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【湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题答案

2026-02-02 08:28:37

高二物理参考答案(附中版)－(这是边文，请据需要手工删加)

湖南师大附中2024－2025学年度高二第一学期期末考试

物理参考答案

一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

题号	1	2	3	4	5	6
答案	C	D	C	B	B	A

1.C【解析】麦克斯韦建立了经典的电磁理论并预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，A错误；牛顿通过“月—地检验”得出了万有引力定律，卡文迪什通过测量引力常量G，被称为第一个“称”地球质量的人，B错误；安培提出了“分子电流”假说，解释了一些磁现象，C正确；奥斯特发现的电流的磁效应，首次证实了电现象和磁现象是有联系的，D错误；故选C。

2．D【解析】带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功，所以在整个过程中小球的机械能守恒，所以A点和B点处于同一水平面，则A错；显然，B错误；小球在A、B点的速度均为0，向心力均为0，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等，则C错误；由于洛伦兹力始终沿绳的方向，洛伦兹力不做功，不改变小球的动能，不改变小球的速度，所以单摆的振动周期与没有磁场时一样，则T＝2π，所以D正确。

3．C【解析】“天问一号”两次点火时都要做离心运动，所以需要加速，机械能均增大，A错误；“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度均由万有引力来提供，由于在该点探测器受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度相等，故B错误；根据开普勒第三定律知，探测器在地球轨道上及霍曼转移轨道上运行时满足＝。设“天问一号”探测器质量为m₀，又因为探测器在地球轨道上满足G＝mr()²，联立两式求得探测器在霍曼转移轨道上运行时的周期T₂＝，则两次点火之间的时间间隔为Δt＝＝正确；在地球轨道及火星轨道上运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有G＝m₀rω^2，G＝m₀Rω′²，因为r <R< span>，所以可判断知ω>ω′，即“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，D错误。 </R<>

4．B【解析】甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>，即洛伦兹力大于电场力时，粒子将向上极板偏转，故A错误；乙图中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏

转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低于B极板，故B正确；丙图中，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB＝m，解得r＝，当电子的速度一定时，通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动径迹半径越小，故C错误；丁图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即v_m＝，粒子的最大动能为E_km＝mv＝，可知粒子的最大动能与加速电压无关，故D错误。故选B。

5．B【解析】当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为5A，质点M、N经过0.4 s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1 s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，A错误；当波向x轴正方向传播时，根据图像可知波长λ＝4 m，波速为v₁＝＝m/s＝10 m/s，B正确；当波向x轴负方向传播，T＋nT＝0.5 s，0.25 s <T<0.5 s< span>，波的周期为T₂＝s，则经过0.1 s，M点随波振动时间介于T₂和T₂之间，即M点未返回平衡位置，位移不为零，C错误；A＝2 cm，T₂＝s，N点的初相位为π，因此其振动方程为y＝2sin(7πt＋π)cm，D错误；故选B。 </T<0.5>

6．A【解析】设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v₀射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，则根据牛顿第二定律可得加速度为a＝＝g－，方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E＝，结合C＝＝，可得E＝。电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点；N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，由h＝at²可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移x＝v₀t变大，粒子打在O点的右侧，A正确，B错误；保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R₀两端的电压为U＝R₀，减小R_1，U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小，由h＝at²可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移x＝v₀t变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；保持开关S闭合，增大R₂，不会影响电阻R₀两端的电压，故粒子打在O点，故D错误。故选A。

二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

题号	7	8	9	10
答案	AC	BD	AD	AD

7.AC【解析】该现象是光的干涉形成的，而干涉是波的特有现象，则此现象可以说明光是一种波，A正确；根据可见光波长从大到小的顺序：红橙黄绿蓝靛紫，可知蓝光的波长小于黄光，波长变大，条纹间距变宽，B错误；若下方平板玻璃某处出现凸起，则会看到该处条纹向右侧弯曲，C正确；若抽去一张纸片，同一位置沿着斜面的方向，光程差的变化变缓，条纹间距将变宽，D错误。故选AC。

8．BD【解析】子弹打入木块A的瞬间，B的速度为零，子弹与A组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv₀＝2mv₁，可得A的速度为v₁＝故A错误；当弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相同，此时弹簧的弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统动量守恒，则有2mv₁＝(2m＋4m)v₂，可得v₂＝。根据系统机械能守恒有×2mv＝×6mv＋E_p，可得E_p＝mv故B正确；当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量和能量守恒2mv₁＝2mv₃＋4mv_4，×2mv＝×2mv＋×4mv，可得B的最大速度大小为v₄＝的速度为v₃＝－，即弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为v₀，故C错误，D正确。故选BD。

9．AD【解析】对两根导线的整体分析，因两导线通以等大反向的电流，可知受安培力等大反向，则整体受安培力的合力为零，此时整体所受的重力与两根细线ab的拉力等大反向，可知2T＝2mg，即每根细线的张力大小均为mg，A正确，仅增大磁感应强度，细绳张力不变，C错误；对下面的杆进行受力分析，根据左手定则可知，安培力在水平方向，在竖直方向2Tsin θ＝mg，则T＝错误；当安培力方向与c绳拉力方向垂直时，安培力最小，mgcos θ＝BIl，解得B＝正确。故选AD。

10．AD【解析】当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得qE＝mgtan 37°，解得匀强电场的场强大小为E＝，故A正确；小球在斜面上做匀速直线运动，则v_A＝v₀由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA方向，大小为F_合＝mgcos 37°＋qEsin 37°＝mg，B点为小球在圆轨道的等效最高点，若小球到达等效最高点B点时的临界速度为0，从A到B，由动能定理可得－F_合·2r＝0－mv，解得v₀＝，小球能到达B点的条件为v₀≥，故B错误；小球不脱离BC轨道，在B点要求m≥F_合，解得v_B≥，则当小球通过B点的速度小于时，会立刻在B点脱离，而不是

在BC段某点脱离轨道，当小球通过B点的速度大于等于时，由于B点为小球在圆轨道的等效最高点，小球不可能在BC段某点脱离轨道，故C错误；若小球沿着圆轨道从B点到C点，小球在C点的速度为2，根据动能定理F_合r＝mv－mv，解得此时小球在B点的速度为v_B1＝>，故小球经过C点的速度大小可能为2，故D正确。故选AD。

三、实验题(本大题共2小题，共16分)

11．(8分，每空2分)

(1)2.06 cm(2)67.4 s(3)AD(4)9.86 m/s²

【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.1×6＝0.6 mm，则最终读数为20.6 mm＝2.06 cm。

(2)秒表的读数为60 s＋7.4 s＝67.4 s。

(3)根据T＝2π解得：g＝，误将59次数成了60次，导致测量时周期T测小，根据g＝可知g值测量值偏大，故A对；在未悬挂单摆之前先测定好摆长，导致测量的摆长小于真实的摆长，根据g＝可知g值偏小；故B错；将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，根据g＝可知g值偏小，故C错；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，根据g＝可知g值偏大；故D对；故选AD。