2021-2022学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高二上学期期末物理试题 （解析版）

湖南师大附中2021-2022学年度高二第一学期期末考试物理

时量：75分钟　满分：100分

一、单选题（本大题共6小题，每题4分，共24分）

1. 下列说法正确是（　　）

A. 只有高温物体才能产生热辐射，黑体一定是黑色的

B. 穿过某一面积的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零

C. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生

D. 变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场

【1题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A．所有物体都能产生热辐射，黑体是个完全吸收外来电磁辐射的理想模型，不是黑色的物体，A错误；

B．磁通量为零可能是因为磁场方向与线圈平面平行，而该处的磁感应强度不一定为零，B错误；

C．闭合电路内的磁通量发生变化时才会产生感应电流，C错误；

D．根据麦克斯韦电磁理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场，D正确。

故选D。

2. 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在长为L的虚线框内，边长为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2。若L>2d，则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的情况可以用以下哪幅图像来描述（　　）

A.  B.

C.  D.

【2题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生顺时针方向的感应电流，根据E=BLv可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变；当完全进入时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流；当离开磁场时，磁通量减小，故产生逆时针方向的感应电流，根据E=BLv可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变。

故选D。

3. 如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x=0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是（　　）

A. x1和x2处的电场强度均为零

B. x1和x2之间的场强方向相同

C. 粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大

D. 粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小

【3题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】A．φ-x图像的切线斜率越大，则场强越大，x1和x2处的电场强度均不为零，A项错误；

B．由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；

C．由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，C项正确；

D．粒子在x=0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D项错误。

故选C。

4. 如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某灯泡L1的U-I图线的一部分，用该电源和灯泡L1组成闭合电路时，灯泡L1恰好能正常发光，则下列说法正确的是（　　）

A. 此电源的内阻为1.5 Ω

B. 灯泡L1的额定电压为3 V，额定功率为6 W

C. 由于灯泡L1的U-I图线是一条曲线，所以灯泡发光的过程，欧姆定律不适用

D. 把灯泡L1换成规格为“3V，20 W”灯泡L2，电源的输出功率将变小

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】A．由题图可知，电源的电动势E=4V，内阻

A错误；

B．两图线的交点坐标表示灯泡L1与电源连接时的工作状态，此时灯泡两端的电压U1=3 V，流过灯泡的电流I1=2 A，灯泡消耗的电功率为

P1=U1I1=6 W

由于灯泡L1恰好能正常发光，则灯泡L1的额定电压为3 V，额定功率为6 W，B正确；

C．灯泡是纯电阻元件，欧姆定律仍适用，图线为曲线是因为灯泡的电阻随温度的升高而增大，C错误；

D．灯泡L1恰好正常发光时，电阻

R1==1.5 Ω

规格为“3 V，20 W”的灯泡L2的电阻

可知灯泡L2的电阻更接近电源的内阻，根据电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知把灯泡L1换成灯泡L2，电源的输出功率将变大，D错误。

故选B。

5. 如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C 两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x—t图象，下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动

B. 弹簧振子的振动方程为

C. 图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向

D. 弹簧振子在2.5s内的路程为1m

【5题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为0.5次全振动，故A错误；

B．根据乙图可知，弹簧振子的振幅是0.1m，而周期为，则角速度为

规定向右正，t=0时刻位移为0.1m表示振子B点开始，初相为，则振动方程为

故B错误；

C．简谐运动图象中的P点速度方向为负，此时刻振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故C错误；

D．因周期，则时间2.5s和周期的关系为

则振子从B点开始振动的路程为

故D正确。

故选D。

6. 如图所示，一截面为直角三角形的玻璃砖，，一细激光束自中点垂直射入玻璃砖，在面恰好发生全反射。光线第一次射到边时，自边折射出的光线与边夹角为，则为（　　）

A.  B.  C.  D.

【6题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】
 

光路图如图所示则有

在E点发生全反射，由几何关系可得

折射率为

在F点发生折射，由几何关系可得

由

解得

由于

解得

所以A正确；BCD错误；

故选A。

二、多选题（本大题共5小题，每题5分，共25分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）

7. 对于下列四幅图，以下说法正确的是（　　）

A. 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定小于b光束在水珠中传播的速度

B. 图乙是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，无论入射角i增大到多少，都一定有光线从bb′面射出

C. 图丙中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明、暗交替变化，此现象表明光是横波

D. 图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的

【7题答案】

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据折射率和光的传播速度之间的关系

可知，折射率越大，传播速度越小，从题图甲中可以看出，b光线在水珠中偏折程度大，即b的折射率大于a的折射率，则a在水珠中的传播速度大于b在水珠中的传播速度，故A错误；

B．当入射角i逐渐增大时，折射角逐渐增大，但折射角始终小于临界角，根据几何知识可知，光在玻璃砖内的入射角不可能大于临界角，不论入射角i如何增大，玻璃砖中的光线不会发生全反射，故肯定有光线从bb′面射出，故B正确；

C．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故C正确；

D．由于不知道被检测工件表面的放置方向，故不能判断此处是凸起还是凹陷的，故D错误。

故选BC。

8. 如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，重力加速度为g，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度及a的状态说法正确的是（　　）

A. 方向竖直向上

B. 大小为

C. 同时增大细导体棒a、b的电流，a棒仍可静止

D. 若使b下移，a将不能保持静止

【8题答案】

【答案】ABD

【解析】

【详解】AB﹒根据安培定则可知通电导体棒b周围磁感线为顺时针方向，在a棒处的磁场方向竖直向上，通电导体棒a在竖直向下的重力mg、水平向右的安培力BIL、垂直斜面向上的支持力FN作用下恰能保持静止，如图

根据平衡条件有

解得

选项AB正确；

C﹒同时增大a、b棒中电流，a所受安培力增大，合力沿斜面向上，棒不能静止，选项C错误；

D﹒b下移后离a远一些，a受到安培力顺时针转动，且大小在减小，沿斜面方向的分力将小于重力沿斜面向下的分力，a导体棒受力不平衡，选项D正确。

故选ABD。

9. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0～时间内，直导线中电流方向向上，下列说法正确的是（　　）

A. 时间内，线框内感应电流方向为顺时针，线框有收缩趋势

B. 时间内，线框内感应电流方向为逆时针，线框有扩张趋势

C. 时间内，线框内感应电流方向为顺时针，线框有扩张趋势

D. 时间内，线框内感应电流方向为逆时针，线框有收缩趋势

【9题答案】

【答案】BD

【解析】

【详解】在时间内，直导线电流方向向上，根据安培定则，知导线左侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐减小，则磁场逐渐减弱，且线框内磁通量减少，根据楞次定律，则金属线框中产生逆时针方向的感应电流，且线框面积有扩张的趋势。同理可知，时间内，感应电流方向为逆时针，且线框有收缩趋势。

故选BD。

10. 如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个带电粒子依次沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，不计粒子重力，则（　　）

A. 从P射出的粒子速度大 B. 从Q射出的粒子速度大

C. 两粒子在磁场中运动的时间一样长 D. 从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长

【10题答案】

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．作出两带电粒子各自的运动轨迹，如图所示，

根据圆周运动特点知，两粒子分别从P、Q点射出时，速度方向与AC边的夹角相等，故可判定两粒子从P、Q点射出时，半径RP＜RQ，故由

可知从Q点射出的粒子速度大，A错误，B正确；

CD．由

得，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，根据图示，可知两轨迹的圆心角相等，由

得两粒子在磁场中的运动时间相等，D错误，C正确。

故选BC。

11. 如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右匀速运动，一质量为m的小球（m<<M）从高h处自由下落，与小车碰撞后（碰撞的时间未知），反弹上升的最大高度为。球与车之间的摩擦可视为滑动摩擦，其动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球弹起后水平速度的大小可能为（　　）

A 0 B. v0 C.  D.

【11题答案】

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】该题需要分以下两种情况进行分析：

①小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有：

Mv0=（M+m）v

由于M≫m，所以

v=v0

②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有：

Fμt=mv′

小球反弹后上升的高度为h，则反弹的速度为v，以向上为正方向，竖直方向上有：

FNt=m∙v-m（-v）=

又  

Fμ=μFN

解得

故选BD。

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）

12. 用光传感器可以更方便地演示双缝干涉现象。如图所示是实验装置图（实验在暗室中进行）。激光光源在铁架台的最上端（图中未出现），中间是刻有双缝的挡板，下面是光传感器。这个实验的光路是自上而下的。图中带有白色狭长矩形的小盒是光传感器，沿矩形的长边分布着许多光敏单元。传感器各个光敏单元得到的光照信息经计算机处理后，在显示器上显示出来。根据显示器上干涉图像的条纹间距，可以算出光的波长。这种方法除了可以测量条纹间距外，还可以方便、形象地展示亮条纹的分布，并能测出传感器上各点的光照强度。

（1）下列关于本实验的操作与叙述正确的是___________；

A．干涉图像中相邻两个波峰之间的距离，即相邻两条亮条纹中心的间距

B．双缝挡板不动，下移光源，使之更靠近刻有双缝的挡板，则干涉条纹间距减小

C．光源不动，下移双缝挡板，使之更靠近光传感器，则干涉条纹间距不变

D．减小双缝间距，干涉条纹间距也减小

（2）在不改变双缝的间距和双缝到光传感器的距离的前提下，用红光和绿光做了两次实验，下图中的甲乙分别对应这两次实验得到的干涉图像，红光的图像是_________（填“甲”或“乙”）；

（3）用激光替代普通光源来做本实验，最主要是利用了激光的___________。

A．相干性高  　　B．平行度好  　C．亮度高

【12题答案】

【答案】    ①. A    ②. 乙    ③. A

【解析】

【详解】（1）[1]A．相邻两个波峰之间的距离，即相邻两条亮条纹中心的间距，A正确。

B．根据双缝干涉条纹的间距公式

知，若下移光源，干涉条纹间距不变，B错误。

C．光源不动，下移双缝挡板，使之更靠近光传感器，即减小双缝与光传感器间距离，根据双缝干涉条纹的间距公式

知，干涉条纹间距会减小，C错误。

D．减小双缝间距，根据双缝干涉条纹的间距公式

知，干涉条纹间距增大，D错误。

故选A。

（2）[2]由

可知，波长越长条纹间距越大，故红光的图像是乙。

（3）[3]因激光的相干性高，因此可用激光替代普通光源来做实验，故A正确。

13. 小明捡到了一根金属丝，用多用电表测得其电阻约为4 Ω。他想用伏安法测出金属丝较为准确的电阻，再根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。小明决定按图甲示电路图连接电路，他找到了以下器材：

A．直流电源：电动势约3 V，内阻很小；

B．电流表A1：量程0～0.6 A，内阻0.01 Ω；

C．电流表A2：量程0～3.0 A，内阻0.05 Ω；

D．电压表V：量程0～3 V，内阻3 kΩ；

E．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω；

F．滑动变阻器R2：最大阻值1 000 Ω；

G．开关、导线等。

（1）在可供选择的器材中，应该选用的电流表是___________（填“A1”或“A2”），应该选用的滑动变阻器是___________（填“R1”或“R2”）。

（2）用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图乙所示，读出金属丝的直径d为________mm。

（3）用米尺测量金属丝的长度l=0.628 m，伏安法测得电阻丝的电阻Rx=4.0 Ω，则这种金属材料的电阻率ρ为________Ω·m。（保留二位有效数字）

（4）如图丙中虚线框内存在一沿水平方向、且垂直于纸面向里的匀强磁场，小明想用捡到的这根金属丝测量其磁感应强度的大小。所用器材已在图丙中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框（用这根金属丝弯折而成的），其底边水平、两侧边竖直且三边等长。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。实验步骤如下：

①调节滑动变阻器的滑片，使变阻器接入电路的阻值最大，闭合开关S；

②在托盘中加入适量细沙，使得D处于平衡状态；

③记录下此时电压表的读数U，用天平称出细沙质量m；

④调节滑片，重复②和③，得到多组m、U的数据；

⑤将m、U的数据填入表中，再绘制成图像，如图丁所示，发现图像可以很好地拟合成一条直线。直线的斜率为k，则磁感应强度的大小B=_______。（用金属丝的直径d、电阻率ρ和重力加速度g以及直线的斜率k等符号表示）

【13题答案】

【答案】    ①. A1    ②. R1    ③. 0.518～0.522    ④. 1.4×10-6    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1][2]电路最大电流为

为减小读数误差，选小量程电流表，故选电流表A1（量程0～0.6 A，内阻0.125 Ω），为方便调节，滑动变阻器选择阻值较小的R1：最大阻值10 Ω；

（2）[3]用螺旋测微器测量金属丝直径d为0.5mm+0.01mm×2.0=0.520mm

（3）[4]由电阻定律得

其中

S=πd2

解得电阻率为

ρ==1.4×10-6 Ω·m

（4）[5]设金属丝质量为m0，则

mg=m0g＋FA．

S=πd2

解得

结合图像可知

变形得

四、解答题（第14题12分，第15题12分，第16题11分，共35分。要求写出必要的文字描述和关系式）

14. 如图所示，图甲是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P点是此时处在平衡位置的一个质点．图乙是质点P的振动图象．

(1)判断这列波的传播方向；

(2)经过时间t1=6s，质点P通过的路程s；

(3)经过t2=30s，波向前传播的距离x．

【14题答案】

【答案】(1)沿x轴正方向传播  (2)s=12cm  (3)x=60m

【解析】

【详解】试题分析：（1）根据振动图象判断出t=0时刻P点的振动方向，再判断波的传播方向．（2）图乙读出周期，由周期与时间的关系，结合题意，即可求解P点通过的路程．（3）由公式求出波速，由x=vt求解波传播的距离．

（1）由图乙知，t=0时刻质点P正向上振动，所以根据波形平移法知，该波沿x轴正方向传播．

（2）从图乙可知振动周期为T=4s，一个周期内质点通过的路程为4A,则经过时间

则质点P通过的路程为：

（3）波速为：

经过，波向前传播的距离

15. 如图所示，光滑水平面上放着静止着的木板A和物块B质量均为1kg，A的右端与B的距离为L。质量2kg的物块C以8m/s的初速度从木板左端滑上A，B、C的大小相对于A均可忽略，C与A之间的动摩擦因数μ=0.2，A的速度为4m/s时与B发生完全非弹性碰撞。求（g取10m/s2）：

（1）A、B碰撞之前，C与A相对滑动时各自的加速度大小；

（2）A、B碰撞后的瞬间，A、B、C的速度大小；

（3）A的右端与B的距离L，以及确保C不从A上滑下来，A的最短长度。

【15题答案】

【答案】（1）4m/s2；2m/s2；（2）A、B的速度都为2m/s，C的速度为6m/s；（3）7m

【解析】

【详解】（1）A、C所受合力大小均为

根据牛顿第二定律可得

（2）A碰B前的速度vA=4m/s，AB碰撞过程根据动量守恒有

mAvA=（mA＋mB）v共

解得

v共=2m/s

A碰B之前用时

C的初速度vC0=8m/s，则此时

vC=vC0-aCt=6m/s

A、B碰撞后的瞬间，A、B的速度都为2m/s，C的速度在碰撞的瞬间不发生变化，C的速度为6m/s。

（3）解法一：A与B碰前：A的速度从0增加到4m/s，位移

该过程C的位移

则A与B碰前C比A多走了5m

设A与B碰撞后直至A、B、C三者共速，C又比A多运动s，则有

解得

s=2m

故三者共速前C比A多运动了7m。为了使C不从A上滑下来，A的最短长度为7m。

解法二：A与B碰撞生热

三者共速时有

解得

x=7m

故三者共速前C比A多运动了7m。为了使C不从A上滑下来，A的最短长度为7m。

16. 如图所示，竖直平面内Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，Ⅱ区域还有匀强电场（图中未画出），Ⅰ区域左右有界，Ⅱ区域左边有界，右边无界，虚线为Ⅰ、Ⅱ区域的边界线。质量为m、电荷量为q的油滴从Ⅰ区域左边界上的O点以v0的初速度进入磁场，随后做直线运动，速度方向与区域边界和磁场都垂直，油滴进入Ⅱ区域后做匀速圆周运动，重力加速度为g。

（1）求油滴的电性和磁感应强度的大小；

（2）求Ⅱ区域中电场强度的大小和方向，以及油滴在Ⅱ区域中的入射点和出射点之间的距离；

（3）若在Ⅱ区域再加一个磁感应强度大小与原磁场相等、方向相反的圆形磁场，使油滴离开Ⅱ区域的位置上升d，且离开时速度方向垂直于边界水平向左，则所加磁场的面积最小为多少？

【16题答案】

【答案】（1）负电，；（2），电场强度竖直向下，；（3）或

【解析】

【详解】（1）油滴在Ⅰ区域做直线运动，必为匀速直线运动。因为洛伦兹力竖直向上，故油滴带负电，且满足

解得

（2）油滴在Ⅱ区域中做匀速圆周运动，因此电场力和重力抵消，洛伦兹力提供油滴匀速圆周运动所需的向心力。所以电场力竖直向上，因油滴带负电，故电场强度方向竖直向下，即

解得

设油滴匀速圆周运动的轨迹半径为r，则

即

代入

得

故油滴在Ⅱ区域中的入射点和出射点之间的距离为

（3）若在Ⅱ区域再加一个磁感应强度大小相等、方向相反的圆形磁场，则油滴在此圆形区域内做匀速直线运动。为使油滴离开Ⅱ区域的位置上升d，且离开时速度方向垂直于边界水平向左，则油滴在Ⅱ区域中的轨迹如图所示，虚线是油滴做匀速直线运动的轨迹，虚线长度为d

①若

即

如图所示，磁场圆面积最小时，匀速直线运动的轨迹即磁场圆的直径，此时磁场圆的直径为d，最小面积

②若

d>2r

即

如图所示，磁场圆面积最小时，磁场圆与Ⅱ区域的边界相切，匀速直线运动的轨迹长度d是磁场圆的一根弦。设此时磁场圆直径为R，由几何知识可知

解得

代入

得

代进

得