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123456答案CDCBBA1.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＝＝，C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＝m0rω2，G＝m0Rω′2，因为rω′，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。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vm＝，粒子的最大动能为Ekm＝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0.4s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1s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＝4m，波速为v1＝＝m/s＝10m/s，B正确；当波向x轴负方向传播，T＋nT＝0.5s，0.25s，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)2.06cm (2)67.4s (3)AD (4)9.86m/s2【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×6＝0.6mm，则最终读数为20.6mm＝2.06cm。(2)秒表的读数为60s＋7.4s＝67.4s。(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。(4)根据T＝2π可得：T2＝，则在T2与l的关系图线中，斜率代表k＝，根据图像可求出：k＝＝4，则g＝9.86m/s2。12．(8分，每空2分)(1)×1k 7000(2)9 9【解析】(1)多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×1k；同时注意欧姆调零，多用表的指针结果为7000Ω。(2)设电流表G所在的回路除电源内阻外其余电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律解得I总＝，由分流原理得I＝I总，联立两式整理得＝＋×，由图像可知＝1，＝，解得E＝9V，R＝6Ω，所以欧姆表总内阻为R＋r＝9Ω。四、解答题(13题10分，14题14分，15题16分，共40分)13．(10分)(1)1.60 1.67 (2)【解析】(1)红光的折射率小于绿光的折射率，所以半圆形曲面恰好只有单色光射出时红光发生折射，绿光恰好发生全反射，如图所示，由几何知识可知曲面上光束的入射角满足sinθ1＝＝，解得θ1＝37°1分n绿＝＝1.672分折射角为θ2＝74°1分根据折射率的定义式，可得n红＝＝1.602分(2)当红光恰好发生全反射时有sinC＝＝2分根据几何关系有sinC＝OB＝R2分14．(14分)(1)m (2)×10－7s (3)4×10－4T【解析】(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0＝m，解得r1＝0.1m2分由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径OA＝2r1sinα，解得OA＝m2分(2)粒子在磁场中，运动轨迹如图由几何关系可知圆心角θ＝2α＝120°1分则在磁场中运动时间t1＝×＝×10－7s2分离子进入电场后，经过时间t2再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1＝v0t21分离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，则Eq＝ma，l2＝at21分由几何关系可知tan60°＝代入数据解得t2＝×10－7s1分则总时间t＝t1＋t2＝×10－7s1分(3)由Bqv＝m知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得R＝＝0.025m1分由牛顿运动定律得B1qv0＝m1分得B1＝4×10－4T1分15．(16分)(1)20N(2)2m/s 2m/s(3)36.5J【解析】(1)物块M从A到B，由动能定理得mgR＝mv2分FN－mg＝1分解得vB＝7m/s，FN＝20N1分由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道压力FN′＝－FN，大小为20N1分(2)设物块M与小球①碰前速度为v0，碰后两者速度分别为v1，v1′，对物块M从B到与传送带共速时v－v2＝2·μg·x0得x0＝3.3m