2023-2024学年湖北省十堰市区县普通高中联合体高二（上）联考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省十堰市区县普通高中联合体高二（上）联考物理试卷（12月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是( )
A. 甲、乙两摆的振幅之比为1:2
B. t=4s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C. 甲、乙两摆的摆长之比为1:4
D. 甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等
2.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知x=12λ处质点的振动方程为y=Asin2πTt，则t=12T时刻的波形图正确的是
( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落125cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度为45cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是
( )
A. 足球对头部的平均作用力为足球重力的10倍
B. 足球与头部作用过程中动量变化量大小为4.0kg⋅m/s
C. 足球下落到与头部刚接触时动量大小为4.0kg⋅m/s
D. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4.0N⋅s
4.如图所示，A、B两物体质量之比mA:mB=2:1，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则
( )
A. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒
C. 若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量不守恒
D. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
5.在正三角形ABC的三个顶点A、B、C处，各固定有一根垂直于三角形的长直导线，每根导线通有大小相同的恒定电流，电流方向如图所示，已知导线A受到的安培力大小为F，则导线C受到的安培力
( )
A. 大小为F，方向平行AB向左B. 大小为 3F，方向平行AB向右
C. 大小为 3F，方向垂直AB向下D. 大小为F，方向垂直AB向上
6.下图中关于磁场中的四种仪器的说法中错误的是( )
A. 甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径
B. 乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙图是载流子为负电荷的霍尔元件通过如图所示电流和加上如图磁场时N侧带负电荷
D. 丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b、c均无关
7.如图所示，一质量为m的带电粒子从P点以垂直于磁场边界方向的速度v射入磁场，穿出磁场时，速度方向与入射方向夹角为θ。设磁感应强度为B、磁场宽度为d。粒子速度始终与磁场垂直，不计粒子所受重力和空气阻力。下列说法错误的是
( )
A. 在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力对该粒子做的功为0
B. 在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量为0
C. 该粒子的比荷为vsinθBd
D. 该粒子在磁场中运动的时间为d⋅θv⋅sinθ
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0s时的波形图，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是
( )
A. 该波的波速为1.5m/s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 0∼1s时间内，质点P运动的路程为2m
D. 该列波频率在传播过程中遇到尺寸大小为2m的障碍物不会发生衍射现象
9.足够大的光滑水平面上，一质量为m1=1.0kg的物块A静止在水平面上，A右边放有一质量为m2=1.0kg的长木板B，质量为m3=1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0=2.0m/s，物块C立即在长木板B上运动。B与A碰撞前，B、C已经达到共同速度；B、A碰撞后，两者粘在了一起；物块C始终未从长木板B上滑下。下列说法正确的是
( )
A. A、B碰撞前，
B. C达到的共同速度大小为1.0m/s
B.A、B碰撞后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s
C. A、B碰撞后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s
D. 最终A、B、C三者将以大小为23m/s的共同速度一直运动下去
10.如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是( )
A. 速度的最大值为( 2+1)qBlm
B. 速度的最小值为qBlm
C. 在磁场中运动的最短时间为πm4qB
D. 在磁场中运动的最长时间为πmqB
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组在实验室用单摆做测定重力加速度的实验，实验装置如图所示。
(1)摆球的直径用螺旋测微器测出，如图乙所示，其读数为_____mm。
(2)正确操作测出单摆连续n次(n从“0”开始计数)通过最低点的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，螺旋测微器测得摆球直径为d。用上述测得的量写出重力加速度的表达式：g=_____。
(3)某同学测得的g值比当地的重力加速度偏小，可能原因是_____。
A. 计算时将L当成摆长 B.把悬点到摆球下端的长度记为摆长
C. 开始计时时，秒表按下过晚 D.实验中误将60次全振动计为59次
12.在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作：
Ⅰ.在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
Ⅱ.将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
Ⅲ.把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
①若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1__________m2。(选填“>”“=”或“<”)
②为完成本实验，必须测量的物理量有__________。
A.小球a开始释放的高度h B.木板水平向右移动的距离l
C.a球和b球的质量m1、m2 D．O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
③在实验误差允许范围内，若满足关系式__________，则动量守恒(用②所选的物理量表示，要求化简)
④在实验误差允许范围内，若满足关系式__________，则机械能守恒(用②所选的物理量表示，要求化简)
四、计算题：本大题共2小题，共24分。
13.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形图。试求：
(1)波的传播速度的大小；
(2)x=2m处的质点在t1到t2时间内，运动的路程为s，且0.1m14.如图所示，一轨道由斜面轨道和水平面轨道组成，斜面与水平面通过光滑小圆弧在B处平滑连接。物块甲的质量m1=2kg，物块乙的质量m2=1kg。甲从斜面上的A处由静止释放，与停在水平面C处的乙发生正碰，碰撞后乙向前滑行18m停止运动。已知A到水平面的高度H=4m，B、C间的距离L=18m，两物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，甲与斜面间的动摩擦因数μ0= 330，斜面与水平面夹角为θ=30∘，两车均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)甲车到达C处碰上乙车前的速度大小；
(2)两车碰撞过程中的机械能损失。
五、综合题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示，在xOy平面(纸面)内，x>0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v0、方向与x轴垂直的速度沿纸面从坐标为−1.5L,0的P0点进入磁场中，然后从坐标为0,− 3L的P1点进入磁场区域，最后从y轴上的P2点(图中未画出)射出磁场。求：
(1)电场强度的大小E；
(2)磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从P0点运动到P2点所用的时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，所以甲、乙两摆的振幅之比为 2:1 ，A错误；
B.由图像知， t=4s 时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小，乙摆在平衡位置处，动能最大，B错误；
C.甲、乙两摆的周期之比为 1:2 ，由单摆的周期公式 T=2π Lg ，得到甲、乙两摆的摆长之比为 1:4 ，C正确；
D.由题目中的条件无法比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小，D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】根据题意可知， t=12T 时，在 x=12λ 处的质点处于
y=Asin2πTt=Asin2πT×12T=Asin(π)=0
则此时该质点位于平衡位置，下一时刻，该质点向下运动，根据题意，横波沿x轴正方向传播，根据同侧法判断可知图像B正确。
故选B。
3.【答案】B
【解析】AB.足球自由落体125cm时的速度为 v1 ，时间为 t1 ，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度为45cm，上升的时间 t2 ，由
v2=2gh
h=12gt2
求得
v1=5m/s ， v2=3m/s
t1=0.5s ， t2=0.3s
对足球与人接触的过程， Δt=0.1s ，取向上为正，由动量定理有
F−mg⋅Δt=mv2−−mv1=Δp
解得
F=45N
Δp=4kg⋅m/s
即头部对足球的平均作用力为45N，而足球的重力为5N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为 Δp=4kg⋅m/s ，A错误，B正确；
C.足球刚接触时的动量为 p=2.5kg⋅m/s ，C错误；
D. 足球运动的全过程，所受重力的冲量为
I=mgt1+t2+Δt=4.5kg⋅m/s
D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A的质量大于B的质量，A物体受到的摩擦力大于B物体受到的摩擦力，A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒的，A错误；
B.无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，B错误；
C.无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成系统所受合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒， C错误。
D.A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统所受合外力为零，A、B组成系统的动量守恒，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】设两长直导线间的相互作用力大小为 F1 ，反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，对长直导线A研究，受力分析如图所示

根据力的合成可得
F=2F1cs60∘
解得
F1=F
对长直导线C研究，受力分析如图所示

根据力的合成可得，C受到的安培力为
FC=2F1cs30∘
解得
FC= 3F
方向垂直AB向下。
故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据回旋加速器、质谱仪、霍尔元件、电磁流量计的基本原理分析即可得出结果。
本题主要考查电磁学知识的科技应用，难度一般。
【解答】
A.回旋加速器中，由牛顿第二定律可得qvB=mv2R，带电粒子射出时的动能为Ek=12mv2联立解得Ek=q2B2R22m，回旋加速器要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径，故A正确；
B.带电粒子在加速电场中，由动能定理可得qU=12mv2，粒子在复合场中，由共点力平衡条件可得qvB1=Eq带电粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律可得qvB2=mv2R联立可得qm=EB1B2R，乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子，半径R相同，因此粒子比荷相同，故B正确；
C.丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧带负电荷，故C正确；
D.最终正负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即qvB=Eq同时E=Ub而水流量为Q=vbc联立可得U=QBc，后两个金属侧面的电压与流量Q、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
洛伦兹力与粒子的速度方向始终垂直，则洛伦兹力不做功；在粒子穿越磁场的过程中，动量发生变化，根据动量定理分析向心力的冲量；粒子的运动轨迹长度大于d，由此分析该粒子在磁场中运动的时间；根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力可求解比荷。
【解答】
A.在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力与粒子的速度方向始终垂直，则洛伦兹力对该粒子做的功为0，故A正确；
B.在粒子穿越磁场的过程中，粒子仅受洛伦兹力作用，速度大小不变但方向改变，则动量改变，根据动量定理可知，则洛伦兹力对该粒子的冲量不为0，故B错误；
C.粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动qvB=mv2R，根据几何关系R=dsin θ，联立解得qm=vsin θBd，故C正确；
D.粒子在磁场中运动时间t=θ2πT，周期T=2πRv，联立可得t=d·θv·sinθ，故D正确；
故选B。
8.【答案】BC
【解析】A.由图甲可知，该波的波长 λ 为 1.5×10−2m ，由图乙可知，该波的周期T为 1×10−5s ，则波速为
v=λT=1.5×10−21×10−5m/s=1.5×103m/s
故A错误；
B.由乙图知， t=0 时刻质点P向上振动，利用“上下坡”法，可以判断出波沿x轴正方向传播，故B正确；
C.质点P在一个周期内的路程为
4A=2×10−5m
所以1s内的路程为
s=11×10−5×2×10−5m=2m
故C正确；
D.一切波均会发生衍射现象，故D错误。
故选BC。
9.【答案】ACD
【解析】A.A、B碰撞前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为 v1 ，根据动量守恒定律可得
m3v0=m2+m3v1
解得
v1=1.0m/s
故A正确；
BC.A、B碰撞后的瞬间，A、B具有相同的速度 v2 ，A、B组成的系统满足动量守恒，则有
m2v1=m1+m2v2
解得
v2=0.5m/s
故B错误，C正确；
D. A、B、C组成的系统满足动量守恒，A、B、C三者最终有共同的速度 v3 ，则有
m3v0=m1+m2+m3v3
解得
v3=23m/s
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间。
【解答】
粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：r1=l2， 2r2=r2+l解得r2=(1+ 2)l
AB、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r解得v=qBrm，则粒子的最大速度为vmax=( 2+1)qBlm，粒子的最小速度为vmin=qBl2m=qBl2m，故A正确，B错误；
CD、粒子做圆周运动的周期T=2πmqB，粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子转过的最大圆心角：θmax=180°，最长运动时间：tmax=T2=πmqB，
最小圆心角：与ac边相切时，转过的圆心角为45°，但是粒子显然还继续在磁场中运动了一段距离，故θmin>45∘，粒子在磁场中运动的最短时间：tmin>45∘360∘⋅T=πm4qB，故C错误，D正确；
故选：AD。
11.【答案】 4.700 π2n2L+d2t2 AD##DA
【解析】】(1)[1]螺旋测微器的读数为
d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
(2)[2]单摆时间t内完成全振动的次数为 n2 ，则单摆的周期为
T=2tn
单摆的摆长为
l=L+d2
根据单摆的周期公式
T=2π lg
可得重力加速度为
g=4π2lT2=π2n2L+d2t2
(3)[3]A.计算时将L当成摆长，此时得到重力加速度的表达式为
g′=4π2lT2=4π2n2Lt2
可知，此时测得的重力加速度将偏小，故A正确；
B.把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则导致摆长l偏大，会使测得的重力加速度将偏大，故B错误；
C.开始计时时，秒表按下过晚，会导致测得的时间t偏小，从而导致测得的重力加速度偏大，故C错误；
D.实验中误将60次全振动计为59次，会使得记录的次数n偏小，从而导致测得的重力加速度偏小，故D正确。
故选AD。
12.【答案】(1)>；
(2)CD；
(3)m1 y2=m1 y3+m2 y1 ；
(4)m1y2=m1y3+m2y1
【解析】【分析】
本题考查验证动量守恒定律实验，掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。
(1)若碰撞反弹，则影响速度的测定，所以为防止反弹，根据弹性碰撞的公式，必须使入射球的质量大于被碰球的质量。
(2)由平抛运动的规律求出小球抛出的水平初速度，由动量守恒定律写出需要验证的表达式，然后判断需要测量的物理量。
(3)(4)当m1⋅v0=m1⋅v1+m2⋅v2， 12m1v 02=12m1v 12+12m2v 22时，动量守恒， 机械能守恒，代入速度表达式即可求解。
【解答】
(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2，碰撞前后动能相等，故有12m1v 02=12m1v 12+12m2v 22，解得v1=m1-m2m1+m2v0，若要使a球的速度方向不变，则m1>m2；
(2)(3)小球平抛运动的时间t= 2yg，则初速度v=xt=x g2y，显然平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒数成正比，当m1⋅v0=m1⋅v1+m2⋅v2，即m1 y2=m1 y3+m2 y1成立时系统的动量守恒；由以上可知，需测量的物理量有a球和b球的质量m1、m2和O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，C、D正确。
(4)小球平抛运动的时间t= 2yg，则初速度v=xt=x g2y，当12m1v 02=12m1v 12+12m2v 22时，整理解得m1y2=m1y3+m2y1时，机械能守恒。
13.【答案】(1)若机械波沿x轴正方向传播， v=4n+33m/sn=0,1,2,3⋅⋅⋅ ，若机械波沿x轴负方向传播， v=4n+13m/sn=0,1,2,3⋅⋅⋅ ；(2) y=0.05sinπ2tm
【解析】(1)由题图可知，波长 λ=4m ，振幅 A=0.05m 。波的传播时间
Δt=t2−t1=3s
波速
v=ΔxΔt
若机械波沿x轴正方向传播，传播的距离
Δx=34+nλn=0,1,2,3⋅⋅⋅
联立得
v=4n+33m/sn=0,1,2,3⋅⋅⋅
若机械波沿x轴负方向传播，播的距离
Δx=14+nλn=0,1,2,3⋅⋅⋅
联立得
v=4n+13m/sn=0,1,2,3⋅⋅⋅
(2)在 t1 到 t2 时间内， 0.1m2A故
12T<Δt若机械波沿x轴负方向传播，则
Δt=14+nTn=0,1,2,3⋅⋅⋅
不符题意。
若机械波沿x轴正方向传播，满足
Δt=34+nTn=0,1,2,3⋅⋅⋅
当 n=0 时，有
Δt=34T=3s
可得
T=4s
则有
ω=2πT=π2rad/s
由图知当 t1=2s 时， x=2m 处的质点正从平衡位置向 y 轴负方向运动，所以当 t=0 时， x=2m 处的质点正从平衡位置向 y 轴正方向运动，故 x=2m 处质点的振动方程为
y=0.05sinπ2tm
14.【答案】(1)6m/s；(2)9J
【解析】(1)对甲从A处到C处的过程，根据动能定理有
m1gH−μ0m1gcsθHsinθ−μm1gL=12m1v2
解得
v=6m/s
(2)碰后乙在阻力作用下减速到静止的过程，根据动能定理有
−μm2gx2=0−12m2v22
其中
x2=18m
解得
v2=6m/s
甲、乙碰撞过程中动量守恒，有
m1v=m1v1+m2v2
碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12m1v2−12m1v12−12m2v22
解得
ΔE=9J
15.【答案】(1) E=mv02qL ；(2) mv0qL ；(3) 3Lv0+4πL3v0
【解析】(1)带电粒子在电场中运动时间为t1，由运动的合成与分解有
v0⋅t1= 3l
12at12=1.5L
由牛顿第二定律有
qE=ma
联立可得
E=mv02qL
(2)带电粒子进入磁场时的速度与y轴夹角 θ ，则
tanθ=at1v0
得
θ=60∘
进入磁场时速度
v=v0cs60∘
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为 O1 ，对应轨道半径为R，由几何关系可得
Rsinθ= 3L
由牛顿第二定律有
qvB=mv2R
联立可得
B=mv2qL=mv0qL
(3)带电粒子在磁场中运动时间为 t2 ，则
t2=2π−2θ2πT
其中
T=2πRv
联立可得
t2=8πL3v=4πL3v0
带电粒子在电场中运动时间
t1= 3Lv0
带电粒子运动的总时间
t=t1+t2= 3Lv0+4πL3v0 ‍