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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. 3H的质子数（1 个）比中子数（2
1
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 r 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
0
值可知，从 r 开始增大距离，分子力先增大后减小。因此 C 正确。
0
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：𝐸 = ℎ𝑣 −𝑊 可知，光电子的最大初动能与光的
𝑘 0
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
𝐸
力均匀增大时，R均匀减小，电流𝐼 = ，因此电流表的示数不是均匀减小。因此 C 正确。
𝑅+𝑅0
2𝜋
7.【详解】磁通量∅ = 𝐵𝑆 = 𝐵 𝑆∙𝑐𝑜𝑠 𝑡，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小为𝐸 =
0
𝑇
∆∅
= 𝐵 𝑆
2𝜋
𝑠𝑖𝑛
2𝜋
𝑡，产生的是正弦式交变电流，其电压的有效值为𝑈 =
√2𝐵0𝑆𝜋
，其中 S 为有效
0
∆𝑡 𝑇 𝑇 𝑇
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
𝐿𝜆
色光的速度都为 c；C. 双缝干涉的条纹间距为∆𝑥 = ，a 光的波长较大，因此条纹间距也较
𝑑
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=p +ρgΔh，根据
0
力学方程可知 p S+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，
0
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 p ，根据玻意耳定律有：pl=p l ，解得l =30.15cm，说明应该将玻璃管
0 0 1 1
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
|SS -SS |=0.2m、0.6m、1.0m、1.4m，分析可知 S 点可能有 8 个解，即 S 、S 之间存在 8 个振
1 2 1 2
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 𝜋，因此，3s~5s 时间内，质点 M 的振动方程为𝑦 = 0.2𝑠𝑖𝑛[𝜋(𝑡−3)+ 𝜋] =
2 2
1
0.2𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑡+ 𝜋)。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
𝑈1
>
𝑛1，分析四个选项可知只有
B 项符合题意。
𝑈2 𝑛2
12.（1）13.869~13.871均可（1分） （2）4t （1分）
0
1 4𝜋2 4𝜋2
（3） （2分）， g= （或g= ）（2分） （4）偏大（3分）
2 100𝑏 102𝑏【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=4t ；
0
𝐿 1 1 4𝜋2 1 1 4𝜋2
（3）根据单摆的周期公式𝑇 = 2𝜋√ ，变形可知𝑙𝑔𝑇 = 𝑙𝑔𝐿+ 𝑙𝑔 ，因此 k= ，b= 𝑙𝑔 ，
𝑔 2 2 𝑔 2 2 𝑔
4𝜋2
变形得：g= .
100𝑏
（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
𝑚( 2𝜋 )2𝑟 = 𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃，变形得：𝑔 = 4𝜋2 ℎ(真实值)；而根据单摆周期公式𝑇 = 2𝜋√ 𝐿 变形得𝑔 =
𝑇 𝑇2 𝑔
4𝜋2
𝐿(测量值)；由于L＞h，因此重力加速度g的测量值大于真实值。
𝑇2
13.（1）𝑑 =
2
𝑅（4分） （2）𝑡 =
5√2𝑅
（6分）
1
5 2𝑐
（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𝑠𝑖𝑛𝜃 = （1分）
𝑛
由几何关系得 sin𝜃 =
𝑑1
（1分）
𝑅
2
联立上式得 𝑑 = 𝑅 （2分）
1
5
（2）光路图如图所示：
当入射点到D点的距离为 d 时，𝑠𝑖𝑛𝛼 =
𝑑2，因此𝛼
=45°＞θ，发生全反射 （1分）
2
𝑅
光线通过的总路程为 𝑠 = 2𝑑 = √2𝑅 （1分）
2
𝑐
光在介质中的速度为 𝑣 = （1分）
𝑛𝑠
时间 𝑡 = （1分）
𝑣
联立上式得 𝑡 =
5√2𝑅
（2分）
2𝑐
14.（1）4𝑃 （4分） （2）如图所示 （4分） （3）吸热，12P V -W （8分）
0 0 0 0
（1）A到B 为等温变化，由玻意耳定律得：
𝑃 ∙4𝑉 =𝑃 ∙𝑉 （2分）
0 0 𝐵 0
解得： 𝑃 =4𝑃 （2分）
𝐵 0
（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：∆𝑈 = 𝑊 +𝑄（1分）
A到B 过程中外界对气体做的功为 W
0
B 到C 过程气体对外做功为W =4P ×3V （2分）
1 0 0
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=W -W （2分）
1 0
所以整个过程气体吸热 Q=W=12P V -W （2分）
0 0 0
15.（1）3m/s2（4分） （2）3m/s，6m （6分） （3） 𝑡 = (√2+1)𝜋 (s) （8分）
(1)金属棒a刚释放瞬间，根据牛顿第二定律可得：
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 −𝐵𝐼𝑙 = 𝑚𝑎 （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： 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐵𝐼𝑙 （1分）
代入数据解得： x=3m （1分）
安培力随位移线性变化，取平均值为𝐹̅ = 0.4+1 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：
（𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 −𝐹̅）𝑥 = 1 𝑚𝑣2 （1分）
𝑚
2
代入数据得： v =3m/s （1分）
m
由简谐运动的对称性可知，最大位移：𝑥 = 2𝑥 = 6m （1分）
𝑚
(3)到达𝑥 = 6𝑚处时速度为 0，形成组合体c的初速度为0
𝑚
c下滑到最大位移𝑥 的过程中，根据动能定理：
2
（𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 −𝐹̅）𝑥 = 0 （1分）
2
组合体c的平衡位置为2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0.2(𝑥 +2) （1分）
1
组合体c的回复力 F =2mgsinθ－0.2(x+2) （1分）
回
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
𝑚
𝑡 = 𝜋√ （1分）
1
𝑘
组合体c下滑6m~10m 的过程中所用时间为
2𝑚
𝑡 = 𝜋√ （1分）
2
𝑘
总时间为 𝑡 = 𝑡 +𝑡 = (√2+1)π(s) （2分）
1 2
