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襄阳四中2024级高二上学期10月月考物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于电磁波理论，下列说法正确的是( )
A. 在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
B. 均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
C. 做非匀变速运动的电荷可以产生电磁波
D. 麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
2.如图所示为一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电电荷定向移动形成电流，下列说法正确的是( )
A. 放电之后，电容器的电容为零 B. 该电容器的击穿电压为
C. 放电之前，电容器存储的电荷量为 D. 该次通过人体的电流为
3.中国江苏某一品牌的太阳能热水器中含有辅助电加热控制器，当太阳能不足时，热水器中的水温达不到所需要的温度，热水器内安装的电阻丝辅助加热装置会自动工作，如图所示，如要在最短的时间内将水加热到预期的温度，应将选择开关置于哪一个挡位( )
A. “”挡 B. “”挡 C. “”挡 D. “”挡
4.某静电场在轴正半轴上的电势随变化的关系如图所示，则( )
A. 处跟处的电场强度方向不同
B. 处跟处的电场强度大小相等
C. 若把带正电的粒子从处移到处，电场力先做正功再做负功
D. 同一个带正电的粒子在处具有的电势能大于在处的电势能
5.“双线摆”如图甲所示，双线长均为，两线夹角为，摆球质量为，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角小于摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为的轻杆一端通过活动绞链与立柱垂直连接，另一端安装质量为的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 图甲中摆球的周期为
B. 图乙中摆球的摆动周期为
C. 图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小
D. 若增大细线长度使点上移，则摆球运动周期增大
6.如图所示是两个等量点电荷的电场线分布，虚线是某带电粒子在电场中仅受电场力作用的运动轨迹，图中、是轨迹上的两点，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子在处的动能比处的动能大 B. 该粒子在处的电势能比处的电势能大
C. 题中等量点电荷左边为正电荷，右边为负电荷 D. 该粒子在处的加速度比在处的加速度要大
7.如图所示，竖直轻弹簧两端分别与物块、相连，物块、所受重力均为，物块放在固定于水平面上的压力传感器上，物块在初始位置处于平衡状态。现对物块施以大小为的力将其下压一段距离保持静止，然后撤去力，当物块向上运动到初始位置上方距离也是时( )
A. 压力传感器的读数是零 B. 压力传感器的读数是
C. 压力传感器的读数是 D. 压力传感器的读数是
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一带负电小球，在从空中点运动到点的过程中，受重力、空气阻力和静电力作用，重力对小球做功，小球克服空气阻力做功，静电力对小球做功，则下列说法正确的是( )
A. 小球在点的重力势能比在点少 B. 小球在点的机械能比在点少
C. 小球在点的电势能比在点多 D. 小球在点的动能比在点大
9.如图所示，一列简谐横波沿轴正向传播，振幅为，某时刻相距的两质点、的位移都是，但运动方向相反，其中质点沿轴负向运动，的平衡位置距点不足一个波长，此时质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 该列简谐横波波长可能为 B. 质点的平衡位置距点的距离可能为
C. 质点的平衡位置距点的距离一定为 D. 再经，质点到达波峰
10.如图所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力。当恒力取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为，给木板施加不同大小的恒力，得到的关系如图所示，其中段与横轴平行，段的纵坐标为，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是( )
A. 若恒力，物块滑出木板时的速度为
B. 点纵坐标为
C. 随着增大，当外力时，物块恰好不能从木板右端滑出
D. 图像中点对应的外力的值为
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球和球，细线若干，坐标纸，刻度尺。
实验步骤：
Ⅰ如图甲所示，测量小球、的质量分别为、，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面。
Ⅱ将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为的正方形。将小球拉至某一位置，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍。
Ⅲ如图乙所示，分析连拍照片得出，球从点由静止释放，在最低点与球发生水平方向的正碰，球反弹后到达的最高位置为，球向左摆动的最高位置为，测得、、到最低点的竖直高度差分别为、、。已知重力加速度为。完成以下问题：
与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：
A.保证球与球都能在竖直平面内运动
B.更易使小球碰撞接近弹性碰撞
C.受空气阻力小一些
若二者质量满足关系式 ，则验证碰撞中动量守恒。
球在最低点与静止的球水平正碰后，球向右反弹摆动，球向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球的质量 球的质量选填“大于”或“等于”或“小于”若为非弹性碰撞，则 选填“能”或“不能”比较两球质量大小。
12.如图所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势在范围内，内阻几千欧，某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。
如图所示，直接用多用电表“直流”挡测量出可乐电池的电动势为 。
现有实验器材：
A.电压表约为
B.电流表为
C.电阻箱
D.滑动变阻器
E.开关，导线若干
为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图 完成电路连接。
A.
B.
C.
D.
通过数据处理画出相应的可乐电池图像如图实线所示，可知该可乐电池的内阻约为 保留位有效数字。
将该可乐电池静置后再次测量获得的图像如图虚线所示，可知该可乐电池的电动势 选填“增大”“减小”或“不变”。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，光滑绝缘的轻质三角形框架，杆竖直且、相距为，杆与杆夹角为，点与点高度相同。点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于点，另一端与套在杆上质量为的带电小球相连，初始时，小球静止于中点且对杆无压力。现驱动该装置以为轴转动，使小球缓慢移动至点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速度为，不计空气阻力，求：
初始时小球所受的静电力大小
小球到达点后的角速度大小
14.如图所示，为竖直平面内的光滑绝缘轨道，直轨道和圆弧轨道相切于点，圆弧轨道半径为，与水平面的夹角为，为圆弧轨道的竖直直径，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中。带正电的小球质量为，带电荷量为电荷量始终不变，若将小球从点由静止释放，则它运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为为重力加速度，现让一不带电的质量为的绝缘小球从直轨道的点由静止释放，运动到点时恰好与静止在点的小球发生弹性碰撞。不计空气阻力，，。
求匀强电场的电场强度的大小
若，且碰后小球恰好到达最高点，则轨道点离点的高度为多少
若在点碰撞后小球的速度大小为，则小球从点离开轨道到再次回到轨道的时间为多长
15.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为。
求第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小
在第一次碰撞到第二次碰撞之间，求小球与圆盘间的最远距离
圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次数。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场才能产生磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，故AB错误；
C、做非匀变速运动的电荷可以在周围空间产生变化的电磁场，形成电磁波，故C正确；
D、赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
2.【答案】
【解析】放电之后，电容器的电容不变，故 A错误
根据电容器的工作原理，及题目中的已知条件，可得击穿电压要大于，故B错误
放电之前，电容器存储的电荷量为，故C错误
该次通过人体的电流为，故D正确。
3.【答案】
【解析】根据焦耳定律有： ，因而在电压一定的情况下，电阻越小，发热功率越大，产生相同的内能需要的时间越短，故应选“”挡，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【分析】
的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示场强的方向；正电荷从高电势向低电势移动，电场力做正功；电势能是标量，对正电荷来说，电势越高电势能越大。
【解答】
A.和处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A错误；
B.处的斜率的绝对值大于处的斜率的绝对值，说明处的电场强度大于处的电场强度，故B错误；
C.从处到处，电势逐渐降低，则在此空间移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；
D.根据可知，正电荷在处具有的电势能为零，在处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在处具有的电势能大于在处的电势能，故D正确。
5.【答案】
【解析】A.由甲中摆球的摆线长度为： ，结合单摆的周期公式
代入角度，可得
故A错误；
C.图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零，
由图可知：
即可得细线的拉力为：
故C正确；
B.结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为
解得：
故B错误；
D.由摆球的周期公式
可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。
故选C。
6.【答案】
【解析】【分析】
根据电荷受到电场力的特点判断；电场线密处带电粒子受到的电场力大，加速度大；结合电势能与电势的关系判断电势能和动能。
解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电势与电势能间的关系。
【解答】
C.根据等量点电荷电场线的箭头可知，该等量点电荷均为正电荷，故C错误；
B.根据等量正点电荷电势的特点及电场线的方向可以判断，处电势比处电势低，再根据电场力为合力指向凹侧，则带电体受到吸引力，为负电荷，所以带电体在处电势能要大，故B正确；
D.电场线的疏密可以反映电场强度的大小，电场线越密，电场强度越大，由图可知，处电场线疏，则该带电体在处的加速度比在处的加速度要小，故D错误；
A.带电粒子在电场中仅受电场力作用，在处电势能要大，根据能量守恒可知该粒子在处的动能比处的动能小，故A错误。
7.【答案】
【解析】设物块在初始位置时弹簧的压缩量为，对列平衡方程为：，施加力后弹簧再压缩，对列平衡方程为：，又由于，解得，撤去力的瞬间，物块所受的回复力，当物块向上运动到初始位置上方距离也是时，由对称性知，而，可见物块所受弹簧弹力恰好为零，以物块为研究对象，受力分析知压力传感器对物块的支持力为，故压力传感器的读数是，故D正确，ABC错误。
8.【答案】
【解析】A、由题，小球从点运动到点过程中，重力对小球做功，小球的重力势能就减小，所以小球在点的重力势能比在点大，故A错误；
B、小球从点运动到点过程中，克服空气阻力做功，电场力对小球做功，两个力的总功为，小球的机械能就增加，所以小球在点的机械能比在点小，故B正确；
C、电场力对小球做功，小球的电势能就减小，则小球在点的电势能比在点大，故C正确；
D、重力对小球做功，小球克服空气阻力做功，电场力对小球做功，三个力的总功为，根据动能定理得到，小球的动能就增大，则小球在点的动能比在点多，故D错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】A.设质点的起振方向向上，的振动方程为
可得：
质点比振动时间长，所以的振动方程为
可得：
则、振动的时间差最短为
所以、之间的最短距离为
则通式为
则、、、、，当时，，故A正确：
若点正在向下振动，由的分析和题意可知，质点的平衡位置距点的距离为
若点正在向上振动，由的分析和题意可知，质点的平衡位置距点的距离为，故B正确，C错误；
D.因为、振动的时间差最短为
根据简谐运动的对称性可知，质点到达波峰还需经过的时间，故D错误。
10.【答案】
【解析】A、时，和系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
将、、、代入得：、不符合情况，舍去
或，故A错误；
B、当较小时，物块将从木板右端滑下，当增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，历时，
由牛顿第二定律得：，
根据速度时间关系可得：，
根据位移关系可得：，
联立解得：
由图乙知，相对路程：，
代入解得：；
当继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；
当两者共速后能保持相对静止静摩擦力作用一起以相同加速度做匀加速运动，
由牛顿第二定律得：，而，
由于静摩擦力存在最大值，所以：，
联立解得：；
综上所述，段恒力的取值范围是，函数关系式是：
当时，
则点的横坐标为：，点的纵坐标为：，故B正确；
C、当较小时，物块将从木板右端滑下，当增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，历时，
则木板的加速度为：
根据速度时间关系有：
相对位移为：
联立解得：，故C错误；
D、图中临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力，两者一起加速运动的临界加速度为，，故D正确。
11.【答案】；；小于；能。
【解析】与用一根细线悬挂小球相比，本实验用双线摆的优点是双线摆能保证小球更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动，故A正确，BC错误。
故选：。
摆长，球从点静止释放到最低点的过程中，球下降的高度
根据动能定理
解得
碰前球的动量大小为
同理可得，
取水平向左为正方向，若碰撞过程动量守恒，满足
代入数据联立解得
若两小球发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，动量守恒
机械能守恒
解得
球碰撞后向右反弹，则
因此球的质量小于球的质量；
若碰撞为非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，碰撞后球反弹；
以水平向左为正方向，动量守恒
可知
碰撞过程为非弹性碰撞，机械能有损失，则
解得
因此能比较两球质量大小。
故答案为：；；小于；能。
12.【答案】； 不变。
【解析】选择“直流”挡时对应的分度值为，估读到，可得可乐电池的电动势大小为。
电流表内阻已知，将其与电阻箱串联，电流表测量流过电路的准确电流，通过闭合电路欧姆定律得到电动势和电路中总电阻的关系，以减小系统误差，故选A。
根据电路图和闭合电路欧姆定律可得，整理得，故图像的斜率表示电源电动势，纵轴截距的绝对值表示电池内阻和电流表的内阻之和，可得，故。
根据前面分析可得图像的斜率表示电源电动势，虚线所示图线的斜率等于实线的斜率，所以可乐电池的电动势不变。
13.【答案】解：小球受到弹簧弹力、库仑力、重力而平衡，如图所示：
几何关系可知
由平衡条件有
联立解得；
设此时库仑力为，杆对球弹力为，如图所示：
由几何关系可知，故
水平方向由牛顿第二定律有
竖直方向上由平衡条件有
联立解得。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：小球运动到最低点时，对轨道的压力大小为，
由牛顿第三定律可知轨道对小球的支持力大小为，由牛顿第二定律有，
小球从点到点的过程，由动能定理有，联立解得；
设小球碰撞前后速度分别为、，小球碰撞后速度为，
由动量守恒定律有，由机械能守恒定律有，
小球恰能到达点时的速度为，由牛顿第二定律得，
小球从点到点的过程，由动能定理有，
小球从点到点的过程，有，联立解得；
小球从点到点的过程，由动能定理有，
可求出小球到达点速度大小，
小球离开点后做类平抛运动，落到直轨道上时水平距离为，竖直距离为，
则，
由几何关系有
联立解得。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为，由速度位移公式得：
解得：
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
已知：
联立解得：，
故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为；
第一次碰后小球做竖直上抛运动。因圆盘所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等，故圆盘竖直向下做匀速直线运动，当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远。
设第一次碰后小球经过时间与圆盘的速度相同，两者间的最远距离为，以竖直向下为正方向，
根据运动学公式得：
解得：
max
解得：；
设自第一次碰撞后经时间发生第二次碰撞，小球与薄圆盘共速时相距，设共速后再经时间小球追上薄圆盘，根据位移关系有，解得，则，追上时小球的速度，圆盘的速度，设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得
，解得，，假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出，小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间，画出第一次碰撞后小球的图像，如图所示： 图像中图线与轴围成的面积表示位移，则根据图像可计算出，，，，则小球与薄圆盘碰撞的次数是。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】

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