2023年12月十堰市区县普通高中联合体月度联考
高二物理试卷
考试时间：2023年12月28日上午8：00一9：15
试卷满分：100分
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用樟
皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，每小题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，
选对但不全的得2分，有选错的得0分。
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
↑x/cm
B.t=4s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为空
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=入处质点的振动方程为
y=Asin(祭)，则t=分T时刻的波形图正确的是
hatAn
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，离开头部后竖直士升的最大高度为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
高二物理考试·第1页共6页
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m:ma=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
(
A000000B
⊙c
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
A
B.大小为√3F,方向平行AB向右
C.大小为3F,方向垂直AB向下
⊙C
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
前正表面
XXXXX
甲：回旋加速器
乙：质谱仪
丙：置尔元件
丁：电磁流量计
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蛋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ab、c均无关
高二物理考试、第2页1共.6页2023年12月联考
高二物理试题答案及评分标准
一、选择题。（每小题4分，共10小题，共40分。）
1.【答案】C
解析 由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，所以甲、乙两摆的振幅之比为2∶1，故A错误；由图像知，t＝4 s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，故B错误；甲、乙两摆的周期之比为1∶2，由单摆的周期公式T＝2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故C正确；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，故D错误。
2.【答案】B
【详解】．根据题意可知，t = T 时，在x = λ 处的质点处于
y＝Asin(t) = Asin(×T) =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，故CD错误；
根据题意，横波沿轴正方向传播，根据同侧法判断可知，A错误，B正确。
故选D。
3.【答案】B
【详解】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 。有
v2＝2gh，h＝gt2，得v1 = 5 m/s， v2=3m/s， t1=0.5s t2=0.3s
对足球与人接触的过程，，取向上为正，由动量定理有
解得
F= 45N，Δp= 4 kg·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= 4 kg·m/s，故A错误，B正确；
足球刚接触时的动量为
p= 2.5 kg·m/s
故C错误；
D．足球运动的全过程，所受重力的冲量为
I=mg(t1+t2+Δt)=4.5kg·m/s
故D错误；
4.【答案】D
【详解】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，故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，故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，故D正确，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故选D。
5.【答案】C
【详解】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，根据力的合成可得
F＝2F1cos 60○
解得
F1＝F
对长直导线C研究，根据力的合成可得，受到的安培力为
FC＝2F1cos30○
解得
FC＝F
方向垂直AB向下， C正确，ABD错误。
故选A。
6.【答案】D
【详解】A．在回旋加速度器中，由洛伦兹力充当向心力有
可得
可知，在回旋加速度所处磁场一定的情况下，粒子射出回旋加速度的最终速度跟D形盒的半径有关，半径越大获得的速度越大，动能就越大，因此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，故A正确；
B．粒子经过质谱仪速度选择器时，只有满足
的粒子才能被选择，可得
显然，经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子在偏转磁场中做圆周运动的轨迹半径相等，根据牛顿第二定律有
可得
由此可知，打在同一位置的粒子的比荷都相同，故B正确；
C．在霍尔元件中，因载流子带负电，而电流的方向为正电荷定向移动的方向，可知带负电的载流子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，带负电的载流子在洛伦兹力的作用下向着霍尔元件的N侧偏转，使N侧带上负电，故C正确；
D．经过电磁流量计的带电粒子会在洛伦兹的作用下向着前后两个侧面偏转，时前后两个侧面产生电势差，从而形成电场，当前后两个侧面带上足够多的电荷后将形成稳定的电场，此时满足
其中表示液体的流速，即此时两侧电压达到最大值，则有
联立可得
而流量
故D错误
故答案选D。
7.【答案】B
【详解】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，速度大小不变但方向改变，则动量改变，根据动量定理可知，则合外力冲量不为零，粒子仅受洛伦兹力作用，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
根据几何关系
联立解得
故C正确。
D．粒子在磁场中运动时间
周期
联立得
故D正确；
故选B。
8.【答案】BC
解析 波速为v＝＝ m/s＝1.5×103 m/s，A错误；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，B正确；质点P在一个周期内的路程为4A＝2×10－5 m，所以1 s内的路程为s＝×2×10－5 m＝2 m，C正确；一切波均会发生衍射现象。D正确。
9.【答案】ACD
解析 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＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；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＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。
10.【答案】BD
解析 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＝，2r2cos 45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋)l，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＝m，解得v＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A错误，B正确；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，最小圆心角θmin>45°，粒子做圆周运动的周期T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T>，最长时间tmax＝T＝，故C错误，D正确。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. （6分）答案 (1) 4.700 (2分) (2) (2分) (3)AD (2分)
解析 (1)螺旋测微器的读数为d＝4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm。
(2)单摆时间t内完成全振动的次数为，则单摆的周期为，单摆的摆长为l＝L＋
根据单摆的周期公式T＝2π
可得重力加速度为g＝＝。
(3)计算时将L当成摆长，此时得到重力加速度的表达式为g′＝＝，可知，此时测得的重力加速度将偏小，故A正确；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；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；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。
12.（9分）答案 (1) > ( 1分)
(2) CD (2分)
（3）(3分)
（4） (3分)
[解析](1)设碰撞前小球α的速度大小为v0，碰撞后小球a的速度大小为v1，小球b的速度大小为v2，两小球a、b碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2，系统碰撞前后机械能守恒，故有m1v＝m1v＋×m2v，解得，要使小球α的速度方向不变，则小球α的质量m1和小球b的质量m2间的关系为m1>m2
(2)小球做平抛运动的时间，则初速度，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m1v0=m1v1+m2v2，即“”成立时，系统的动量守恒；需测量的物理量有小球α的质量m1和小球b的质量m2，O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，故C、D项正确.
(3)由(2)可知，若满足关系式“”，则动量守恒.
(4)小球做平抛运动的时间.，则初速度，
由m1v＝m1v＋×m2v，即成立时，机械能守但。
13.（10分）
答案（1）若机械波沿x轴正方向传播，m/s (n＝0，1，2，3……)……3分
若机械波沿x轴负方向传播，m/s (n＝0，1，2，3……)……3分
（2）x=2m处质点的振动方程为 ……4分。
解析 由题图可知，波长λ＝4 m，振幅A＝0.05m。
若机械波沿x轴正方向传播，
传播的距离Δx=（＋n）λ (n＝0，1，2，3…) ……1分
传播时间Δt＝t2－t1＝3 s
由波速，
联立得m/s (n＝0，1，2，3…) ……2分
若机械波沿x轴负方向传播，
播的距离Δx =（ ＋n）λ(n＝0，1，2，3…) ……1分
传播时间Δt＝t2－t1＝3 s
由波速，
联立得m/s (n＝0，1，2，3…) ……2分
(2)在t1到t2时间内，0.1 m＜s＜0.2 m
知2A< s <4A
故T<Δt若机械波沿x轴负方向传播，
则Δt＝（＋n）T(n＝0，1，2，3…)，不符题意
若机械波沿x轴正方向传播，
满足Δt＝（＋n）T(n＝0，1，2，3…)，
则Δt＝T=3s，
得T=4s ……2分
故x=2m处质点的振动方程为……1分
14.(15分)答案 (1)6 m/s (2)9 J
解析 (1)对甲从A处到C处的过程，根据动能定理有
……3分
解得v＝6 m/s。 ……2分
(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－m2v，x2＝18 m ……3分
解得v2＝6 m/s
甲、乙碰撞过程中动量守恒，有
m1v＝m1v1＋m2v2 ……3分
碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝m1v2－m1v－m2v ……2分
解得ΔE＝9J。 ……2分
15.（20分）答案 (1) (2) (3)＋
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＝L ……2分
at12＝1.5L ……2分
由牛顿第二定律有qE＝ma ……1分
联立可得 ……1分
(2)带电粒子进入磁场时的速度与y轴夹角θ，则
，得θ=60 ，……1分
进入磁场时速度……1分
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
Rsin θ＝L ……2分
由牛顿第二定律有qvB＝ ……2分
联立可得B＝ =……2分
(3)带电粒子在磁场中运动时间为t2，
则t2＝T ……1分
T＝ ……1分
联立可得t2＝＝ ……1分
带电粒子在电场中运动时间……1分
带电粒子运动的总时间t= t1+t2 =＋……2分
