江西省宜春市宜豐縣宜豐中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月月考物理試題

江西省宜豐中學(xué)2023-2024（上）創(chuàng)新部高二12月考試物理試卷一、選擇題（1-7為單選，8-10為多選，每小題5分，共50分）1．如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)先后經(jīng)過(guò)三點(diǎn)。已知從到和從到速度的增加量均為，間的距離間的距離，則物體的加速度為（）A． B． C． D．2．計(jì)算機(jī)鍵盤每個(gè)按鍵下面都連有兩塊小金屬片，兩塊金屬片之間有一定的空氣間隙，組成一個(gè)可變電容器，如圖所示。當(dāng)鍵盤連接電源不斷電，按下某個(gè)按鍵時(shí)，與之相連的電子線路就發(fā)出該按鍵相關(guān)的信號(hào)。松開按鍵時(shí)，則（）A．電容器的電容變小 B．極板的電量變大C．兩極板間的電壓變小 D．兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)變大3．靠墻靜蹲有助于膝痛康復(fù)和腿部力量強(qiáng)化，如圖所示，大龍同學(xué)在康復(fù)訓(xùn)練中保持靠墻靜蹲，雙腿與肩同寬，保持小腿垂直于地面，不考慮人與墻壁之間的摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（）A．地面對(duì)人的作用力方向?yàn)樨Q直向上B．地面對(duì)人的摩擦力與豎直墻壁垂直C．大腿與墻壁的夾角θ越大，人所受合力越大D．地面對(duì)人的支持力與人的重力是一對(duì)相互作用力4．我國(guó)航天事業(yè)發(fā)展迅速，人造衛(wèi)星數(shù)量位居世界前列。不同的衛(wèi)星（質(zhì)量一般不同）做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道高度不同，現(xiàn)以這些衛(wèi)星距離地球表面的高度為橫軸，衛(wèi)星的周期T、加速度a、速度v、動(dòng)能Ek為縱軸作出圖像，下列圖像中可能正確的是（）A．

B．

C．D．

5．沿x軸傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波在時(shí)刻的波動(dòng)圖像如圖甲所示，質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．該波沿x軸正方向傳播B．該波的波長(zhǎng)為10mC．該波的傳播速度為12m/sD．時(shí)刻處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移大小為cm6．如圖所示，在空間中水平面MN的下方分布著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平。已知A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球所受電場(chǎng)力大小為3mgB．小球帶負(fù)電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為D．小球從A到B與從B到C的合外力沖量的大小相等7．宜豐中學(xué)科技節(jié)中，小王同學(xué)設(shè)計(jì)了運(yùn)輸軌道，如圖甲所示，可簡(jiǎn)化為傾角為θ的足夠長(zhǎng)固定絕緣光滑斜面。以斜面底端為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為x軸的正方向，且沿x軸部分區(qū)域存在電場(chǎng)。在斜面底端由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的滑塊，在滑塊向上運(yùn)動(dòng)的一段過(guò)程中，機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化如圖乙所示，曲線A點(diǎn)處切線斜率最大?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)滑塊產(chǎn)生的電場(chǎng)。以下說(shuō)法正確的是（）A．在過(guò)程中，滑塊動(dòng)能先減小后恒定B．在處滑塊的動(dòng)能最大，C．在的過(guò)程中重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和一直增大D．在過(guò)程中，滑塊先加速后減速8．鏈球是利用雙手投擲的競(jìng)遠(yuǎn)項(xiàng)目，在一次投擲鏈球時(shí)，李為同學(xué)兩手握著鏈球上鐵鏈的把手，經(jīng)過(guò)3~5圈加速旋轉(zhuǎn)，帶動(dòng)鏈球旋轉(zhuǎn)，最后鏈球脫手而出，整個(gè)過(guò)程可簡(jiǎn)化為某傾斜平面內(nèi)的加速圓周運(yùn)動(dòng)和脫離后的斜拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示。忽略空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是（）A．鏈球做加速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量一定相同B．鏈球做加速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，鏈球的重力、鐵鏈對(duì)鏈球拉力的合力等于鏈球的向心力C．鏈球做斜拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量一定相同D．鏈球做斜拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力功率的絕對(duì)值先減小到零然后一直增大9．如圖所示，大龍同學(xué)從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來(lái)。已知球筒質(zhì)量為M=90g（不含球的質(zhì)量），球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為f1=2.6N，羽毛球質(zhì)量為m=5g，球頭離筒的上端距離為，球頭離筒的下端距離為，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為f2=0.1N重力加速度g=10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后（）A．羽毛球的加速度大小為B．羽毛球筒的加速度大小為C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則筒獲得的初速度至少為3m/sD．若羽毛球筒獲得的初速度大小合適，羽毛球可能從下端筒口出來(lái)10．如圖所示，一個(gè)光滑斜面與一個(gè)光滑的豎直圓軌道在A點(diǎn)相切，B點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)為圓軌道的最高點(diǎn)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m=1kg，電荷量為q（q＞0）的帶電小球從斜面上靜止釋放，小球始終能沿軌道運(yùn)動(dòng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度，θ=53°，圓軌道半徑R=1m，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。則以下說(shuō)法中正確的是（）A．剛釋放小球時(shí)小球的加速度的大小為3.5m/s2B．若小球能到達(dá)C點(diǎn)，釋放點(diǎn)與A的距離至少為1.2mC．若小球恰能到達(dá)C點(diǎn)，此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球?qū)壍赖淖畲髩毫?5ND．若小球恰能到達(dá)C點(diǎn)，則在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為0二、實(shí)驗(yàn)題（每空3分，共12分）11．宜豐中學(xué)LSF小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的裝置來(lái)測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取、B為材料不同的小桶，其中小桶A上裝有遮光片，B內(nèi)裝有若干質(zhì)量均為m的金屬球，兩個(gè)小桶用繞過(guò)光滑定滑輪的輕繩連接，豎直標(biāo)尺下端固定有光電門。開始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，測(cè)得繩子的拉力為Mg，并記下遮光片在標(biāo)尺上對(duì)準(zhǔn)的位置。

（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)遮光片的寬度d，如圖乙所示，則d=cm；（2）將小桶B內(nèi)的一個(gè)小球放到小桶A中，然后由靜止釋放小桶A，記錄遮光片通過(guò)光電門的遮光時(shí)間t，通過(guò)刻度尺測(cè)出小桶A釋放時(shí)遮光片到光電門的距離h，則遮光片通過(guò)光電門時(shí)小桶B的速度v=，小桶A的加速度a=；（用d、t、h表示）（3）將小桶B中的2個(gè)，3個(gè)，4個(gè)……n個(gè)小球轉(zhuǎn)移到小桶A中，仍由靜止釋放小桶A，并保持每次小桶A下落的初始位置不變，測(cè)得多組遮光片通過(guò)光電門所對(duì)應(yīng)的遮光時(shí)間t，以為縱軸，以n為橫軸，作出圖像，如果作出的圖線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)且斜率為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=。（用k、m、M、d、h等表示）三、解答題（共38分，12題10分，13題12分，14題18分）12．如圖，某同學(xué)設(shè)計(jì)的幼兒園安全斜直滑梯由長(zhǎng)和的兩段不同材料和制成，滑梯與水平地面夾角。一小朋友從點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)到達(dá)點(diǎn)速度恰好為零。重力加速度取10m/s2，，。求：（1）小朋友滑行過(guò)程中的最大速度；（2）小朋友與和材料間的動(dòng)摩擦因數(shù)和。13．如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板水平固定放置，兩板間加有如圖丙所示的方波電壓，圖丙中、T均已知，在兩板中線左端P點(diǎn)有一個(gè)粒子源，不斷地從P點(diǎn)射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子穿過(guò)兩板所用的時(shí)間為T，從t=0時(shí)刻射入兩板間的粒子剛好從下板右端邊緣射出，在兩板右邊的豎直虛線MN右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于，在電場(chǎng)中有一水平放置的粒子接收板，粒子接收板的上表面比平行板下板的上表面低的高度為板間距離的一半，不計(jì)粒子重力，不計(jì)粒子間的相互作用，求：（1）兩平行金屬板間的距離；（2）接收板上能接收到粒子區(qū)域的長(zhǎng)度為多少。14．如圖甲所示，傾角的斜面固定在水平地面上，斜面上放置長(zhǎng)度、質(zhì)量的長(zhǎng)木板A，長(zhǎng)木板的下端恰好與斜面底部齊平；一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量、帶電量的物塊B放在木板上，與木板上端距離；與木板上端距離的虛線右側(cè)存在足夠?qū)拕驈?qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向垂直斜面向上．時(shí)刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在長(zhǎng)木板上，后撤去F，物塊B在內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，且物塊B在時(shí)速度恰好減為0．已知物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，長(zhǎng)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊B帶電量始終不變，重力加速度g取，求：（1）恒力F的大??；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（3）從時(shí)刻起到木板下端再次與斜面底部齊平的過(guò)程中，物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量．物理參考答案：1．A【詳解】已知從A到B和從B到C速度的增加最均為，可得A到B的時(shí)間，B到C的時(shí)間相等，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，B點(diǎn)的速度為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及加速度定義式可得，，解得，加速度為，故選A。2．A【詳解】A．電容器極板間距增大，由可知，電容變小，A正確；B．松開按鍵時(shí)，由可知，極板的電量變小，B錯(cuò)誤；C．由題意可知可變電容器與電源連接，所以其兩端電壓不變，C錯(cuò)誤；D．由可知極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小，D錯(cuò)誤。故選A。3．B【詳解】A．人的受力如圖地面對(duì)人的作用力時(shí)支持力與摩擦力的合力，方向斜向上，A錯(cuò)誤；B．地面地面對(duì)人的摩擦力水平向左，與豎直墻壁垂直，B正確；C．人處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力一直為零，C錯(cuò)誤；D．地面對(duì)人的支持力與人的重力是一對(duì)平衡力，D錯(cuò)誤。故選B。4．B【詳解】根據(jù)，A．可得，因h=0時(shí)T不為零，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．可得，隨h的增加，加速度非線性減小，選項(xiàng)B可能正確；C．可得，隨h增加，速度v減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．動(dòng)能，因這些衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，則隨h增加，動(dòng)能不一定減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B。5．D【詳解】A．根據(jù)質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像可知時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸正方向振動(dòng)，則該波沿x軸負(fù)方向傳播，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BC．該波的波長(zhǎng)，周期，根據(jù)可得該波的傳播速度，選項(xiàng)BC均錯(cuò)誤；D．波動(dòng)圖像的方程為時(shí)刻，x=0處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移大小為10cm，選項(xiàng)D正確。故選D。6．D【詳解】C．小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻變速運(yùn)動(dòng)，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，，可知，小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為，C錯(cuò)誤；A．在豎直方向上，小球從A到B做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，從B到C做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，A、C兩點(diǎn)豎直方向的速度均為零，則有解得，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，A錯(cuò)誤；B．從B到C小球在豎直方向上做減速運(yùn)動(dòng)，即所受合力豎直向上，因此可以判斷小球所受電場(chǎng)力豎直向上，小球帶正電，B錯(cuò)誤；D．小球從A到B與從B到C的合外力沖量的大小分別表示為，，小球從A到B與從B到C的合外力沖量的大小相等，D正確。故選D。7．D【詳解】A．根據(jù)可知機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化圖像中圖像上某點(diǎn)切線的斜率表示電場(chǎng)力，由于滑塊由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則剛剛釋放時(shí)的電場(chǎng)力大于重力沿斜面的分力，結(jié)合圖像可知，圖像的斜率先增大后減小至0，則電場(chǎng)力先增大至最大值，后減小至0，可知電場(chǎng)力與重力沿斜面的方向大小相等的時(shí)刻在中間的某一位置，在該位置，滑塊所受合力為0，該位置之后，電場(chǎng)力小于重力沿斜面的分立，根據(jù)動(dòng)能定理可知在過(guò)程中，滑塊動(dòng)能先增大后減小，A錯(cuò)誤；B．動(dòng)能最大位置時(shí)，滑塊速度最大，滑塊所受合力為0，根據(jù)上述可知，動(dòng)能最大的位置在在中間的某一位置，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述可知，在的過(guò)程中滑塊動(dòng)能先增大后減小，而滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力勢(shì)能、電勢(shì)能與動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化，可知在的過(guò)程中重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和先減小后增大，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述可知，在過(guò)程中，滑塊向上運(yùn)動(dòng)，滑塊先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度反向增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速運(yùn)動(dòng)，即在過(guò)程中，滑塊先加速后減速，D正確。故選D。8．CD【詳解】A．鏈球做加速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度變化，所以相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量不相同，故A錯(cuò)誤；B．鏈球做加速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，鏈球的速度大小變化，所以鏈球的重力、鐵鏈對(duì)鏈球拉力的合力不等于鏈球的向心力，故B錯(cuò)誤；C．鏈球斜拋過(guò)程中加速度恒定，所以相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量一定相同，故C正確；D．若鏈球在做斜拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力的功率為，由于豎直方向速度先減小到零后一直增大，所以重力功率的絕對(duì)值先減小到零然后一直增大，故D正確。故選CD。9．AC【詳解】A．對(duì)羽毛球受力分析，由牛頓第二定律可得，解得，故A正確；B．羽毛球筒受力分析，由牛頓第二定律可得解得，負(fù)號(hào)表示筒的加速度方向豎直向上，說(shuō)明筒向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。故B錯(cuò)誤；C．若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時(shí)二者速度相等，此時(shí)筒獲得的初速度為最小，有，聯(lián)立，解得，故C正確；D．設(shè)筒的初速度為v時(shí)，羽毛球恰好從下端筒口出來(lái)，則此時(shí)筒的速度減為零，則有，，解得易知與題意不符，所以羽毛球不可能從下端筒口出來(lái)。故D錯(cuò)誤。故選AC。10．AC【詳解】A．對(duì)小球受力分析，小球所受電場(chǎng)力水平向左，由牛頓第二定律得解得m/s2，故A正確；B．設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力方向與豎直方向成α角，如圖故，解得，大小為，小球恰好能過(guò)等效最高點(diǎn)E時(shí)也就恰好能到達(dá)C點(diǎn)，在E點(diǎn)由牛頓第二定律得，從釋放到到達(dá)E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得，代入數(shù)據(jù)解得，故B錯(cuò)誤；C．此時(shí)若小球能到達(dá)C點(diǎn)，應(yīng)先恰能到達(dá)E點(diǎn)，對(duì)E點(diǎn)受力分析得，解得，對(duì)D到E由動(dòng)能定理得，解得，對(duì)D點(diǎn)由牛頓第二定律得，由牛頓第三定律得壓力，故C正確；D．對(duì)E到C由動(dòng)能定理得，解得m/s，對(duì)C點(diǎn)由牛頓第二定律得，由牛頓第三定律得壓力，故D錯(cuò)誤。故選AC。11．0.535【詳解】（1）[1]由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知遮光片的寬度（2）[2][3]由題意可得，遮光片通過(guò)光電門時(shí)小桶A的速度由于小桶A、B都沿繩方向運(yùn)動(dòng)，故此時(shí)小桶B的速度等于小桶A的速度由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知解得小桶A運(yùn)動(dòng)的加速度為（3）[4]根據(jù)機(jī)械能守恒定律有整理可得得到的圖線為過(guò)原點(diǎn)的直線且斜率則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?2．（1）；（2），【詳解】（1）小朋友滑至點(diǎn)速度最大，依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有解得（2）設(shè)小朋友在段的加速度大小分別為和，在段，小朋友勻加速運(yùn)動(dòng)，有代入數(shù)據(jù)得依據(jù)牛頓第二定律，有代入數(shù)據(jù)得在段，小朋友勻減速運(yùn)動(dòng)，有代入數(shù)據(jù)得依據(jù)牛頓第二定律有解得13．（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)板間距離為d，從t=0時(shí)刻射進(jìn)電場(chǎng)的粒子，剛好從下板右端邊緣射出，則粒子在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的加速度大小，則，解得（2）由于所有粒子穿過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間均為T，因此所有粒子出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為零，即所有粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度大小為，方向水平向右。根據(jù)對(duì)稱性，從時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子剛好從上板右邊緣水平向右射出。即所有粒子射出兩板間的區(qū)