湖北省随州市部分高中2024-2025学年下学期3月月考物理试题答案

高二物理试题答案一、单项选择题：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eq\f(v0t0,2)＝eq\f(v′·2t0,2)，解得v′＝eq\f(v0,2)，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＝eq\f(mv0,2)－(－mv0)＝eq\f(3,2)mv0，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＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝－eq\f(3,8)mv02，D错误。故选A。2、解析：D 由图像可知，0～0.2πs内应该对应着摆球在CB之间的摆动；0.2πs～0.6πs内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因t＝0.1πs时摆线拉力最小，可知小球位于C点，t＝0.4πs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＝0.8πs，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L1＝1.6m，即OA之间的距离为1.6m，选项C错误；摆球在BC之间摆动的周期为T2＝0.4πs，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L2＝0.4m，即PB之间的距离为0.4m，OP之间的距离为1.2m，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sinC＝eq\f(1,n)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＝eq\f(c,n)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sinC＝eq\f(1,nb)，结合几何关系可知sinC＝eq\f(r,\r(h2＋r2))，而圆形复色光区域的面积S＝πr2，联立解得S＝eq\f(πh2,nb2－1)，C正确。4、解析：B 根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ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mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，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＝meq\f(v2,R)、T＝eq\f(2πR,v)，可得R1＝eq\f(mv,qB)、R2＝eq\f(2mv,qB)、T1＝eq\f(2πm,qB)、T2＝eq\f(4πm,qB)，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中运动的时间为t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由几何关系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，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＝eq\f(7πm,6qB)，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＝Bleq\f(0＋lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝eq\f(E,r＋3r)＝eq\f(E,4r)，两式联立可得I＝eq\f(Bl2ω,8r)，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＝eq\f(3,8)ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝eq\f(3ω2B2l4,64r)，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＝8m，周期T＝8s，所以波速为v＝eq\f(λ,T)＝1.0m/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8m、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4m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＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝4m/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)veq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)解得x＝1m。(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eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)由以上两式可得Ep＝3J。答案：(1)1m (2)3J12、(13分)解析：(1)根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2（L0＋\f(d,2)）,（\f(t,n)）2)＝eq\f(4π2n2（L0＋\f(d,2)）,t2)。(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错误；故选C。(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L，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＝2s，则根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4×9.87×0.99,22)m/s2≈9.77m/s2。答案：(1)eq\f(4π2n2（L0＋\f(d,2)）,t2) (2)C (3)② (4)9.7713、(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＝11mm＋1×0.1mm＝11.1mm，xb＝15mm＋6×0.1mm＝15.6mm。(2)相邻亮条纹间距Δx＝eq\f(xb－xa,6)＝eq\f(15.6－11.1,6)mm＝0.75mm，根据Δx＝eq\f(l,d)λ，解得λ＝eq\f(Δx·d,l)＝eq\f(0.75×10－3×0.4×10－3,0.5)m＝6.0×10－7m。(3)若增大双缝的间距d，其他条件保持不变，根据Δx＝eq\f(l,d)λ，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＝eq\f(l,d)λ，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∶eq\r(2)。(2)由第(1)问得qvB＝eq\r(2)qE，代入数据解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)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＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h其运动时间t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)油滴从A→C做圆周运动的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πE,2gB)＝0.628s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＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。答案：(1)1∶1∶eq\r(2) 负电荷 (2)4eq\r(2)m/s (3)0.828s15、(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＝eq\f(UMN,d)，所以UMN＝eq\f(mgd,q)＝0.1VR3两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＝eq\f(UMN,R3)＝0.05A则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋Ieq\f(R1R2,R1＋R2)＝0.4V。(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＝0.5V联立解得v＝1m/s。答案：(1)竖直向下 (2)0.4V (3)1m/s