案】CD
【解析】AB.由乙图知，O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也从O点指向无穷远处，故将一个带负电微粒(不计重力)从B处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过O点后，再减速，到速度为零，如此往返运动，由乙图可知，微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简谐运动，故AB错误；
C.根据 E−x 图像与x轴围成的面积表示电势差，可知 UBO>UOA ；根据 W=qU ，可知粒子从B到O电场力对其做的正功大于粒子从O到A电场力对其做的负功，即粒子从B到O减少的电势能大于粒子从O到A增加的电势能，故粒子在A处的电势能比在B处的电势能低，故C正确；
D.由乙图可知，当加速度为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，即粒子到达 O 点的速度最大，故D正确。
故选CD。
7.【答案】AD
【解析】A.由题知，照射光敏电阻的光照强度增加，则光敏电阻 R1 变小，外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律 I=ER1+R0+r
可知总电流I变大，即电流表的示数变大；
根据 UV=E−IR0+r
可知电压表的示数变小，故A正确；
B.根据 UV=E−IR0+r
可得 ΔUΔI=R0+r ，故B错误；
C.根据电路可知，电容器右极板带正电，左极板带负电，由A知，电压表的示数减小，根据 Q=CUV
可知电容器的电量变小，即电容器放电，则有从左向右的电流流过 R2 ，故C错误；
D. R0 的功率为 P0=I2R0
因电流I变大，故 R0 的功率 P0 变大；因不知道 R1+R0 与内阻 r 的大小关系，故电源的输出功率变化无法确定，故D正确。
故选AD。
8.【答案】AD
【解析】A. t1 时刻小球A到达最低点，之后B脱离挡块向左运动，此后A、B组成的系统水平方向动量守恒，选项A正确；
B.小球A到达最低点时满足 2mgL=12⋅2mv02
则速度为 v0= 2gL
t2 时刻A、B速度相同，根据动量守恒定律 2mv0=3mv
解得共同速度大小为 v=23 2gL ，选项B错误；
C. t1 时刻之后，当AB共速时A高度最大，由能量关系 2mgh=12⋅2mv02−12⋅3mv2
解得小球A能上升的最大高度为 h=L3 ，选项C错误；
D.图乙中阴影部分的面积表示的是AB水平方向位移差(Δx=xA−xB)，AB共速时A的下落高度为 Δh=L−h=2L3
故从t1～t2阶段，图乙中阴影部分的面积为 Δx= L2−(Δh)2= 53L
整理可得 xA=Δx+xB>Δx= 53L ，故D正确。
故选AD。
9.【答案】5
先增大后减小

【解析】[1]该棒做受迫振动，所以该棒振动频率等于5Hz；
[2]在受迫振动中，驱动力频率越接近物体固有频率，物体振动幅度越大，该棒固有频率为 4Hz ，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，该棒振动的幅度先增大后减小。
10.【答案】0.8
0.4

【解析】根据动能定理有mgh=12mv2
解得h=0.8m
该同学冲到最高点的过程中，系统水平方向动量守恒定律，则有mv=2mv′
根据能量守恒定律有mgh′=12mv2−12×2mv′2
解得h′=0.4m。
11.【答案】Sv
45ρSv2

【解析】[1]设 Δt 时间内气流形成的长度为 l=v⋅Δt
单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 V=SlΔt=Sv
[2]规定风的方向为正方向，对 Δt 时间内形成的气流由动量定理 −F⋅Δt=m×15v−mv
代入数据解得 F=45ρSv2
由牛顿第三定律，叶片受到的平均冲击力大小为 F′=F=45ρSv2
12.【答案】10.60
B
9.86

【解析】(1)[1]摆球直径为
10mm+12×0.05mm=10.60mm
(2)[2]根据
T=2π Lg
得
g=4π2LT2
A.把摆线长当作摆长，L测量值偏小，导致g的测量值偏小，故A错误；
B.把摆线长与球的直径之和作摆长，L测量值偏大，导致g的测量值偏大，故B正确；
C.将n次全振动次数计为n−1次，则T测量值偏大，导致g的测量值偏小，故C错误；
D.摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，L测量值偏小，导致g的测量值偏小，故D错误。
故选B；
(3)[3]由图可知
T=2s
又
g=4π2LT2
解得
g=9.86m/s2
13.【答案】36
33.3
1.2
偏小
偏小

【解析】(1)串联的电阻 R0=40−44×4kΩ=36kΩ 。
(2)[1][2]根据电路规律可知 10U=E−10URr
变形可得图像方程 1U=10E+10rE⋅1R
则 b=10E
故 E=33.3V
且 10rE=a−bc
故 r=1.2Ω 。
(3)[1][2]考虑电压表分流， 10U=E真−10UR+URVr真
则 1U=10E真1+r真RV+10r真E真⋅1R
则 b=10E真1+r真RV
故 E测