湖北省宜荆荆随2023-2024学年高二年级上册10月联考物理试卷（含解析）

2023年宜荆荆随高二10月联考高二物理试卷

考试时间：2023年10月10日上午8:00-09:15试卷满分：100分

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

题只有一项符合题目要求，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.历史上，物理学家笛卡尔主张以动量“，7W”来量度运动的强弱，下列与动量有关的说法正确的是（）

A.动量变化的方向一定与初、末动量的方向都不同

B.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大

C.两物体的动量相等，动能也一定相等

D.速度大的物体动量一定大

2.如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的

金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则下列说法正确的是（）

*urar合+

甲乙

A.电场中P点的场强大于。点的场强

B.电场中尸点的电势低于。点的电势

C.粉尘最终会附着在中心金属线上并沿中心金属线下落

D.粉尘由。点运动至P点，电势能逐渐减小

3.如图，G表为灵敏电流计，V表为理想电压表，R、&为定值电阻，/?3是一根盐水柱（封于橡皮管内，与

电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱

两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度对电阻的影响）（）

A.V表示数减小B.——=凡

A72

C.油滴向下运动D.G表中有从c到a的电流

4.如图所示，真空中两个等量带正电的点电荷分别固定P、Q两点，。为P、。的中点，垂直P、。连

线，〃点位于P、O连线上，5点位于连线的中垂线上，下列说法正确的是（）

P:Q

8…，•七……㊉

A.若将一电子从。点由静止释放，则电子做往复运动

B.若将一电子从8点由静止释放，则电子做往复运动

C.若将一质子从。点以某--初速度沿0M运动，则质子可能回到原处

D.若将一电子从b点以某一初速度垂直纸面向里射入，则电子不可能做圆周运动

5.如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆

环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为，"=10g的带正电的小球，小球所带电荷量g=5.0Xl（y4c.小

球从C点由静止释放，其沿细杆由C经3向A运动的内图像如图乙所示。小球运动到8点时，速度图像

的切线斜率最大（图中标出了该切线），则下列说法不事砸的是（）

A.由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大

B.由C到A电势逐渐降低

C.C、B两点间的电势差UCB=0.9V

D.在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m

6.如图所示，在竖直圆上过顶点A到与圆周上的C、。两点建两条光滑的直轨道，AB是该圆的直径。让两

个质量相同的小球从A点由静止开始分别沿AC、AD滑行到圆上的C、。两点。设4C、4。与AB的夹角

分别为仇和分，下列结论正确的是（）

A.沿AD轨道运动的小球先到达圆上

B.沿AC轨道运动小球的动量变化率大

C.运动到C、。两点过程中，两个小球重力的冲量不相同

D.到达C、D两点时，两个小球的动能之比为COS?。］KOS?/

7.如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于。点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电

场中。已知绳长L小球质量为机，电荷量为q,现把小球从A点由静止释放，刚好能到达最高点8处，其

中NAO8=60。，重力加速度为g,则小球（)

A

A.小球所受的电场力是重力的6倍

B.从A到B过程中，小球的机械能先减小后增大

C.从A到B过程中，小球的电势能增加

D.从4到B过程中，绳子的最大拉力为重力的2倍

8.下列说法正确的是（）

F

A.根据场强的定义式七=一，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比

q

B.电势降低的方向不一定是电场强度的方向

C.库仑扭秤实验突出了“以小放大，平分电荷量，控制变量”的思想方法

D.根据石=且，可知在匀强电场中，电场强度与电压成正比

d

9.如图所示是一个小灯泡的伏安特性曲线，由图可知，下列说法正确的是（）

A.小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小

B.当小灯泡两端电压为4V时，其阻值为10。

C.过图中〃点做切线，该切线斜率的倒数即为灯泡两端所加电压为4V时灯泡的电阻值

D.如果把两个这种相同的灯泡串联后，接到电源电动势为4V、内阻尸10C的电源上，则流过每个小灯泡的

电流为0.2A

10.如图所示，质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的。点

系一长为Z,的细线，细线另一端系一质量为做的球C,现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C,

则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）

A.运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒

mgL

B.C球摆到最低点过程，C球的速度为vr=2I

2m+/%

2mL

C.C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离^------

2m+m0

D.C向左运动能达到的最大高度比初始位置，

2（%0+m）

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

II.（8分）某学习小组用水果和两种金属电极做了一个“水果电池”并测量其电动势和内阻。（现已知其内

阻大约为几千欧）。

甲

（1）该小组首先直接用多用电表“直流2.5V”挡测量出电池两端的电压并把测量值作为电动势，如图甲所

示，读数为。这样测出的电动势比真实值_______。（选填“偏大”或“偏小

（2）为了更准确的测量水果的电动势和内阻，该小组设计了如下试验方案。

完成试验后通过数据处理画出如图所示的图像，由于作图时漏写了横、纵坐标表示的物理意义，请推理得

出该水果电池的电动势为oV（结果保留两位小数），内阻为C。

1000/

/

_」」工/11，】.

-16800

12.（9分）用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为:

图（a）图（b）

①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；

②让质量为如的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置；

③把质量为，"2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重

复，记录两小球的平均落地点位置；

④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点。，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P,N与。的距

离分别为％1、%、%3。分析数据：

（1）实验中入射球质量如（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的质量小2；

（2）本实验中入射球和被碰球的半径（选填“必须相同”或“可以不同”）

（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为。（均用题中所给物理量的符号表示）

（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图（b）所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端2

的人圆弧。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平

4

均位置为〃'、P'、N'。测得斜槽末端与〃'、P'、V三点的连线与竖直方向的夹角分别为%、%、

则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）。

13.（12分）如右图所示，电源电动势为I2V,内阻为1C,电阻R］为1C,%为60开关闭合后，微型电

动机恰好正常工作。已知微型电动机额定电压U为6V,正常工作时输出功率为10W。求

（1）微型电动机内阻。是多大？

（2）某同学拆下该微型电动机，制作了一个提升重物的微型装置，如下图所示。此时电动机能拉着原来静

止重物以加速度a=2m/s2匀加速上升，当重物的速度达到v=lm/s时，电动机两端的电压和流过的电流的

分别为4=5V和=1.6A,该重物的质量力为多少？（g取10m/s2）

Amr

14.（13分）如图甲所示，某装置由左侧的直线加速器和右侧的偏转电场两部分组成。直线加速器由8个横

截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加，序号

为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连，交变电源两极间电

势差的变化规律如图乙所示，图乙中电压的绝对值为UQ,周期为。在f=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的

电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的

电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1,电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力

的方向跟运动方向相同而不断加速，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计、偏转电场由两块相同的平行

金属极板A与B组成，A、B极板长度为乙=L5d,距离为d,极板间的电压为4Uo,把两板间的电场看作匀

强电场，电子从直线加速器射出后，沿平行于板面的方向自M点射入偏转电场中，最后从两极板之间的某

处N点射出偏转电场。求：

（1）第2个金属圆筒与第8个金属圆筒的长度之比；

（2）电子射出偏转电场时，偏移量y.

15.（18分）如图所示，一绝缘装置由水平滑板AB和四分之一光滑圆弧BC构成，该装置静置在光滑水平

面上。已知AB段上表面粗糙，动摩擦因数为0.5,其右端与四分之一光滑圆弧在8点相切，AB长度和圆弧

半径均为R,整个装置处在方向竖直向下的匀强电场中，场强大小后=鳖。一电荷量为+4,大小可以忽

q

略的滑块以初速度为=2j9从A点滑上滑板，并且能在B、C之间的。点（未画出）与滑板共速。已知

该绝缘装置和滑块质量均为〃?，重力加速度为g,则：

（1）滑块运动到8点时，绝缘装置和滑块组成的系统产生多少热量?

(2)B、。两点的高度差是多少？

(3)若开始时滑块在A点处于静止状态，现将原电场变为大小为民、方向水平向右的匀强电场。当滑块运

动到B点时撤去匀强电场，要求滑块不能从C点飞出，则新电场场强大小必须满足什么条件？

2023年宜荆荆随高二10月联考高二物理答案

一、选择题

题号12345678910

答案BDDBADDBCBDBD

I.B

【详解】A.动量变化的方向与冲量的方向相同，而与初末动量的方向可以相同或不同，A错误;

B.由=知，物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大，故B正确；

L12p-_

C.由p=可知，动量相同时,，动能的大小为或=二加了=『质量是否相等，则动能不一定相同，故c

22m

错误；

D.由于〃=加丫，可见动量的大小由质量，"和速度v的乘积大小共同决定，故D错误；故选B。

2.D

【详解】A.电场线的疏密反映场强的大小，P点的场强小于。点的场强，故A错误；B.沿电场线电势降低，

P点的电势高于。点的电势，故B错误：CD.强电场作用下，空气发生电离，粉尘会吸附电子带负电，从而

受到指向侧壁的电场力，则粉尘由Q点运动至P点，电势能减小，最终会附着在圆筒侧壁上，故C错误，

D正确。3.D

【详解】A.握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，盐水柱变长，横截面积变小，根据电阻定律R,=g

可知电阻R3的阻值增大，总电阻增大，电流减小，电压表示数增大。故A错误；

B.由闭合电路欧姆定律和电阻特点知：—=7?.+r,故B错误；

△I

C.R3增大，则电路总电阻增大，总电流减小，所以"功率减小，电源内电压减小，路端电压增大，根据串

联电路分压规律可知收两端电压增大，即电压表示数增大，且电容器两端电压增大，两极板间电场强度增

大，油滴所受电场力增大，将向上运动，故C错误，D正确；

D.根据Q=C。，用两端电压增大，可知电容器所带电荷量增大，因为电容器上极板带正电，所以G表中

有从。到a的电流，故D正确。故选D。

4.B

【详解】A.等量同种电荷连线的中点场强为0,向两边逐渐增大，中垂线上的场强由。点向外，先增大后

减小，若将电子从〃点由静止释放，电子受力指向尸点，向尸点运动，故A错误；

B.等量同种电荷中垂线上中点场强为0,中垂线上的场强由。点向外，若将一电子从h点静止释放，电子受

力指向。点，电子先做加速运动，过。点后做减速运动，电子终将往复运动，故B正确；

C.若将一质子从。点以某一初速度沿OM运动，质子受力由。指向M,质子不可能回到原处，故C错误；

D.若将一电子从h点以某一速度垂直纸面向内运动，电场力指向O,与速度方向垂直，若电场力刚好等于

圆周运动所需要的向心力，则电子做匀速圆周运动，故D错误。故选B。

5.A

【详解】A：C到4过程中电场力一直做正功，电势能一直减小，错误，故选A

6.D

【详解】根据几何关系，光滑的直轨道长L=2Acos。

小球卜滑的加速度mgcos0=ma

解得a=gcos0

则小球下滑的运动时间L

2

即Y

与在无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，

由/=mgr可知，重力的冲量相等，故AC错误；

根据动量定理，动量的变化率等于小球受到的合外力，则包=〃zgcosa

所以沿AO轨道运动小球的动量变化率大，故B错误；

工“立…也1mgLcos。cos20,

重力做功为一^=-------L=-1

WG2mgLcos02cos~02

根据动能定理线=%，且=%=笆且,,故D正确；

E%%2cos-02

7.D

【详解】A.AB两点动能均为0,则合力方向垂直A8连线向下，即与竖直方向夹角。为30。，可计算电场力

V3

是重力得方-倍

B.A到B过程中电场力一直做正功，机械能一直增加，故BC错误

D.在等效最低点拉力最大，有动能定理qELsin0-cos^）=—mv2

„mgv2

在最低点FT-----=m—

cosaL

解得3=2（0—l）mg

8.BC

【详解】A.电场强度与试探电荷无关，A错误；

B.电势降落最快的方向是电场强度方向。B正确

C.库仑扭秤实验中有“以小放大，平分电荷量，控制变量”的思想。C正确

D.在d不变的情况下，电场强度与电压成正比，D错误。

9.BD

【详解】AC.由图可知，图中电流随电压的增大而增大，功率越来越大，则温度越来越高，故电阻的阻值和

电阻率增大。而图线每一点的斜率不表示该点电阻的倒数。故AC错误；

4

B.当小灯泡两端电压为4V时，电流为0.4A,则其阻值为R=?TI=/-=10C，故B正确；

I0.4

D.在小灯泡伏安特性曲线上做E=2U+/r图像，两图像交点得纵坐标为0.2A,故D正确。

10.BD

【详解】木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不

守恒，故A错误；

C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒

定律得加Vc—2加匕=0

贝!Ix——2/nx^-=0

由几何关系得％i+%2=乙

解得木块A、B向右移动的距离为％,='/??I）L-,故C错误。

2m+加0

小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为VAB，根据

机械能守恒有mngL=ggx

由水平方向动量守恒得加o%=2阳匕IB

联立解得％=2眩B=迫

N2m+mnmy2m+

此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为煤，B的速度依然为

o全程水平方向动量守恒，AC水平方向动量与B动量等大反向，即（⑦+加"共=机以8

整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即/g/z=；机吮+g（,〃o+机）吸

解得〃、,故BD正确

2[m0+m）

11.（1）1.20V（2分）、偏小（2分）（2）1.68（2分）、1680（2分）

12.（1）大于（2分）（2）必须相同（2分）（3）叫％=叫%+加2%3（2分）

（4）网Jtan%sin%=叫Jtan,sin,+Jtan%sin%（3分）

解析：（1）为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即叫〉明。

(2)为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同；

(3)设小球在空中运动的时间为若满足动量守恒定律有町•子=

整理得叫％=m\X\+加2%3

(4)设斜槽末端与〃'的连线长度为L(即圆弧半径为心)，如图所示：

由平抛运动的规律得再=卬1，X=ggf

联立解得W=J如哽

gLtana,sina、gLtan%sina3

J-——~~-2

代入动量守恒的表达式叫％=叫匕+吗%，

化简可得叫Jtanc^sin%=平Jtan«sina1+Jtan%sin%

13.(1)开关闭合后，R2和微型电动机并联，

根据闭合电路欧姆定律得E=U+/(4+r),/=3A

流过冬的电流A，电动机电流L

/=/,+/,./,=2A

电动机：&=&+?,〃=/+/力

rM=0.5Q

(2)对重物受力分析知%一加g=ma

而电动机输出功率垛=%,LU()I0=FT-v+I；r

联立解得m=0.56kg

14.(1)设电子进入第〃个圆筒后速度为匕，

22neU()

根据动能定理有neUQ=^mvz/，匕=

m

第n个圆筒的长度为ln=vnt=vn

/,1

得上=一

/„O2

(2)电子以速度%进入偏转电场8/wU°=g〃叱；,%=4

平行于板面方向：l・5d