宜春市重点中学2023-2024学年高二上学期11月月考物理试卷
考试范围：必修三和动量前四节；考试时间：75分钟
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，只有一项符合题目要求）
1．我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种．某次抛出的谷粒中有两颗质量相等的谷粒运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒1和谷粒2在点相遇
C．两谷粒从O到P的过程中动量变化量相等
D．两谷粒从O到P的过程中动能的变化量相等
2．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位长度自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，通电长直导线右侧有一矩形线框，线框平面与直导线共面。使线框从图示实线位置向左平移到虚线位置，此时直导线正好平分线框。该过程中穿过线框的磁通量将（ ）
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
4．能源问题是当今最热门的话题之一，开发与利用新能源是科学家们奋斗的目标，为此，有人将目标瞄向了闪电。现在我们将闪电的模型简化如下：闪电是由云层所累积的电荷引起的，通常是云层底部带正电，顶部带负电，云层下的地面带负电。当电场强度增大到足以击穿空气时，发生短时放电现象，形成闪电。把放电电流看作时间的函数，其图象如图所示。云层底部与地面之间的距离，击穿空气所需的电场强度，假设云层底部与地面间的电场可看作匀强电场，且每次闪电击向地面输送的电荷量相同，则（ ）
A．一次闪电释放的总电荷量为50C
B．闪电时，云层底部和地面之间的平均电流为50kA
C．一次闪电释放的能量为
D．地球上每年闪电次，全年闪电放出的总能量约为
5．如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为不同带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b，c、d为轨迹和虚线圆的交点，e为两轨迹的交点。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的加速度小于在a点的加速度
C．N在d点的电势能小于它在c点的电势能
D．分别从a、c运动到e的过程，电场力对两带电粒子所做的功一定相等
6．如图所示，一大型气球初始时悬停在空中，喷气口被绳系着，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为，气球连同内部气体最初的质量为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，钢块的质量，与台面间的动摩擦因数，。则小物块在时刻的速度（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电路中c点接地，若不考虑电流表和电压表对电路的影响，将滑动变阻器的滑片向a端移动，则（ ）
A．a点电势升高 B．电压表读数减小
C．电源的效率变大 D．电源的输出功率增加
9．如图所示，为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D，飞经等势面C时，电势能为-8 eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计.则下列说法正确的是( )
A．电子做匀变速直线运动 B．匀强电场的电场强度大小为100 V/m
等势面A的电势为-8 V D．电子飞经电势为4V的等势面时的动能为4eV
10．三根足够长的绝缘直导线a、b、c固定放置在同一纸面内，其交点M、N、P恰好构成正三角形，O点为该三角形的中心，点与O点关于导线c对称。现在a、b、c三根导线中分别通入方向如图所示的恒定电流I、3I、5I，已知长直导线电流在空间某点产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该点到直导线的距离成反比。若O点的磁感应强度大小为，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度方向垂直纸面向里
B．点的磁感应强度大小为
C．点磁感应强度方向垂直纸面向里
D．若将b导线中电流反向，则O点的磁感应强度大小变为
三、实验题（本大题共16分，11题8分，前两空每空1分，其余每空2分，12题8分，每空2分）
11.(8分)图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为 cm。
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些；
（3）实验开始前滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为，A与B碰撞后A通过光电门1的时间为，B通过光电门2的时间为。为完成该实验，还必需测量的物理量有 。
A．滑块A的总质量
B．滑块B的总质量
C．光电门1到光电门2的间距L
D.滑块A两次经过光电门1的时间t
（4）若在误差允许的范围内满足表达式 ，则表明两滑块碰撞过程中动量守恒。
（5）若还满足表达式 ，则表明两滑块的碰撞为弹性碰撞。
12．(8分)在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，实验室中备有下列器材：
A．待测的干电池 B．电流传感器1
C．电流传感器2 D．定值电阻R0(2 000 Ω)
E．滑动变阻器R(0～20 Ω) F．开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验．
(1)在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将________(选填“变大”或“变小”)．
(2)该同学利用测出的实验数据绘出的I1－I2图线，I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，I2的数值远大于I1的数值，如图乙所示．则由图线可得被测电池的电动势E＝______V，内阻r＝_____ Ω.
(3)若将图像的纵坐标改为________，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小．
四、计算题（共38分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（12分）如图所示电路，电源电动势E = 36V，直流电动机内电阻r = 1Ω，定值电阻R = 4Ω，闭合开关，电动机正好正常工作，以v = 1m/s的速度匀速吊起m = 5kg的重物，电压表的示数为UV = 8V，g = 10m/s2，试求：
（1）电动机的效率；
（2）电源的内阻。
（12分）甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v＝16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．
（1）甲第一次抛球时对小球的冲量；
（2）乙接到第一个球后的速度（保留一位小数）；
（3）为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？
15．（14分）两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、恒为U0的周期性电压时，能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力），已知板间距为d，求：
（1）求电子刚进入两板间时的速度大小；
（2）求0时刻和t0时刻进入两板间的电子通过两板间过程中产生的侧向位移；
（3）若这些电子通过两板之间的时间为3t0，电子均能通过两极板，在侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在偏转电场中的动能增量之比。宜春市重点中学2023-2024学年高二上学期11月月考答案
1．【答案】D
【详解】A．谷粒1和谷粒2在空中运动时只受重力作用，具有相同的加速度，故A错误；
B．依题意，谷粒1做平抛运动，有，运动时间与O、P间的高度差有关，谷粒2做斜上抛运动，从O点运动到P点的时间明显大于谷粒1的，所以二者不可能在P点相遇，故B错误；
C．根据，可知两谷粒从O到P的过程中动量变化量不相等，故C错误；
D．根据，可知两谷粒从O到P的过程中动能的变化量相等，故D正确。
故选D。
2．【答案】C
【详解】导体中的电流为，导体的电阻为，导体两端的电压为，场强为
联立解得，故选C。
3．【答案】D
【详解】通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框靠近通电导线，线框的左侧边框没有通过导线所在位置时，穿过线框的磁感线的条数越来越多，磁通量将逐渐增大，当线框平移到虚线位置，此时直导线正好平分矩形线框，故磁通量逐渐减小，直至为零，故D正确，ABC错误。故选D。
4．【答案】B
【详解】A．根据电流的定义式可知，图象与时间轴围成图形的面积表示电荷量，故一次闪电释放的总电荷量为，A错误；
B．闪电时，云层底部和地面之间的平均电流为，B正确；
C．根据，代入数据可得，C错误；
D．全年闪电放出的总能量为，D错误。故选B。
5．【答案】C
【详解】A．由粒子运动轨迹的弯曲方向可知，M受到的是吸引力，N受到的也是吸引力，可知M带负电荷，N带负电荷，A错误；
B．b点的场强大于a点的场强，因此粒子M在b点受到的电场力较大，加速度较大，B错误；
C．N从c到d的过程中，库仑力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，C正确；
D．a与c的电势相等，到达e点电势变化也相等，但二者的电荷量不一定相等，所以电场力对两带电粒子所做的功不一定相等，D错误。故选C。
6．【答案】A
【详解】由题意可知初始状态有
取极短时间Δt内喷出的气体为研究对象，根据动量定理得
得F=ρv2S
根据牛顿第三定律知气体对气球的作用力大小为ρv2S，方向竖直向上。对气球，根据牛顿第二定律得
，得
故选A。
7．【答案】D
【详解】物体受到的最大静摩擦
推力F与t的关系为
当推力F大于最大静摩擦时，物体开始运动，解得
内，物块根据动量定理可得
，推力F的冲量为，解得
故ABC错误，故D正确。故选D。
8．【答案】AC
【详解】AB．将滑动变阻器的滑片向a端移动，阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得，由于总电流减小，电源内阻与定值电阻R1不变，则R3两端电压增大，则通过R3两端电流增大，由串并联电路电压电流关系有，则通过R2的电流减小，电压表的读数为，则电压表的读数增大，a点电势升高，A正确、B错误；
C．电源的效率为，则将滑动变阻器的滑片向a端移动，阻值增大，总外电阻增大，所以电源的效率也增大，C正确；
D．由于电源内阻无法确定，根据电源的输出功率特点，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，所以电源的输出功率无法确定，D错误。故选AC。
9．【答案】ACD
【详解】
A．电子运动方向垂直等势面，电子运动方向和电场方向平行，那么电子加速度方向和运动方向平行，因此电子做匀变速直线运动，A正确；
B．电子飞至等势面B时速度恰好是零，由动能定理可知，电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，因此等势面D、B间的电势差为16V，所以场强大小为，B错误；
C．由题意可知，从D到B电势降低，等势面C处电子的电势能为 8eV，因此等势面C的电势为8V，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，所以等势面A的电势为 8V，C正确；
D．电子运动中只有电场力做功，因此电势能和动能之和不变，因B等势面的电势为零，动能为零，则在B等势面时的总能量为0，则电子飞经电势为4V的等势面时的电势能为-4eV，则动能为4eV，D正确。
故选ACD。
10．【答案】AD
【详解】A．根据右手螺旋定则判断，a、b、c直导线在O点的磁感应强度方向均垂直纸面向里，A正确；
B．设a导线在点产生的磁感应强度大小为B，则b导线在点产生的磁感应强度大小为3B，c导线在点产生的磁感应强度大小为5B，则在点产生的磁感应强度总和为，所以，又a导线在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；b导线在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；c导线在点产生的磁感应强度大小为5B，方向垂直纸面向外，则点的磁感应强度大小为，B错误；
C．根据右手螺旋定则判断，a、b直导线在点磁感应强度方向垂直纸面向里、c导线在点产生的磁感应强度垂直纸面向外，且在点的磁感应强度大小为，所以点产生的磁感应强度垂直纸面向外，C错误。
D．若将b导线中电流反向，则点的磁感应强度大小为，D正确；
故选AD。
11.【答案】 1.345 (1分) 降低(1分) AB(2分) (2分) (2分)
【详解】（1）[1]图中游标卡尺读数为
（2）[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
（3）[3] 设挡光片的宽度为d，碰前A的速度大小为，碰后A的速度大小为，碰后B的速度大小为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
整理可得
故还需要测量滑块A的总质量和滑块B的总质量。
故选AB。
（4）[4]根据以上分析需要验证的表达式为
（5）[5]若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有
即
12．答案 (1)变小(2分) (2)3.00(2分) 2.00(2分) (3)I1R0(2分)
解析 (1)滑动变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的阻值减小，总电阻减小，路端电压减小，电流传感器1的示数变小．
(2)由闭合电路欧姆定律可得I1R0＝E－(I1＋I2)r，
由I2 I1得I1R0＝E－I2r，变形可得I1＝－I2；
I1－I2图像的斜率k＝＝×10－3＝1×10－3，截距b＝＝1.5×10－3 A，
解得E＝3.00 V，r＝2.00 Ω.
(3)依据公式I1R0＝E－I2r，可知当I2＝0时，路端电压等于电源的电动势；因此若图像纵坐标改为路端电压，即I1R0，则图线与纵坐标的交点为电源的电动势．
13．(12分)
【答案】（1）92.6%；（2）0.5Ω
【详解】（1）流过电阻R的电流
即通过电动机的电流…………………………………………（2分）
电动机输出的机械功率…………………………………………（2分）
电动机的发热功率…………………………………………（1分）
电动机的输入功率
代入数据解得…………………………………………（2分）
电动机的效率…………………………………………（1分）
（2）由闭合电路欧姆定律知…………………………………………（2分）
即
解得…………………………………………（2分）
14．(12分)
【答案】（1）10.5N·s，水平向右；（2）5.3m/s,水平向左；（3）15
【详解】（1）根据动量定理有I=mv-mv0………………………………………（2分）
解得I=10.5N·s，方向水平向右 ………………………………………（2分）
（2）对小球和乙的整体，根据动量守恒定律有M2v0-mv=（M2+m）v1……………………（2分）
解得v1=5.3m/s，方向水平向左………………………………………（2分）
（3）对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有M1v0-M2v0=（M1+M2）v………（2分）
对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有M2v0-nmv=（M2+nm）v
解得n=15…………………………………………………………………（2分）
15．(14分)
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）在加速电场中有，…………………………………（2分）
解得…………………………………（1分）
（2）在偏转电场中，加速度为…………………………………（1分）
对于0时刻进入的电子，…………………………………（1分）
解得…………………………………（1分）
对于t0时刻进入的电子…………………………………（1分）
解得…………………………………（1分）
（3）侧向位移最大，其在有电场情况下的侧移为…………………………………（2分）
侧向位移最小，其在有电场情况下的侧移为…………………………………（2分）
因…………………………………（1分）
动能增量之比为…………………………………（1分）
