湖北省十堰市區(qū)縣普通高中聯(lián)合體2023-2024學年高二上學期12月聯(lián)考物理試題（解析版）

PAGEPAGE12023年12月十堰市區(qū)縣普通高中聯(lián)合體月度聯(lián)考高二物理試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.如圖所示是甲、乙兩個單擺做簡諧運動的圖像，則下列說法中正確的是（）A.甲、乙兩擺振幅之比為 B.時，甲擺的重力勢能最小，乙擺的動能為零C.甲、乙兩擺的擺長之比為 D.甲、乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小一定相等〖答案〗C〖解析〗A．由題圖知甲、乙兩擺的振幅分別為2cm、1cm，所以甲、乙兩擺的振幅之比為，A錯誤；B．由圖像知，時，甲擺在平衡位置處，重力勢能最小，乙擺在平衡位置處，動能最大，B錯誤；C．甲、乙兩擺的周期之比為，由單擺的周期公式，得到甲、乙兩擺的擺長之比為，C正確；D．由題目中的條件無法比較甲、乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小，D錯誤。2.一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸正方向傳播，已知處質點的振動方程為，則時刻的波形圖正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗根據(jù)題意可知，時，在處的質點處于則此時該質點位于平衡位置，下一時刻，該質點向下運動，根據(jù)題意，橫波沿x軸正方向傳播，根據(jù)同側法判斷可知圖像B正確。3.如圖所示，學生練習用頭顛球。某一次足球靜止自由下落125cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度為45cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質量為0.5kg，重力加速度g取，不計空氣阻力下列說法正確的是（）A.足球對頭部的平均作用力為足球重力的10倍B.足球與頭部作用過程中動量變化量大小為C.足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為D.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為〖答案〗B〖解析〗AB．足球自由落體125cm時的速度為，時間為，反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度為45cm，上升的時間，由求得，，對足球與人接觸的過程，，取向上為正，由動量定理有解得即頭部對足球的平均作用力為45N，而足球的重力為5N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為，A錯誤，B正確；C．足球剛接觸時的動量為，C錯誤；D.足球運動的全過程，所受重力的沖量為D錯誤。4.如圖所示，A、B兩物體質量之比，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則（）A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)不同，A、B、C組成系統(tǒng)的動量不守恒C.若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C組成系統(tǒng)的動量不守恒D.若A、B所受摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒〖答案〗D〖解析〗A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，由于A的質量大于B的質量，A物體受到的摩擦力大于B物體受到的摩擦力，A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒的，A錯誤；B．無論A、B與平板車上表面間動摩擦因數(shù)是否相同，A、B、C組成系統(tǒng)的合外力都為零，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，B錯誤；C．無論A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C組成系統(tǒng)所受合外力都為零，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，C錯誤。D．A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)所受合外力為零，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒，D正確。故選D。5.在正三角形ABC的三個頂點A、B、C處，各固定有一根垂直于三角形的長直導線，每根導線通有大小相同的恒定電流，電流方向如圖所示，已知導線A受到的安培力大小為F，則導線C受到的安培力（）A.大小為F，方向平行AB向左 B.大小為，方向平行AB向右C.大小為，方向垂直AB向下 D.大小為F，方向垂直AB向上〖答案〗C〖解析〗設兩長直導線間的相互作用力大小為，反向電流相互排斥，同向電流相互吸引，對長直導線A研究，受力分析如圖所示根據(jù)力的合成可得解得對長直導線C研究，受力分析如圖所示根據(jù)力的合成可得，C受到的安培力為解得方向垂直AB向下。故選C。6.圖中關于磁場中的四種儀器的說法中錯誤的是（）A.甲圖中要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大D形盒的半徑B.乙圖中不改變質譜儀各區(qū)域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同C.丙圖是載流子為負電荷的霍爾元件通過如圖所示電流和加上如圖磁場時N側帶負電荷D.丁圖長寬高分別為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前后兩個金屬側面的電壓與a、b、c均無關〖答案〗D〖解析〗A．在回旋加速度器中，由洛倫茲力充當向心力有可得可知，在回旋加速度所處磁場一定的情況下，粒子射出回旋加速度的最終速度跟D形盒的半徑有關，半徑越大獲得的速度越大，動能就越大，因此甲圖中要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大D形盒的半徑，故A正確；B．粒子經(jīng)過質譜儀速度選擇器時，只有滿足的粒子才能被選擇，可得顯然，經(jīng)過質譜儀的速度選擇器區(qū)域的粒子速度v都相同，經(jīng)過偏轉磁場時擊中光屏同一位置的粒子在偏轉磁場中做圓周運動的軌跡半徑R相等，根據(jù)牛頓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正確；C．在霍爾元件中，因載流子帶負電，而電流的方向為正電荷定向移動的方向，可知帶負電的載流子移動方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則可知，帶負電的載流子在洛倫茲力的作用下向著霍爾元件的N側偏轉，使N側帶上負電，故C正確；D．經(jīng)過電磁流量計的帶電粒子會在洛倫茲的作用下向著前后兩個側面偏轉，時前后兩個側面產(chǎn)生電勢差，從而形成電場，當前后兩個側面帶上足夠多的電荷后將形成穩(wěn)定的電場，此時滿足其中v表示液體的流速，即此時兩側電壓達到最大值，則有聯(lián)立可得而流量解得則前后兩個金屬側面的電壓與a、b無關，但與c有關，故D錯誤。故此題選擇錯誤選項，故選D。7.如圖所示，一質量為m的帶電粒子從P點以垂直于磁場邊界方向的速度v射入磁場，穿出磁場時，速度方向與入射方向夾角為。設磁感應強度為B、磁場寬度為d。粒子速度始終與磁場垂直，不計粒子所受重力和空氣阻力。下列說法錯誤的是（）A.在粒子穿越磁場的過程中，洛倫茲力對該粒子做的功為0B.在粒子穿越磁場的過程中，洛倫茲力對該粒子的沖量為0C.該粒子的比荷為D.該粒子在磁場中運動的時間為〖答案〗B〖解析〗A．在粒子穿越磁場的過程中，洛倫茲力與粒子的速度方向始終垂直，則洛倫茲力對該粒子做的功為0，故A正確，不符合題意；B．在粒子穿越磁場的過程中，粒子速度大小不變但方向改變，則動量改變，根據(jù)動量定理可知，則合外力沖量不為零，粒子僅受洛倫茲力作用，則洛倫茲力對該粒子的沖量不為0，故B錯誤，符合題意；C．粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力充當向心力有根據(jù)幾何關系聯(lián)立解得故C正確，不符合題意；D．粒子在磁場中運動時間周期聯(lián)立得故D正確，不符合題意。8.如圖所示，圖甲為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在時的波形圖，圖乙為質點P的振動圖像，下列說法正確的是（）A.該波的波速為1.5m/sB.該波沿x軸正方向傳播C.0~1s時間內，質點P運動的路程為2mD.該列波頻率在傳播過程中遇到尺寸大小為2m的障礙物不會發(fā)生衍射現(xiàn)象〖答案〗BC〖解析〗A．由圖甲可知，該波的波長為，由圖乙可知，該波的周期T為，則波速為故A錯誤；B．由乙圖知，時刻質點P向上振動，利用“上下坡”法，可以判斷出波沿x軸正方向傳播，故B正確；C．質點P在一個周期內的路程為所以1s內的路程為故C正確；D．一切波均會發(fā)生衍射現(xiàn)象，故D錯誤。故選BC。9.足夠大的光滑水平面上，一質量為的物塊A靜止在水平面上，A右邊放有一質量為的長木板B，質量為的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時初速度，物塊C立即在長木板B上運動。B與A碰撞前，B、C已經(jīng)達到共同速度；B、A碰撞后，兩者粘在了一起；物塊C始終未從長木板B上滑下。下列說法正確的是（）A.A、B碰撞前，B、C達到的共同速度大小為B.A、B碰撞后的瞬間，A、B的速度大小均為C.A、B碰撞后的瞬間，A、B的速度大小均為D.最終A、B、C三者將以大小為的共同速度一直運動下去〖答案〗ACD〖解析〗A．A、B碰撞前，B、C已經(jīng)達到共同速度，設B、C達到的共同速度大小為，根據(jù)動量守恒定律可得解得故A正確；BC．A、B碰撞后的瞬間，A、B具有相同的速度，A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有解得故B錯誤，C正確；D．A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，A、B、C三者最終有共同的速度，則有解得故D正確。10.如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內（包含邊界）有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負電，質量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab=2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用．關于這些粒子，下列說法正確的是（）A.速度的最大值為B.速度的最小值為C.在磁場中運動的最短時間為D.在磁場中運動的最長時間為〖答案〗AD〖解析〗粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知：解得AB．粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得故粒子的最大速度為最小速度故A正確，B錯誤CD．由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡可知，粒子轉過的最大圓心角θmax=180°，最小圓心角θmin>45°，粒子做圓周運動的周期：則粒子在磁場中運動的最短時間最長時間故C錯誤，D正確。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某實驗小組在實驗室用單擺做測定重力加速度的實驗，實驗裝置如圖所示。（1）擺球的直徑用螺旋測微器測出，如圖乙所示，其讀數(shù)為______mm。（2）正確操作測出單擺連續(xù)n次（n從“0”開始計數(shù)）通過最低點的時間為t，用毫米刻度尺測得擺線長為L，螺旋測微器測得擺球直徑為d。用上述測得的量寫出重力加速度的表達式：______。（3）某同學測得的g值比當?shù)氐闹亓铀俣绕?，可能原因是______。A.計算時將L當成擺長B.把懸點到擺球下端的長度記為擺長C.開始計時時，秒表按下過晚D.實驗中誤將60次全振動計為59次〖答案〗（1）4.700（2）（3）AD或DA〖解析〗（1）[1]螺旋測微器的讀數(shù)為（2）[2]單擺時間t內完成全振動的次數(shù)為，則單擺的周期為單擺的擺長為根據(jù)單擺的周期公式可得重力加速度為（3）[3]A．計算時將L當成擺長，此時得到重力加速度的表達式為可知，此時測得的重力加速度將偏小，故A正確；B．把懸點到擺球下端的長度記為擺長，則導致擺長l偏大，會使測得的重力加速度將偏大，故B錯誤；C．開始計時時，秒表按下過晚，會導致測得的時間t偏小，從而導致測得的重力加速度偏大，故C錯誤；D．實驗中誤將60次全振動計為59次，會使得記錄的次數(shù)n偏小，從而導致測得的重力加速度偏小，故D正確。故選AD。12.在驗證動量守恒定律實驗中，實驗裝置如圖所示，a、b是兩個半徑相等的小球，按照以下步驟進行操作：Ⅰ.在平木板表面釘上白紙和復寫紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，將小球a從斜槽軌道上固定點處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；Ⅱ.將木板水平向右移動一定距離并固定，再將小球a從固定點處由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B；Ⅲ.把小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球a仍從固定點處由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C。（1）若碰撞過程中沒有機械能損失，為了保證在碰撞過程中a球不反彈，a、b兩球的質量、間的關系是___________。（選填“”“”或“”）（2）為完成本實驗，必須測量的物理量有___________。A．小球a開始釋放的高度hB．木板水平向右移動的距離lC．a(chǎn)球和b球的質量、D．O點到A、B、C三點的距離、、（3）在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式___________，則動量守恒（用②所選的物理量表示，要求化簡）（4）在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式___________，則機械能守恒（用②所選的物理量表示，要求化簡）〖答案〗（1）（2）CD（3）（4）〖解析〗①[1]在小球碰撞過程中水平方向動量守恒，故有碰撞前后動能相等，故有解得若要使球的速度方向不變，則②③[2][3]小球平拋運動的時間則初速度顯然平拋運動的初速度與下降高度二次方根的倒數(shù)成正比，當即成立時，系統(tǒng)的動量守恒；由以上可知，需測量的物理量有球和球的質量、和點到A、B、C三點距離、、。故選CD。④[4]小球平拋運動的時間則初速度由于整理成立時，機械能守恒。13.一列簡諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實線為時的波形圖，虛線為時的波形圖。試求：（1）波的傳播速度的大??；（2）處的質點在到時間內，運動的路程為s，且。求處的質點振動方程?！即鸢浮剑?）若機械波沿x軸正方向傳播，，若機械波沿x軸負方向傳播，；（2）〖解析〗（1）由題圖可知，波長，振幅。波的傳播時間波速若機械波沿x軸正方向傳播，傳播的距離聯(lián)立得若機械波沿x軸負方向傳播，播的距離聯(lián)立得（2）在到時間內，，可知故若機械波沿x軸負方向傳播，則不符題意。若機械波沿x軸正方向傳播，滿足當時，有可得則有由圖知當時，處的質點正從平衡位置向軸負方向運動，所以當時，處的質點正從平衡位置向軸正方向運動，故處質點的振動方程為14.如圖所示，一軌道由斜面軌道和水平面軌道組成，斜面與水平面通過光滑小圓弧在B處平滑連接。物塊甲的質量，物塊乙的質量。甲從斜面上的A