2025随州部分高中高二下学期3月联考物理试题含解析

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1、解析：A 上升过程中阻力的冲量大小为 If 上 ＝ ft0，下降过程中阻力的
冲量大小为 If 下 ＝ f·2t0，则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比 1∶2，
A 正确；由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有 v0t02＝v′·2t02，解
得 v′＝v02，则取竖直向下为正，根据动量定理有 I 上＝Δp＝0－(－mv0)，I 下＝
Δp′＝mv′－0，则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为 2∶1，B 错
误；小球在 0～3t0 时间内动量变化量的大小为Δp 总＝mv02－(－mv0)＝32mv0，
取竖直向下为正，C 错误；小球在 0～3t0 过程中根据动能定理有 Wf＝12mv′
2－12mv02，解得 Wf＝－38mv02，D 错误。故选 A。
2、解析：D 由图像可知，0～0.2π s 内应该对应着摆球在 CB 之间的摆动；
0.2π s～0.6π s 内应该对应着摆球在 BA 之间的摆动，因 t＝0.1π s 时摆线拉力最小
，可知小球位于 C 点，t＝0.4π s 时小球位于 A 点，选项 AB 错误；摆球在 AB 之
间摆动的周期为 T1＝0.8π s，根据 T＝2π Lg)，可得 L1＝1.6 m，即 OA 之间的距
离为 1.6 m，选项 C 错误；摆球在 BC 之间摆动的周期为 T2＝0.4π s，根据 T＝2π
Lg)，可得 L2＝0.4 m，即 PB 之间的距离为 0.4 m，OP 之间的距离为 1.2 m，选
项 D 正确。故选 D。
3、解析：C a 光的照射面积大，知 a 光的临界角较大，根据 sin C＝1n 知 a
光的折射率较小，所以 a 光的频率较小，波长较长，根据 v＝cn 知，在水中，a
光的传播速度比 b 光大，同一种色光在真空中和在水中频率相同，由 v＝λf 可知
，在水中，a 光的波长比 b 光长，A、B、D 错误；设圆形复色光区域半径为 r，
圆形复色光区域边缘处 b 光恰好发生全反射，依据 sin C＝1nb，结合几何关系可
知 sin C＝r\r(h2＋r2)，而圆形复色光区域的面积 S＝πr2，联立解得 S＝πh2nb2－1
，C 正确。
4、解析：B 根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ldλ并结合乙图中的干涉条
纹间距Δx 较大，知 A、C 错误，B 正确；光源到双缝的距离不影响双缝干涉条
纹的间距，故 D 错误。
5、解析：D 根据导线所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若导线
所受的安培力垂直于斜面向下时，导线所受合力不能为 0，导线不能静止，A 错
误；若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平向左，导线不能静止，B 错误；若
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磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导线不能静止，C 错误；磁场方向
垂直于斜面向下时，安培力方向沿斜面向上，此时安培力最小，磁感应强度最小，
故有 mgsin θ＝ILB，解得 B＝mgsin θIL，D 正确。
6、解析：B 设带电粒子进入第二象限的速度为 v，在第二象限和第一象限
中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为 R1 和 R2，由洛伦兹力提供向心
力，有 qvB＝mv2R、T＝2πRv，可得 R1＝mvqB、R2＝2mvqB、T1＝2πmqB、T2
＝4πmqB，带电粒子在第二象限中运动的时间为 t1＝T14，在第一象限中运动的
时间为 t2＝θ2πT2，又由几何关系有 cs θ＝R2－R1R2＝12，可得 t2＝T26，则
粒子在磁场中运动的时间为 t＝t1＋t2，联立以上各式解得 t＝7πm6qB，选项 B
正确，A、C、D 错误。
7、解析：C 由右手定则可知电流方向从 O 点指向 A 点，OA 是电源，电流
从低电势流向高电势，故 O 点的电势比 A 点的电势低，故 A 错误；由法拉第电
磁感应定律可知 E＝Bl0＋lω2＝12Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过
的电流为 I＝Er＋3r＝E4r，两式联立可得 I＝Bl2ω8r，故 B 错误；该定值电阻两
端的电压为 U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得 U＝38ωBl2，故 C 正确；由
焦耳定律可知该定值电阻上的热功率 P＝I2×3r＝3ω2B2l464r，故 D 错误。
8、解析：BD Q 在 P 上运动的过程中，P 对 Q 有弹力且在力的方向上 Q 有
位移，则 P 对 Q 做功不为零，A 错误；Q 在 P 上运动的过程中，P 和 Q 构成的
系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q 之间的弹力做功之和必为零；系统
在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受
合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，C 错误，BD 正
确。
9、解析：AD 由图甲可知，该简谐横波波长为λ＝8 m，周期 T＝8 s，所以
波速为 v ＝λT＝1.0 m/s，根据乙图可知该时刻开始质点 N 向上振动，所以该波
沿－x 方向传播，即向左传播，故 A 正确；因为质点 M、N 相差半个波长，所以
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他们的振动方向总是相反的，故 B 错误；在同一介质中运动，频率相同，根据
机械波发生的干涉条件可知，该简谐波遇到一列波长为 8 m、传播方向相反的简
谐波后会发生干涉现象，故 C 错误；根据机械波发生明显衍射条件可知，该简
谐波遇到宽度为 4 m 的障碍物时能发生明显的衍射现象，故 D 正确。
10、解析：BC 根据安培定则可知，MN 处于 ab 产生的垂直向里的磁场中，
MN 在磁场力作用下向右运动，说明 MN 受到的磁场力向右，由左手定则可知电
流由 M 指向 N，L1 中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L2 中感应电流产
生的磁场应该是向上减弱，或向下增强；再由右手定则可知 PQ 可能是向右减速
运动或向左加速运动。故 B、C 正确，A、D 错误。
二、非选择题：（本大题共 5 小题，共 60 分） 11、(10 分)
解析：(1)物块由 A 点到 B 点的过程中，由动能定理得
mgR＝12mvB2
解得 vB＝4 m/s
物块从经过 B 点开始到静止于 B 点系统动量和能量守恒有
mvB＝(M＋m)v
12mvB2＝12(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)
解得 x＝1 m。
(2)由 B 点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取 vB 方向为正方向
有 mvB＝(M＋m)v′
此时的弹性势能最大，由能量守恒可得
12mvB2＝12(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)
由以上两式可得 Ep＝3 J。
答案：(1)1 m (2)3 J
12、(13 分)
解析：(1)根据 T＝2π Lg)，可得 g＝4π2LT2＝d2tn＝d2t2 。
(2)实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，A 错误；单
摆所用的摆球质量大小与周期无关，B 错误；实际测出 n 次全振动的时间 t，误
作为(n＋1)次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C
正确；以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D
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错误；故选 C。
(3)根据单摆的周期公式 T＝2π Lg)，得 T2＝4π2gL，实验后他发现测量摆长
时忘了加上摆球的半径，摆长 L＝0 时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像
应该到正确位置，即 M 位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图
像应该为②。
(4)由图像可知，单摆的周期为 T＝2 s，则根据 T＝2π Lg)，可得 g＝4π2LT2
＝4×9.87×0.9922 m/s2≈9.77m/s2。
答案：(1) d2t2 (2)C (3)② (4)9.77
13、(13 分)
解析：(1)分划板在题图(a)、(b)位置时游标卡尺读数分别为 xa＝11 mm＋1×
0.1 mm＝11.1 mm，xb＝15 mm＋6×0.1 mm＝15.6 mm。
(2)相邻亮条纹间距Δx＝xb－xa6＝15.6－11.16 mm＝0.75 mm，根据Δx＝ldλ，
解得λ＝Δx·dl＝0.75×10－3×0.4×10－30.5 m＝6.0×10－7 m。
(3)若增大双缝的间距 d，其他条件保持不变，根据Δx＝ldλ，则得到的干涉
条纹间距将变小。
(4)若改用频率较高的单色光照射，则波长变短，其他条件保持不变，根据
Δx＝ldλ，则得到的干涉条纹间距将变小。
答案：(1)11.1 15.6 (2)6.0×10－7 (3)变小 (4)变小
14、(12 分)
解析：(1)根据受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为 m，
由平衡条件得
mg∶qE∶F＝1∶1∶2。
(2)由第(1)问得 qvB＝2qE，
代入数据解得 v＝2)EB＝42 m/s。
(3)进入第一象限，静电力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从 A 点进
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入 y>h 的区域后做匀速圆周运动，再从 C 点离开 y>h 区域，最后从 x 轴上的 N
点离开第一象限。由 O→A 匀速运动的位移为 s1＝hsin 45°＝2h
其运动时间 t1＝s1v＝0.1 s
由 qvB＝mv2r，T＝2πrv 得 T＝2πmqB
油滴从 A→C 做圆周运动的时间为
t2＝14T＝πE2gB＝0.628 s
由对称性知，从 C→N 的时间 t3＝t1
故油滴在第一象限运动的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
答案：(1)1∶1∶2 负电荷 (2)42 m/s (3)0.828 s
15、(12 分)
解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向
下，所以电场力竖直向上，故 M 板带正电。ab 棒向右做切割磁感线运动产生感
应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由 b→a，其 a 端为电源的正极，由
右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有
mg＝Eq
又 E＝UMNd，所以 UMN＝mgdq＝0.1 V
R3 两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过 R3 的电流为
I＝UMNR3＝0.05 A
则 ab 棒两端的电压为
Uab＝UMN＋IR1R2R1＋R2＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势
E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得 v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
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