湖北省随州市部分高中2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题答案

高二物理试题答案一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在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题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）1、C[物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v＝at，根据动量的计算公式有p＝mv＝mat，可知动量与速度和时间都成正比关系，故A、B错误；根据匀变速直线运动规律有v2＝2ax，根据动量的计算公式有p＝mv＝m，根据数学知识可知C图正确，故C正确，D错误。]2、D[x-t图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分别为vA＝＝m/s＝－3m/s，v＝＝m/s＝－1m/s，所以碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4kgm/s，故A错误；碰撞前B球的速度为vB＝＝m/s＝2m/s，设B球质量为m′，根据动量守恒定律有mvA＋m′vB＝(m＋m′)v，解得m′＝kg，根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为I＝ΔpB＝m′v－m′vB＝－4kgm/s＝－4Ns，故B错误；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋m′vB＝－kgm/s，故C错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为|ΔEk|＝＝10J，故D正确。]3、B[由题中波形图可知，波长λ＝8m，故A错误；波沿x轴正方向传播，t1～t2时间内波的位移为x＝nλ＋＝(8n＋4)m(n＝0，1，2，…)，则波速为v＝＝m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速为m/s，不是一定为m/s，故D错误；在t1～t2时间内，若是在一个周期内，则质点M是先加速、后减速，若是包含多个周期则由多个运动阶段组成，不仅是两段过程组成，故C错误；t1秒、t2秒时刻不是0时刻的图像，故无法判断O点的起振方向，也就无法判断质点Q的起振方向，故B正确。]4、A[沿x轴方向的电流在A点磁感应强度大小为Bx＝k，由安培定则可知方向垂直纸面向外；若A点磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流在A点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，由安培定则可知y轴放置的导线中电流方向沿y轴正向，其大小满足By＝k＝k，所以沿y轴放置的导线中电流的大小I＝I0，故A正确，B、C、D错误。]5、D[根据左手定则可知，M、N两点间电势差为0时，正电荷进入磁场区域会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70m3/h，则通过排污管的污水流量也是70m3/h，电磁流量计半径为r＝5cm＝0.05m，排污管的半径R＝10cm＝0.1m，由Q＝πr2v1结合题意可知，流经电磁流量计的液体速度约为v1＝2.5m/s，又πr2v1＝πR2v2，可得排污管内污水的速度约为v2＝0.625m/s,故B、C错误；电磁流量计内污水的速度约为v1＝2.5m/s，当带电粒子受力平衡时，有q＝qv1B，可知＝v1d1＝0.25m2/s，故D正确。]6、B[铝球可看成是由许多“金属线圈”构成的，在铝球向磁铁方向运动过程中，由于条形磁铁周围的磁场是非匀强磁场，越靠近磁铁磁场越强，那么穿过“金属线圈”的磁通量会增大，它们会产生感应电流，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，铝球的速度会逐渐减小，但速度方向不会改变，故B正确，A、C、D错误。]7、C[第三条亮条纹对应路程差s＝3λ，但光在介质中的传播速度小于c，故A错误；由Δx＝λ，n＝＝可知(λ0为光在矿泉水中的波长)，光在矿泉水中的波长小于真空中的波长，所以x2<x1，故B错误；由n＝＝，x1＝λ，x2＝λ0，得n＝，故C正确；由Δx＝λ可知，向左移动S0对观察结果没有影响，故D错误。]8、CD[A振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2π，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于A施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，而TC固＝2π＝TA，TB固＝2π＞TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、D正确。]9、ABC[粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝m，解得r＝，代入数据解得r＝0.2m。假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示。当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为d＝＝0.32m，由几何关系知，此时对应圆心角为θ＝106°，所以最短时间为tmin＝×＝×10-7s，同理可知，当粒子从D点射出磁场时，最长弦恰好为直径，所以最长时间为tmax＝×＝×10-7s，故A、B正确；由几何关系知r＋rsinα＝0.32m，cosβ＝，解得α＝37°，β＝37°，则AD＝2rsinβ＋rcosα＝0.4m，所以边界上有粒子射出的总长度为0.4×4m＝1.6m，故C正确；由上述分析和轨迹图可知，所有粒子在磁场中均不会做完整圆周运动，即都会从边界射出磁场，故稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶1，故D错误。]10、BC[涡流探伤技术的原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，跳环实验中线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量改变，套环中产生感应电流，会跳起，属于演示楞次定律，A错误；无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在导电材料内，B正确；金属探伤时探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流，演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，C正确，D错误。]二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、(12分）[解析](1)设Q的质量为M，初速度大小为V0，第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1、V1,以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有Ek0＝MV0＝MV1＋mv1＝＝mgh联立可得M＝5m。(2)第2次碰撞前瞬间P的速度大小为v1，方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别v2、V2,P沿斜面上滑到C点时的速度大小为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有MV1－mv1＝MV2＋mv2＝＝联立可得vC＝。(3)设初始时P离斜面底端B的距离为s，第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为t，P运动到斜面底端B所需时间为t1，P沿斜面运动时加速度的大小为a，在斜面上运动所需总时间为t2，由运动学公式、牛顿第二定律有s＝V1ts＝v1t1mgsinθ＝mat2＝2由题意tt1＋t2联立上述各式并由题给条件得sh即初始时P离斜面底端B的最小距离为h。[答案](1)5m(2)(3)h12、(12分）[解析](1)由T＝2π，可得T2r＝＋r2，所以题图乙中纵轴表示T2r。(2)Ic的单位与mr2的单位一致，因为mr2的国际单位为kgm2，所以Ic的国际单位为kgm2；结合T2r＝＋r2和题图乙中图线的截距和斜率，解得Ic的值约为0.17。(3)重力加速度g的测量值是通过求斜率得到的，与质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值不变。[答案](1)T2r(2)kgm20.17(3)不变13、(12分）[解析](1)粒子在电场中加速有qU＝mv2，由题意可知，粒子做圆周运动的轨道半径恰好等于圆形磁场区域的半径，又洛伦兹力提供向心力，则有qvB0＝，r＝R，联立解得r＝0.1m。(2)若B1＝0.1T＝B0，则粒子进入x轴下方磁场后的轨迹半径R′＝R＝a＝0.1m，如图甲所示，沿x轴负方向射入下方磁场的粒子垂直打在探测板上，沿y轴负方向射入下方磁场的粒子恰好与探测板相切，因此粒子打到探测板区域的长度l＝2R′＝0.2m<L。(3)当沿x轴负方向射入下方磁场的粒子刚好打在探测板的最左端时，运动轨迹如图乙中轨迹1所示，由几何关系可得＝(R1－a)2＋，解得R1＝0.25m，刚好与探测板最右端相切的粒子的运动轨迹如图乙中轨迹2所示，由几何关系可得＝(R2－a)2＋，解得R2＝0.25m，由几何关系可得cosθ＝＝0.6，根据qvB1＝，可解得B1＝0.04T，设y1以上部分射出的粒子都能打到探测板上，由几何关系可得y1＝R－Rcosθ＝0.04m，所以η＝×100%＝80%。[答案](1)0.1m(2)0.2m(3)0.04T80%14、(12分）[解析](1)当ab刚处于磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压U外＝U由电路的分压之比得U内＝2U则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U由E＝B0lv＝3U，可得v＝。(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为E＝U＋＝根据法拉第电磁感应定律得E＝＝ld0联立解得＝，所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±t。[答案](1)(2)B0±t15、(12分）[解析](1)实验时入射角应适当大些，可以减小误差，A项正确；为了减小误差，插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，B项错误；光在同一均匀介质中沿直线传播，所以插大头针P4时，应使P4同时挡住P3