黄冈市 2025 年春季高二年级期末质量监测
物理答案及评分建议
一、选择题(每小题 4 分,共 40 分。多选题少选得 2 分,有错选不得分)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B A B C A AC BD BCD
1.【详解】A. X 应该为中子;B. 该反应存在质量亏损;C. 31H的质子数(1 个)比中子数(2
个)少一个;D. 核子数越多,结合能越大,因此 D 正确。
2.【详解】AB. 由图甲可知,物体的振幅随驱动力的频率先增大后减小,并非单调变化;C. 分
子间距离从 r0 开始增大,分子力与位移相反,因此分子力做负功;D. 图乙中看纵坐标的绝对
值可知,从 r0 开始增大距离,分子力先增大后减小。因此 C 正确。
3.【详解】A. 光电效应说明光具有粒子性;B. 当入射光的频率超过截止频率时,光电效应会
立即发生;C. 根据爱因斯坦光电效应方程: = 0可知,光电子的最大初动能与光的
强弱无关;D. 当入射光的频率低于截止频率时,无法发生光电效应,因此不能正常识别条形
码。因此 B 正确。
4.【详解】根据简谐运动的对称性可知,漂露出水面 5 目时,其速度为零,动能为零,加速度
竖直向下,此时浮力小于重力,因此 A 正确。
5.【详解】A. 初始时电容器下极板带正电,因此 t=π×10-5s 时,回路中电流为顺时针方向;B.
t=2π×10-5s 时,电感器对电容器充电,此时电容器上极板带正电;C. t=3π×10-5s 时,电流最大,
因此电容器放电完毕,所带电量为零;D. t=4π×10-5s 时,回路中的电流为零,因此磁场能也为
零。因此 B 正确。
6.【详解】A. 由图(a)可知,压力越大,R 越小,因此电流表的示数应该越大;B. 当小车匀
速运动时,不管运动的速度多大,重球对压敏电阻的压力都为零,电流表的示数相等;C. 小
车匀加速运动时,压力 F 恒定,因此压敏电阻的阻值 R 恒定,电流表的示数保持不变;D. 压
力均匀增大时,R 均匀减小,电流 = ,因此电流表的示数不是均匀减小。因此 C 正确。
+ 0
2
7.【详解】磁通量 = = 0 ,根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小为 =
2 2 √2
= 0 ,产生的是正弦式交变电流,其电压的有效值为 =
0 ,其中 S 为有效
面积,因此圆形线框与三角形线框的电压之比为 2π:√3,电阻之比为 2π:3,因此电流的有
效值之比为√3:1.因此 A 正确。
8.【详解】A. 根据电磁波谱中 a、b 的位置可知,a 光的波长较大,频率较小;B. 真空中各种
色光的速度都为 c;C. 双缝干涉的条纹间距为 = ,a 光的波长较大,因此条纹间距也较
大;D. 对于同一个狭缝,波长越长的光,衍射现象越明显。因此 AC 正确。
9.【详解】A. 平衡时玻璃管内外液面的高度差为 Δh=5cm,内部气体压强为 p=p0+ρgΔh,根据
力学方程可知 p0S+mg=pS,联立两个方程得:m=20g;B. 升高温度,内部气体经历等圧变化,
因此体积增大,但是 Δh 保持不变,因此玻璃管会上升;C. 要使玻璃管内外液面高度相等,则
说明内部气体压强变为 p0,根据玻意耳定律有:pl=p0l1,解得 l1=30.15cm,说明应该将玻璃管
向上提 30.15cm-25cm=5.15cm;D. 温度和压强保持不变,则气体的密度不变,若气体缓慢泄
露三分之一,则气柱长度变为 20cm,内外液面保持不变,因此玻璃管会下降 10cm。因此 BD
正确。
10.【详解】A. 两列波相向运动,相对速度为 0.4m/s,因此经过 2s 刚好相遇;B. 由图可知两
列波的起振方向相反,则某振动加强点 S 到波源的距离之差等于半波长的奇数倍,即
|SS1-SS2|=0.2m、0.6m、1.0m、1.4m,分析可知 S 点可能有 8 个解,即 S1、S2 之间存在 8 个振
动加强点;C. 0~4s 内,质点 Q 刚好完成两次全振动,运动的路程为 80cm,当两列波在 Q 点
叠加之后,由于 Q 为振动减弱点,故不动。因此总路程为 80cm;D. 由于 M 点是振动加强点,
t=3s 时,两列波的波谷都传至 M 点,其振幅 A=0.2m,周期为 T=2s,此时 M 位于波谷,因此
3 3
其初相位为 ,因此,3s~5s 时间内,质点 M 的振动方程为 = 0.2 [ ( 3) + ] =
2 2
1
0.2 ( + )。因此 BCD 正确。
2
二、非选择题(共 60 分)
11.(1)AD(2 分) (2)B(2 分) (3)B(3 分)
【详解】
(1)本实验中还需要交流电源、以及测量交流电压所需的多用电表,故选 AD;
(2)A. 为了保证安全,实验中禁止用手接触裸露的导线和接线柱;B. 本实验采用控制变量
法,因此可以先保持原线圈电压、匝数不变,探究副线圈的电压与匝数的关系;C.原、副线圈
匝数关系由实验要求决定。故选 B。
(3)由于实验中使用的不是理想变压器,因此 1 > 1,分析四个选项可知只有 B 项符合题意。
2 2
12.(1)13.869~13.871 均可(1 分) (2)4t0(1 分)
1 4 2 4 2
(3) (2 分), g= (或 g= )(2 分) (4)偏大(3 分)
2 100 102
【详解】(1)螺旋测微器读数:13.5mm+0.01mm×36.9=13.869mm;
(2)当摆球运动到最低点时,手机显示的光照强度应该最小,因此摆球运动的周期 T=4t0;
1 1 4 2 1 1 4 2
(3)根据单摆的周期公式 = 2 √ ,变形可知 = + ,因此 k= ,b= ,
2 2 2 2
4 2
变形得:g= .
100
(4)假设圆锥摆的顶角为 θ,半径为 r,悬挂点到圆心的竖直高度为 h,根据动力学方程
2 4 2
( )2 = ,变形得: = 2 (真实值);而根据单摆周期公式 = 2 √ 变形得 =
4 2
2 (测量值);由于 L>h,因此重力加速度 g 的测量值大于真实值。
2 5√2
13.(1) 1 = (4 分) (2) = (6 分) 5 2
(1)光路图如图所示:
1
入射光恰好在圆弧 AC 边界上发生全反射,则有 = (1 分)
由几何关系得 sin = 1 (1 分)
2
联立上式得 1 = (2 分) 5
(2)光路图如图所示:
当入射点到 D 点的距离为 d2 时, =
2,因此 =45°>θ,发生全反射 (1 分)
光线通过的总路程为 = 2 2 = √2 (1 分)
光在介质中的速度为 = (1 分)
时间 = (1 分)
5√2
联立上式得 = (2 分)
2
14.(1)4 0(4 分) (2)如图所示 (4 分) (3)吸热,12P0V0-W0 (8 分)
(1)A 到 B 为等温变化,由玻意耳定律得:
0 4 0= 0 (2 分)
解得: =4 0 (2 分)
(2)如图所示:(每个过程对应线段 1 分;3 个标注点和 3 个箭头共 1 分,凡有一处遗漏
或错误不得此 1 分) (4 分)
B C
A
(3)A 到 B 过程中气体温度不变,即内能不变,由热力学第一定律: = + (1 分)
A 到 B 过程中外界对气体做的功为 W0
B 到 C 过程气体对外做功为W1=4P0×3V0 (2 分)
C 到 A 过程气体对外做功为 0 (1 分)
因此经过一个循环气体对外做功 W=W1-W0 (2 分)
所以整个过程气体吸热 Q=W=12P0V0-W0 (2 分)
15.(1)3m/s2(4 分) (2)3m/s,6m (6 分) (3) = (√2 + 1) (s) (8 分)
(1)金属棒 a 刚释放瞬间,根据牛顿第二定律可得:
= (2 分)
代入数据得: a=3m/s2 (2 分)
(2)金属棒下滑时,安培力逐渐增大,先做加速度减小的加速运动,当加速度为 0 时速度达
到最大: = (1 分)
代入数据解得: x=3m (1 分)
0.4+1
安培力随位移线性变化,取平均值为 = N = 0.7N (1 分)
2
金属棒沿斜面下滑 3m 的过程中,由动能定理得:
1
( ) = 2 (1 分) 2
代入数据得: vm=3m/s (1 分)
由简谐运动的对称性可知,最大位移: = 2 = 6m (1 分)
(3)到达 = 6 处时速度为 0,形成组合体 c 的初速度为 0
c 下滑到最大位移 2的过程中,根据动能定理:
( ) 2 = 0 (1 分)
组合体 c 的平衡位置为2 = 0.2( 1 + 2) (1 分)
组合体 c 的回复力 F 回=2mgsinθ-0.2(x+2) (1 分)
可得: k=0.2 (1 分)
因此金属棒 a 下滑 0~6m 的过程中所用时间为
1 = √ (1 分)
组合体 c 下滑 6m~10m 的过程中所用时间为
2
2 = √ (1 分)
总时间为 = 1 + 2 = (√2 + 1)π(s) (2 分)