湖南省长沙一中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份湖南省长沙一中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于光学知识的说法正确的是( )
A. 光的偏振现象说明光是横波
B. 用白光做光的衍射实验，得到的条纹是黑白相间的
C. 杨氏双缝干涉实验有力地证明了光的粒子性
D. 医生常用“彩超”检查病人心脏和大脑是否病变，这是利用了波的干涉原理
2.如图所示，平行长直金属导轨AB、CD水平放置，间距为d，电阻值不计。左侧接电动势为E、内阻为r的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道CD间的夹角为θ，MN两点间电阻为R且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。则以下说法中正确的是( )
A. 导体棒所受安培力的方向水平向右
B. 导体棒所受安培力的方向垂直于MN向左上方
C. 导体棒所受安培力大小为BEdR+r
D. 导体棒所受安培力大小为BEd(R+r)sinθ
3.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A. 甲图可通过增加电压U来增大粒子的最大动能
B. 乙图当流量一定时，可通过增加AB极板之间的距离d来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，若载流子带负电，稳定时D板电势低
4.一细长磁铁棒系于棉线下端形成单摆，并于此摆的正下方放置一环形导线，如图所示，箭头所示方向表示导线上电流的正方向。当时间t=0时，单摆由图示位置静止释放而来回摆动，若此单摆的摆动可视为周期运动，其周期为T，则最可能表示该导线上的电流i与时间t在单摆一个周期内的关系图的是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是( )
A. 若M0)，P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，重力沿纸面向下，小环由静止起开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长。在运动过程中小环最大加速度为amax，最大速度为vmax，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A. 小环先做加速度减小的加速运动，后匀速直线运动
B. 小环的最大速度vmax=mgBq
C. 若已知小环加速至加速度最大过程的时间t0，则此过程的位移x1=m2gμB2q2−Et0μB+mgt0Bq
D. 当v=12vmax时小环的加速度a与amax之比一定大于12
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.史上最早设计并做出“双缝干涉实验”的是英国物理学家托马斯⋅杨，如图是这个实验的初始版本，他用蜡烛作为光源，在蜡烛后面挡上一片厚纸片，并在纸片上戳一个很小的孔，让光线透过，并用一面镜子反射透过的光线，然后用一个厚约为0.3mm的纸片把这束光从中间分成两束，结果在光屏上看到明暗相间的条纹。
(1)实验中纸片______(填a，b)处可看成是双缝。
(2) ______(填“能”或“不能”)通过上下移动光屏使纸片正下方的O点形成暗条纹。
(3)以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离______。
A.将0.3mm的厚纸片改用0.2mm
B.将蜡烛向厚纸片小孔靠近
C.将光源由黄色光改为绿色光
12.如图1所示，某课外探究小组利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验。滑块A和滑块B的质量(包括遮光条)分别为：m1=150.0g、m2=200.0g。实验中弹射装置每次给滑块A的初速度均相同，滑块B初始处于静止状态。滑块A的遮光条两次通过光电门1的挡光时间分别为Δt1、Δt3，滑块B的遮光条通过光电门2的挡光时间为Δt2。

(1)打开气泵，先取走滑块B，待气流稳定后将滑块A从气垫导轨右侧弹出，测得光电门1的时间大于光电门2的时间，为使实验结果准确，后续的操作是______；
A.调高右侧底座旋钮
B.调高左侧底座旋钮
C.将光电门1向左侧移动
D.将光电门2向右侧移动
(2)如图2所示，用游标卡尺测量遮光条的宽度d，其读数为______mm；
(3)经测量滑块A、B上的遮光条宽度相同，则验证动量守恒的表达式为：______(用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示)；
(4)小明同学改变实验设计继续验证动量守恒定律，他在滑块B的右端加上橡皮泥，两滑块每次相碰后会粘在一起运动。多次改变滑块B的质量m2，记录下滑块B的遮光条每次通过光电门的挡光时间Δt2，在方格纸上作出m2−Δt2图像______；

(5)小华同学提出，滑块B的质量应包含橡皮泥的质量，考虑到此因素影响，小华所绘制的m2−Δt2图像中的图线与(4)中绘制的图形相比较，应______。
A.向上平移
B.向下平移
C.向左平移
D.向右平移
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.(改编)如图所示是一玻璃球，其半径为R，O为球心，AB为一水平方向上的直径。M点是玻璃球的最高点，一束激光自B点射入、从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD=30°，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)此玻璃球的折射率；
(2)光线从B传播到D所用时间；
(3)若来自B点的光线射向M点，判断此光线能否从M点射出玻璃球。
14.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将长为L、质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度的表达式；
(2)由静止释放到最大速度过程中，杆上产生的热量；
(3)若导轨粗糙，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度的表达式。
15.如图甲所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小E随距圆心O的距离x的变化如图乙所示，图中E0为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿PO方向回到O点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为t0(未知)。已知磁场的磁感应强度B= mE03qR，不计带电粒子的重力。求：

(1)带电粒子经过P点时的速度大小；
(2)t0的大小；
(3)若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q(图中未标出)释放，粒子经过一段时间后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为4t0，求粒子释放点Q到P点的可能距离。
1.【答案】A
2.【答案】D
3.【答案】D
4.【答案】D
5.【答案】B
6.【答案】C
7.【答案】AD
8.【答案】AC
9.【答案】BD
10.【答案】CD
11.【答案】b 不能 A
12.【答案】B 14.8 m1Δt1=m2Δt2−m1Δt3 如解析所示 B
13.【答案】解：(1)根据几何关系可知，激光由D点射出时的入射角为30°，折射角为60°，所以，此玻璃球的折射率为
n=sin60°sin30∘= 3
(2)光线在玻璃球内的传播速度为
v=cn
光线从B传播到D所用时间
t=2Rcs30°v
解得
t=3Rc
(3)若来自B点的光线射向M点，根据几何关系可知，入射角为45°，而这种光线在玻璃球内发生全反射的临界角C满足
sinC=1n= 33
因
sin45°= 22>sinC= 33
所以，光线在M点会发生全反射，即此光线不能否从M点射出玻璃球。
答：(1)此玻璃球的折射率为 3；
(2)光线从B传播到D所用时间为3Rc；
(3)若来自B点的光线射向M点，此光线不能从M点射出玻璃球。
14.【答案】解：(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势：E=BLv
回路中的感应电流：I=ER+R
杆所受的安培力：F安=BIL
根据牛顿第二定律有：mgsinθ−B2L2v2R=ma
故当速度v=0时，杆的加速度最大，最大加速度为am=gsinθ
方向沿导轨平面向下；
当杆的加速度a=0时，杆的速度最大，最大速度为vm=2RmgsinθB2L2
方向沿导轨平面向下。
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得：mgxsinθ=Q总+12mvm2
又根据焦耳定律：Q杆=RR+RQ总
所以杆上产生的热量为：Q杆=12mgxsinθ−R2m3g2sin2θB4L4
(3)分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有：F−mgsinθ−B2L2v2R−μmgcsθ=ma′
所以当速度v=0时，杆的加速度最大，最大加速度为：am′=Fm−gsinθ−μgcsθ
方向沿导轨平面向上；
当杆的加速度a=0时，杆的速度最大，最大速度为：vm′=2R(F−mgsinθ−μmgcsθ)B2L2
方向沿导轨平面向上。
答：(1)杆cd下滑的最大加速度为gsinθ，最大速度为2RmgsinθB2L2；
(2)由静止释放到最大速度过程中，杆上产生的热量为12mgxsinθ−R2m3g2sin2θB4L4；
(3)cd的最大加速度和最大速度的表达式分别为：am′=Fm−gsinθ−μgcsθ，(方向沿导轨平面向上)，vm′=2R(F−mgsinθ−μmgcsθ)B2L2(方向沿导轨平面向上)。
15.【答案】解：(1)根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则
UOP=E0R2
由动能定理可得
qUOP=12mv2
解得
v= E0Rqm
设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，根据题意作轨迹图

由向心力公式得
qvB=mv2r
设∠O1OP=θ，由几何关系可知
tanθ=rR
解得
θ=π3
所以∠MOP=2π3，粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
θ0=3×[2π−(π−2π3)]=5π
粒子在磁场中运动总时间
t0=θ02πT
粒子在磁场中运动周期为
T=2πrv
解得
t0=5π 3mRqE0
(3)如图

设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令∠SOP=β，粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为α，根据题意可知
nβ=m×2π
α=2π−(π−β)
联立以上公式得
n(α−π)=m×2π
粒子在磁场中运动总时间为4t0，所以
nα=20π
将
nα=20π
代入
n(α−π)=m2π
可得
20−n=2m
其中n和m均为正整数，由题意可知π10
①当n=18，m=1，由几何关系可得
β1=π9
则
tanβ12=r1R
由洛伦兹力提供向心力公式得
qv1B=mv12r1
由动能定理可得
12×E0qRx12=12mv12
解得
x1= 33Rtanπ18
②当n=16，m=2时，由几何关系可得
β2=π4
同理解得
x2= 33Rtanπ8
③当n=14，m=3时，由几何关系可得
β3=3π7
同理解得
x2= 33Rtan3π14
④当n=12，m=4时，由几何关系可得
β4=2π3
同理解得
x2= 33Rtanπ3
答：(1)带电粒子经过P点时的速度大小为 E0Rqm；
(2)t0的大小为5π 3mRqE0；
(3)粒子释放点Q到P点的可能距离为 33Rtanπ18、 33Rtanπ8、 33Rtan3π14、 33Rtanπ3。 m2/g
200
210
220
230
240
Δt2/10−3s
9.3
9.6
9.8
10.1
10.4