河南省濮阳市第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试题（PDF版，含解析）含答案解析

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3．D【详解】根据伏安特性曲线，当U＝1V时，电阻b的电流Ib＝0.4A，根据欧姆定律，电阻b的电阻值，A错误；当U＝3V时，电阻a的电流Ia＝0.6A，根据欧姆定律，电阻a的电阻值，伏安特性曲线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，电阻a的斜率不变电阻不变，即U＝1V时，电阻a的电阻仍然为5Ω，a、b的电阻不相等，B错误；伏安特性曲线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由于电阻b的斜率随电压的升高不断变小，所以电阻不断增大，C错误；根据伏安特性曲线可知，当U＝3V时，两图线的交点坐标相同，电阻相同，D正确。选D。
4．B【详解】根据电场线的指向和电场线的密集程度，知两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量多，故A错误；b点电场线更密集，电场强度更大，带电粒子在b点受电场力更大，根据，得带电粒子在a点的加速度小于在b点加速度，故B正确，D错误；粒子轨迹在速度方向和受力方向之间，故可判断粒子受力和场强方向相反，粒子带负电，故C错误。故选B。
5．B【详解】足球静止自由下落20cm，与头部刚接触时的速度为，足球下落到与头部刚接触时动量大小为，故A错误；离开头部后竖直上升的最大高度仍为20cm，则足球离开头部的速度大小也为，方向向上；则足球与头部作用过程中动量变化量大小为，故B正确；足球与头部作用过程中，以向上为正方向，根据动量定理可得，解得头部对足球的平均作用力大小为，可知头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍，故C错误；重力的冲量为，从最高点下落至重新回到最高点的过程中，时间不为零，重力对足球的产生的冲量不为0，故D错误。故选B。
6．A【详解】小球在半圆槽内由A向B的过程中只有重力做功，机械能守恒，在由B到C过程中除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒。由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A正确；小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，所以小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故B错误；小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。故选A。
7．B【详解】设加速电压为U0，根据动能定理，电子在金属板间做类平抛运动，设板长为L，板宽为d，则 ， ，，电子在金属板间的侧向位移为。设电子射出金属板时的速度偏转角度为θ，则，电子在金属板间，根据动能定理，得。滑动触头向左移动时，U0减小，v可能存在先减小再增大的情况，A错误；滑动触头向右移动时，U0增大，则y与θ均减小，电子射出金属板后斜向上做匀速直线运动，可知电子打在荧光屏上的位置下降，B正确。电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度增大，C错误；电压U增大时，不影响电子进入金属板的速度v0，电子在进入金属板后，沿v0方向做匀速直线运动，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，D错误。故选B。
8．BC【详解】物块A静止时，弹簧的压缩量为x，此时物块A处于平衡位置，由题意可知 ，可得，A错误；撤去压力的一瞬间，弹簧弹力不变，对物块A受力分析，由牛顿第二定律 ，其中，联立可得物块A的加速度大小为，B正确；当物块A运动到最高点，由对称性可知，弹簧此时伸长量为x，对B有 ，解得物块B的质量大小为，C正确；由图丙可知，振幅为，周期为，物块A的振动方程为，代入数据可得，D错误。故选BC。
9．CD【详解】由题知B板接地，其电势为零，根据，可得d点与B板的电势差，又，解得，故A错误；根据几何关系，可得，根据，可得d、c两点间的电势差为，故将电荷量的带负电点电荷从d移到c，电场力做的功，故B错误，C正确；．BA间的电势差为，则 B板所带电荷量为，故D正确。故选CD。
10．ABC【详解】当乙车速度为零时，开始反向，根据动量守恒得，解得，速度方向与原来方向相反，故A正确；当甲车速度为零时，开始反向，根据动量守恒定律得，，解得，速度方向与原来乙的方向相同，故B正确；当两者速度相同时，相距最近，根据动量守恒得，解得。速度方向与乙车原来的速度方向相同，故C正确，D错误。故选ABC。
11． (1)大于（2分） (2) AD （2分，漏选不得分） (3) （2分）
【详解】(1)两球碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得，，联立解得，
要使碰后两球都向前运动离开轨道末端做平抛运动，需满足，，可知两球质量关系应满足mA大于mB
(2)安装轨道时，轨道末端必须水平，才能保证小球碰后都做平抛运动，A正确；在同一组实验的多次碰撞中，每次入射小球必须从斜槽上的同一位置由静止释放，以确保碰前的速度都一样，D正确；由于碰前A球做平抛运动和碰后A、B球做平抛运动的下落高度H相同，故运动时间相同，由，可知，平抛运动的初速度与水平位移成正比，只需测量平抛运动的水平位移即可进行验证，故需要的测量仪器有天平、刻度尺，不需要秒表，不需要测量抛出点距地面的高度H，BC错误。故选AD。
(3)碰撞过程由动量守恒定律可得，由于平抛运动时间相同，可得，代入数据可得
12．(1)左 (2) (3) （每空2分）
【详解】（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移动到最大阻值处，即将滑片P调到左端。
（2）由于图乙中电压表的分流作用引起测量误差，理论上，而实验中忽略了通过电压表的电流形成的误差，即有，，当时，则有。用、作出修正图如下，由图可知，，，此时短路时的电流测量准确。
（3）对图甲分析可知，理论上，为电源电流得真实值，而电压表的示数不是路端电压得真实值，且，由此可知，干路电流越大越大，当时，即纵截距的测量没有误差，如图所示。结合上述分析可知，图甲的电动势测量没有误差，图乙的短路电流测量没有误差，因此电池内阻的真实值为
13．【答案】(1)1Ω (2)1.8V (3)0.28W
【详解】（1）小灯泡的额定电流为 ……………………………………1分
其阻值为 ……………………………………1分
当开关S接1时，根据闭合电路的欧姆定律有 ………………………1分
代入数据解得 ……………………………………1分
当开关S接2时，灯泡正常发光，电路电流仍为0.2A，
电源内电压为 …………………………………… 1分
则电动机两端的电压为 ……………………………………1分
解得 ……………………………………1分
电动机的总功率为 ……………………………………1分
电动机的热功率为 ……………………………………1分
则电动机正常工作的输出功率 ……………………………………1分
(1) 4r； (2) （4+2）mgr
【详解】(1)在A点，根据牛顿第二定律得，解得 ………2分
从释放点到A点，由动能定理得 ……………………2分
………………………………………………2分
电场水平向左时，小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，且qE=mg，知小球在BC弧中点时动能最大，θ=45 ……………………2分
从初始位置到该点，由动能定理有：mg(h+rcs45)+qErsin45=Ek-0 ……………………2分
得Ek=（4+2）mgr ……………………………………2分
15．(1)4m/s (2)2s (3)0.25m
【详解】（1）设小球C运动到斜面底端的速度为，由机械能守恒有
……………………………1分
小球C在斜面底端与小球A发生弹性碰撞有……………………1分
…………………………1分
解得 ………………1分
设球自静止释放至运动到斜面底端的时间为，由牛顿第二定律有
………………………………1分
根据位移时间公式有 ………………………………1分
小球与小球第1次碰后至与小球碰前时间为，则有……………1分
小球与小球第1次碰撞，根据动量守恒有………………1分
能量守恒：……………………………………1分
解得， ……………………………………1分
小球A与B第1次碰后，小球A第1次返回斜面底端所用时间为，则有L=νA1t3 …1分
小球A第1次返回斜面底端所经历的时间，解得 ………………1分
（3）每次碰后小球B做匀减速运动，由牛顿第二定律3μmg=3maB ………………1分
设第一次碰后小球B匀减速到静止所用时间为，根据速度时间公式有νB1=αBt4………1分
解得t4>2t3，由此可知第二次碰撞前小球B已静止，小球A每次与小球B碰撞后，速度大小变为原来的，小球B的速度大小也为小球A原来速度大小的 ………………1分
故每次碰撞前小球B均已停下
由得小球与小球第二次碰前小球的位移大小 ……1分
小球与小球第三次碰前小球的位移大小=0.25m……………1分
从时刻至A与B第3次碰撞前的过程中B的位移x=x1+x2=1.25m …………1分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
B
B
A
B
BC
CD
ABC