重庆市育才中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

重庆市育才中学校高2025届（二上）10月月考物理试题

（满分100分，考试时间75分钟）

第Ⅰ卷

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）

1. 如图所示是一质点做简谐运动图像，下列说法正确的是（　　）

A. 该质点振动的周期为4s B. 该质点振动的频率为0.5Hz

C. 该质点振动的振幅为10cm D. 质点在一个周期内通过的位移为20cm

【答案】A

【解析】

【详解】A．该质点振动的周期为4s，A正确；   

B．该质点振动的频率为0.25Hz，B错误；

C．该质点振动的振幅为5cm，C错误；   

D．质点在一个周期内通过的位移为0cm，路程为20cm，D错误。

故选A。

2. 如图所示，M、N是在地球大气层外运行轨道上运动的2颗人造卫星，用v、ω、T、a分别表示人造卫星绕地球运动的线速度，角速度，周期和向心加速度，则下列关系正确的是（　　）

A. ωM<ωN B. TM>TN C. vM>vN D. aM<aN

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据万有引力提供向心力，有

解得

由于，所以

故A错误；

B．根据万有引力提供向心力，有

解得

由于，所以

故B错误；

C．根据万有引力提供向心力，有

解得

由于，所以

故C正确；

D．根据万有引力提供向心力，有

解得

由于，所以

故D错误。

故选C。

3. 摩擦纳米发电机是一种新型发电装置，由两个导体板以及附着在导体板上的两种不同电介质组成，两种电介质重复性的接触分离，可以将机械能转化为电能，当发电机两极板处于如图所示状态时，可以等效为一个平行板电容器，其电容的大小是影响发电性能的重要参数之一，在以下方法中，可以增大电容值的是（　　）

A. 将介电质ab拔出 B. 更换介电常数更大的电介质

C. 同时减小两个导体板和附着在导体板上电介质a、b的面积 D. 增大导体板间的距离

【答案】B

【解析】

【详解】根据电容决定式

A．将介电质ab拔出，板间介电常数变小，则电容减小，故A错误；

B．更换介电常数更大的电介质，则电容增大，故B正确；

C．同时减小两个导体板和附着在导体板上电介质a、b的面积，正对面积减小，则电容减小，故C错误；

D．增大导体板间的距离，则电容减小，故D错误。

故选B。

4. 如图所示，将一个内阻为1500Ω、量程为1V的电压表与定值电阻R1串联，改装成为一个量程为3V的电压表，则R1的阻值为（　　）

A. 2000Ω B. 3000Ω

C. 4500Ω D. 6000Ω

【答案】B

【解析】

【详解】根据

得

R1=3000Ω

故选B。

5. “甩绳”运动可以提升健身者的爆发力、心肺耐力等，健身者把绳子的一端固定，用手握住绳子的另一端，健身者根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，绳子就在竖直面内形成波形，某时刻的波形图如图所示。下列说法正确的是（    ）

A. 手握住绳子的握点O的起振方向向下

B. 若手上下振动的频率减小，则该波的波长将变小

C. 若手上下振动的频率增大，则绳波传到固定端的时间变短

D. 若手上下振动的频率减小，则绳波传到固定端的时间变短

【答案】A

【解析】

【详解】A．由波形图的最前端可知，波所到达的位置质点振动方向向下，可知手握住绳子的握点O的起振方向向下，选项A正确；

B．若手上下振动频率减小，因波速不变，根据

则该波的波长将变大，选项B错误；

CD．无论手上下振动的频率增大还是减小，因波速不变，则绳波传到固定端的时间不变，选项CD错误。

故选A。

6. 如图为一列简谐横波在t=0.1s时刻的波形图，已知该波沿x轴正方向传播，波速v=20m/s，则质点P的振动图像为____________。

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】AC．根据

可知振动周期

AC错误

BD．由于波沿x轴正方向传播，因此在t=0.1s时刻，P点通过平衡位置向y轴正方向运动，因此D正确，B错误。

故选D。

7. 如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆形轨道运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A. 小球受到的电场力大小为

B. 小球通过D点时的速度大小为

C. 小球在运动过程中的最大速度为

D. 小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电场力大小为

故A错误；

B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为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，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有

解得

故B错误；

C．小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得

联立解得

故C错误；

D．在C点，由牛顿第二定律得

解得

故D正确。

故选D。

二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有两个或者两个以上选项符合题目要求，全部选对得5分，选不全得3分，有错选得0分）

8. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，经调节后在目镜中观察到如图甲的单色光干涉条纹，下面能使条纹间距变小的是（　　）

A. 减小光源到单缝的距离 B. 增大双缝之间的距离

C. 增大双缝到光屏之间的距离 D. 将红色滤光片改为绿色滤光片

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据双缝干涉的条纹间距公式，可知减小光源到单缝的距离，条纹间距不变，故A错误；

B．根据双缝干涉的条纹间距公式，可知增大双缝之间的距离，能使条纹间距变小，故B正确；

C．根据双缝干涉的条纹间距公式，可知增大双缝到光屏之间的距离，条纹间距变大，故C错误；

D．根据双缝干涉的条纹间距公式，可知将红色滤光片改为绿色滤光片，波长变短，故条纹间距变小，故D正确。

故选BD。

9. 如图所示，实线为某一点电荷的电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　）

A. 粒子一定带正电

B. 粒子在c点的速度比在b点的速度小

C. 粒子在c点的电势能比在b点的电势能小

D c点电势比a点低

【答案】AB

【解析】

【详解】A．带电粒子只在电场力作用下做曲线运动，可知电场力方向指向轨迹的凹侧，故电场力方向与电场方向相同，粒子带正电，故A正确；

BC．根据沿电场线方向电势降低，且等势面与电场线垂直，可知c点电势比b点高，根据

由于粒子带正电，所以粒子在c点的电势能比在b点的电势能大，又只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和保持不变，则粒子在c点的动能比在b点的动能小，粒子在c点的速度比在b点的速度小，故B正确，C错误；

D．根据沿电场线方向电势降低，且等势面与电场线垂直，可知c点电势比a点高，故D错误。

故选AB。

10. 如图所示，一列横波在x轴上传播，在时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示，下列说法中正确的是（　　）

A. 由该波形曲线读出这列波的振幅为0.2m

B. 该波形曲线上的质点振动的周期可能是0.3s

C. 若周期大于，则可能的最小波速是20m/s

D. 若周期大于，则可能的最大波速是140m/s

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由该波形曲线读出这列波的振幅为0.2cm，故A错误；

B．若波向右传播，周期满足关系式

解得

当波向左传播时，周期满足关系式

解得

由数学关系知无论取何值，周期都不可能为0.3s，故B错误；

CD．由图可知该波的波长为8m，若周期大于，即

当波沿x轴正方向传播时，可能的周期为

当波沿x轴负方向传播时，可能的周期为

由波速公式

可知速度最小时，周期T最大，分析上面两类情况可知，当周期最大时，波沿x轴正方向传播，且在

中，取，即

则

最小波速

当速度最大时，周期最小，分析上面两类情况可知，当周期最小时，波沿x轴负方向传播，且在

中，取，即

则

最大速度

故CD正确。

故选CD。

三、实验题（本题共2小题，11题5分，12题10分）

11. 某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），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为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。

（1）从图可知，摆球的直径为d=_________mm；

（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=________；

（3）实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是___________。

A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线

B．当单摆经过最大位移时开始计时

C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的

D．测量多组周期T和摆长L，作L-T2关系图像来处理数据

【答案】    ①. 5.980    ②.     ③. AD##DA

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm，摆球的直径为

d=5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm

（2）[2]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，则单摆全振动的次数为

根据单摆全振动次数和时间的关系，单摆周期为

单摆的摆长为

根据单摆的周期公式，解得重力加速度

（3）[3] A．为了减小实摆长对实验的影响，实验中要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A正确；

B．单摆通过平衡位置时速度最大，停留时间最小，为了减小计时产生的误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时，故B错误；

C．为了减小空气阻力影响而产生的误差，在相同质量时，应该选用体积较小的小球作为摆球，故C错误；

D．应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长L，作L - T2关系图像来处理数据，由单摆的周期公式，可得

图像的斜率

重力加速度

故D正确。

故选AD。

12. 一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“3V  1.5W”的小灯泡的I-U图线，现有下列器材供选用：

A．电源E（电动势3V，内阻较小）                B．开关一个、导线若干

C．滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流为1A）        D．电压表V1（0~6V，内阻约10kΩ）

E．电压表V2（0~3V，内阻约为3kΩ）                F．电流表A1（量程300mA、内阻约为5Ω）

G．电流表A2（量程600mA、内阻约为1Ω）            H．定值电阻R0=5Ω

（1）实验中电流表应选用______，电压表应选用______（填相应器材前的字母）；

（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（b）所示，由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率______（填“增大”“不变”或“减小”）；

（3）实验过程中同学心想在原有的实验器材的基础上还可以精确测量电流表A1的内阻值，于是设计了如图（c）所示的电路图，在正确操作后，记录得到A1的示数为I1，A2的示数为I2，则用已知物理量表示电流表A1的内阻r1表达式为______。

【答案】    ①. G    ②. E    ③. 增大    ④. 增大    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电流为

所以电流表选G，电源E电动势3V，所以电压表选E。

（2）[3][4]图（b）所示曲线上各点斜率的倒数与小灯泡的电阻成正比；由图可知，随着电流的增加，曲线上各点的斜率逐渐减小，斜率的倒数逐渐增大，所以小灯泡的电阻也逐渐增大。根据

灯丝的电阻率增大。

（3）[5]根据欧姆定律及并联电路的电流规律可得

四、解答题

13. 如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知水深H=2.4m，入射角α=53°，水的折射率，真空中光速，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

（1）求激光在水中传播的速度大小v；

（2）激光在水中的折射角大小β；

（3）光从O到P所需的时间t。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由，可得激光在水中传播的速度大小

（2）由折射定律可得

解得

则激光在水中的折射角大小

（3）光从O到P所需的时间

14. 如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为9m的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m，速度为的子弹射中，子弹留在木块中。重力加速度为g，求：

（1）子弹击中木块后的速度；

（2）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q。

（3）木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）子弹击中木块，根据动量守恒有

解得子弹击中木块后的速度为

（2）根据能量守恒可得

可得子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q

（3）击中后，从B到C过程，根据机械能守恒可得

解得

木块从C点飞出后做平抛运动，则有

联立解得

15. 如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电压为U1的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d、A、B两板间加周期性变化的电压，UAB如图乙所示，电压变化周期为T，正半周电压绝对值为U0，负半周电压绝对值为3U0，电子质量为m、电子电量的绝对值为e，不计电子的重力，也不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：

（1）电子从加速电场飞出后的速度v0多大；

（2）A、B极板长设为L，若，求：从t=0时刻射入偏转电场的电子在离开偏转电场时的偏转距离y；

（3）在满足（2）的条件下，在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子占电子总数的比例。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）加速电场加速。由动能定理得

解得

（2）电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有

L=v0t

将代入得，运动时间

则t=0时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有

（3）由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在U0时加速度大小为a1，3U0时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得

可得

a2=3a1

在0～时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则

解得

在0～时间内，～时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；

～T这段时间内，设t=T-t2时刻射入的电子刚好偏转位移为0。则有

解得

所以～T这段时间内，～（T-t2）时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出。

在一个周期内能从下中线下方离开的粒子射入时间间隔为

所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比