2023-2024学年湖北省十堰市六县市区一中教联体高二（上）联考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省十堰市六县市区一中教联体高二（上）联考物理试卷（12月）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在人类社会发展的历程中，一些伟大的物理学家为社会做出了巨大的贡献，他们的科学研究方法和巧妙的实验构思成为人类智慧的瑰宝。我们应该以他们为榜样，了解他们、学习他们。下列有关说法中正确的是( )
A. 奥斯特认为重的物体比轻的物体下落得快
B. 牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量G
C. 开普勒首次揭示了电与磁的联系
D. 牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律(也称为惯性定律)
2.下列有关电场强度的说法正确的是( )
A. 电场强度的公式E=Fq表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量成q反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
B. 点电荷的电场强度公式E=kQr2表明，点电荷周围某点的电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C. 在匀强电场中的电场强度公式E=Ud，U为两点间的电势差，d为这两点间的距离
D. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场强度为零
3.下列有关电流强度的说法正确的是( )
A. 电流强度的公式I=qt说明，通过导体横截面积的电荷量越多，电流就越大
B. 电流强度的公式I=UR说明，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比
C. 在电流强度的公式I=nesv中，v表示电荷无规则热运动的速率
D. 在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，而且各支路电流与该支路电阻成正比
4.关于单摆的运动，下列说法中正确的是( )
A. 单摆摆动过程中，摆线的拉力和摆球重力的合力为回复力
B. 摆球通过平衡位置时，所受合力为零
C. 摆球通过平衡位置时，所受回复力为零
D. 摆球摆动过程中，经过最大位移处时所受合力为零
5.一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ.若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=T/2时刻的波形曲线为( )
A. B.
C. D.
6.如图所示为两列同频率的水波在t=0时刻的叠加情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为0.4m，E点是BD连线和AC连线的交点，下列说法不正确的是( )
A. A、C两点是振动减弱点
B. B、D两点在该时刻的高度差为8cm
C. E点是振动加强点
D. t=0.05s，E点离开平衡位置的位移大小为2cm
7.如图所示，三根通电长直导线P、O、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L；电流均为I’方向垂直纸面向里。O点为P、Q的中点，RO垂直于PQ，则O点的磁感强度方向为( )
A. 方向指向x轴正方向B. 方向指向y轴正方向
C. 方向指向x轴负方向D. 方向指向y轴负方向
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
8.如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M>m，现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中( )
A. 因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒
C. 由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D. 弹簧第一次最长时，A和B总动能最小
9.如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，电容器的电容C=2×10−5F.若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q，则( )
A. I=0.75AB. I=0.5AC. q=2×10−5CD. q=1×10−5C
10.如图所示，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )
A. A1、A2的读数之比为1：1B. A1、A2的读数之比为5：1
C. A1、A2的指针偏转角度之比为1：1D. A1、A2的指针偏转角度之比为1：5
11.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC=θ，从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间的说法正确的是( )
A. 若θ=60°，则从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为T6;
B. 若θ=45°，则从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为T4;
C. 若θ=30°，则从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为T3;
D. 从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间的长短与θ的大小无关。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图所示为某同学设计的一种验证动量守恒定律的实验装置图，水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球落点的平均位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球落点的平均位置(从左到右分别记为P、Q、R)，测得OP=x1,OQ=x2,OR=x3。
(1)关于该实验的要点，下列说法正确的是_______________(填选项前的字母)；
A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点
D.导轨末端必须保持水平
(2)若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则该实验验证动量守恒定律需要验证的表达式为_______________(用所给符号m1,m2,x1,x2,x3表示)；
(3)若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，则该实验需要验证的表达式为_______________(用所给符号x1,x2,x3表示)。
13.某实验小组正在测定一节新型电池的电动势(约为3V)和内阻，选取一个定值电阻R0当作保护电阻。
(1)首先为了准确测量定值电阻R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：
A.电压表V(量程为0∼3V，电阻约为4kΩ)
B.电流表A1(量程为0∼1A，内阻约为0.5Ω)
C.电流表A2(量程为0∼3A，内阻约为0.5Ω)
D.定值电阻R0(阻值约为3Ω)
E.滑动变阻器R(0∼10Ω)
F.开关S一个，导线若干
上述器材中，在测量R0阻值时应选择_______________(填器材前面的序号)为电流表，其实验电路图应选图甲中的_______________(填图号)，经测量定值电阻R0的阻值为2.8Ω。
(2)完成图乙中实验器材的连接____。
(3)根据实验记录的数据作出U−I图线如图丙所示，根据图丙可以求出待测新型电池的内阻为_______________Ω，电池电动势为_______________V。(保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
14.如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m=0.3kg的金属棒ab，通以从b→a、I=3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，g=10m/s2，求匀强磁场磁感应强度的大小。
15.如图为某游戏装置原理示意图，水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°，一质量为m的小球P以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，在B点与另一个质量为2m的静止小球Q发生碰撞，碰后合二为一，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D，小球P与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点，求：
(1)小物块在A点的初速度大小；
(2)若在B点P与Q发生弹性碰撞，碰后Q从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D，小球P与桌面之间的摩擦力不计，小球P由A到B所受弹力的大小及合力的冲量的大小。
16.如图所示，在y>0的区域中存在匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里；在y<0区域中存在匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴正向的夹角θ为45°且斜向上方。现有一质量为m、电量为q的正粒子，从y轴上的A点以大小为v0、方向与y轴正方向的夹角为30°的速度射入第2象限，该粒子在磁场中运动一段时间后从x轴上的某点进入电场区域时，速度方向与x轴正方向的夹角为45°，不计粒子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，(tan26.6∘=12)求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的轨迹圆心坐标、A点的坐标；
(2)粒子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；
(3)粒子从A点出发到第四次穿越x轴时的速度及位置坐标。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物理科学史，物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献。
【解答】
A、亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落得快，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，故B错误；
C、奥斯特首次揭示了电与磁的联系，故C错误；
D、牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律(也称为惯性定律)，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】A.电场强度的公式 E=Fq 为比值定义法，电场强度的大小与试探电荷的电荷量无关，若 q 减半，则该处的电场强度不变。故A错误；
B.点电荷的电场强度公式 E=kQr2 表明，点电荷周围某点的电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在 r 减半的位置上，电场强度
E′=kQ(r2)2=4E
变为原来的4倍，故B正确；
C.在匀强电场中的电场强度公式 E=Ud ，U为两点间的电势差， d 为这两点间沿电场线方向的距离，故C错误；
D.处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场强度和外加电场的矢量和为零。故D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】A. I=qt 是电流的定义式，表明单位时间内通过导体横截面积的电荷量越多，电流就越大，故A错误；
B.根据
I=UR
可知导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，故B正确；
C.在电流强度的公式 I=nesv 中， v 表示自由电荷做定向运动的平均速率，故C错误；
D.在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，而且各支路电流与该支路电阻成反比，故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键知道单摆做简谐运动的回复力的来源，知道经过平衡位置时，回复力为零，合力不为零。
当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供。
【解答】
单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为Fn=mv2l，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大；而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。
故选C。
5.【答案】A
【解析】由x=0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，得出T2时刻的运动性质即可得出符合题意的选项．
【详解】从振动图上可以看出x=0处的质点在t=T2时刻处于平衡位置，且正在向下振动，波沿x轴正向传播，根据走坡法，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确．
6.【答案】D
【解析】A.A、C两点分别为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，故A正确，不符题意；
B.D点在该时刻波峰与波峰叠加，振动加强，偏离平衡位置的位移为4cm，B点在该时刻波谷与波谷叠加，振动加强，偏离平衡位置的位移为−4cm，则D、B两点在该时刻的竖直高度差为8cm；故B正确，不符题意；
C.D点是波峰与波峰，B点是波谷与波谷叠加点，即为振动加强点，则E点也是振动加强点，故C正确，不符题意；
D.波传播的周期为
T=λv=0.42s=0.2s
再经过t=0.05s时，即为 14 个周期，E点是波峰与波峰相遇，所以离开平衡位置的位移大小为4cm，故D错误，符合题意。
故选D。
7.【答案】C
【解析】解：P、Q两根导线距离0点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，
所以合场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿x轴负方向，故ABD错误，C正确；
故选：C。
由安培定则判断出R、P、Q在O点产生的磁场的方向，然后使用矢量合成的方法求出O点的合磁场的方向，再由左手定则判断出q受到的洛伦兹力的方向。
要注意解题步骤，先矢量合成的方法求出O点的和磁场强度，然后由左手定则判断出洛伦兹力的方向。
8.【答案】BD
【解析】A.此过程 F1、F2 均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A错误；
B.两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；
C.在拉力作用下，A、B开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；
D.弹簧第一次最长时，A、B的速度均为零，则总动能最小，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AD
【解析】开关S闭合电路稳定时，外电路中总阻值为
R=R2+R1R3R1+R3=7Ω
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=0.75A
电容器两端电压为
U=R1R3R1+R3⋅I=1.5V
电量
Q= CU=3×10−5C
断开开关S后：电容器通过R1与R3放电，设通过R1与R3的放电电流分别为I1和I3，则
I1I3=R3R1
由电量公式
q=It
可知，通过R1与R3的电量之比为
q1q3=I1I3
又
q1+q3 =Q
联立可得，通过R1的电量为
q1=R3R1+R3 Q= 1×10−5C
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】解：图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1；量程不同的电流表读数不同，
电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，故BC正确。
故选：BC。
电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．
本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表(表头)与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题主要考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆旋转问题。关键是“定圆心、画轨迹、找半径、求圆心角”;磁场边界一定，粒子运动周期和轨道半径一定，在磁场中运动的轨迹圆对应的弦越长，时间就越长，在磁场中运动的轨迹圆对应的弦最短，时间就最短。若最长时间不是T2，或者磁场边界的夹角不是600，那么最短时间也就不同了。本题的另一个特色是三角函数、三角形的知识的运用，体现了数形结合的思想。
【解答】题中的条件说明，很多相同(m、q)的粒子在同一点以相同的速率(v)沿不同方向射入磁场，由r=mvqB知道，所有粒子轨道半径相等，由T=2πmqB知道，所有粒子的运动周期是相等的，从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2，说明在不同边界的磁场中粒子源S到O点的距离不同，所以要分别作图分析。若θ=600，如图1所示，所有粒子运动轨迹的圆心为以S为圆心以 32OS为半径的半圆弧DFGH上。从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2，该粒子的轨迹所对应的弦为直径SE，随着轨迹圆的旋转，轨迹所对应的弦先减小再增大，弦最长为SE= 3SO，对应的圆心为D;弦最短为SF=12SE= 32SO，对应的圆心为G，在ΔSFG中，各边等长，即对应的圆心角为∠FGS=600，从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为T6，故A正确。
若θ=450(图2)，θ=300(图3)，同理分析，从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间最短时间分别为T4、T3，故BC正确。
由图4可知在OC边界上，只有EI段有粒子穿出，所以从边界OC穿出的粒子在磁场中运动的时间的长短与θ的大小有关，故D错误。
故选ABC。
12.【答案】 CD##DC m1x2=m1x1+m2x3 x1+x2=x3
【解析】[1]
A.为防止两球碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；
B.为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；
C.为了保证入射小球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，从而让入射小球获得相同的弹性势能，故C正确；
D.为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D正确；
故选CD。
[2]两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向
m1v0=m1v1+m2v2
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t
m1v0t=m1v1t+m2v2t
结合碰撞前后的小球落点情况，由平抛运动水平距离可得
m1x2=m1x1+m2x3
[3]两球碰撞过程系统的动量守恒
m1x2=m1x1+m2x3
则
m2=m1x2−x1x3
若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则
12m1v02=12m1v12+12m2v22
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，得
m1v02t2=m1v12t2+m2v22t2
则
m1x22=m1x12+m2x32
将 m2 代入得
m1x22−m1x12=m1x2−x1x3x32
x2+x1=x3
13.【答案】 B a 0.950 2.88
【解析】(1)[1]电池的电动势为3V，定值电阻R0的阻值约为 3Ω ，则通过定值电阻R0的最大电流为1A，故在测量R0阻值时应选择电流表A1。
[2]由于电压表内阻远大于R0的阻值，故电流表采用外接的方法，故选a。
(2)[3]根据电路图连接实物图。
(2)[3]由电路图可得
U=E−I(R0+r)
则在U−I图像中，图线斜率的绝对值表示定值电阻和电源内阻之和，即
R0+r=ΔUΔI=3.75Ω
所以电源的内阻为
r=0.950Ω
由图像可知
当 I=0.1A 时 U=2.5V 代入
U=E−I(R0+r)
解得
E=2.88V
14.【答案】1.73T
【解析】金属棒 ab 静止，受力情况如图所示

根据平衡条件，则有
mgtan60∘=BIl
解得
B=mgtan60∘Il=0.3×10× 33×1T≈1.73T
15.【答案】(1) 11gR ；(2) 1458mg ， 3m gR
【解析】(1)PQ恰好能到达轨道的最高点 D ，则在 D 点有
3mg=3mvD2R
解得
vD= gR
小球PQ从 C 点沿圆弧切线方向进入轨道 CDE⌢ 内侧，则在 C 点有
cs60∘=vBvC
小球PQ从 C 到 D 的过程中，根据动能定理有
−3mgR+Rcs60∘=12×3mvD2−12×3mvC2
联立解得
vB= gR
对小球PQ在碰撞过程中由动量守恒定律得
mv=3mvB
小球P从 A 到 B 的过程中，根据动能定理有
−μmgs=12mv2−12mvA2
又
s=π⋅2R
解得
vA= 11gR
(2)根据(1)问分析可知，P、Q碰后Q的速度为
vB= gR
对小球P、Q在碰撞过程中由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv=mv1+2mvB
12mv2=12mv12+12×2mB2
解得
v=1.5 gR
小球P从 A 到 B ，水平方向的弹力为
N1=mv22R=98mg
竖直方向的弹力为
N2=mg
总弹力的大小为
N= N12+N22= 1458mg
小球P从 A 到 B 由动量定理得
I=2mv=3m gR
16.【答案】(1)( 3mv2qB ， 2mv2qB )，(0， (1+ 2)mv2qB )；(2) mvqE+19πm12qB ；(3) 5v ， 26.6∘ ，( ( 3+3 2)mv2qB+2 2mv2qE ，0)
【解析】(1)对粒子由牛顿第二定律得
qvB=mv2R
P 点到 x 轴的距离为
yP=Rcs45∘= 2mv2qB
P 点到 y 轴的距离为
xP=Rcs30∘= 3mv2qB
所以 P 点的坐标为 3mv2qB, 2mv2qB ； AO 的距离为
yA=Rsin30∘+yP=1+ 2mv2qB
所以 A 点的坐标为 0,1+ 2mv2qB ；
(2)粒子从 A 点出发到第三次穿越x轴时的运动时间由四部分运动过程组成，粒子第一次在磁场中运动的圆心角为 195∘ ，对应的时间为
t1=195∘360∘×2πmqB=13πm12qB
粒子在电场中的往返时间由动量定理得
qEt2=2mv
即
t2=2mvqE
粒子再次在磁场中运动的圆心角为 90∘ ，经过的时间为
t3=90∘360∘×2πmqB=πm2qB
所以粒子从 A 点出发到第三次穿越x轴时的运动时间为
t=t1+t2+t3=13πm12qB+mvqE+πm2qB=mvqE+13+6πm12qB
(3)如图所示
粒子从 D 到 G 做平抛运动，对运动的位移和速度做正交分解，两分位移大小相等，即
vt=12at2
所以平抛的时间为
t=2mvqE
粒子在 G 点沿电场方向的速度为
vy=at=2v
即粒子从 A 点出发到第四次穿越x轴时的速度为
vG= v2+vy2= 5v
粒子在 G 点的速度与电场方向的夹角为 α ，则
tanα=v2v=12
即
α=26.6∘
粒子从 A 点出发到第四次穿越x轴经过了五个运动过程，其位置坐标为 xOG,0 ， OC 间的距离为
xOC=Rcs30∘+Rcs45∘= 3+ 2mv2qB
CD 间的距离为
xCD= 2mvqB
DG 间的距离为
xDG= 2vt=2 2mv2qE
即 OG 间的距离为
xOG=xOC+xCD+xDG= 3+3 2mv2qB+2 2mv2qE
所以 G 点的坐标为 3+3 2mv2qB+2 2mv2qE,0 。