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2025—2026学年度上学期2024级
10月月考物理试卷
满分100分。考试用时75分钟。
一、选择题：本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。
1．物理学的发展离不开科学家们的贡献，他们的发现和研究成果对生活生产产生了很大的影响．下列符合物理学史的是（　　）
A．库仑提出库仑定律，引入“电场”的概念来描述电场的真实存在
B．通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出分子电流假说
C．奥斯特发现了电磁感应现象，法拉第发现了电流的磁效应
D．牛顿提出了万有引力定律，成为第一个用理论算出地球质量的科学家
2．甲、乙两质点在同一直线上运动。甲、乙运动的速度-时间或位移-时间图像如图所示。在时刻，两个质点刚好相遇，则关于两质点在时间内的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若是图像，则两质点的运动方向先相反后相同
B．若是图像，则两质点间的距离不断增大
C．若是图像，则乙的速度一直大于甲的速度
D．若是图像，则甲与乙的速度方向始终相同
3．如图，质量为m、长为L的直导线用两根轻质绝缘细线悬挂于OO1，并处于匀强磁场中、当导线中通以沿y正方向的电流I，且导线保持静止时，细线与竖直方向的夹角为θ。则磁感应强度的方向和大小可能是（　　）
A．x负向， B．y正向，
C．z负向， D．沿悬线向下，
4．如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（ ）
A．0 B．B C．2B D．3B
5．一次军事演习中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后水平投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，不计空气阻力，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）
A．从投出到落地，甲、乙手榴弹机械能的减少量为mgh
B．手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率不同
C．从投出到落地，甲、乙手榴弹的动能增加量相同
D．甲在空中运动过程中动量变化比乙大
6．一平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为，每次撞击后速度大小均变为，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t=0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度aB=2m/s2的匀加速直线运动。已知薄板长L=1m，小物块A的质量mA=4kg，薄板B的质量mB=1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　）
A．从t=0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为15N
B．小物块A离开B板时的速度为m/s
C．从开始到A、B分离的过程中电动机对B板所做的功为J
D．从开始到A、B分离的过程中，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为J
8．某一带正电粒子仅在电场力作用下从M点向N点运动的轨迹如图中的实线所示，图中的虚线a、b、c代表等差等势线。粒子经过M、N两点时的动能分别为EkM和EkN，粒子在M、N两点处的加速度大小分别为aM和aN，M、N两点处的电势分别为φM和φN，粒子在M、N两点处的电势能分别为EpM和EpN，下列判断正确的是（　　）
A．aM＜aN B．EkM＜EkN C．EpM＞EpN D．φM＜φN
9．2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆，标志着探月工程取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回，为后续载人探月工程打下坚实基础．设想载人飞船通过月地转移轨道被月球捕获，通过变轨先在轨道Ⅲ以速度大小v3做匀速圆周运动，选准合适时机变轨进入椭圆轨道Ⅱ，其中P、Q两点为椭圆轨道Ⅱ在轨道Ⅰ、Ⅲ处的切点，且经过P、Q两点时速度大小分别为vP、vQ，到达近月点再次变轨到近月轨道Ⅰ以速度大小v1做匀速圆周运动（轨道Ⅰ半径等于月球半径），最后安全落在月球上。已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，轨道Ⅲ距离月球表面高度为h，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．月球平均密度为
B．vP>v1> vQ>v3
C．载人飞船在P、Q点加速度之比为R2:(R+h)2
D．载人飞船从Q点到P点所用时间为
10．如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R（未知），一质量为的小球以速度v0水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了0.25R，接着小球又返回小车的左端。若M=2m，重力加速度为g，则（　　）
A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒
B．圆弧的半径为
C．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为
D．整个过程小球对小车做的功为
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（8分）某实验小组利用下图装置进行实验，探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列说法中正确的是（ ）
A．拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行
B．实验开始时，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带
C．把木板右端垫高，小车在槽码盘作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车受到的阻力
（2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），测得s1=6．20cm，s2=6．61cm，s3=7．01cm，s4=7．43cm，打点计时器所接交流电源频率为50Hz。由此判断：纸带的 端与小车相连（填“左”或“右”）；小车的加速度为 m/s2；（结果保留两位有效数字）。
（3）将槽码及槽码盘的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的图像。要想得到一条过原点的直线，下列操作正确的是（ ）
A．增加槽码盘中槽码的个数
B．减小木板的倾斜角度
C．增大木板的倾斜角度
（4）为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上。在其他实验操作相同的情况下， （填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差，理由
是 。
12．（10分）多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图，其中电流有1．0A、2．5A两个挡，电压有2．5V、10V两个挡，欧姆表有两个挡。
（1）通过一个单刀多掷开关S，B可以分别与触点1、2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不同物理量的功能。
①图甲中B是 （选填“红”或“黑”表笔）；
②当S接触点 （选填“1、2”）时对应多用电表2．5A挡；
实验小组用该多用电表测量电源的电动势和内阻。器材还有：待测电源（电动势约为9V），定值电阻R0=8．0Ω，电阻箱一只。连接实物如图乙所示，测量时应将图甲中S接触点 （选填“5、6”）；改变电阻箱阻值R，测得并记录多组数据后，得到对应的图像如图丙所示，则电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果保留两位有效数字）
13．（10分）如图所示，一质量为的带正电的粒子从点以初速度水平抛出。若在该带电粒子运动的区域内加一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从点以初速度水平抛出，则粒子恰好能经点到达该区域中的点。已知点在点的正下方，，粒子重力不计。求：
粒子在电场中运动，到达点时的动能；
匀强电场的场强大小与匀强磁场的磁感应强度大小的比值。
14．（14分）如图甲所示，R2＝6Ω，电容器的电容C＝5 ，开关S闭合、S1断开。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢移动到b端的过程中，电压表的示数U随电流表的示数I变化的关系如图乙所示。电压表和电流表均为理想电表。
（1）求电源的电动势E、内阻r和电阻R1的阻值；
（2）求滑动变阻器R消耗的最大功率P；
（3）将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关S1，电路再次稳定后，求通过电阻R3的电荷量Q。
15．（18分）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。2025—2026学年度上学期2024级
10月月考物理答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B B D A B B C AD AD BCD
1．【答案】B。库仑提出库仑定律，法拉第引入“电场”的概念来描述电场的真实存在，故A错误；通电螺线管的磁场可通过右手螺旋定则判断与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流即分子电流，分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，即分子电流假说，故B正确；由物理学史可知法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；牛顿提出了万有引力定律，并没有测出引力常量，而是卡文迪什测出了引力常量，因此被称为第一个称出地球质量的科学家，故D错误。故选B。
2．【答案】B。若是图像，时刻，两个质点刚好相遇，时间内，乙的速度大于甲的速度且两质点运动方向相同，则 时间内，两质点间的距离不断增大，A项错误，B项正确；若是 图像，切线的斜率表示质点的速度，则在时间内，存在甲速度大于乙的时候，甲的速度方向先与乙相反，后与乙相同，C、D项错误。故选B
3．【答案】D。磁感应强度方向为负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿正方向，根据平衡条件：，所以，故A错误；当磁场沿正方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角，不符合题意，故B错误；当磁场沿负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，导线不可能向右偏转，不符合题意，故C错误；磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：，得：，故D正确。
4．【答案】A。由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同，因为 M点和 N点在圆线圈轴线上，且它们到0点的距离相等，则通电圆线圈在M点和N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，又因为匀强磁场大小和方向处处相同， 则通电圆线圈和匀强磁场在 M点和 N点的叠加磁场相同，N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故选A。
5．【答案】B。手榴弹在空中做平抛运动，机械能守恒。故A错误；根据，由于甲、乙手榴弹下落高度相同，所用时间相等，所以手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率相同，故B错误；投出到落地，根据动能定理可得可知甲、乙手榴弹的动能增加量相同，故C正确；根据动量定理可得由于甲、乙手榴弹在空中所用时间相等，所以甲、乙手榴弹在空中运动过程中动量变化量相等，故D错误。故选C。
6．【答案】B。设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，由动量定理可得其中 解得 故选B。
7．【答案】C。对薄板，根据牛顿第二定律
代入数据得N故A错误；对A，根据动能定理，当时，m/s，因为，所以m/s，故B错误；A在薄板上运动加速度大小m/s2 根据得：小物块A在薄板B上运动时间s，此时A、B的速度为m/s m/s，电动机对B做功为J，故C正确；小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能，故D错误。故选C．
8．【答案】AD。等势线越密的地方，电场线越密，带电粒子所受电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以M、N两点处的加速度一定满足aM＜aN，故A正确；带电粒子的轨迹向左弯曲，说明带电粒子所受电场力偏左，又电场线与等势面垂直，所以带电粒子所受电场力向左上方，与带电粒子的运动方向成钝角，则电场力对带电粒子做负功，带电粒子的动能减小，电势能增大，即EkM＞EkN，EPM＜EPN，故BC错误；根据EP＝qφ，q＞0，可知φM＜φN，故D正确。
9．【答案】AD。在月球表面，根据重力等于万有引力有，根据密度公式
其中，联立解得月球平均密度为故A正确；卫星从轨道Ⅲ至轨道Ⅱ做近心运动，速度减少，故故B错误；根据牛顿第二定律有可得，则载人飞船在P、Q点加速度之比为故C错误；根据开普勒第三定律有 又 解得载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上的运动周期为则载人飞船从Q点到P点所用时间为故D正确。故选AD。
10．【答案】BCD。小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，没有阻力做功，机械能守恒，故A错误；小球达到圆弧的顶端，这个过程中水平方向动量守恒得 ， ，解得。此时M向前走了0．25R，根据。即，根据几何关系 解得 故B，C正确；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中水平方向动量守恒得,,解得，根据动能定理整个过程小球对小车做的功为故D正确。故选BCD。
11．【答案】(1)A (2) 左 0.41 (3)C (4)乙 乙同学保证小车和槽码总质量不变，符合控制变量法，减小误差
【详解】（1）为了保证小车运动过程，细线拉力恒定不变，拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行，故A正确；为了充分利用纸带，实验开始时，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，故B错误；先撤去槽码盘，把木板右端垫高，小车在自身重力沿木板向下的分力作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车受到的阻力，故C错误。故选A。
（2）[1]由于小车做加速运动，相同时间内通过的位移逐渐增大，则纸带的左端与小车相连；
[2]每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得加速度为
（3）由图像可知，当达到一定数值时，小车才开始有加速度，可知平衡摩擦力不够，所以要想得到一条过原点的直线，应增大木板的倾斜角度。故选C。
[1][2]为探究加速度与力的关系，应控制质量不变；在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上；在其他实验操作相同的情况下，乙同学的方法可以更好地减小误差，理由是乙同学保证小车和槽码总质量不变，符合控制变量法，减小误差。
12．【答案】（1）黑 1 （2））6 9.1 2.0
【详解】（1）①[1]根据“红进黑出”的原则，电流从欧姆表内部电源正极流出，所以B应该是黑表笔。
②[2]电流表是通过表头并联电阻改装而成的，并联电阻越小，量程越大，所以2.5A挡对应1。
（2）[3]多用表与变阻箱并联做电压表适用，电源电压9.0V，所以应该选用10V的量程，S接6；
[4][5]由乙图可知，变换得，由图可知，，解得，
【答案】（1） （2）
【详解】粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在点时速度与水平方向夹角为。则 ， ，，解得：
撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经点到达点，由此可知，为该粒子做圆周运动的直径，设之间的距离为，电荷量为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径 ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，对粒子，由动能定理得 ，解得 ：
14．【答案】(1)E＝6 V，r＝2 Ω，R1＝2 Ω　(2)P＝2．25 W　(3)Q＝2.1×10－5 C
【解析】(1)依题开关S闭合、S1断开，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir结合图像，得E＝0.5r＋5，E＝1.5r＋3，解得E＝6 V，r＝2 Ω，图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到b处时，R1电压为3 V，流过R1电流为1.5 A，故R1＝＝Ω＝2Ω
(2)将R1等效为电源内阻一部分，故电源等效内阻r等效＝R1＋r＝4 Ω，此时外电路只有滑动变阻器，结合闭合闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器消耗功率，可知R滑＝r等效时，功率最大，即
(3)结合图像当滑动变阻器的滑片置于a端时，外电阻R外＝＝ Ω＝10 Ω，R外＝R1＋R滑，解得R滑＝8 Ω，将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，此时电容器两端电压为滑动变阻器电，将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关S1，电路再次稳定后，干路电流。故通过R1的电流为IR1＝＝0．6 A，此时电容器两端电压为R1两端电压，又因为极板间所带正负电荷与之前相反，即UC2＝IR1×R1＝－1.2 V(1分)，故求通过电阻R3的电荷量Q＝C(UC1－UC2)，解得Q＝2.1×10－5 C
15．【答案】（1）；（2）；（3）当时，，当时，
【详解】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律，解得，与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得，，联立解得
（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得，解得，以竖直向下为正方向，由动能定理，联立可得
（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得，从点飞出后，竖直方向，水平方向，根据几何关系可得，联立解得，代入数据解得，当时，从释放时，根据动能定理可得，解得，可知物块达到距离点0．8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得，解得，距离点0．6m，综上可知当时，代入数据得

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