{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
2023 年宜荆荆随高二 10 月联考
高二物理答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D D B A D D BC BD BD
1. 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 p m v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；
2
C 1 p．由 p mv可知，动量相同时，动能的大小为Ek mv
2 质量是否相等，则动能不
2 2m
一定相同，故 C错误；
D．由于 p mv，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
L
据电阻定律 R3 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。S
故 A错误；
B ．由闭合电路欧姆定律和电阻特点知： = 1+ r 故 B错误；
C．R3增大，则电路总电阻增大，总电流减小，所以 R1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 R2两端电压增大，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=CU，R2两端电压增大，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 A
6. D
【详解】根据几何关系，光滑的直轨道长 L 2Rcos
小球下滑的加速度mg cos ma
解得 a g cos
1
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
1
则小球下滑的运动时间 L at 2
2
R
即 t 2
g
与θ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 I=mgt
可知，重力的冲量相等，故 AC错误；
p
根据动量定理，动量的变化率等于小球受到的合外力，则 mgcos
t
所以沿 AO轨道运动小球的动量变化率大，故 B错误；
WG1 mgL cos 1 cos
2
重力做功为 1
WG2 mgL cos cos
2
2 2
Ek1 W
2
E W G1
cos 1
根据动能定理 k G， Ek WG2 cos
2 故 D正确；
2 2
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°，
3
可计算电场力是重力得 倍
3
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 1．在等效最低点拉力最大，有动能定理 qELsinθ-mgL(1-cosθ)= 2
2
2
在最低点 - =m
解得 =（2 3 1） 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；
B 4．当小灯泡两端电压为 4V时，电流为 0.4A，则其阻值为 R= = =10Ω ，故 B正确；
0.4
D．在小灯泡伏安特性曲线上做 E=2U+Ir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m0vC 2mvA 0
则m
x
1
x
2m 20 0t t
由几何关系得 x1+x2=L
m L
解得木块 A、B x 0向右移动的距离为 2 2m m 故 C错误。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
1 2 1 2
度为 ，根据机械能守恒有m0gL m0vC 2mv2 2 AB
由水平方向动量守恒得 0 =2m
v 2 mgL v m0 mgL联立解得 C 2m m AB0 m 2m m0
2
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
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 共，
B的速度依然为 。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
( 0 + ) 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
= 1 2 + 10 ( 0+m)
2
2 2 共
h = 0 解得 故 BD正确
2( 0+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）m1x2 m1x1 m2x3 （2分）
（4）m1 tan 2 sin 2 m1 tan 1 sin 1 m2 tan 3 sin 3 （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
m1 m2 。
（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；
x x x
（3）设小球在空中运动的时间为 t，若满足动量守恒定律有m 2 1 31 m1 m t t 2 t
整理得m1x2 m1x1 m2x3
(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：
sin x1 , cos y图中几何关系： 1 1 1L L
1
由平抛运动的规律得 x1 v1t1, y1 gt
2
2 1
v gL tan 1 sin 联立解得 11 2
gL tan
同理有 v 2 sin 2 ,v gL tan 3 sin 30 2 2 2
代入动量守恒的表达式m1v0 m1v1 m2v2，化简可得
m1 tan 2 sin 2 m1 tan 1 sin 1 m2 tan 3 sin 3
13. （1）开关闭合后， 2和微型电动机并联，根据闭合电路欧姆定律得
E U I（R1 r） 2分
I =3A 1分
流过 R2的电流 I2，电动机电流 I1 I =I1 + I2 I1 =2A 2分
电动机：PM=P 出+Pr UI1=P 出+I12 2分
=0.5 1分
（2）对重物受力分析知 FT －mg = ma 1分
而电动机输出功率 P 出=FT·v 1分
U0I0=FT·v + I02r 1分
联立解得 m =0.56 kg 1分
14. （1）设电子进入第 个圆筒后速度为 ，根据动能定理有
= 10 2 2分2
3
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
= 2 0
第 n 个圆筒的长度为 = = 2分2
得 2 = 1 2分
8 2
1
（2）电子以速度 0进入偏转电场 8 0 = 2 1分2
00 = 4
平行于板面方向： 1.5 = 0 1 2分
1 4 2
垂直于板面方向：y = × 0 1 2分2
联合解得：y = 9 2分
32
3
15. （1）Q=mgR；（2） h 0.5R；（3） < 0 ≤
【详解】（1）系统产生的热量为 Q = μFNR 2分
对滑块分析 FN=mg+qE 1分
解得 Q=mgR 1分
（2）滑块从 A运动到 D的过程，有 mv0 m m v 2分
1m 2=10 (m+m) 2+(mg+qE)h+Q 2分2 2
解得 h 0.5R 2分
（3）滑块所受的电场力 F = q 0
（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，
F mg mg
有 2分
m m
解得 F mg 1分
（ii）设滑块运动到B点时相对地面的位移为 s1，滑板的位移为 s2，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
F s =11 (m+m)
2
共+mgR+ 2 1 ① 1分
其中 1=μmgR=0.5mgR ②
整个过程中对系统用动量定理 Ft m m v共 ③ 1分
滑块运动到木板的 B点过程中，滑块的对地位移为
s 1 F mg 1 t
2
④
2 m
2 2
联列①②③④得 = 2 + 6 ⑤
由 A、B位移关系 s1 s2 R ⑥ 1分
s 1 mg 其中木板的对地位移为 2 t
2
⑦
2 m
联列④⑤⑥⑦得 2 4 mg+3 2 2=0
解得 F 3mg 1分
所以 F 应满足 mg
（若第三问中 ① ③式分段用能量守恒定律和动量守恒定律，也可给分）
4
{#{QQABIQaAggggAAAAAAgCQwUgCAOQkBACCCoGREAAoAAAwAFABAA=}#}
