湖北省沙市中学2023-2024学年高二下学期6月月考物理试题及答案

2023—2024学年度下学期2022级
6月月考物理试卷
考试时间：2024年6月13日一、选择题（本题共10小题，每小题4分。

其中1-7题为单选题，8-10为多选题，选不全得2
分，错选、多选得0分）
1．关于布朗运动的正确说法是（）
A．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也可以叫做热运动
B．布朗运动反映了分子的热运动
C．在室内看到的尘埃不停地运动是布朗运动
D．室内尘埃的运动是空气分子碰撞尘埃造成的现象
2．下列说法中正确的是（）
A．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n =6能级向n= 2能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应
B．玻尔通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
C．原子核发生一次β衰变，该原子的核外就失去一个电子
D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，c为光速，则质子和中子结合成一个α粒
子释放的能量是
12
2 3
(22)
m c
m m
+−
3．某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条
纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示。

他改变的
实验条件可能是（）
A．减小光源到单缝的距离
B．减小双缝之间的距离
C
D．换用频率更高的单色光源
4．用一种单色光照射某金属，产生光电子的最大初动能为E k，单位时间内发射光电子数量为n，若增大该入射光的强度，则（）
A．E k增加，n增加B．E k增加，n不变
C．E k不变，n不变D．E k不变，n增加
5．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。

假设木块对子弹阻力
大小恒定，则下列说法正确的是（）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2
6．如图，OBCD 为半圆柱体玻璃的横截面，OD 为直径，一束由紫光
和红光组成的复色光沿AO 方向从真空射入玻璃，紫光、红光分别从B 、C 点射出。

设它们在玻璃中的波长分别为B λ、C ，传播时间分别为B t 、C t 。

则（ ） A ．B C t t =
B ．B
C t t <
C ．B C λλ=
D ．B C λλ>
7．霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。

当电流垂直于外磁场通过导体时，
载流子电子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍
尔电势差。

现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（ ） A ．a 端电势低于b 端电势
B ．若元件的厚度增加，a 、b 两端电势差不变
C ．霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定
D ．若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与地平面平行
8．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图甲是0=t 时刻的波形图，图乙和图丙分别是x 轴上某两处质点的振动图象。

由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是（ ）
A ．2m 3
B ．4m 3
C ．5m 3
D ．7m 3
9．如图所示，等腰直角三角形区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过匀强磁场区域，在t =0时恰好位于图中所示的位置，下列说法正确的是（ ） A ．穿过磁场过程中磁通量最大值为21
2
BL Φ=
B ．穿过磁场过程中感应电动势的最大值为1
2
BLv
C ．线框中产生的电流始终沿顺时针方向
D ．穿过磁场过程中线框受到的安培力始终向左
10．如图甲所示，物块A 、
B 的质量分别是A 4.0kg m =和B 2.0kg m =，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。

另有一物块
C 在0=t 时刻以一定速度向右运动，在4s t =时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物
块C 的v t −图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A ．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J
B ．4s 到12s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为48N s ⋅，方向向右
C ．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D ．物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度大小为6m/s
二、实验题（本大题共2小题，共18分） 11．（6分）某同学利用单摆测量重力加速度
（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是 ；
A ．组装单摆需选用密度较大、直径较小的摆球
B ．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
C ．实验时需使摆球在同一竖直面内摆动
D ．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线
（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m 的单摆，实验时，由于仅有量程为20cm 、精度为1mm 的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期1T ；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期2T ；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离L ∆，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g = 。

12．（12分）近年来，我国打响了碧水保卫战，检测组在某化工厂的排污管末端安装了如图1所示
的流量计，用此装置测量污水（有大量的正、负离子）的电阻，进而用来测污水的电阻。

测量管由绝缘材料制成，其直径为D ，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下（未画出），在前后两个内侧面A 、C 上固定有竖直正对的金属板作为电极（未画出，电阻不计），金属板电极与开关S 、电阻箱R 和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v 自左向右通过。

（1）利用图2中的电路测量灵敏电流计G 的内阻g R ，实验过程包含以下步骤：
a 、分别将1R 和2R 的阻值调至最大；
b 、合上开关1S ；
c 、调节1R ，使G 的指针偏转到满刻度，记下此时1G 的示数1I ；
d 、合上开关2S ；
e 、反复调节1R 和2R 的阻值，使1G 的示数仍为1I ，G 的指针偏转到满刻度的一半，此时2R 的读数为0R 。

则灵敏电流计内阻为 。

（2）用游标卡尺测量测量管的直径D ，如图3所示，则D cm 。

（3）图1中与A 极相连的是灵敏电流计的 接线柱（填“正”或“负”）。

（4）闭合图1中的开关S ，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R 与相应灵敏电流计
G 的读数I ，绘制1R I
−图像，如图4所示，则污水接入电路的电阻为 。

（用题中的字母a 、
b 、
c 、v 、D 、0R 表示）
三、解答题（本大题共3小题，共42分）
13．（9分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热气缸中有加热装置，气缸壁内有卡槽，
卡槽距缸底的高度2m H =。

质量10kg M =、横截面积32510m S −=×的活塞停在卡槽处，其下
方封闭有一定质量压强为51
0.810Pa p =×、温度为117C t = 的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。

已知外界大气压强50110Pa p =×保持不变，热力学温度与摄氏温度的关系
273K T t =+，重力加速度210m /s g =。

（1）求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度2T ；
（2）若活塞离开卡槽后继续上升了0.2m h =，该过程中气体吸收了
370J Q =的热量，求该过程中气体内能的变化量U ∆。

14．如图所示，在y 轴的右侧存在磁感应强度为B 的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x 轴的上方
有一平行板式加速电场，有一薄绝缘板放置在y 轴处，且与纸面垂直，现有一质量为m 、电荷
量为q 的粒子由静止经过加速电压为U 的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A 处穿过绝缘板，而后从x 轴上的D 处以与x 轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y 轴上的C 点（C 点在图上未标出），已知OD 长为l ，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小； （2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间。

15．（18分）如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和B （均可视为质点），相距L=15m，物块B到墙壁的距离s=5m，两物块的质量分别为m A=1kg、m B=0.5kg，物块B与水平面间无摩擦，物块A与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。

现给物块A施加水平向右的力F=6N，作用2s后撤去F，之后物块A与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。

高二年级6月月考物理答案
1．B
【详解】AB ．布朗运动反映的是分子的热运动，其本身不是分子的热运动。

A 错误，B 正确； C ．布朗运动用肉眼是看不到的，故在室内看到的尘埃不停地运动不是布朗运动，C 错误；
D ．在室内看到的尘埃不停地运动不是布朗运动，而是尘埃受到的重力及空气的浮力的影响造成的
宏观现象，布朗运动形成的原因是由于分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，肉眼看不见，
D 错误。

2．D
【详解】A ．从61→辐射的光子能量大于从62→辐射的光子能量，根据光电效应方程0k m h W E ν=+可知从62→辐射的光子能量不能使该金属发生光电效应，A 错误； B ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，B 错误；
C ．β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子的同时放出一个电子，与核外电子无关，C 错误；
D ．根据质能方程可知两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是1223(22)m c m m +−，D 正确。

3．B
【详解】试题分析：通过观察发现，图乙中干涉条纹的宽度比甲图中的大，根据干涉条纹宽度干涉有：Δx ＝l
d λ，因此可以使缝屏距l 变大，双缝距d 减小，或换用波长较长即频率较低的光，以达到要求，故选项C 、D 错误；选项B 正确；与光源到单缝的距离无关，故选项A 错误． 4．D
【详解】根据光电效应方程k
0E hv W =−可知，初动能与光的频率有关，与光照强度无关。

光电子的最大初动能与入射光的强度无关，其随入射光频率的增大而增大，大于极限频率的光照射金属时，光电流强度(反映单位时间内发射出的光电子数的多少)与入射光强度成正比。

5．D
【详解】A ．根据系统动量守恒，有A A B B m v m v = 对子弹A ，根据动能定理，有2A A A 102
fx m v −=− 对子弹B ，根据动能定理，有2B B B 102
fx m v −=− 依题意，有A B 2x x =联立，可得
A B A B 22v v m m ==，，故A 错误； B ．根据A 项分析易知子弹A 的初动量和子弹B 的初动量大小为A A A B
B B p m v p m v ==，，联立，可得A B 1:1p p =：，故B 错误；
C ．若子弹A 、B 的初始速度都增加为原来的2倍，则根据A 项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，故C 错误；
D ．依题意，对子弹A ，根据动能定理，有'
2A A A 1
0(2)2
fx m v −=− 对子弹B ，根据动能定理，有'
2B
B B 10(2)2
fx m v −=− 联立，可得''
A B 2x x =：，故D 正确。

6．A
【详解】AB ． 设任意光线的入射角为α，折射角为β，光在玻璃中传播的路程为s ，直径OD 的
长度为d ，则光在玻璃中的速度c v n
=
由几何知识可得s =d cos （90°-β）=d sin β，由折射定律可得sin sin n α
β=
光在玻璃中传播的时间为s
t v =，解得sin d t c
α=
由题可知，红光和紫光的入射角相同，则有t B =t C ，故A 正确，B 错误；
CD ．因B 光的折射角较小，则折射率较大，频率较大，则波长较小，即B C λλ<，选项CD 错误。

7．B
【详解】A ．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b 端偏转，故b 端电势较低，故A 错误。

BC ．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即U
evB e d
=，可得
I E E BdE
U Bdv
Bd Bd Bd l nes Rnes nle nes S
ρρ===== U 与磁感应强度B 、元件的前后距离d 等因素有关，与题中定义的厚度无关，故B 正确，C 错误； D ．由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，故D 错误。

8．CD
【详解】由图甲可知波长2m λ=，振幅A 0.1m =，图乙所示质点在0=t 时在正向最大位移处，图丙所示质点在0=t 时，0.05m y =，运动方向沿y 轴正方向，结合波形图找到对应的点，如图所示，四分之一波长为0.5m ，若P 在Q 左边，两平衡位置的距离为110.5m 0.5m m 3
3
−×=
若P 在Q 右边，两平衡位置的距离为15
30.5m 0.5m m 33
×+×=
考虑周期性得1m 3x n λ=
+或5
m 3
x n λ=+，可得CD 正确，AB 错误。

9．AD
【详解】A ．当导线框沿x 轴正方向运动位移L 时，穿过线框的磁通量最大，最大值为
22
1122
BS B L BL Φ==×=，故A 正确；
B ．当导线框沿x 轴正方向运动位移L 时，有效切割的长度最大，产生的感应电动势最大，感应电动势的最大值为E BLv =，故B 错误；
C ．根据楞次定律判断可知，线框进入磁场中产生的感应电流沿顺时针，穿出磁场时感应电流沿逆时针方向，故C 错误；
D ．由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安培力一直向左，故D 正确。

10．AD
【详解】A ．AC 碰撞过程中由动量守恒可得C
0C A ()m v m m v =+ 012m/s v =，4m/s v =解得C 2kg m =
当AC 速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大
22p A C 11
()6kg (4m/s)48J 22
E m m v =+=××=，故A 正确；
B ．4s 到12s 的时间内弹簧对A
C 的冲量为A C 21()()6(8)N s 48N s I m m v v =+−=×−⋅=−⋅弹
由能量守恒可知12s B 的速度为零，4s 到12s 的时间内对B 由动量定理可得0I I −+=
弹墙，得48N.s I I ==−弹墙，即大小为48N s ⋅，方向向左，故B 错误；
C ．当B 的速度与AC 相等时由动量守恒可得A C 1A C B 2()()m m v m m m v +=++，解得23m/s v =，所以
弹簧的最大弹性势能为2211()()12J E m m v m m m v =+−++=，故C 错误；
D ．当弹簧为原长时B 的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得A C 1A C 3B 4()()m m v m m v m v +=
++，222
A C 1A C 3
B 4111()()222
m m v m m v m v +=++，解得46m/s v =，故D 正确。

11． ACD 22
2
124L
T T π∆- 【详解】(1)[1] A ．组装单摆需选用密度较大、直径较小的摆球，可以减小空气阻力。

故A 正确；
B ．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大，摆长过大，大于10°小球的运动不在是简谐运动，故误差较大。

故B 错误；
C ．实验时需使摆球在同一竖直面内摆动，保持摆长不变，是单摆。

故C 正确；
D ．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，保证摆线质量忽略不计，摆长不变，可以减小误差。

故D 正确。

(2)[2]根据单摆的周期公式，有221
14L T g π=，22224L T g
π=，两式相减可得222124L g T T π∆=-
12． 0R 3.035 正
0ac
R b a
−− 【详解】（1）[1]实验中应保持合上2S 与断开2S 两种情况下1G 的示数1I 为G 的满偏电流g I ，当合
上2S 时，G 的示数为1=22g I
I
此时流过2R 的电流也为12
I
，得g 0R R =
（2）[2]由游标卡尺读数原理可得，直径()3070.05mm 30.35mm 3.035cm D =+×==。

（3）[3]由左手定则可得正离子往A 极方向运动、负离子往C 极方向运动，所以与A 极相连的是灵敏电流计的正接线柱。

（4）[4]由Uq Bqv D
=，得电源电动势为U BDv =，由欧姆定律可得g U BDv I R R R r ==++总，其中r 为污水的电阻，所以11
g R r R I BDv BDv
+=⋅+
由图像可得斜率
1b a k c BDv −==，纵截距g R r a BDv
+=，所以g ac
R r b a +=− 故0ac r R b a =−− 13．（1）2435K T =；（2）250J U ∆=
【详解】（1）已知510.810Pa p =×，1290K T =，当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有20p S p S Mg =+，解得52
1.210Pa p =× 气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有12
12
p p T T =
，联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度2435K T =
（2）活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有2120J W p Sh =
−=−，由热力学第一定律得U Q W ∆=+
代入数据解得此过程中气体内能的变化量250J U ∆=
14．（1
）v =（2）222
k 2B q l E qU m
∆−；（3）22qB l E m =
,t =【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得212
qU mv =
，解得v =
'
2
v
'2qlB
v m
=
根据能量守恒得，损失的动能为'222
22k 112Δ22B q l E mv mv qU m
=−=−
（3）粒子若做直线运动，则有'
qv B qE =，代入数据解得22qB l E m
= 方向与x 轴正向斜向下成60°角；粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间为1150253606m m
t qB qB
ππ°=×=
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间为
2t =，粒子y 轴右侧
运行的总时间为56m t qB π=
15．（1）3s ，6m/s ；（2）12m /s v =，28m /s v =；
（3）217
m 9
【详解】（1）F 作用2s 的过程中，由动量定理有1A 1A A Ft m gt m v µ−=
代入数据解得A 8m /s v =，物块A 的位移为
A
A 18m 2
v x t == 设物块A 碰撞前的速度大小为0v ，由动能定理有2A A A 012
Fx m gL m v µ−= 代入数据解得06m /s v =，
撤去F 后，设碰撞前物块A 做匀减速运动时间为2t ，则A
2A 01s 2
L x t v v −=
=+，物块A 从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间123s t t t =+=
（2）两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒，有A 0
A 1
B 2m v m v m v =+，222
A 0A 1
B 2111222
m v m v m v =+，联立两式并代入数据解得12m /s v =，28m /s v =
（3）第一次碰撞后物块A 继续向右做匀减速运动，加速度大小为
22m /s µ==a g 位移大小为2
1A1
1m 2v x a
==，所经历时间为131s v t a == 由于物块B 与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故31s t =时间内，物块B 通过的路程为B 2318m 2A s v t s x ==<−
即物块A 静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块B 通过的路程为B1A129m s s x =−=
设两物块第二次发生碰撞后物块B 和A 的速度大小为3v 和4v ，则有B 2
B 3A 4m v m v m v =+，222
B 2B 3A 4111222
m v m v m v =+ 联立两式并代入数据解得38
m /s 3
v =−，416m /s 3v =
物块A 做匀减速运动到停止，其位移24A2
64
m 29
v x a == 物块B 从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为B2A1A2136
2()m 9
s s x x =−+=
从开始到两物块第三次碰撞前物块B 走过的总路程为B1B2 217
m 9
s s s =+=
总。