卷子答案网-一个不只有答案的网站昆明市五华区2023-2024学年高二上学期10月月考
物理
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．下列说法正确的是（ ）
A．古希腊思想家亚里士多德在对待“力与运动的关系”问题上，认为“物体运动不需要力维持”
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多很小的段，每个小段视为匀速运动，算出各小段位移，然后将各小段位移相加得出公式，运用了微积分的方法
C．质点、点电荷、元电荷都没有大小，都是一种理想化模型
D．电场中某点的电场强度的方向即为正、负电荷在该点受到的电场力的方向
2．如图1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体由静止从传送带底端传送到高处，在此过程中，下列说法错误的是（ ）
图1
A．重力对物体做负功 B．摩擦力对物体做正功
C．支持力对物体不做功 D．合外力对物体做功为零
3．2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
B．所受地球引力比静止在地面上时大
C．所受合力比静止在地面上时小
D．质量比静止在地面上时小
4．如图2所示，带箭头的曲线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若粒子只受电场力，则下列说法正确的是（ ）
图2
A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电
B．带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．若粒子是从B运动到A，则其速度减小
D．粒子从B运动到A，机械能增加
5．如图3所示，在x轴上放置两正点电荷、，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A点的距离分别为、且，在A点产生的场强大小分别为、，则（ ）
图3
A． B． C． D．
6．甲、乙两辆汽车在同一条平直的公路上沿同一方向做直线运动，已知时刻甲车在乙车前方25m处。在描述两车运动的图中（如图4所示），直线a、b分别描述了甲、乙两车在0~20s的运动情况。关于两辆汽车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ）
图4
A．在0~10s内两车逐渐远离 B．在10~20s内两车逐渐靠近
C．在0~20s内两车的位移相等 D．时两车在公路上相遇
7．如图5所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且。现将一带负电的小球从P点由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
图5
A．到达M点时，小球的速度大小为
B．从P到M的过程中，小球在O点的动能最大
C．从P到O的过程中，小球的加速度可能一直增大
D．从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小
8．如图6甲所示，用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。若水平面各处粗糙程度相同，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，则（ ）
图6
A．物体的质量 B．物体的质量
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
9．如图7所示，圆心为O、半径为的圆周内，有一平行于圆周平面的匀强电场，其电场强度大小为，直径AB上A点是圆周上电势最高的点，其电势，B点是圆周上电势最低的点，OD与OB的夹角为。下列说法正确的是（ ）
图7
A．B点的电势为零
B．OD间的电势差为5V
C．电子在D点的电势能为零
D．将电荷量为的正电荷从O移到D，电场力做功为
10．如图8所示，将一平行板电容器接在直流电源上，现将开关闭合，电路稳定后平行板电容器两极板带等量异种电荷，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
图8
A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大
B．若减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小
C．若断开开关，把上极板竖直下移时，带电油滴仍将静止
D．若断开开关，把下极板竖直上移时，带电油滴的电势能增大
11．如图9所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。已知，重力加速度为g，F的大小可能为（ ）
图9
A． B． C． D．
12．地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。
二、填空、实验题（本大题共2小题，共18分）
13．（6分）某物理兴趣小组利用如图10甲所示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个固定在绝缘支架上带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作：
步骤一：把系在丝线上的同一带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
图10
（1）图甲中实验采用的方法是________（填正确选项前的字母）。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）接着该组同学进行如下探究：如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为，若两次实验中A球的电量分别为和，分别为30°和60°，则________。
14．（12分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图11甲所示。
图11
具体实验步骤如下：
A．把打点计时器固定在铁架台上；
B．将连有重锤的纸带穿过限位孔，用手提着纸带；
C．接通电源、松开纸带；
D．更换纸带，重复几次，选用点迹清晰且第1、2两点间距为2mm的纸带；
E．计算出某点的速度，利用验证机械能守恒定律。
（1）实验中，不需要测量的物理量是________。
A．重锤的质量 B．重锤下落时间
C．重锤下落的高度 D．与重锤下落高度对应的重锤的瞬时速度
（2）图乙是某同学得到的一段纸带，1、2、3、4、5、6为计时器连续打下的6个计时点，点间距如图，已知打点计时器工作频率为50Hz。则打点计时器打下计时点5时，重锤下落的速度________m/s；重锤通过2、5两点的过程中，设重锤的质量为m，重锤重力势能减少量________J，重锤动能增加量________J（均保留三位有效数字，重力加速度）。
（3）实验小组改进了实验方案，如图丙所示，他们利用光电门和数字传感设备组成集成框架，框架水平部分安装了电磁铁，将质量为m的小铁球吸住。一但断电，小铁球就由静止释放，小铁球经过光电门时，与光电门连接的数字计时器可测算小球通过的时间t，并算出此时小球的速度v，多次改变光电门的位置，得到多组x、v的数据，做出的图像如图丁所示。若小球的直径为d，小球通过光电门的速度v与时间t的关系为________；图丁中直线的斜率________。
三、计算题（本大题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8分）有两个完全相同的小球甲、乙，质量均为m，带等量异种电荷，其中甲所带电荷量为，乙所带电荷量为。现用两长度均为L、不可伸长的细线悬挂在天花板上的O点处，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧。在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E的匀强电场。如图12所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为，静电力常量为k，重力加速度为g，求细线拉力和弹簧弹力的大小。
图12
16．（12分）如图13所示，竖直放置的平行板电容器两板间电势差为，平面直角坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，一个带负电的粒子从电容器左板处由静止开始加速，穿过右板后垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出。已知P点的纵坐标为1m，A点的横坐标为2m，带电粒子的电荷量与质量的比值，不考虑带电粒子所受的重力。
图13
（1）求带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小；
（2）求匀强电场的场强大小E；
（3）若在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为。带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光，求感光胶片上曝光点的横坐标。
17．（14分）如图14所示，轨道AB部分为光滑的圆弧，半径，A点与圆心等高，BC部分水平但不光滑。空间中加有竖直向下的匀强电场，场强。现有一个可视为质点、质量、带电量的物块从A点由静止释放，物块滑到水平面上的C点后静止。已知BC之间的距离，滑动过程中物块所带电荷量不变，重力加速度g取。求：
图14
（1）物块与BC之间的动摩擦因数；
（2）物块离开圆弧前，物块对轨道的压力F的大小；
（3）若把电场方向改为水平向右，场强大小不变，仍把物块从A点由静止释放，物块第4次通过B点时的速度大小。
昆明市五华区2023-2024学年高二上学期10月月考
物理参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B D A D D C D C AD CD BC BD
【解析】
5．由于加上沿y轴负方向的匀强电场后，A点的合场强为零，则说明两点电荷在A点形成的合场强沿y轴正方向，根据电场的叠加规律（平行四边形定则）做出矢量图如图1所示，可知，由点电荷的电场强度，又，因此得到在的情况下，无法确定电荷的大小，故D正确。
图1
6．由题意可知，时刻甲车在乙车前方，由图可知，在0~10s内，乙车的速度大于甲车速度，因此在0~10s内两车逐渐靠近，故A错误。由图像与时间轴所围面积表示位移大小可知，在0~10s内，乙车比甲车多运动的位移为，可知时两车相遇，在10~20s内，乙车的速度小于甲车速度，则两车逐渐远离，故B错误。由图像与时间轴所围面积表示位移大小可知，两车在0~20s内的图线与时间轴所围面积相等，则有两车的位移相等，故C正确。在时两车相遇，由图像与时间轴所围面积表示位移大小可知，在10~20s内，甲车的位移比乙车的位移多25m，即在时，甲车在乙车前方25m处，故D错误。
7．根据两个等量的正点电荷中垂线上电场的对称性可知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，故小球从P到M的过程中，电场力做功为零，由动能定理得，解得，故A错误。当小球加速度为零时，小球的速度最大，动能最大，小球在O点加速度为重力加速度，故B错误。两个等量的正点电荷，其连线中垂线上O点场强为零，无穷远处场强为零，从O点至无穷远，电场强度先增大后减小，所以，从P到O的过程中，电场强度大小变化情况不确定，则小球所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，但不可能是一直增大，故C错误。小球从P到O的过程中电场力做正功，根据功能关系可知，小球的机械能增加。小球从O到M的过程中，由于电场强度的方向为，则小球受到电场力方向，从O到M电场力做负功，根据功能关系可知小球的机械能减少，所以从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小，故D正确。
8．在F从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律得，解得加速度，由此可知图像在横轴上的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力，在纵轴上的截距的绝对值等于，斜率等于，可计算出物体的质量，物体与水平面间的动摩擦因数，故C正确。
9．由题意可知，场强的方向沿AB方向，且，因A点的电势，可知B点的电势为零，故A正确。OD间的电势差为，故B错误。因D点电势高于B点电势，则电势不为零，则电子在D点的电势能不为零，故C错误。将电荷量为的正电荷从O移到D，电场力做功为，故D正确。
10．根据，可知若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，故A错误。又，，联立可得。平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板带电量不变，根据，可知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴仍静止，故B错误，C正确。场强E不变，而P点与下极板间的距离减小，则由公式，可知P点与下极板间电势差减小，则P点的电势降低，带负电油滴的电势能增大，故D正确。
12．小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，在水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。小球运动过程中只有重力和电场力做功，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，小球动能最小时，其电势能和重力势能之和最大，电势能不一定最大，故A错误。小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，电场力做负功，电势能增大，小球水平方向速度减小到零时，电势能最大，由于小球运动过程中重力和电场力大小相等，所以小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，电势能最大，故B正确。由于小球在水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，刚开始电势能增加的比重力势能减少的快，动能减小，当小球速度的水平分量等于竖直分量时动能最小，故C错误。由于小球运动过程中重力和电场力大小相等，小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，由功能关系可知，从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球克服电场力做的功，即重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、填空、实验题（本大题共2小题，共18分）
13．（每空2分，共6分）
（1）C
（2）增大
（3）
【解析】（1）图甲中实验采用的方法是控制变量法。
（2）图甲实验表明，细线与竖直方向的夹角随着距离的减小而增大，根据受力可知，电荷之间的静电力随着距离的减小而增大。
（3）由小球B的受力可知，，解得。
14．（每空2分，共12分）
（1）AB
（2）2.08
（3）
三、计算题（本大题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8分）
解：对小球甲受力分析如图2所示，由平衡条件有
图2
①
②
解得 ③
④
评分标准：本题共8分。正确得出①、②式各给3分，其余各式各给1分。
16．（12分）
解：（1）根据动能定理可得 ①
解得 ②
（2）设粒子在A点速度方向与x轴正方向夹角为，根据类平抛运动的特点可得，速度方向反向延长线过水平位移的中点，则
③
所以
所以竖直方向的速度 ④
从P到A的运动时间 ⑤
竖直方向上有 ⑥
解得 ⑦
（3）如图3所示，设粒子从A到感光胶片时的水平位移为d，则有
⑧
所以感光胶片上曝光点的横坐标为 ⑨
图3
评分标准：本题共12分。正确得出①、③、⑨式各给2分，其余各式各给1分。
17．（14分）
解：（1）全过程由动能定理得 ①
解得 ②
（2）从A点运动到B点过程，根据动能定理有
③
在B点时，根据合力提供向心力有
④
解得，根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为24N ⑤
（3）由动能定理得 ⑥
⑦
⑧
⑨
解得 ⑩
评分标准：本题共14分。正确得出①、②、③、④式各给2分，其余各式各给1分。
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