2022-2023学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析) (II)

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1、2022-2023学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析) (II)一、单选题1.关于曲线运动下列叙述正确的是（）A. 物体受到恒定外力作用时，就一定不能做曲线运动B. 物体只有受到一个方向不断改变的力，才可能做曲线运动C. 物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，就做曲线运动D. 平抛运动是一种非匀变速曲线运动【答案】C【解析】【详解】物体受到恒定外力作用时，也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A错误；当物体受到一个与速度方向不共线的力时，即物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物体就做曲线运动，选项B错误，C正确；平抛运动的加速度恒定为g，则是一种匀变速曲线运动，选项D错误；故选C.2

2、.一个物体沿固定不动的光滑斜面由静止滑下，下列结论中正确的是（ ）A. 物体的重力的冲量为零 B. 斜面对物体的弹力的冲量为零C. 物体动能的增量等于重力所做的功 D. 物体动量的增量等于重力的冲量【答案】C【解析】【详解】重力的冲量，作用时间不为零，故重力的冲量不为零，A错误；弹力不为零，作用时间不为零，所以弹力的冲量不为零，B错误；过程中只有重力做功，根据动能定理可知物体的动能增加量等于重力所做的功，C正确；物体动量的增加量等于合力冲量，D错误【点睛】一个力对物体的冲量是对物体作用一段时间的积累效应的物理量，与这个力对物体做功与否无关，求解一个力的冲量，紧扣计算3.小球质量为2m，以速度v

3、沿水平方向撞击竖直墙壁，以0.8v的速率反弹回来，球与墙的撞击时间为t，则在撞击过程中，球对墙的平均作用力的大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据动量定理，合外力的冲量等于小球动量的变化量，墙对小球的平均作用力，根据牛顿第三定律即可求得球对墙的平均作用力【详解】规定以初速度方向为正，根据动量定理得：，解得：，跟据牛顿第三定律可知球对墙的平均作用力为，C正确【点睛】本题主要考查了动量定理的直接应用，对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向4.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系

4、图象如图所示则此电场的电场线分布可能是图中的()A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：加速度增大，则说明电场力增大，即电场强度增大，而电场线的疏密程度表示电场强度，电场线越密，电场强度越大，故AD正确；考点：考查了电场线【名师点睛】对于电场线需要掌握，一、电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，否则，电场强度越小，二、沿电场方向电势降低，三、电场线越密，等势面也越密，在根据公式计算电势能的时候需要将各个物理量的正负号代入计算5.将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与球接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，如图所示，于是有

5、()A. A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向B. A的位置不变，B向右偏离竖直方向C. A向左偏离竖直方向，B的位置不变D. A和B的位置都不变【答案】B【解析】A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，B、C相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔C可以屏蔽外部的B的电场，所以B的电荷对空腔C的内部无影响，所以A位置不变故B正确，ACD错误；故选B点睛：考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽6.质量为m的物块，带电荷量为+Q，开始时让它静止在倾角=60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场

6、中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对物块进行受力分析，找出力的关系，判断合外力的方向，判断物体的运动，运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题【详解】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力电场力F=QE=mg重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角=30，运用动能定理研究从开始到落地过程，mgH+FH=mv20可得 v=2，故选C【点睛】此题千万不能认为物块会沿斜面下滑，所以了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题7.如图所示,有一条捕鱼小船停靠在

7、湖边码头,一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船。他用卷尺测出船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则船的质量为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】人在船上行走过程中，人和船所受合力为零，人和船组成的系统动量守恒，设船的质量为，任一时刻人相对地面的速度大小为，船相对地面的速度大小为，则：，解得：；人在船上行走过程中人和船通过的距离满足，解得：船的质量。故A项正确，BCD三项错误。【点睛】人船问题是动量部分的典型模型，要能熟练分析并应用。8.如图所示为电流产生磁

8、场的分布图，其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A、电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故A错误；B、电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为以直导线为圆心的同心圆，故B错误；C、图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故C正确；D、根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故D错误；故选C【点睛】因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图9.如图所示，平行板电容器的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个

9、带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是()A. 液滴带正电 B. 液滴将加速向下运动C. 液滴将保持不动 D. P点电势降低【答案】C【解析】【详解】A、开关闭合时，带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态，电场力向上，而上极板带正电，故液滴带负电；A错误.B、C 、断开开关，电容器带电量不变，当下板向下移动小段距离时，正对面积不变，即电场线疏密不变，结合，得电场强度不变，所以液滴受力不变则保持不动，故B错误，C正确；D、根据U=Ed可知，场强E不变，当下板向下移动小段距离时，P与下极板距离增大，电势差增大，下极板电势为零，所以P点电

10、势升高；D错误.故选C.【点睛】由于金属板与电源相连，充电后断开开关，电荷量不变。即使改变两板间距，电场强度也不变；且注意电荷的极性与电势的正负.10.如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d， 在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A. 板间电场强度大小为mg/qB. 板间电场强度大小为mg/2qC. 质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D. 质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【答案】C【解析】试题分析：由于质点能垂直打在M屏上，则速度方向水平，质子

11、在板间也做匀速直线运动，即满足Eq=mg,得，因为板的长度等于板的右端到屏的距离，所以质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等。选项AC正确。考点：粒子在电场中的运动11.如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在、两点，在的连线上有对称点、，连线的中垂线上有对称点、，则下列说法正确的是( )A.、两点电场强度相同B. 正电荷在点电势能大于在点电势能C. 在连线的中垂线上，点电势最高D. 负电荷从点静止释放，在它从点运动到点的过程中，加速度先减小再增大【答案】C【解析】【分析】本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低a、c两点关于

12、中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等【详解】根据电场线的分布，a、c两点电场强度大小相等。故A错误。根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点电势能一定等于在c点电势能。故B错误。沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高。故C正确。由对称性知O点的场强为零，电荷-q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大后减小再增大再减小，故D错误。故选C。【点睛】本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析，注意D选项是一种可能的12.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备

13、充电的储能装置充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.600.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是（）A. 充电宝充电时将电能转化为内能B. 该充电宝最多能储存能量为3.6l06JC. 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD. 该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的手机充电，则理论上能充满4次【答案】D【解析】充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能；故A错误；该充电宝的容量为：q=xx0mAh=xx010-33600=7.2104C；该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量：E=E

14、电动势q=57.2104=3.6105J；故B错误；以2A的电流为用电器供电则供电时间 ；故C错误；由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：xx0mAh0.6=1xxmAh，给容量为3000mAh的手机充电的次数： ；故D正确；故选D二、多选题13.如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)，从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（ ）A. 小球做匀速直线运动 B. 小球先做减速运动，后做加速运动C. 小球的电势能保持不变 D. 静电力对小球所做的功为零【答案】ACD【解析】【分析】

15、金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功【详解】A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动；故A正确，B错误.C、D、由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功,小球的电势能不变;故C、D正确.故选ACD.【点睛】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势

16、体，表面是一个等势面，电场力对小球不做功14.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线从运动到，已知质点的速率是递减的关于点电场强度的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在点的切线）（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】仅在电场力作用下沿曲线运动，电场力的方向指向曲线的内侧；质点的速率是逐渐增大，电场力的方向与运动方向(轨迹的切线方向)成锐角；粒子带负电，电场力的方向与电场强度的方向相反。综上，场强方向可能的只有B，故选B。点睛：物体动能增加时，合力对物体做正功，合力方向与位移方向之间成锐角；物体动能减小时，合力对物体做负功，合力方向与位移方向之间成钝角。视频15.A、B两球质量

17、相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是()A. 相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同 B. 相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同C. 动量的变化率大小相等，方向相同 D. 动量的变化率大小相等，方向不同【答案】AC【解析】由动量定理可得，p=mgt，两球的质量、运动时间相同，则动量的变化大小相等，方向相同，故A正确B错误；动量的变化率，两小球的质量相等，则重力每个相等，动量的变化率大小相等，方向相同，故C正确；D错误；故选AC点睛：本题考查了判断动量、冲量是否相同，应用动量定理即可正确解题，解题时要注意，动量、冲量都是矢量，只有大小与方向都相同时，

18、两动量或两冲量才相等.16.2013年12月2日，嫦娥三号探测器顺利发射嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从距离月表100km的环月圆轨道，变为近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，两轨道相切于点P，如图所示若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥三号”飞船，以下说法正确的是A. 在轨道上运动的速度小于在轨道上近月点的速度B. 沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度C. 沿轨道I运行至P点的加速度小于沿轨道II运行至P点的加速度D. 在轨道上的机械能比

19、在轨道上的机械能大【答案】AD【解析】【分析】据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速，并由此判定机械能大小的变化，在不同轨道上经过同一点时卫星的加速度大小相同【详解】从轨道I进入轨道II嫦娥三号需要要点火减速，故沿轨道I运行至P点的速度小于沿轨道II运行至P点的速度， B错误；若以近月点的距离为半径做圆周运动，则轨道I的速度小于这个做圆周运动的速度，而要沿轨道II运动，在近月点则要加速，这个速度小于轨道II近月点的速度，所以在轨道上运动的速度小于在轨道上近月点的速度，A正确。两个轨道上经过P点时的轨道半径相同，根据公式解得，所以两次经过P点时的加速度相等，C错误；变轨的时候点火，发动机

20、做功，从轨道进入轨道，发动机要做功使卫星减速，故在轨道上的势能与动能之和比在轨道上的势能与动能之和大，即在轨道上的机械能比在轨道上的机械能大，D正确【点睛】掌握万有引力提供圆周运动向心力知道，知道卫星变轨原理即使卫星做近心运动或离心运动来实现轨道高度的改变掌握规律是解决问题的关键三、计算题17.如图，一个质量为m=0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时速度不变)，已知圆弧的半径R=0.5m，=53，小球到达A点时的速度vA=5m/s(sin53=0.8，cos53=0.6,取g=10m/s2).求：(1) P点与A点的

21、水平距离和竖直高度；(2)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。【答案】(1), (2),方向竖直向上【解析】【详解】（1）小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为，所以：v0=vx=vAcos=50.6m/s=3m/s vy=vAsin=50.8m/s=4m/s由vy=gt，得 t=0.4s由平抛运动的规律得：P点与A点的水平距离 x=v0t=30.4m=1.2m高度 h=gt2=100.42m=0.8m（2）由A到C由动能定理： 在C点，由圆周运动向心力公式得：FC+mg=m代入数据解之得：FC=4.8N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为4

22、.8N，方向竖直向上【点睛】本题是动能定理、平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法18.质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示。球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的2/3。该球受到的空气阻力大小恒为f，弹性球与地面第一次碰撞的时间为t=1/14s，取g=10 m/s2。求：（1）弹性球受到的空气阻力的大小；（2）弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力大小(弹性球和地面碰撞过程中受到的空气阻力忽略不计)。【答案】（1）0.4N；（2）8N【解析】

23、【分析】(1)由速度时间图象求得物体下降的加速度，对物体下降的过程受力分析，由牛顿第二定律求得弹性球受到的空气阻力；(2)求得物体第一次反弹的速度，对弹性球的第一次反弹过程应用动量定理可得弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力。【详解】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图象可知对弹性球的下落过程受力分析，由牛顿第二定律可得：解得：f =0.4N（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=3m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则球和地面碰撞过程，设球受到地面的平均作用力大小为F，以向下为正方向，由动量定理可得：解得：F=8N19.随着航天技术的不断发

24、展，人类宇航员可以乘航天器登陆一些未知星球。一名宇航员在登陆某星球后为了测量此星球的质量进行了如下实验：他把一小钢球托举到距星球表面高度为h处由静止释放，计时仪器测得小钢球从释放到落回星球表面的时间为t。此前通过天文观测测得此星球的半径为R，已知万有引力常量为G，不计小钢球下落过程中的气体阻力，可认为此星球表面的物体受到的重力等于物体与星球之间的万有引力。求：(1)此星球表面的重力加速度g；(2)此星球的质量M；(3)若距此星球表面高H的圆形轨道有一颗卫星绕它做匀速圆周运动，求卫星的运行周期T。【答案】【解析】【分析】（1）根据 得出星球表面的重力加速度；（2）根据万有引力等于重力求出星球的质

25、量；（3）根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力求出卫星在圆形轨道上运行的周期；【详解】（1）小钢球从释放到落回星球表面做自由落体运动，得：；（2）钢球的重力等于万有引力得此星球的质量为； （3）距此星球表面高的圆形轨道有一颗卫星绕它做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：，而且整理可以得到：。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用。20.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为60、长为L12m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D

26、处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为，g取10 m/s2.(1)求小球初速度v0的大小；(2)求小球滑过C点时的速率vC；(3)要使小球刚好能过圆轨道的最高点，圆轨道的半径为多大？【答案】(1)m/s (2)3m/s (3)0R1.08 m【解析】【分析】释放弹簧后弹簧的弹性势能转化为小球的动能先根据小球从离开弹簧到A平抛运动过程，求出小球到A点时竖直分速度，由速度的分解求出到初速度；小球运动的过程中机械能守恒，列出公式即可求出C点的速度；要使小球不

27、离开轨道，有两种情况：第一种情况：是恰好过竖直圆轨道最高点时，先由牛顿第二定律和向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解轨道半径第二种情况：小球恰好到竖直圆轨道最右端，由动能定理求解轨道半径【详解】（1）小球开始时做平抛运动，代入数据解得：，A点：，得：；（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：代入数据解得：；（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：，根据机械能守恒可得：，代入数据解得；当小球刚能到达与圆心等高时，代入数据解得R2=2.7m；当圆轨道与AB相切时，即圆轨道的半径不能超过综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是【点睛】明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题要注意小球运动过程中各个物理量的变化