甘肃省临夏自治州康乐中学2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 2024秋季学期第一次月考物理测试卷 一、单选题（共7小题,每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1. 下列有关电学知识的相关说法正确的是(　　) A. 图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电极B上 B. 图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的 C. 图丙中，在加油站给汽车加油前需要触摸静电释放器是为了利用静电 D. 图丁中，工作人员在超高压带电作业时，穿绝缘橡胶服比金属丝编制的更安全 2. 2020年11月，中国“奋斗者”号载人潜水器在地球海洋最深处“马里亚纳海沟”成功坐底，坐底深度10909米，如图甲所示。“奋斗者”号在某次竖直方向运动的 图像如图乙所示，规定竖直向上为正方向。下列说法正确的是(　　) A. 0到 内，“奋斗者”号竖直向上运动了 B. 时，“奋斗者”号的运动方向发生了改变。 C. 到 内，“奋斗者”号先处于失重状态，后处于超重状态。 D. 0到 内，“奋斗者”号在0到 内加速度最大 3.四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较(　　) A. a的向心加速度最大 B. c相对于b静止 C. 相同时间内b转过的弧长最长 D. d的运行周期最小 4. 如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。则P中的电流在a点处磁感应强度的大小为（　　） A. 0 B. C. D. 5. 如图，虚线表示电场中的三条等势面，相邻等势面间电势差相等，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。由此可知(　　) A. P点的电势低于Q点的电势 B. 带电粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度 C. 带电粒子在P点时的电势能小于在Q点时的电势能 D. 带电粒子一定是从P点运动到Q点 6. 动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示，M为烟雾传感器，其阻值 随着烟雾浓度的改变而变化，N为定值电阻，滑动变阻器的滑片P已调整至合适位置，电源电动势和内阻恒定不变。当车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致N两端的电压增大，装置发出警报。下列说法正确的是(　　) A. 烟雾浓度增大时， 的阻值减小 B. 烟雾浓度增大时，通过滑动变阻器的电流增大 C. 滑片P向右移动可以提高报警灵敏度 D. 烟雾浓度增大时，烟雾传感器消耗的功率一定增大 7. 如图所示，某同学用两只手分别撑住左右两边的桌子使自己悬空，设两手臂和桌面的夹角均为锐角，两桌面始终水平且等高，现缓慢增大两手臂(始终伸直)和桌面的夹角θ，桌子始终静止在地面上，则下列说法正确的是(　　) A. 每只手臂所承受的作用力变小，地面对单个桌子的支持力将变小 B. 每只手臂所承受的作用力变大，地面对单个桌子的摩擦力将变大 C. 每只手臂所承受的作用力不变，地面对单个桌子的支持力不变 D. 每只手臂所承受的作用力变小，地面对单个桌子的摩擦力将变小 二、多选题（共3小题，每小题5分，共15分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。） 8. 如图所示，同一高度有4个相同的小球，同一时刻甲、乙、丙分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上以相同的速率抛出，丁做自由落体运动，均不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　) A. 四个小球同时落地 B. 甲、乙两小球落地时的速度大小相同 C. 四个小球的加速度相同 D. 四个小球的位移相同 9. 某悬臂吊车在运送货物，货物在水平方向的x－t图像和竖直方向的vy－t图像如图甲、乙所示。以下判断正确的是(　　) A. 在0～2 s内，货物做直线运动 B. 在0～2 s内，货物受到的合外力沿y轴方向 C. 在第1 s末，货物的瞬时速度为0.7 m/s D. 在第2 s末，货物离出发点的距离为1.0 m 10. 轻杆AB长2L，A端连在固定轴上，B端固定一个质量为2m的小球，中点C固定一个质量为m的小球．AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动．现将杆置于水平位置，如图所示，然后由静止释放，不计各处摩擦力与空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A. AB杆转到竖直位置时，角速度为 B. AB杆转到竖直位置的过程中，B端小球的机械能的增量为 mgL C. AB杆转动过程中杆CB对B球做正功，对C球做负功，杆AC对C球做正功。 D. AB杆转动过程中，C球机械能守恒。 三、实验题（共2小题,11题7分，12题8分。） 11. 某同学做“探究小车加速度与合外力的关系”的实验装置如图1所示，他用力传感器来测量绳子的拉力 。他将力传感器和小车固定在一起，细线的一端与砝码相连，另一端系在传感器的挂钩上。 回答下列问题： (1)关于本实验的部分操作或要求，下列说法正确的是　　　　(填选项序号)。 A．必须保证砝码的质量远小于小车的质量 B．与小车相连的细线必须保持与木板平行 C．需要进行补偿摩擦力的操作 D．不需要刻度尺也不需要天平 (2)实验主要采用的研究方法是　　　　(填选项序号)。 A．理想模型法　　B．微元法　　 C．控制变量法　　D．等效替代法 (3)该同学打出一条纸带如图2所示，每相邻两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，图2中的数字为对应的两个计数点间的距离，打点计时器的工作频率为 。则打下计数点 时纸带的速度大小 　　　　 ；小车做匀加速直线运动的加速度大小 　　　　 (均保留2位有效数字)。 (4)实验中保持小车质量不变，改变砝码的质量，进行多次测量，记录数据，以 为纵坐标， 为横坐标，作出了加速度 随拉力 的变化关系图，如图3所示，发现图中直线明显没有通过原点，其主要原因是　　　　　　；由 图像中图线斜率可得小车(含力传感器)的质量为　　　　 。 12. 如图甲所示是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流Ig=500 μA、内阻Rg=50 Ω，该多用电表有两个电流挡，量程分别为0~10 mA和0~1 mA，已知R2=45 Ω，R3=2 475 Ω。 (1)转换开关S接入_________（填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”）端时，为较小量程的电流挡，正确测量时电流应从A表笔流_________（填“出”或“入”）多用电表。 (2)当转换开关S接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到刻度盘最_________（填“左”或“右”）侧。某次测量电阻时使用的倍率为“×10”，指针如图乙，则待测电阻的阻值为_________Ω。 (3)当转换开关S接入“5”端时，多用电表的功能是测_________（填“电流”“电压”或“电阻”），其量程为_________。 四、计算题（共3小题） 13. 如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m＝2 kg的物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10 m/s2.求： (1)物块及木板的加速度大小； (2)物块滑离木板时的速度大小。 14. 如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高．一质量m＝0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0＝3 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. (1)求小球到达P点时的速度大小vP； (2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力； (3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。 15. 如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为 M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线 射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线(图中虚线箭头所示)。已知电子质量 电荷量为 偏转极板M、N长 间距 虚线 距离靶台竖直高度为 靶台水平位置可以调节，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求： (1)电子进入偏转电场区域时速度的大小； (2)若M、N两板之间电压大小 时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离； (3)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度； (4)在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。 参考答案 1. 【答案】B 【解析】图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故A错误；图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的，故B正确；图丙中，给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其目的是导走人身的静电，防止发生静电危害，故C错误；图丁中，超高压带电作业的工作人员，穿上金属丝制成的衣服，起到静电屏蔽的作用，可以保证安全，故D错误。故选B。 2. 【答案】A 【解析】由 图像知，图像围成的面积代表位移，t轴以上代表位移为正，t轴以下代表位移为负，则可知0到 内，位移为正，所以“奋斗者”号竖直向上运动，运动位移为 ，A正确；由图像知， 时，速度方向不变，表示开始竖直向上做匀速直线运动，B错误； 到 内，“奋斗者”竖直向上做匀减速直线运动，处于失重状态， 到 内，改变方向，竖直向下做匀加速直线运动，处于失重状态，C错误；根据加速度公式知 ，在0到 内加速度为 ，在 到 内加速度为 ，所以 ，D错误。 3. 【答案】C 【解析】地球同步卫星的周期、角速度与地球自转周期相同、角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r，知c的向心加速度比a的向心加速度大，又根据G＝ma，可知ab>ac>ad，即b的向心加速度最大，故A错误； b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，c相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以c相对于b运动，故B错误；根据v＝ωr，知c的线速度比a的线速度大，由＝，得v＝，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以vb>vc>vd，由l＝vt，在相同时间内b转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律＝k，可知卫星的轨道半径越大，周期越大，所以Tb<Tc<Td，所以d的运行周期不是最小，故D错误。 4. 【答案】B 【解析】根据题意做出通电直导线P、Q在a点的磁场强度的矢量图如下图所示 二者的合场强大小等于匀强磁场的磁感应强度，P、Q距a点的距离相等，则产生的磁场强度大小相等，即，则由几何关系有解得。 5. 【答案】A 【解析】电场所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线方向电势降低，故P的等势面电势较低，Q的等势面电势最高，故A正确；由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面越密集的地方电场线越密集，电场强度越大，故P点电场强度较大，电场力较大，加速度较大，故B错误；P的等势面电势较低，Q的等势面电势最高，负电荷在电势低的地方电势能较大，则带电粒子在P点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；根据题意无法判断带电粒子是从P点运动到Q点还是Q点运动到P点，故D错误。故选A。 6. 【答案】A 【解析】定值电阻N两端的电压增大，干路电流增大，传感器两端的电压一定减小，则并联部分电阻一定减小，可知烟雾浓度增大时， 的阻值减小，故A正确；烟雾浓度增大时， 的阻值减小，并联部分电压减小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小，故B错误；滑动变阻器接入电路的阻值越大，滑动变阻器与烟雾传感器并联的电阻越接近 ，烟雾浓度增大时，N两端的电压增大得越明显，即能够提高报警灵敏度，可知滑片P向左移动可以提高报警灵敏度，故C错误；烟雾浓度增大时， 的阻值减小，干路电流增大；烟雾传感器两端的电压一定减小，通过滑动变阻器的电流减小，通过烟雾传感器的电流增大，其消耗的功率可能增大，也可能减小或不变，故D错误。故选A。 7. 【答案】D 【解析】设人的质量为，单个桌子的质量为，每只手臂所承受的作用力为，地面对单个桌子的支持力为，地面对单个桌子的摩擦力为，对整体有，可得，则增大两手臂(始终伸直)和桌面的夹角θ时，地面对单个桌子的支持力不变。对人有，解得，变大，则变大，每只手臂所承受的作用力变小，对单个桌子，水平方向上有，由于变小，变小，则变小，D正确。 8. 【答案】BC 【解析】甲、乙、丙球被抛出，丁球做自由落体运动后，均不计空气阻力，四个小球只受重力，由牛顿第二定律mg＝ma可得，四个小球的加速度相同，均为g，C正确；设竖直向下为正方向，由运动学公式，对甲球有h＝v0t1＋gt12，竖直方向上对乙球有h＝gt22，对丙球有h＝－v0t3＋gt32，对丁球有h＝gt42，整理可得t3＞t2＝t4＞t1，A错误；由题意可知，甲球落地时的速度为v1＝，乙球落地时水平方向vx=v0，竖直方向vy= ，则乙落地时的速度v2＝ = ，故甲、乙两小球落地时的速度大小相同，B正确；甲、丙、丁三个小球落到抛出位置的正下方，位移大小和方向相同，乙小球水平方向有位移，四个小球位移不相同，D错误。 9. 【答案】BD 【解析】由题图甲可知，货物在水平方向做匀速直线运动，水平方向合外力为零，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向合外力不为零，因此在0～2 s内，货物做曲线运动，受到的合外力沿y轴方向，A错误，B正确；由题图甲可知，货物在水平方向的速度大小为vx＝＝ m/s＝0.4 m/s，由题图乙可知，在第1 s末，货物在竖直方向的速度大小为vy1＝＝ m/s＝0.3 m/s，因此在第1 s末，货物的瞬时速度大小为v1＝＝ m/s＝0.5 m/s，C错误；由题图甲可知，2 s内货物在水平方向的位移大小为x2＝0.8 m，由题图乙可知， 2 s内货物在竖直方向的位移大小为y2＝t2＝×2 m＝0.6 m,2 s内货物的位移大小为s＝＝ m＝1.0 m，因此在第2 s末货物离出发点的距离为1.0 m，D正确。 10. 【答案】AB 【解析】在AB杆由静止释放转到竖直位置的过程中，以B端球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有mg·2L＋2mg·2L＝mgL＋ ·2m(ω·2L)2＋ m(ωL)2解得角速度ω＝ ，A项正确；在此过程中，B端小球机械能的增量为ΔEB＝E末－E初＝ ·2m(ω·2L)2－2mg(2L)＝ mgL，B项正确；AB杆转动过程中，杆AC对C球不做功，杆CB对C球做负功，对B球做正功，C项错误；C球机械能不守恒，B、C球系统机械能守恒，D项错误． 11. 【答案】(1)BC/CB（1分）　　(2)C（1分）　　(3)0.56（1分）　　0.80（2分）　　(4)没有补偿摩擦力或者补偿摩擦力不足（1分）　　0.7（1分） 【解析】(1)细线对小车的拉力可以通过力传感器读出，不要求砝码的质量远小于小车的质量，故A错误；实验中要保证细线对小车的拉力为合外力，则需要将长木板右端适当抬高平衡摩擦力，与小车相连的细线必须与长木板平行，故B、C正确；实验不需要天平，但是需要刻度尺测量纸带长度，故D错误。 (2)探究加速度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主要应用的方法是控制变量法。 (3)相邻两个计数点之间的时间间隔 ，打计数点D时小车运动的速度 ， 小车运动的加速度 ， (4)图中直线明显没有通过原点，也就是说当拉力到达一定值时小车才有了加速度，则其主要原因是没有补偿摩擦力或者补偿摩擦力不足； 根据 可知， 图像中图线斜率的物理意义是小车质量的倒数即 。 12. 【答案】(1)2（1分）　　入（1分）　　(2)右（1分）　　190（1分）　　(3)电压（1分）　　 0~2.5V（3分） 【解析】(1)由题图甲可知，电流挡需要将电阻与表头并联从而达到分流作用；电阻挡需要内部电源对所测电阻供电，从而通过电流来间接反应电阻；电压挡需要将电阻与表头串联从而达到分压作用。综上所述可知开关接入1、2端时，为电流挡。根据串并联电路规律可知，当开关接入1端时，所测最大电流值为，当开关接入2端时，所测最大电流值为，所以2端为较小量程的电流挡。根据表内电源正负极方向可知正确测量时电流应从A表笔流入。 (2)欧姆调零时，指针应偏转到刻度盘的零刻度处，即最右侧。由题图乙可知待测电阻的阻值为190Ω。 (3)当转换开关S接入“5”端时，多用电表的功能是测电压。此时所测电压最大值为 ，即量程为0~2.5V。 13.（9分） 【答案】见解析 【解析】(1)对物块有：μmg＝mam， 解得am＝μg＝2 m/s2， 对木板有：μmg＋μ(M＋m)g＝MaM， 解得aM＝3 m/s2. (2)设物块经时间t从木板左端滑离， 如图所示，x板＝x块＋L， x块＝ amt2， x板＝v0t－ aMt2， 则L＝v0t－ aMt2－ amt2 解得t1＝0.4 s或t2＝2 s(因物块已滑离木板，故舍去) 物块滑离木板时的速度：v＝amt1＝0.8 m/s. 14. （14分）【答案】(1)5 m/s　(2) m/s　54.4 N，方向竖直向下　(3)外壁　6.4 N 【解析】(1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P点速度分解，如图所示， vP＝＝ m/s＝5 m/s； (2)从抛出到圆弧轨道最低点，根据动能定理有 mg·2R＝mv12－mv02 解得v1＝ m/s 在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝m 解得FN＝54.4 N 根据牛顿第三定律有F压＝FN＝54.4 N，方向竖直向下； (3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ＝v0＝3 m/s 设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有 F1＋mg＝m 解得F1＝6.4 N>0 根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N. 15. （19分）【答案】(1) /s；(2) c ；(3) ；(4)见解析 【解析】(1)根据动能定理有 解得 /s (2)M、N两板之间电压大小 时，根据类平抛运动规律有 ， 根据牛顿第二定律有 根据几何关系可知 解得 cm (3)结合(2)中的类平抛运动规律有 ， 则电子刚出偏转电场区域时的速度为 解得 (4)粒子离开偏转电场后，打到靶台的时间为 不计重力时，竖直方向的位移为 计重力时，竖直方向的位移为 则 即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。 答案第2页 总2页 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$