2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高二（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高二（下）入学考试物理试卷（含解析），共17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.下列有关光学现象说法正确的是
A. 甲中荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光线会聚而形成的
B. 乙中将双缝干涉实验中的双缝间距调小则干涉条纹间距变小
C. 丙中用加有偏振滤光片的相机拍照，可以拍摄清楚汽车内部的情景
D. 丁中肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象
2.LED灯珠用半球形透明介质封装，如图所示，有一个半径r为3mm的圆形LED光源AB，其表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。半球形介质的折射率为1.5，为使LED光源发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，则透明介质球半径R至少为
( )
A. 3 5mmB. 4.5mmC. 32 5mmD. 9mm
3.如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e，下列说法中正确的是( )
A. M板比N板电势高
B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C. 导体中自由电子定向移动的速度为v=UBd
D. 导体单位体积内的自由电子数为n=qbBm
4.如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦波形的12)，则一个周期内该电流的有效值为( )
A. 32I0B. 52I0C. 32I0D. 52I0
5.如图所示，质量分别为m1和m2(m2>3m1)的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是
( )
A. 在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B. 释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C. 若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2<0.5h，则碰撞后m1弹起的最大高度h1一定大于2.5h
D. 若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
6.在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电量2e的α粒子和质量为m2、带电量e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动．则α粒子与β粒子的动能之比是
A. m1m2B. m2m1C. m14m2D. 4m2m1
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s.竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是( )
A. 回复力等于重力和浮力的合力
B. 振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C. 位移满足函数式x=4sin(4πt−5π6) cm
D. 振动频率与按压的深度有关
8.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
A. O点处的磁感应强度为零
B. a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相反
D. a、c两点处磁感应强度的方向相同
9.如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带负电小球(电量为−q，质量为m)，从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列电磁复合场的是
A. B.
C. D.
10.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正)( )
A. B. C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经P1、P2点的入射光线．

(1)在图上补画出所需的光路．
(2)为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角和折射角，请在图中的AB分界面上画出这两个角．
(3)用所测物理量计算折射率的公式为n=________．
(4)为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当________(填“小一些”“无所谓”或“大一些”)．
(5)多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图象，由图象可知该玻璃的折射率n=_____．
12.在探究单摆运动的实验中：
(1)如图是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F−t图象，根据下图的信息可得，从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为______，摆长为______(取π2=10，重力加速度大小g=10m/s2)。
(2)单摆振动的回复力是______。
A.摆球所受的重力 B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C.摆线对摆球的拉力 D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是______。
A.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B.用米尺量得细线长度L，得摆长为L
C.在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
D.让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图(a)所示，一个总电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内：
(1)磁感应强度的变化率
(2)通过电阻R1上的电流大小和方向
(3)通过电阻R1上的电荷量q．
14.一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为500kW，电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，两变压器间输电线的总电阻为2.0Ω，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器能量损耗，求：
(1)升压变压器副线圈两端的电压；
(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比。
15.由于缺少地磁场的屏蔽作用，高能宇宙射线对航天员的辐射具有非常大的危害。目前，国际上正在积极探索载人航天主动防护的方法，其中某种磁防护方案为在航天器内建立同心圆柱体形屏蔽磁场，磁场分布情况如图所示。设同心圆内径R1=R，外径R2= 3R，轴向足够长。设定区内为匀强磁场，磁场方向与轴平行，设定区外和防护区内无磁场。
(1)一个质子在平行于圆柱横截面的平面内，以速度v0沿指向圆心方向入射，该粒子恰好打不到防护区内部，求磁感应强度的大小和粒子在设定区内的运动时间。(已知质子的质量为m，电荷量为q)
(2)若宇宙中充满了大量速度大小为v0，沿任意方向运动的质子，为了使任何质子都打不到防护区内部，求磁感应强度的大小应该满足的条件。
(3)若已知磁感应强度为B，以A点所在截面建立x−y坐标系，圆柱轴线为z轴，y轴通过A点。如有一质子以初速度v= 2qBRm从A点射向防护区的C点，已知C点坐标(0,R,( 3−1)R)，求质子打到防护区的位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题根据光的干涉、全反射等现象在生产生活中的应用来解答．
肥皂膜表面可看到彩色条纹，是因为肥皂膜的前后两面反射回来的两列光发生干涉时形成的彩色条纹；
荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光线的全发射而形成的；
在照相机镜头前加装偏振滤光可使景像清晰；
根据公式Δx=Ldλ，结合间距调小，判断干涉条纹变宽，从而即可求解．
【解答】
A、甲中荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光线的全发射而形成的，故A错误；
B、在双缝干涉实验中，得到的条纹间距Δx=Ldλ，若双缝间距调小则干涉条纹间距变小则条纹间距Δx变宽，故B错误；
C、在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄车内部的情景，偏振滤光片减弱了车玻璃面的反射光的强度，使景像清晰，故C正确；
D、肥皂膜表面可看到彩色条纹，是因为肥皂膜的前后两面反射回来的两列光发生干涉时形成的彩色条纹，故D错误；
故选：C。
2.【答案】B
【解析】如图所示

在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源B点发出的光能够射出P点，则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，在 ▵OPB 中，根据正弦定理有
OBsinα=OPsinθ
解得
sinα=OBOPsinθ=3Rsinθ
当
θ=90∘
时， sinα 有最大值
sinα=3R
为使光线一定能从P点射出，根据全反射应有
sinα≤1n=11.5
所以
R≥4.5mm
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，A错误；
BCD.电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有
U=E=Bdv
电流的微观表达式是
I=nevS
则导体单位体积内的自由电子数
n=IevS
S=db
解得自由电子定向移动的速度为
v=UBd
代入得
n=BIeUb
可见，导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越小，BD错误，C正确；
故选C。
4.【答案】B
【解析】设该电流的有效值为I，由
I2RT=I0 22R×T2+2I02R×T4
解得
I= 52I0
故B正确。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B.释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C.整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律 m1+m2gh=m1gh1+m2gh2
由题知 m2>3m1 ， h2<0.5h ，解得 h1>2.5h ，故C正确；
D.若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： qvB=mv2r ，动能为： EK=12mv2 ，联立可得： EK=q2r2B22m ， α 粒子是氦核， β 粒子是电子，故 α 粒子和 β 粒子的电量之比为 2:1 ，故 α 粒子和 β 粒子的动能之比为： EKαEKβ=q12m1q22m2=4m2m1 ，故D正确，ABC错误．
7.【答案】AC
【解析】装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力．故A正确；玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒．故B错误；振动的周期为0.5s，则圆频率： ω=2πT=2π0.5=4πrad/s ，由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻：x0=− 12 A=A⋅sinφ0；结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0= 76 π( 116 π舍去)，则玻璃管的振动方程为：x=A⋅sin(ωt+φ0)=4sin(4πt+ 76 π)cm=4sin(4πt− 5π6 )cm.故C正确；由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关．故D错误；故选AC．
点睛：该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解．
8.【答案】BD
【解析】【分析】
根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。
【解答】
A.根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B.M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据矢量的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；
C.M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且大小相等，故C错误；
D.由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向都竖直向下，方向相同，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
当小球所受的合力为零，或合力与速度在同一直线上时能沿着直线通过电磁场区域，据此条件进行判断。
本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力。
【解答】
A.小球受重力、向右的电场力、向左的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B.小球受重力、向右上方的电场力、水平向左的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故B正确；
C.小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故C错误；
D.粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析F的变化规律．
【解答】
导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度L随时间t均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势E随时间t均匀增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I随时间t均匀增大，则导体棒受到的安培力大小F=BIL，随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知E′=2BLv=2E，则导体棒切割磁感线的有效长度L相同时I′=2I。导体棒切割磁感线的有效长度L随时间t均匀减小，则感应电流I′随时间t均匀减小，导体棒受到的安培力大小F′=BI′L=2F，随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，AD正确，BC错误。
故选AD。
11.【答案】(1)(2)；(3)sinisinr；(4)小一些；(5)1.5
【解析】【分析】
本题主要考查用插针法测定玻璃砖折射率原理是折射定律，运用几何知识和折射定律是解答本题的关键。
连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线，在图中标出需要测量的入射角i和折射角γ；
根据折射定律得，计算玻璃折射率的公式n=sinisinr；
为防止光线在弧面CD发生全反射，光线在弧面AB的入射角应适当小一些；
根据图像进行分析。
【解答】
(1)(2)连接P3、P4与弧面CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于P1、P2的连线与弧面AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，连接O点与光线在弧面AB上的入射点即为法线，作出入射角和折射角如图中i、r所示：
；
(3)由折射定律可得n=sinisinr；
(4)为了保证能在弧面CD上有出射光线，实验过程中，光线在弧面AB上的入射角应适当小一些，才不会使光线在弧面CD上发生全反射；
(5)图像的斜率k=sinisinr=n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5。
故答案为：(1)(2)；(3)sinisinr；(4)小一些；(5)1.5。
12.【答案】(1)0.5s，0.64m；(2)B；(3)AC
【解析】【分析】
本题考查用单摆测量重力加速度的实验，关键是明确实验原理和误差来源。
(1)摆球摆到最低点的时刻细线的拉力最大，由图象得到周期，根据公式T=2π Lg求解单摆的摆长；(2)单摆小角度摆动是简谐运动，合力沿着切线方向的分力提供回复力；
(3)根据单摆实验的实验原理和实验注意事项分析解答；
【解答】
(1)根据题图示的信息可得，白球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，
所对应的时刻为：t=0.5s，单摆的周期T=1.6s，根据单摆的周期公式有：T=2π Lg，
解得：L=gT24π2=10×1．624×10m=0.64m；
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上分力，重力和拉力的合力在径向上提供向心力，故B正确，ACD错误；
(3)AB、单摆的摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，摆长等于l+d2，故A正确，B错误；
C、摆线偏离竖直方向的夹角θ≤5°时，小球的运动才能视为简谐运动，故C正确；
D、若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期就不是单摆运动周期，故 D错误。
13.【答案】解：(1)由B−t图象可知，磁感应强度的变化率为：△B△t=B0t0
(2)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E=n△Φ△t=nπr22△B△t
根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为：I1=E3R
联立以上三式，解得：I1=nB0πr223Rt0
根据楞次定律可知通过R1上的电流方向：从b到a
(3)通过R1的电荷量q=I1t1得：q=nB0πr22t13Rt0
答：(1)磁感应强度的变化率为B0t0
(2)通过电阻R1上的电流大小为nB0πr223Rt0，方向从b到a．
(3)通过电阻R1上的电荷量q为nB0πr22t13Rt0．
【解析】(1)由B−t图象的斜率读出磁感应强度的变化率△B△t，
(2)由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向．
(3)由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q．
本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积．
14.【答案】解：(1)由U1U2=n1n2得升压变压器副线圈两端的电压U2=n2n1U1=101×500V=5000V；
(2)输电导线上的电流I=I2=P1U2=500×1035000A=100A．
由P损=I2r线可得，输电导线上的功率损失P损=20kW
用户得到的功率为P用=P1−P损=500kW−20kW=480kW
(3)设输电线上的电压损失为U损，则U损=Ir线=100×2V=200V
降压变压器原线圈两端的电压U3=U2−U损=5000V−200V=4800V
则降压变压器原、副线圈的匝数比为n3n4=U3U4=240：11
答：(1)升压变压器副线圈两端的电压为5000V；
(2)输电导线上的功率损失为20kW，用户得到的功率为480kW；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比为240：11。
【解析】(1)根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比求解升压变压器副线圈两端的电压；
(2)变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式△P=I22r求解输电线上损耗的电功率；
(3)根据欧姆定律求出输电线上损失的电压，从而求出降压变压器原线圈两端的电压，再根据电压之比等于线圈匝数之比求出降压变压器原、副线圈的匝数比。
本题考查远距离输电问题，对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流。
15.【答案】 B=mv0qR ， 2πR3v0 ；(2) B≥( 3+1)mv0qR ；(3) R2, 32R,π3R
【解析】(1)设带电粒子的轨迹半径为r，由几何关系得
R22+r2=r+R12
解得
r=R
根据牛顿第二定律
qv0B=mv02r
解得
B=mv0qR
带电粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为 23π ，所求时间为
t=sv0=2πR3v0
(2)为使所有速度为 v0 的粒子都不进入防护区，则粒子的半径最大为
r′=12R2−R1= 3−12R
由洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02r′
所以
B=( 3+1)mv0qR
磁感应强度
B≥( 3+1)mv0qR
(3)已知
v= 2qBRm
因为AC与y轴方向夹角为 45∘ ，所以v在z方向和y方向的分速度大小为
vz=vy= 22v=qBRm
xy平面内，由洛伦兹力提供向心力
qvyB=mvy2r
解得
r=R
如图所示，轨迹圆和防护区边界相切
sinθ=rr+R=0.5
切点坐标
x=Rsinθ=R2
y=Rcsθ= 32R
沿z方向为匀速运动
t=16⋅2πRvz=πR3vz
z=vzt=π3R
质子打防护区的能坐标为 R2, 32R,π3R 。