安徽省皖中名校联考2025-2026学年高二上学期2月期末物理答案_2026年02月高二试卷_260211安徽省智学大联考·皖中名校联盟2024-2025学年高二上学期期末检测

2025-2026 学年第一学期高二年级期末检测 物理参考答案 1．【答案】A 【解析】 金属框中产生感应电流的条件是穿过金属框的磁通量发生变化。 A．在a位置处，穿过金属框的磁通量正在增大，金属框中存在感应电流，A正确； BC．从b位置到c位置过程中，穿过金属框的磁通量不变，金属框中无感应电流，B、C错误； D．从c位置到d位置过程中，金属框穿过磁场边界时，穿过金属框的磁通量减小，金属框中存在感 应电流，D错误。 故选A。 2．【答案】B 【解析】 带电粒子在匀强电场中受到竖直方向的恒定的电场力，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运动。设粒子在电场中的加速度为a，AB边长为L 、AD边长为L ，则水平方向有L =v t， 1 2 1 0 L 1 v 竖直方向有 2  at2。若将带电粒子的初速度减小为 0 ，假设粒子从CD边离开电场区域，则竖直方向 2 2 2 1 v 2 2 1 2 有，L  at2，解得t 2t，水平方向有x  0 t v t  L  L ，假设正确。因 L  L  L ， 2 2 2 2 0 2 1 1 2 1 2 1 1 则粒子从MC间离开电场。 故选B。 3．【答案】B 【解析】 20cm A．小球完成10次全振动所用时间为20s，可知周期T=2s，A、B间距为20cm，可知振幅A =10cm， 2 A错误； B．该振子由A点运动到O点的过程中，弹性势能减小，动能增大，速度增大，B正确； C．该振子由A点运动到O点的过程中位移减小，回复力减小，加速度减小，C错误； D．0.5s为四分之一周期，振子只有从平衡位置运动至最大位移处，或者从最大位移处运动至平衡位 置，振子通过的路程才等于振幅，D错误。 故选B。 4．【答案】B 【解析】 AB．由乙图知，O点左侧场强方向从O点出发指向x轴负向无穷远处，右侧场强方向从O点出发指 向x轴正向无穷远处，故将一个带负电粒子从B点由静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过 了O点，受到向右的电场力，粒子减速，由对称性可知，粒子运动到A点时速度为零，然后再反向加速， 1 {#{QQABaYQUggAgAIIAARhCQQGYCEAYkBCACAgOAEAUMAAAgRNABAA=}#}过O点后，再减速，到B点时速度为零，如此往返运动，A错误，B正确； C．由A、B选项的分析可知，粒子在A、B两点的速度均为零，根据能量守恒，粒子在A、B两点的 电势能相等，C错误； D．由乙图可知，当加速度为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，即粒子到达O点的速度最大， D错误。 故选B。 5．【答案】C 【解析】 AB．将滑动变阻器R的滑片向上移动过程中，滑动变阻器接入电路阻值减小，电路总电阻减小，根 据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则电流表示数I 增大，电压表示数U 变小， A、B错误； U C．电压表的示数U 与电流表的示数I 的比值为 R ，由于滑动变阻器接入电路阻值减小，电路外 外 I U 电阻减小，所以 减小，C正确； I U U D．根据闭合电路欧姆定律可得U EIr，则有 r， r，D错误。 I I 故选C。 6．【答案】D 【解析】 金属球位于两点电荷的电场中，处于静电平衡状态，金属球内电场为球外两点电荷的电场与金属球感 应电荷电场叠加成的合电场，场强为零，则感应电荷的电场与球外点电荷的电场等大、反向。 A．处于静电平衡状态的金属球是等势体，表面是等势面，则B、C两点电势相等，A错误； B．G点位于金属球内，场强为0，B错误； C．G点位于金属球内，场强为0，两点电荷在H点的合场强平行AD向右，则金属球感应电荷在H 点的电场平行AD向左，C错误； Q Q Q D．两点电荷在O点的场强为2k k ，则感应电荷在O点的场强大小也为k ，D正确。 4R2 2R2 2R2 故选D。 7．【答案】C 【解析】 A．作出a、b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据左手定则可 知，a、b粒子均带负电，A错误； 3 B．根据a粒子的运动轨迹，由几何知识可得r Rtan30  L， a 3 B错误； C．根据b粒子的运动轨迹，由几何知识可得r Rtan60  3L， b v2 qBr 粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvBm ，得v 。 r m 2 {#{QQABaYQUggAgAIIAARhCQQGYCEAYkBCACAgOAEAUMAAAgRNABAA=}#}v r a、b粒子比荷相同，则速度之比 1  a 1:3，C正确； v r 2 b 2r 2m D．根据题意可知，a、b粒子在磁场中的运动周期T   ，粒子在磁场中运动的时间 v qB  m t  T  ，两粒子在磁场中偏转的圆心角 120， 60，则两粒子在磁场中运动的时间之比为 2 qB a b t :t 2:1，D错误。 a b 故选C。 8．【答案】D 【解析】 A．P、Q导线通入电流I后，P导线恰好静止，可知P、Q间为吸引力，则两导线中电流方向相同， A错误； B．由A项分析可知，两导线通入电流I后，有吸引力F =mgsinθ；导线Q恰好静止在斜面上，有 A F =F +2mgsinθ=3mgsinθ，B错误； 1 A C．P、Q导线通入电流2I后加速运动，可知P、Q导线相互吸引，由题可知，通电流2I后，吸引力 F' =4F =4mgsinθ，对导线P，有F' -mgsinθ=ma，解得a=3gsinθ，C错误； A A A D．P、Q导线通入电流2I后，对导线P、Q，有F -3mgsinθ=3ma，解得F =12mgsinθ，D正确。 2 2 故选D。 9．【答案】BCD 【解析】 A．由题意知两波传播速度均为0.25m/s，题图可知波的周期为4s，故两波波长均为vT 1m，从 图2、图3可知两波振动步调相反，且M点到两波源的波程差x 62.52.5m1m，可知x 恰好是 1 1 波长的整数倍，故M是振动减弱点，A错误； B．由题意可知N点到两波源的波程分别为8λ和10λ，故N点在两列波中的振动与两波源一致，t=0 时刻N点的位移为1m+(－2m)=－1m，大小为1m，B正确； C．由B项分析可知，t=0至t=2s的过程中，N点由位移为－1m运动至位移为1m，故t=1s时，N点 速度沿x轴正方向，C正确；  D．波源S 、S 连线的中点为减弱点，连线上相邻减弱点间的距离为 0.5m，两减弱点间均间隔一 1 2 2 个加强点，可知波源S 、S 的连线上（不含S 、S 点）有12个加强点，D正确。 1 2 1 2 故选BCD。 10．【答案】AC 【解析】 1 1 A．小球从A到B的过程，由动能定理，有qU mgLsin mv2  mv2，则A、B两点的电势 AB 2 0 2 0 3 {#{QQABaYQUggAgAIIAARhCQQGYCEAYkBCACAgOAEAUMAAAgRNABAA=}#}mgLsin 差为U  ，A正确； AB q BC．若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度也为v ，则小球做匀速直线运动，电场 0 力与重力、支持力的合力为零，小球的重力沿斜面向下的分力为mgsin一定，则当电场力沿斜面向上， 大小为F mgsin时，电场力最小，场强最小，根据电场力F qE，可知该电场的场强的最小值为 mgsin E ，B错误，C正确； q mgLsin D．由U  可知，A电势高于B点电势，若倾角θ=45°，AC=BC，则A点电势等于B点电 AB q 势，不符合能量守恒定律，D错误。 故选AC。 11．【答案】 (1)D (2)C (3)m ·OP＝m ·OM+m ·ON （每空2分） 1 1 2 【解析】 （1）实验中小球碰撞前后的速度是利用平抛运动规律间接测量得到的，根据平抛运动规律可得h= 1 gt2， 2 x=vt，解得小球平抛的初速度 v=x g。因平抛运动下落的高度h均相同，故小球碰撞前后的速度与平抛运 2h 动的水平位移成正比，可用平抛运动的水平位移大小代替小球碰撞前后的速度大小，需要直尺测量平抛运 动的水平位移大小，此外还需要天平测量小球的质量，用圆规确定小球的平均落点位置。故选D。 （2）为了使两球发生正碰，两小球的半径需相同。为保证入射小球不反弹，需满足m ＞m 。故选C。 1 2 （3）根据（1）的分析，可得碰撞前入射小球的速度大小v ∝OP，碰撞后入射小球的速度大小v ∝OM， 1 2 碰撞后被碰小球的速度大小v ∝ON。若碰撞中动量守恒，以向右为正方向，则由动量守恒定律得 3 m v ＝m v +m v ，可得需满足的关系式为m ·OP＝m ·OM+m ·ON。 1 1 2 3 1 2 1 1 2 12．【答案】(1) B D (2) C A (3) 乙 (4) 1.0 （第（1）题每空1分，其余每空2分） 【解析】 （1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，因电路的最大电流不超过0.6A，则电流表应该选B；变阻 器应该选阻值较小的D即可； （2）对应乙图电路由于电压表的分流作用，使得电流表示数小于通过电源的电流，但是短路电流是不 变的，则U-I图像是A；甲图电路由于电流表分压，使得电压表示数小于电源的路端电压，但是断路电压 是不变的，则U-I图像是C。 （3）因电表内阻均未知，两图相比电流表分压比电压表分流更明显，则实验电路图应该选图中的乙图。 （4）由图可以求得电源电动势E=1.5V，内电阻r= ΔU = 1.5−0.8 Ω=1.0Ω。 ΔI 0.7 13．【答案】(1)λ = λ （5分） (2)t= 5R （5分） 1 2 c 【解析】 （1）由题意可知，单色光从C点垂直于AO边射入恰好在D点发 生全反射，由图中的几何关系得D点是AB中点，得DB=DO=R， 临界角C =30°………………………………………………（1分） 0 由全反射得n= 1 =2………………………………………（2分） sinC0 单色光在玻璃砖中传播时的波长λ = λ = λ ……………………………………………………（2分） 1 n 2 （2）光线从D点反射后恰好射到O点，∠DOB=60°，大于临界角C ，则在O点发生全反射，如图， 0 4 {#{QQABaYQUggAgAIIAARhCQQGYCEAYkBCACAgOAEAUMAAAgRNABAA=}#}光在玻璃中的路程S=CD+DO+R= 5 R…………………………………………………………（1分） 2 光在玻璃中的传播速度v= c ……………………………………………………………（2分） n 则该单色光在玻璃中时间t= S = 5R …………………………………………………（2分） v c 14．【答案】(1) 8m/s （4分） (2)0.1N/C （4分） (3)（3.3m，0）（6分） 【解析】 （1）粒子运动轨迹如图 在第二象限磁场中，由几何关系可得，圆周半径r = x0 =1m………………………………（2分） 1 sinα 由qv B=m v0 2 ， 得：v =8m/s…………………………………………………………………（2分） 0 0 r1 （2）微粒进入第四象限时在电场中做类平抛运动，设沿y轴负方向的分速度为v ， y 根据几何关系可知v =v tanα……………………………………………………………………（1分） y 0 根据运动学公式有：v 2=2a(r +r cosα)…………………………………………………………（1分） y 1 1 根据牛顿第二定律qE=ma可得：E=0.1N/C…………………………………………………（2分） （3）微粒第一次从第一象限进入第四象限的位置x =2× r1+r1cosα =4.8m………………………（1分） 1 tanα 微粒进入第四象限，速度v= vy =10m/s sinα 由qvB=m v 得：r = 5 m…………………………………………………………………………（2分） r22 2 4 微粒在第四象限做圆周运动在x轴的弦长为L=2r sinα=1.5m………………………………（1分） 2 微粒第二次经过x轴的位置x =x −L=3.3m 2 1 微粒从P点出发后第二次经过x轴时的坐标为（3.3m，0）………………………………（2分） 15．【答案】(1)1m/s （5分） (2)2m/s （5分） (3)5s 7 m/s （8分） 5 【解析】 （1）小球C运动到水平面上时速度大小设为v ，此时A速度大小设为v C1 A1 根据水平方向动量守恒则有m v −m v =0………………………………………………（2分） A A1 C C1 根据能量守恒则有m gR= 1 m v2 + 1 m v2 …………………………………………………（2分） C 2 C C1 2 A A1 解得v =4m/s(向左)，v =1m/s(向右) C1 A1 小球C第一次从圆弧轨道上滑下后，物块A的速度大小为v =1m/s……………………（1分） A1 （2）发生碰撞后，B的速度大小设为v ，小球C的速度大小设为v ， B C2 根据动量守恒可得m v =m v −m v ……………………………………………………（2分） C C1 B B C C2 由能量守恒可得1 m v2 = 1 m v2 + 1 m v2 ………………………………………………（2分） C C1 C C2 B B 2 2 2 解得v =2m/s （向右） ， v =2m/s(向左) C2 B 小球C与物块B发生碰撞后，物块B的的速度大小为v =2m/s。………………………（1分） B （3）在C球第一次滑下到与物块B发生碰撞的过程中，设物块A的位移大小为x ，小球C的水平位移 1 5 {#{QQABaYQUggAgAIIAARhCQQGYCEAYkBCACAgOAEAUMAAAgRNABAA=}#}大小为x ，根据人船模型有：m x =m x ，又有x =L+R=4.8m 2 A 1 C 2 2 解得，物块A的位移x =1.2m ………………………………………………………………（2分） 1 设碰撞后还需要经过t时间C追上A，则有 x =（v −v ）t 1 C2 A1 解得 =5s………………………………………………………………………………………（2分） L + 对AC第二次相互作用后，小球C运动到水平面上时速度大小设为v ，此时A速度大小设为v t C3 A2 水平方向动量守恒：m v +m v =m v +m v ………………………………………（1分） C C2 A A1 C C3 A A2 由能量守恒可得：1 m v2 + 1 m v2 = 1 m v2 + 1 m v2 ………………………………（1分） 2 C C2 2 A A1 2 C C3 2 A A2 解得v = 2 m/s(向右)，v = 7 m/s(向右)……………………………………………………（1分） C3 A2 5 5 由以上可知v >v ，而物块B又在向左运动 A2 C3 故A、B、C不再相遇，故A的最终速度为7 m/s。………………………………………（1分） 5 6 {#{QQABaYQUggAgAIIAARhCQQGYCEAYkBCACAgOAEAUMAAAgRNABAA=}#}