【文档说明】湖北省宜荆荆随2023-2024学年高二上学期10月联考物理试题+含答案.docx，共(13)页，1.405 MB，由小赞的店铺上传

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2023年宜荆荆随高二10月联考高二物理试卷命题学校：随州一中命题教师：高二物理组审题学校：宜昌一中考试时间：2023年10月10日上午8:00-09:15试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座

位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作

答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。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“mv”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（）甲乙A.电场中P点的场强大于Q点的场强B.电场中P点的电势低于

Q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Q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，R1、R2为定值电阻，R3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.2URI=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，O为P、Q的中点，MO垂直P、Q连线，a点位于P、O连线上，b点位于连线的中垂线MO上，下列说法正确的是（）A.若将一电子从a点由静止释放，则电子做往复运动B.若将一电子从b点由静止释放

，则电子做往复运动C.若将一质子从O点以某一初速度沿OM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m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10-4C.小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v-t图像如图乙所示。小球运动到B点

时，速度图像的切线斜率最大（图中标出了该切线），则下列说法不正确．．．的是（）甲乙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=0.9VD.在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1

.2V/m6.如图所示，在竖直圆上过顶点A到与圆周上的C、D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、D两点。设AC、AD与AB的夹角分别为θ1和θ2，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、D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2212cos:cos7.如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O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m，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B处，其中∠AOB=60°，重力加速度为g，则小球（）A.小球所受的电场力是重力的3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A到B过程中，绳子的最大拉力为重力的()231−倍8.下列说法正确的是（）A.根据场强的定义式FEq=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比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UEd

=，可知在匀强电场中，电场强度与电压成正比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10ΩC.过图中M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r=10Ω的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.2A10.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O点系一长为L的细线，

细线另一端系一质量为m0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B.C球摆到最低点过程，C球的速度为022CmgLvmm=+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022

mLmm+D.C向左运动能达到的最大高度比初始位置()002mLmm+二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.（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________。V（结果保留两位小数），内阻为________Ω。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m1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m2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O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为1x、2x、3x。分析数据：（1）实验中入射球质量m1________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的质量m2；（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B的14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均位置为M、P、N。测得斜槽末端与M、P、N三点的连线与竖直方向的夹角分别为1、2、3，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12V，内阻为1Ω，电阻1R为1Ω，2R为6Ω。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Mr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22m/sa=匀加速上升，当重物的速度达到v=1m/s时，电动机两端的电压和流过的电流的分别

为05VU=和01.6AI=，该重物的质量m为多少？（g取10m/s²）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0U，周期为T。在0t=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L=1.5d，距离为d，极板间的电压为4U0，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：甲乙（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B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mgEq=。一电荷量为+q，大小可以忽略的滑块以初速度022vgR=从A点滑上滑板，并且能在B、C之间的D点（未画出）与滑板共速。已知该绝缘装置和滑块质量均为m，重力加速度为g，则：（1）滑块运动到

B点时，绝缘装置和滑块组成的系统产生多少热量？（2）B、D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E0、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E0

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BDDBADDBCBDBD1.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ΔΔpmv=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；C.由pmv=可知，动量相同时，动能的大小为22k122pEmvm==质量是否相等，则动能不一定相同，故C错误；D.由于pmv=，可见动量的大小由质量m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Q点的场强，故A错误；B.沿电场线电势降低，P点的电势高于Q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3LRS=可知电阻3R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：1ΔrΔURI=+，故B错误；C.3R增大，则电路总电阻增大，总电流减

小，所以1R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2R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QCU=，2R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c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O点向外，先增大后减小，若将电子从a点由静止释放，电子受力指向P点，向P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O点向外，若将一电子从b点静止释放，电子受力指向O点，电子先做加速运动，过O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O点以某一初速

度沿OM运动，质子受力由O指向M，质子不可能回到原处，故C错误；D.若将一电子从b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A过程中电场力一直做正功，电势能一直减小，错误，故选A6.D【详解】根据几何关系，光滑的直轨道长2cosLR=小球下滑的加速度cosmgma=解得cosag=则小球下滑的运动时间212Lat=即2

Rtg=与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Imgt=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ΔcosΔpmgt=所以沿AO轨道运动小球的动量变化

率大，故B错误；重力做功为21112222coscoscoscosGGWmgLWmgL==根据动能定理kGEW=，122k112k22coscosGGEWEW==，故D正确；7.D【详解】A.AB两点动能均为0，则合力方向垂直AB连线向下，即与竖直方向夹角θ为30°，可计算电场力是重力

得33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()21sin1cos2qELmgLmv−−=在最低点2mcosTmgvFL−=解得()2

31mgTF=−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；B.当小灯泡两端电压为4V时，电流为0.4A，

则其阻值为410Ω0.4URI===，故B正确；D.在小灯泡伏安特性曲线上做2EUIr=+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020CAmvmv−=则12020xxmmtt−=由几何关系得12xxL+=解得木块A、B向右移动

的距离为0202mLxmm=+，故C错误。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ABv，根据机械能守恒有220011222CABmgLmvmv=+由水平方向动量守恒得02CABmvmv=联立解得022CmgLvmm=+002ABm

mgLvmmm=+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v共，B的速度依然为ABv。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()0ABmmvmv+=共整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C

的动能，即()22001122ABmghmvmmv=++共解得()002mLhmm=+，故BD正确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）121123mxmxmx=+（2分）

（4）122111233tansintansintansinmmm=+（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12mm。（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t，若满足动量守恒定律有321112xxxmmmttt=+整理得121123mxmxmx=+（4）设斜槽末端与M的连线长度为L（即圆弧半径为L），如图所示：图中几何关系：11

sinxL=，11cosyL=由平抛运动的规律得111xvt=，21112ygt=联立解得111tansin2gLv=，同理有220tansin2gLv=，332tansin2gLv=代入动量守恒的表达式101122mvmvmv=+，化简可得1221112

33tansintansintansinmmm=+13.（1）开关闭合后，2R和微型电动机并联，根据闭合电路欧姆定律得()1rEUIR=++，3IA=流过2R的电流2I，电动机电流1I12III=+，12AI=电动机：MrPPP=+出，211MUIPIr=+出0.

5ΩMr=（2）对重物受力分析知TFmgma−=而电动机输出功率TPFv=出，2000TUIFvIr=+联立解得0.56kgm=14.（1）设电子进入第n个圆筒后速度为nv，根据动能定理有2012nneUmv=，

02nneUvm=第n个圆筒的长度为2nnnTlvtv==得2812ll=（2）电子以速度0v进入偏转电场20182nneUmv=，004eUvm=平行于板面方向：011.5dvt=垂直于板面方向：201412eUytdm=联合解得：932yd=15.（1）QmgR

=；（2）0.5hR=；（3）03mgmgEqq【详解】（1）系统产生的热量为NQFR=对滑块分析NFmgqE=+解得QmgR=（2）滑块从A运动到D的过程，有()0mvmmv=+，()()2201122mvmmvmgqEhQ=++++解得0.5hR=（3）滑块所受的电场力0F

qE=（i）滑块能到达B点，即A、B相对滑动，要求滑块加速度大于滑板加速度，有Fmgmgmm−解得Fmg（ii）设滑块运动到B点时相对地面的位移为1s，滑板的位移为2s，所需时间为t。若滑块恰好能到达C点整个过程中对系统用能量守恒定律

()21112FsmmvmgRQ=+++共①其中10.5QmgRmgR==②整个过程中对系统用动量定理()Ftmmv=+共③滑块运动到木板的B点过程中，滑块的对地位移为2112Fmgstm−=④联列①②③④得2226FtF

gtmgRm=+⑤由A、B位移关系12ssR=+⑥其中木板的对地位移为2212mgstm=⑦联列④⑤⑥⑦得222430FFmgmg−+=解得3Fmg=所以F应满足3mgFmg综上得03mgmgEqq获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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