山东省德州市夏津县育中万隆中英文高级中学2023-2024学年高二物理上学期9月月考试题（Word版附解析）

这是一份山东省德州市夏津县育中万隆中英文高级中学2023-2024学年高二物理上学期9月月考试题（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：90分钟 满分：100分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意。
1. 研究发现，啄木鸟的头部很特殊：大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜，头颅坚硬，骨质松而充满气体，似海绵状；从而使啄木鸟啄树时不会发生脑震荡。下面的解释合理的是（ ）
A. 啄木鸟头部特殊结构使得树对啄木鸟力小于啄木鸟对树的力
B. 啄木鸟头部特殊结构使得啄木鸟的神经感觉不到头和树的力
C. 啄木鸟头部特殊结构使得啄木鸟的头与树的作用时间变长使力变小了
D. 啄木鸟头部特殊结构使得树木变得柔软易啄
【答案】C
【解析】
【详解】A．树对啄木鸟的力与啄木鸟对树的力是一对相互作用力，总是等大反向，选项A错误；
B．即使啄木鸟头部有特殊结构，但是啄木鸟的神经也能感觉到头和树的力，选项B错误；
CD．“骨质松而充满气体，似海绵状；从而使啄木鸟不会发生脑震荡”说明啄木鸟大脑和头骨作用有缓冲，延长了啄木鸟的头与树的作用时间，根据动量定理，使大脑受力变小，并不是树木变得柔软易啄，选项C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，是华为手机电池上的部分参数：通话时功率0.6W、待机时间100h等，根据图中所给参数试计算该电池待机时手机电流大小是（ ）

A. 3mAB. 5mAC. 12mAD. 18mA
【答案】B
【解析】
【详解】由电流的定义式得
所以ACD错误，B正确。
故选B。
3. 如图所示是长、宽、高分别为3m、2m、1m的长方体导体，当电流从面B流入时，导体电阻为R，则当电流从侧面A流入时，其电阻为（ ）
A. B. 9RC. D. 4R
【答案】B
【解析】
【详解】由电阻定律，当电流从面B流入时，导体电阻为R，则有
则当电流从侧面A流入时，其电阻为
故选B。
4. 某学习小组用如下电路研究小电动机的电流与电压关系。通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到下表记录的信息。若认为小电动机的电阻是不变的，则（ ）
A. 由可得小电动机的电阻大约为
B. 当小电动机的电压为时，其发热功率为
C. 由可得小电动机的电阻大约为
D. 当小电动机的电压为时，其输出功率为
【答案】C
【解析】
【详解】AC．将电压表当作理想电压表，当小电动机的电压为1.25V时，电动机卡住未转动，电功率等于内阻发热功率
将第一组数据代入可解得
故A错误，C正确；
B．当小电动机的电压为2.00V时，电流是0.20A，得其发热功率为
P热=I2r=0.1W
故B错误；
D．当小电动机的电压为时，电流是0.30A，其输出功率
故D错误。
故选C。
5. 子弹瞄准小物块A，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。子弹沿水平方向与A相撞，碰撞前子弹的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和子弹的质量分别为和m，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（ ）

A. 子弹与小物块A的碰撞可视为完全非弹性碰撞
B. 子弹与小物块A碰撞前后两者组成的系统的机械能之和不变
C. 子弹与小物块A碰撞前后两者组成的系统的总动量有变化
D. 碰撞后子弹与小物块A一起上升的最大高度与绳子长度有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于碰撞时间极短，故碰撞过程中内力远远大于外力，所以子弹与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生完全非弹性碰撞，碰撞前后系统的一部分机械能转化为内能，故A正确，BC错误；
D．设碰撞后瞬间子弹与A的共同速度为v′。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
碰撞后子弹与A一起上升的过程，根据动能定理得
结合
解得
与绳长L无关，故D错误。
故选A。
6. 质量为的物体原来静止在粗糙均匀的水平面上，用水平恒力对它作用时间T后撤去，再经过时间2T它又停下来。物体与水平面间的动摩擦因数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】全程，利用动量定理可得
解得
所以B正确；ACD错误；
故选B。
7. 如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电热丝的线圈电阻为R1，它与电动机的电阻R2串联，接到直流电源上，电路中电流为I，电热丝两端电压为U1，消耗的电功率为P1，电动机两端电压为U2，消耗的电功率为P2，则以下公式错误的是（ ）
A. P1＝U1IB. U1＝IR1
C. P2＝U2ID. U2＝IR2
【答案】D
【解析】
【详解】AB．电热丝为纯电阻，则
P1＝U1I
U1＝IR1
选项AB正确，不符合题意；
电动机作为用电器，将电能转化为内能和机械能，所以它的电功率
P2＝U2I
CD．而电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，即U2＝IR2不成立，故选项C正确，不符合题意，选项D错误，符合题意。
故选D。
8. 现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为0.1kg，从离人额头约0.2m的高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约为0.1s。重力加速度g=10m/s2下列分析正确的是（ ）
A. 手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为
B. 手机对额头的冲量大小约为
C. 手机对额头的冲量方向竖直向上
D. 额头对手机的作用力大小约为1N
【答案】A
【解析】
【详解】A．手机落到额头上时的速度
规定竖直向上为正方向，则手机与额头作用过程中手机动量变化约为
故A正确；
B．规定竖直向上为正方向，设额头对手机的冲量大小为I，则由动量定理有
代入数据解得
根据牛顿第三定律可知手机对额头的冲量大小约为，故B错误；
C．手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误；
D．根据冲量的定义可知手机对额头的作用力大小约为
故D错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。
9. 如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，已知灯泡L1电阻大于电源的内阻值r。由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是（ ）

A. 电流表读数变小，电压表读数变大
B. 灯泡L1变暗
C. 电源的输出功率可能变大
D. 电容器C上电荷量不变
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由于L2断路，L2与R并联的总电阻增大，所以外电路总电阻增大，R总增大，根据
知，回路总电流减小，电流表读数变小，电压表示数变大，故A正确；
B．流过L1的电流减小，灯泡L1变暗，故B正确；
C．因，则当外电阻变大时，P出随R外的增大而减小，所以C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律
I减小，所以UR增大，电容器C与R并联，电压相等，再根据Q=CU，可得电容器的电荷量增大，故D错误。
故选AB
10. 某同学将一电路中电源的总功率、输出功率和电源内部发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示。则该电路（ ）

A. 电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω
B. 电流为1A时，外电阻为
C. b表示电源的输出功率，最大值为9W
D. 外电阻为时，电源输出功率为
【答案】AB
【解析】
【详解】AC．根据直流电源的总功率
内部的发热功率
输出功率
可知反映变化的图线是b，反映变化的是图线a，反映变化的是图线c。图线a的斜率等于电源的电动势，由得到
内部的发热功率
内阻为
电源的最大输出功率
故A正确，C错误；
B．当电流为1A时，由
代入得到
故B正确；
D．外电阻为，等于内阻，此时电源输出功率最大为
故D错误。
故选AB。
11. 太空授课中，王亚平演示了测量物体质量的实验，让广大青少年领悟到了太空探索的趣味和航天员的魅力。某中学兴趣小组就在轨做匀速圆周运动的天宫空间站内“测物体质量”的问题，设计了下列四个方案，其中正确的是（ ）
A. 像在地面上那样，用天平可直接测出待测物体质量m
B. 根据已知的轨道半径、地球质量、引力常量等，计算出空间站所在处的重力加速度g，再用弹簧秤测出物体重力G，利用公式求出待测物体质量m
C. 让待测物体与已知质量的静止物体正碰，测出两物体碰撞前后（相对于空间站）的速度，再利用求出待测物体质量
D. 使待测物体受到沿运行轨道切向的已知恒力F的作用，测出（相对于空间站）从静止开始经很短时间t移动的位移x，再利用求出待测物体质量m
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．在天宫空间站中，所有物体都处于完全失重状态，所以不能像在地面上那样，用天平可直接测出待测物体质量m。故AB错误；
CD．可以利用动量守恒定律
或者牛顿第二定律结合运动公式求出待测物体质量，因这两种方法不受失重的影响，选项CD正确。
故选CD。
12. 某同学将四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表、和两个电压表、。已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程小于的量程，改装好后把它们按如图所示的接法连入电路，则（ ）
A. 电流表针的偏转角等于电流表针的偏转角
B. 电流表的示数大于电流表的示数
C. 电压表的示数等于电压表的示数
D. 电压表指针的偏转角等于电压表指针的偏转角
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由题图可知，两电流表并联，相当于四个电阻并联，两表头两端的电压相等，流过两电流表的电流相等，故两电流表指针的偏转角相同，A正确；
B．根据上述两电流表指针的偏转角相同，因的量程大于的量程，故的示数比的示数大，B正确；
CD．根据图可知，两电压表串联，相当于四个电阻串联，流过两个表头的电流相等，故两电压表指针的偏转角相等；根据上述两电压表指针的偏转角相等，由于电压表的量程小于的量程，故的示数比的示数小，C错误，D正确。
故选ABD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，同时测量弹簧的弹性势能，实验装置如图甲所示，两滑块A、B上各固定一相同窄片。部分实验步骤如下：
I.用螺旋测微器测量窄片的宽度d；
II.将气垫导轨调成水平；
II.将A、B用细线绑住，在A.B间放入一个被压缩的轻小弹簧；
IV.烧断细线，记录A、B上的窄片分别通过光电门C、D的挡光时间t1、t2。
(1)若测量窄片的宽度d时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=_____mm。
(2)实验中，还应测量的物理量是______
A.滑块A的质量m1以及滑块B的质量m2
B.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的时间tA、tB
C.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的路程x1、x2
(3)验证动量守恒定律的表达式是_____________ ；烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=________。(均用题中相关物理量的字母表示)
【答案】 ① 4.800 ②. A ③. ④.
【解析】
【详解】(1)[1]螺旋测微器主尺的示数为4.5mm，可动刻度的示数为0.01mm×30.0=0.300mm，故
d=4.5mm+0.300mm=4.800mm
(2)[2]验证动量守恒定律，需要测量滑块A、B的质量m1和m2
故选A
(3)[3]根据动量守恒定律
其中
、
可得
[4]根据能量守恒定律可得，烧断细线前弹簧的弹性势能
14. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U­I图线(U、I都用国际单位)；
④求出U­I图线斜率的绝对值k和在纵轴上的截距a。
回答下列问题：
(1)电压表最好选用______；电流表最好选用______。
A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ) B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)
C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω) D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)
(2)选用、、表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，r＝________，E＝________，所测得的电源电动势测量值______（大于、等于、小于）电源电动势真实值。
【答案】 ①. A ②. C ③. ④. ⑤. 小于
【解析】
【详解】(1)[1]该实验的主要误差来自于电压表的分流作用，因此电压表在量程相同的情况下选用内阻大的，分流作用小，因此选A。
[2]整个电路的总电阻最小值为
因此回路最大电流
因此电流表选C。
(2)[3][4]根据闭合电路欧姆定律
由题可知
，
故内电阻为，电动势为。
[5]由于电压表的分流作用，使测得的电流值比真实值小，根据
测得电动势值小于真实值。
15. 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在平直跑道上从静止开始自西向东做加速运动，经过时间t=30s后达到起飞所要求的速度v=80m/s，此时滑行距离为x=1.8×103m。已知飞机质量m=7.5×104kg，牵引力恒为F=2.5×105N，加速过程中受到的阻力随速度变化，重力加速度取g=10m/s2，求飞机加速过程中：
（1）飞机达到起飞要求时的动量大小；
（2）牵引力的平均功率；
（3）飞机所受阻力的冲量。
【答案】（1）6×106kg∙m/s；（2）1.0×107W；（2）-2.4×106N∙s，向东
【解析】
【详解】（1）根据动量的定义
ｐ=mv
代入数据可得
ｐ=6×106kg∙m/s
（2）由
带入数据可得
（3）取向东为正方向，对飞机加速过程，由动量定理

解得
If=1.5×106N∙s
方向向西。
16. 如图所示电路中，定值电阻，当开关接点时，电流表示数；当开关接点时，电流表示数，电源的输出功率为.求：
（1）电阻的阻值；
（2）该电源的电动势和内阻.
【答案】（1）9 ；（2）3V，1
【解析】
【详解】（1）当开关接点时，电流表示数，电源的输出功率为。根据
解得
（2）当开关接点时，电流表示数，有
当开关接点时，电流表示数，有
带入数据解得
17. 电动势E＝6V，内阻r＝1Ω的电源和一台线圈电阻R＝0.1Ω的电动机连接，电动机正常工作，这时电动机两端的电压U＝5V。求：
（1）电动机输入的电功率P1和电动机输出的机械功率P2；
（2）电源总功率P和电源的效率η。
【答案】（1） 5W，49 W；（2） 6 W，83.3%
【解析】
【详解】（1）由闭合电路欧姆定律
E＝U＋Ir
得干路电流为
电动机的输入功率
P1＝UI＝5×1W＝5 W
电动机输出的机械功率
P2＝P1-I2R＝（5-12×0.1）W＝4.9 W
（2）电源的总功率
P＝I·E＝1×6W＝6W
电源的效率
18. 如图所示，光滑的水平地面上有一木板，设木板质量为m，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物质量为木板质量的5倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ。使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞。已知板与墙的碰撞均为弹性碰撞，时间极短，设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g。求：
（1）木板与墙第二次碰撞前瞬间的速度v1；
（2）从开始到木板与墙第二次碰撞前系统由于摩擦产生的热量Q；
（3）木板与墙第二次碰撞前瞬间重物距木板左端的距离s；
（4）木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的总时间T。
【答案】（1）（2）（3）；（4）（n=2，3，4……）
【解析】
【详解】（1）木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到达到共同速度v1，由系统动量守恒，选取向右为正方向，有
解得
（2）从开始到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有
（3）木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有
解得
（4）设木板第一次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度v1历时t1，木板运动的位移为x1，取木板研究，根据动量定理，选取向右为正方向，有
根据动能定理，有
重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时t1’，有
所以板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为
解得
设木板第二次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度v2历时t2，木板运动的位移为x2，重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时t2´，同理可得
解得板从第二次与墙碰撞到第三次与墙碰撞所经历的时间为
板从第（n-1）次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间为
则板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间
解得
（n=2，3，4……）
序号
电压
电流
电动机工作状态
1
2.00
0.20
稳定转动
2
1.25
0.50
卡住未转动
3
3.5
0.30
稳定转动