湖北省隨州市部分高中2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期1月期末聯(lián)考物理試題答案

高二物理試題答案一、選擇題：（本題共10小題，每小題4分，共40分,。在小題給出的四個選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合要求，每小題全部選對得4分，選對但不全的得2分，有錯選或者不選的得0分）1、C[物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則速度v＝at，根據(jù)動量的計(jì)算公式有p＝mv＝mat，可知動量與速度和時間都成正比關(guān)系，故A、B錯誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v2＝2ax，根據(jù)動量的計(jì)算公式有p＝mv＝m，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知C圖正確，故C正確，D錯誤。]2、D[x-t圖像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分別為vA＝＝m/s＝－3m/s，v＝＝m/s＝－1m/s，所以碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4kgm/s，故A錯誤；碰撞前B球的速度為vB＝＝m/s＝2m/s，設(shè)B球質(zhì)量為m′，根據(jù)動量守恒定律有mvA＋m′vB＝(m＋m′)v，解得m′＝kg，根據(jù)動量定理可知，碰撞時A球?qū)球的沖量為I＝ΔpB＝m′v－m′vB＝－4kgm/s＝－4Ns，故B錯誤；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋m′vB＝－kgm/s，故C錯誤；碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為|ΔEk|＝＝10J，故D正確。]3、B[由題中波形圖可知，波長λ＝8m，故A錯誤；波沿x軸正方向傳播，t1～t2時間內(nèi)波的位移為x＝nλ＋＝(8n＋4)m(n＝0，1，2，…)，則波速為v＝＝m/s(n＝0，1，2，…)，當(dāng)n＝0時，波速為m/s，不是一定為m/s，故D錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，若是在一個周期內(nèi)，則質(zhì)點(diǎn)M是先加速、后減速，若是包含多個周期則由多個運(yùn)動階段組成，不僅是兩段過程組成，故C錯誤；t1秒、t2秒時刻不是0時刻的圖像，故無法判斷O點(diǎn)的起振方向，也就無法判斷質(zhì)點(diǎn)Q的起振方向，故B正確。]4、A[沿x軸方向的電流在A點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bx＝k，由安培定則可知方向垂直紙面向外；若A點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則沿y軸放置的導(dǎo)線中電流在A點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，由安培定則可知y軸放置的導(dǎo)線中電流方向沿y軸正向，其大小滿足By＝k＝k，所以沿y軸放置的導(dǎo)線中電流的大小I＝I0，故A正確，B、C、D錯誤。]5、D[根據(jù)左手定則可知，M、N兩點(diǎn)間電勢差為0時，正電荷進(jìn)入磁場區(qū)域會向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以M點(diǎn)的電勢一定高于N點(diǎn)的電勢，故A錯誤；某段時間內(nèi)通過電磁流量計(jì)的流量為70m3/h，則通過排污管的污水流量也是70m3/h，電磁流量計(jì)半徑為r＝5cm＝0.05m，排污管的半徑R＝10cm＝0.1m，由Q＝πr2v1結(jié)合題意可知，流經(jīng)電磁流量計(jì)的液體速度約為v1＝2.5m/s，又πr2v1＝πR2v2，可得排污管內(nèi)污水的速度約為v2＝0.625m/s,故B、C錯誤；電磁流量計(jì)內(nèi)污水的速度約為v1＝2.5m/s，當(dāng)帶電粒子受力平衡時，有q＝qv1B，可知＝v1d1＝0.25m2/s，故D正確。]6、B[鋁球可看成是由許多“金屬線圈”構(gòu)成的，在鋁球向磁鐵方向運(yùn)動過程中，由于條形磁鐵周圍的磁場是非勻強(qiáng)磁場，越靠近磁鐵磁場越強(qiáng)，那么穿過“金屬線圈”的磁通量會增大，它們會產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可知，鋁球的速度會逐漸減小，但速度方向不會改變，故B正確，A、C、D錯誤。]7、C[第三條亮條紋對應(yīng)路程差s＝3λ，但光在介質(zhì)中的傳播速度小于c，故A錯誤；由Δx＝λ，n＝＝可知(λ0為光在礦泉水中的波長)，光在礦泉水中的波長小于真空中的波長，所以x2<x1，故B錯誤；由n＝＝，x1＝λ，x2＝λ0，得n＝，故C正確；由Δx＝λ可知，向左移動S0對觀察結(jié)果沒有影響，故D錯誤。]8、CD[A振動后，水平細(xì)繩上驅(qū)動力的周期TA＝2π，迫使B、C做受迫振動，受迫振動的頻率等于A施加的驅(qū)動力的頻率，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正確。]9、ABC[粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)qvB＝m，解得r＝，代入數(shù)據(jù)解得r＝0.2m。假設(shè)粒子逆時針轉(zhuǎn)動，則粒子射出范圍如圖所示。當(dāng)軌跡對應(yīng)弦最短時，對應(yīng)圓心角最小，此時在磁場中運(yùn)動時間最短，由題意知，即弦恰好垂直于磁場邊界時，弦最短，由幾何關(guān)系知弦長為d＝＝0.32m，由幾何關(guān)系知，此時對應(yīng)圓心角為θ＝106°，所以最短時間為tmin＝×＝×10-7s，同理可知，當(dāng)粒子從D點(diǎn)射出磁場時，最長弦恰好為直徑，所以最長時間為tmax＝×＝×10-7s，故A、B正確；由幾何關(guān)系知r＋rsinα＝0.32m，cosβ＝，解得α＝37°，β＝37°，則AD＝2rsinβ＋rcosα＝0.4m，所以邊界上有粒子射出的總長度為0.4×4m＝1.6m，故C正確；由上述分析和軌跡圖可知，所有粒子在磁場中均不會做完整圓周運(yùn)動，即都會從邊界射出磁場，故穩(wěn)定后單位時間內(nèi)射出磁場的粒子數(shù)與單位時間內(nèi)粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比為1∶1，故D錯誤。]10、BC[渦流探傷技術(shù)的原理是用通電線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)中線圈接在直流電源上，閉合開關(guān)的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量改變，套環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，會跳起，屬于演示楞次定律，A錯誤；無論是渦流探傷技術(shù)，還是演示楞次定律，都需要產(chǎn)生感應(yīng)電流，而感應(yīng)電流的產(chǎn)生需在導(dǎo)電材料內(nèi)，B正確；金屬探傷時探測器中通過交變電流，產(chǎn)生變化的磁場，當(dāng)金屬處于該磁場中時，該金屬中會感應(yīng)出渦流，演示楞次定律的實(shí)驗(yàn)中，線圈接在直流電源上，C正確，D錯誤。]二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11、(12分）[解析](1)設(shè)Q的質(zhì)量為M，初速度大小為V0，第1次碰撞后瞬間P、Q的速度分別為v1、V1,以向右為正方向，由動能定義、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Ek0＝MV0＝MV1＋mv1＝＝mgh聯(lián)立可得M＝5m。(2)第2次碰撞前瞬間P的速度大小為v1，方向向左；設(shè)碰撞后瞬間P、Q的速度分別v2、V2,P沿斜面上滑到C點(diǎn)時的速度大小為vC，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有MV1－mv1＝MV2＋mv2＝＝聯(lián)立可得vC＝。(3)設(shè)初始時P離斜面底端B的距離為s，第1次碰撞后Q運(yùn)動到斜面底端B所需時間為t，P運(yùn)動到斜面底端B所需時間為t1，P沿斜面運(yùn)動時加速度的大小為a，在斜面上運(yùn)動所需總時間為t2，由運(yùn)動學(xué)公式、牛頓第二定律有s＝V1ts＝v1t1mgsinθ＝mat2＝2由題意tt1＋t2聯(lián)立上述各式并由題給條件得sh即初始時P離斜面底端B的最小距離為h。[答案](1)5m(2)(3)h12、(12分）[解析](1)由T＝2π，可得T2r＝＋r2，所以題圖乙中縱軸表示T2r。(2)Ic的單位與mr2的單位一致，因?yàn)閙r2的國際單位為kgm2，所以Ic的國際單位為kgm2；結(jié)合T2r＝＋r2和題圖乙中圖線的截距和斜率，解得Ic的值約為0.17。(3)重力加速度g的測量值是通過求斜率得到的，與質(zhì)量無關(guān)，所以若擺的質(zhì)量測量值偏大，重力加速度g的測量值不變。[答案](1)T2r(2)kgm20.17(3)不變13、(12分）[解析](1)粒子在電場中加速有qU＝mv2，由題意可知，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑恰好等于圓形磁場區(qū)域的半徑，又洛倫茲力提供向心力，則有qvB0＝，r＝R，聯(lián)立解得r＝0.1m。(2)若B1＝0.1T＝B0，則粒子進(jìn)入x軸下方磁場后的軌跡半徑R′＝R＝a＝0.1m，如圖甲所示，沿x軸負(fù)方向射入下方磁場的粒子垂直打在探測板上，沿y軸負(fù)方向射入下方磁場的粒子恰好與探測板相切，因此粒子打到探測板區(qū)域的長度l＝2R′＝0.2m<L。(3)當(dāng)沿x軸負(fù)方向射入下方磁場的粒子剛好打在探測板的最左端時，運(yùn)動軌跡如圖乙中軌跡1所示，由幾何關(guān)系可得＝(R1－a)2＋，解得R1＝0.25m，剛好與探測板最右端相切的粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙中軌跡2所示，由幾何關(guān)系可得＝(R2－a)2＋，解得R2＝0.25m，由幾何關(guān)系可得cosθ＝＝0.6，根據(jù)qvB1＝，可解得B1＝0.04T，設(shè)y1以上部分射出的粒子都能打到探測板上，由幾何關(guān)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)當(dāng)ab剛處于磁場時，ab棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，燈泡剛好正常工作，則電路中路端電壓U外＝U由電路的分壓之比得U內(nèi)＝2U則感應(yīng)電動勢為E＝U外＋U內(nèi)＝3U由E＝B0lv＝3U，可得v＝。(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區(qū)域)，而使磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t均勻變化，可得棒與L1并聯(lián)后再與L2串聯(lián)，則正常工作的燈泡為L2，所以L2兩端的電壓為U，電路中的總電動勢為E＝U＋＝根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝＝ld0聯(lián)立解得＝，所以經(jīng)過時間t時磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能值Bt＝B0±t。[答案](1)(2)B0±t15、(12分）[解析](1)實(shí)驗(yàn)時入射角應(yīng)適當(dāng)大些，可以減小誤差，A項(xiàng)正確；為了減小誤差，插大頭針時應(yīng)使P1和P2、P3和P4的間距大一些，B項(xiàng)錯誤；光在同一均勻介質(zhì)中沿直線傳播，所以插大頭針P4時，應(yīng)使P4同時擋住P3