2025邯郸武安一中高二上学期10月期中考试物理试题含答案

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高二物理 期中考试 参考答案：
1 ．A
【详解】设足球从高处自由落下根头部接触瞬间 速度大小为v1 ，离开头部做竖直上抛运动瞬间速
度大小为v2 ，有v12 = 2gh1 v22 = 2gh2
解得v1 = 4m/s v2 = 3m/s
取向上为正方向，根据动量定理有
(F 一 mg)t = mv2 一 (一mv1 )解得F = 32N 故选 A。
2 ．D
【详解】单摆甲所受的库仑力和单摆丙受的洛伦 兹力总是沿半径方向，不影响回复力，则
g
T1 = T3 = 2兀
根据等效重力加速度的求法，在平衡位置处，对 乙有mg 一 T乙 = ma
解得g效乙 = = g 一 a
l
l
= 2兀
\
g 一 a
则有T2 = 2兀 \ g校乙
对丁有T丁 = mg + qE
则g效丁 = = g +
l
(g + )
m
qE
故 4 g效丁
T = 2兀· l = 2兀
综上比较四个单摆的周期可知 T2 > T3 = T1 > T4
故选 D。
3 ．B
【详解】A ．图示为 t2 时刻软绳的波形图，Q 点起 振，根据同侧法判断 Q 点的起振方向向上，因此 波源的起振方向向上，故 A 错误；
B ．t1 时刻 P 点起振，因此 P 点的运动方向向上， 故 B 正确；
CD ．t2 时刻 P 点已完成半个周期的运动，此时 P 点的运动方向向下，质点的振动形式进行传播， 质点不会随波迁移，故 CD 错误。故选 B。
4 ．C
【详解】灯带发出的光从水面射出的不发生全反
1
3
=
射，临界角的正弦值sin C =
n
4
如图所示，根据几何关系可知
3
tan C =
7
R = tanc·ℎ = 0. 15m
则一个发光点发出的光在水面上形成的是一个半 径为 0. 15m 的圆，故光射出水面形状的边缘为弧 形，整个光源是一个正方向，其内切圆的半径r = 0. 125m，R > r ，故有光线射出水面的区域无空缺。 C 正确。故选 C。
5 ．C
【详解】当 A 、B 两管等长时，两列波发生的干 涉使得声波显著增强，将 A 管拉长 d 后，声波强 度显著减小，说明两列波发生的干涉使得声波减 弱，因为这是第一次干涉使得声波减弱，所以 A 管上、下两部分伸长的距离之和为波长的一半，
即
2d =
解得
λ= 4d
故选 C。
6 ．C
【详解】根据题意可知正三角形框架接入电路后， ac 边与 abc 边并联，通过 ac 边的电流大小为 I，
则通过 ab 、bc 边的电流大小为I’= I ；因为 ac
边与磁场方向垂直，ab 边、bc 边在磁场中总的等 效长度为 L ，故线框所受安培力大小为
F = BIL + BIL’= 故选 C。
7 ．B
【详解】A ．A 、B 组成的系统合力为零，因此动 量守恒；而 A 、B 由于存在摩擦生热，故系统机 械能不守恒，A 错误；
BC ．画出物体 B 和长木板 A 的速度—时间图线， 分别如图中 1 和 2 所示，图中 1 和 2 之间的梯形 面积表示板长l ，1 与t 轴所围的面积表示物体 B 的位移 x1，2 与t 轴所围的面积表示长木板 A 的位 移 x2 ，由图可知
x1 > l x2 < l
又有ΔEkB = fx1 ΔEkA = fx2 Q = fl
则有ΔEkB > Q > ΔEkA
可知 B 项所给数值有可能，故 B 正确，C 错误。 D．若增大 v0和长木板 A 的质量 M，在 v-t 图像中 1 将向上平移，而 2 的图像斜率变小，即 A 的加 速度变小，显然可知 B 一定会从长木板 A 的右端 滑下，而 Q=fl 不变，D 错误。故选 B。
8 ．AB
【详解】A ．A 束和 B 束的离子进入磁场后都向 右偏，根据左手定则可以判断 A 束和 B 束的离子 都带负电，故 A 正确；
C ．A 、B 束离子的速度相同，而 A 束离子在磁场
中的偏转半径较小，由qvB = m 得r =
A 束和 B 束的离子通过速度选择器后速度相同，
磁场相同，所以 A 束离子的比荷大于 B 束离子的 比荷，故 C 错误；
B ．根据p = mv
A 束离子的比荷大于 B 束离子的比荷，而它们的 电荷量关系未知，则无法判断离子质量关系，当 质量相同时，动量也相同，故 B 正确；
D ．速度选择器中 A 、B 束离子所受静电力向左， 所以所受洛伦兹力应向右，结合左手定则可判断 磁场方向应垂直于纸面向里，故 D 错误。故选 AB。
9 ．AD
【详解】AB ．图乙可知两物块的运动过程，开始 时m1 逐渐减速，m2 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 时 刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能 最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2 继续加速， m1 先减速为零，然后反向加速， t2 时
刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相 反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速， t3 时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能 最小，因此从t3 到t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原 长，A 正确，B 错误；
C ．系统动量守恒，从t = 0 开始到t1 时刻有
m1v1 = (m1 + m2 )v2 ， v1 = 3 m / s ，v2 = 1 m / s 解得m1 : m2 = 1 : 2 C 错误；
D ．在t2 时刻， m1 和m2 的速度大小分别为 v1 ' = 1m / s ， v2 ' = 2m / s 又有m1 : m2 = 1 : 2
则动能大小之比为Ek1 : Ek 2 = 1: 8 D 正确。
故选 AD。
10 ．BC
【详解】A ．由题意，当粒子从f 点飞出时，画出 粒子运动轨迹，利用几何知识，可求得粒子在磁
场中的运动半径r = = l 根据qvB = m ， = k
可求得v = kBl 故 A 错误；
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案
A
D
B
C
C
C
B
AB
AD
BC
B ．若粒子入射速度大小变为 2v ， 则粒子在磁场 中的运动半径将变为
r’= 2r = l 由几何知识可判断知粒子恰好从 a
点射出，故 B 正确；
C．若只减小粒子入射速度大小，则粒子在磁场中 的运动半径将减小，画出粒子在磁场中的运动轨 迹可知，粒子均从 ef边射出， 由几何知识可知粒 子运动轨迹所对应的圆心角均为 90° , 运动时间均
为t = = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 11(兀m),2qB) =
可知粒子在磁场中的运动时间不变，故 C 正确； D．若只改变粒子入射速度的大小，使粒子可以从 e 点射出，画出粒子在磁场中的运动轨迹，若粒子 射出磁场时的速度方向与 ab 边垂直，由几何知识 可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心不可能落ba 与 cb 垂线的交点上，故 D 错误。故选 BC 。
11．(1)C(2)D(3) 111.4 偏大
【详解】（1）为防止实验过程摆长发生变化，单 摆上端应固定；由图示可知，A、B 的悬挂方式在 实验过程中摆线会松动，悬点没有固定，C 的悬 挂方式可以避免摆线松动，悬点固定。故选 C。
（2）AB ．为减小实验误差，摆线尽量选择细些、 伸缩性小些且适当长一些的，摆球尽量选择密度 大的，即质量大些、体积小些的，故 AB 错误；
C ．应使摆角小于 5° , 才可看作理想单摆，故 C 错误；
D ．测量数据时，可以从摆球经过平衡位置时从 0 开始计数，记下摆球第 100 次经过最低点所用的
T = t = t 时间 t ，则单摆周期 100 50
2
故 D 正确；故选 D。
（3）①[1]根据秒表的读数方式可知示数为 90s+21.4s=111.4s；
②[2]摆长应为摆线长与小球半径之和，根据
L g
T = 2兀
可知，将摆球最低点对应的刻度尺读数代入计算， 测得的重力加速度 g 值偏大。
12 ．(1)A(2)B(3) 11. 1 6.0 × 10一7
【详解】（1）光先通过单缝获得单一频率的光，
再通过双缝获得相干光源，故 1 处为单缝、2 处为 双缝。故选 A。
（2）使条纹变得清晰，最方便的方式是调节拨杆。 故选 B。
（3）[1][2]A 位置时游标卡尺的示数为
xA = 11mm + 0. 1mm× 1 = 11. 1mm B 位置时游标卡尺 的示数为xB = 15mm + 0. 1mm× 6 = 15.6mm
相邻条纹间距为Δx = xB EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 7(一),6) xA
根据Δx = λ
代入数据得λ= 6.0 × 10一7 m
13 ．（1） × 10一8 s ；（2） 106
【详解】（1）光线从 A 点射入时的光路图如图所 示
光线从 A 点射入时的折射角为tanr = =
则r = 37
在 A 点由光的折射定律可知n = = 光在玻璃中的传播速度为v = = c
光的路程为L = = 25cm
故光线在玻璃中由A 点传播至CD 边中点所需的
时间t = = × 10一8 s
（2）坦克内的人从 AB 中点向外观察时，看到的 范围如图所示
由几何关系得 β = r = 37
由光的折射定律可知n =
解得α = 53
坦克内的人从 AB 中点向外观察时，则能看到的外 界角度范围为θ= 2α = 106
14 ．（1）磁场方向竖直向上；（2）0.3A；（3）
T ≤ B ≤ 2T
【详解】（1）根据题意
mg sinθ= 0.3 × 0.6N = 0. 18N
f = μmg csθ= 0.5 × 0.3 × 0.8N = 0. 12N
mg sinθ> μmg csθ
故要使导体棒处于静止状态，根据左手定则可知， 磁场方向竖直向上，导体棒受到的安培力有沿斜 面向上的分力；
（2） 由闭合电路的欧姆定律可得I = =0.3A
（3）当导体棒有下滑趋势时，则有
mg sin θ= F1 csθ+ μ(mg csθ+ F1 sin θ )
F1 = B1IL B1 = T
当导体棒有上滑趋势时
mg sinθ+ μ( mg csθ+ F2 sinθ) = F2 csθ F2 = B2IL B2 = 2T
故磁感应强度的取值范围为T ≤ B ≤ 2T
15．（1）2· ; 2 ；（2）EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 8(8),5)EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 8(k),1)) ；（3）
k >
【详解】（1）因小球和滑块组成的系统水平方向 不受外力，则系统水平动量守恒。取水平向右为 正方向，则有
mvA 一 kmvB = 0 根据系统的机械能守恒得
mg × 2R = mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),A) + kmvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),B)
联立，解得
gR k k +1
. ( )
vA
= 2 ·, vB = 2
（2）小球 A 挤压弹簧过程中，当两小球共速时， 弹簧压缩最短，具有最大的弹性势能，可得
Epm = mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),A) 一 m + 4m)vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),共)
又
mvA = (m + 4m)v共
联立，解得
E 8mgRk
pm = 5 (k +1)
（3）小球 A 与小球 C 通过弹簧相互作用过程中， 动量守恒机械能守恒，有
1
= mv
2
1
+ mv
2
'2
'2
' ' 1 2
A
C
mvA = mvA + 4mvC ， 2 mvA
gRk k +1
联立，解得
' 6 vA = 一 5
负号表示小球 A 向左运动，要使小球 A 弹回后能 追上滑块 B ，则有
'
vA > vB
解得
k >