湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）关于磁场的认识，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度是标量
B．指南针能够指向南北是因为地磁场的存在
C．穿过线圈的磁通量为零，则该处的磁感应强度一定为零
D．一小段通电直导线在磁场中某点不受磁场力作用，则该点磁感应强度一定为零
2．（4分）下列有关光的现象中，能说明光是横波的是（ ）
A．泊松亮斑
B．阳光下的油膜呈现彩色
C．光的偏振
D．太阳光经过三棱镜呈现彩色
3．（4分）用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示（ ）
A．t＝0时，振子的回复力最大
B．1﹣2s内，振子的速度逐渐变大
C．振子振动的振幅为10cm
D．振子振动的频率为2.5Hz
4．（4分）质量为0.5kg的金属小球，以6m/s的速度水平抛出，抛出后经过0.8s落地，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时的动量大小为4kg•m/s
B．小球落地时的动量大小为2kg•m/s
C．小球从抛出到落地的动量变化量的大小为4kg•m/s
D．小球从抛出到落地的动量变化量的大小为2kg•m/s
5．（4分）线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，在加速线圈中接通变化的电流iab，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，现有质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，粒子入射速率v的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙中导电粒子为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧电势高
D．丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b无关
（多选）8．（5分）如图是等臂电流天平的原理图，在天平的右端挂一质量为m矩形线圈，线圈匝数为n，放在与纸面垂直的匀强磁场中。当线圈通入如图所示的电流时，在天平左右两边加上质量分别为m1、m2（m1＞m2+m）的砝码使天平平衡，则（ ）
A．磁场方向是垂直纸面向外
B．磁感应强度的大小为
C．取走全部砝码，仅改变电流大小，天平可以重新平衡
D．取走全部砝码，仅改变电流，天平重新平衡，电流与原电流大小之比为
（多选）9．（5分）如图，一列横波沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图中实线所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期可能是0.4s
B．该波的周期可能是0.3s
C．该波的波速可能是60m/s
D．该波的波速可能是30m/s
（多选）10．（5分）如图所示，间距为L＝1m足够长的光滑平行导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，导轨左端接有阻值R＝4Ω的定值电阻，与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中，现给导体棒施加一个水平向右的恒力Fm＝10m/s，则（ ）
A．力F的大小为10N
B．当导体棒速度大小为8m/s时，导体棒受到安培力的大小为4N
C．当导体棒速度大小为8m/s时，导体棒的加速度的大小为2m/s2
D．导体棒从开始到最大速度的过程中，电阻R的热功率随时间均匀增大
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（6分）某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度，装置如图甲所示。
（1）在用单摆测量重力加速度的实验中，下面的叙述哪些是正确的 。
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
D．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t
（2）学习小组同学用游标卡尺测量球的直径，示数如图乙所示，则该摆球的直径d＝ mm。
（3）学习小组同学经测量得到摆长L和对应的周期T，画出L﹣T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g＝ 。
12．（10分）如图1所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验时，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，接通电源使光源正常发光，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互 放置。（选填“垂直”或“平行”）
（2）在某次测量绿光的波长实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹记为第1条亮条纹，则此时的示数为 mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，由此可求得相邻亮条纹的间距Δx＝ mm。
（3）若双缝间距d＝0.25mm，双缝到屏的距离l＝75.00cm，则所测绿光的波长为 nm。
（4）若其他条件不变，把滤光片换为红色滤光片，则在屏上观察到的条纹间距会 （选填“变大”或“变小”）。
13．（12分）道威棱镜是医用内窥镜的重要组成部分（如图甲），它被广泛用于图形翻转。道威棱镜的横截面ABCD是底角为45°的等腰梯形，棱镜的折射率为，现有一光源F发出一组平行于AD的光线，最后投射到光屏上，真空中的光速取c＝3×108m/s。
（1）求光线1从AB射入“道威棱镜”后的折射角；
（2）求光线1在棱镜中的传播速度；
（3）通过计算判断光线1能否从BC边射出。
14．（12分）如图，光滑水平轨道上放置木板A和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B、C质量分别为m、4m、3m。开始时A、B静止，C以大小为v0的速度匀速向左运动，C与A的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），最终B恰好未从A上滑下，重力加速度为g。求：
（1）C与A发生第1次碰撞后瞬间C的速度大小v；
（2）A、B第1次达到共同速度时，A的右端与C的间距d；
（3）木板A的长度L。
15．（16分）如图，平面直角坐标系xOy的第三象限中x＜﹣a的区域内存在辐向电场，与P点（﹣a，0）；在﹣a≤x≤0的区域内无电场和磁场；在x＞0的区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场。在A点（﹣2a，0），能够沿y轴负方向发射出甲、乙两种带正电的粒子束，两种粒子的速度均为v0、电荷量均为q，粒子甲的质量为m，粒子乙的质量为1.5m。粒子甲在电场中做半径为a的匀速圆周运动（﹣a，﹣1.5a）与x轴正方向成θ角射出电场。进入磁场后，粒子甲从M点（0，3a）；粒子乙从N点（图中未标出）射出磁场。不计重力和粒子间的相互作用。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小。
（2）求粒子甲从离开粒子源到经过x轴所需要的时间。
（3）已知A、D间的电势差，，求N点的坐标。
2024-2025学年湖南省长沙市雅礼中学高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）关于磁场的认识，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度是标量
B．指南针能够指向南北是因为地磁场的存在
C．穿过线圈的磁通量为零，则该处的磁感应强度一定为零
D．一小段通电直导线在磁场中某点不受磁场力作用，则该点磁感应强度一定为零
【分析】根据磁感应强度的含义理解，即可分析其属于矢量还是标量；根据电磁场的特点分析；由磁通量的定义式，可知磁通量与磁感应强度的关系；根据安培力的公式适用条件，可知安培力为零与磁感应强度大小的关系。
【解答】解：A．磁感应强度是表示磁场的强弱和方向，故A错误；
B．地磁南北极和地理南北极不完全重合，地磁南极在地理的北极附近，故B正确；
C．磁通量的定义式：Φ＝BS，若B与线圈平行，该处的磁感应强度不一定为零；
D．安培力公式为：F＝BIL，若B与I平行，该处的磁感应强度不一定为零。
故选：B。
【点评】本题考查磁场、安培力的理解，关键是理解公式中各个量的相互关系，是否为影响因素。
2．（4分）下列有关光的现象中，能说明光是横波的是（ ）
A．泊松亮斑
B．阳光下的油膜呈现彩色
C．光的偏振
D．太阳光经过三棱镜呈现彩色
【分析】泊松亮斑是光的衍射现象；阳光下的油膜呈现彩色是光的干涉现象；偏振现象是横波特有的现象；太阳光经过三棱镜呈现彩色是光的色散现象。
【解答】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象，不能说明光是横波；
B、阳光下的油膜呈现彩色是光的干涉现象，不能说明光是横波；
C、偏振现象是横波特有的现象，故C正确；
D、太阳光经过三棱镜呈现彩色是光的色散现象，故D错误。
故选：C。
【点评】要知道干涉、衍射是波特有的现象，但偏振现象是横波特有的现象。
3．（4分）用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示（ ）
A．t＝0时，振子的回复力最大
B．1﹣2s内，振子的速度逐渐变大
C．振子振动的振幅为10cm
D．振子振动的频率为2.5Hz
【分析】弹簧振子做简谐运动，振子在平衡位置时回复力为零，速度最大，振子在最大位移处回复力最大，速度为零；根据图像可得振幅和周期，根据求频率。
【解答】解：A.在t＝0时，振子处于平衡位置，故A错误；
B.在1﹣8s内，振子由最大位移回到平衡位置，故B正确；
C.由图像可知，振子的振幅为5cm；
D.由图像可知，振子的周期为T＝4s，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查简谐运动图像的理解，需要根据图像判断振子的速度、回复力、振幅和周期。题目较为简单。
4．（4分）质量为0.5kg的金属小球，以6m/s的速度水平抛出，抛出后经过0.8s落地，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时的动量大小为4kg•m/s
B．小球落地时的动量大小为2kg•m/s
C．小球从抛出到落地的动量变化量的大小为4kg•m/s
D．小球从抛出到落地的动量变化量的大小为2kg•m/s
【分析】CD.由动量定理列式，即可分析判断；
AB.结合前面分析，根据运动学规律、动能定理、动量的公式分别列式，即可分析判断。
【解答】解：CD.设小球从抛出到落地的动量变化量的大小为Δp，以竖直向下为正方向，
由动量定理可得：mg•t＝Δp，
解得：Δp＝4kg•m/s，
则小球从抛出到落地的动量变化量的大小为4kg•m/s，故C正确；
AB.设小球初速度大小为v、末速度大小为v'y、下落高度为h，
结合CD可得：Δp＝mvy，
由运动学规律可得：h＝
由动能定理可得：mgh＝mv'2﹣mv2，
小球落地时的动量大小为：p＝mv'，
联立可得：p＝5kg•m/s，故AB错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方向，计算时也要注意该物理量的符号。
5．（4分）线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，在加速线圈中接通变化的电流iab，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】本题根据楞次定律，结合加速线圈与弹丸线圈要形成斥力，分析求解。
【解答】解：弹丸向右发射，此时加速线圈与弹丸线圈要形成斥力，根据楞次定律，故ABC错误；
故选：D。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，合理利用增反减同、来拒去留是解决此类问题的关键。
6．（4分）如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，现有质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，粒子入射速率v的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】本题的解题关键是分析带电粒子在磁场中的受力和运动轨迹。粒子在匀强磁场中做圆周运动，轨道半径由洛伦兹力提供向心力的平衡条件确定。随着速率增加，轨道半径增大，当粒子的轨迹刚好与边界相切时，速率达到最大。通过几何关系，可以确定轨道半径和磁场宽度的关系，进而求出速率的临界值。
【解答】解：设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，解得：
带电粒子速率越大，轨道半径越大，粒子恰好不能从边界NN'射出。由题意得：粒子带负电
由几何知识得：R+Rcs45°＝d，解得：，故ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动规律，特别是洛伦兹力提供向心力的分析。题目通过限制粒子的轨迹边界，引导学生结合几何知识和物理定律解决问题。解题时需注意物理量之间的关系，尤其是半径与速度的变化，帮助理解带电粒子在磁场中的动态行为，提升对相关物理现象的感知力。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙中导电粒子为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧电势高
D．丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b无关
【分析】回旋加速器加速带电粒子的最大动能是由回旋加速器的半径和约束磁场的磁感应强度大小共同决定的；根据牛顿第二定律和平衡条件写出半径表达式分析；根据左手定则分析；根据平衡条件和流量公式写出电压的表达式分析。
【解答】解：A、回旋加速器加速带电粒子的最大动能是由回旋加速器的半径和约束磁场的磁感应强度大小共同决定的，故A错误；
B、经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，根据牛顿第二定律有，即都相同；
C、根据左手定则可以判断负电荷在这种情况下受到的洛伦兹力方向指向N侧，即N侧电势低；
D、经过电磁流量计的那些带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个侧面偏转，带电粒子受到洛伦兹力的同时又受到电场力，其中v表示液体的流速，即，解得U＝Bvb，可得：，流量Q和c有关、b无关。
故选：BD。
【点评】掌握粒子在磁场中的受力，以及洛伦兹力提供向心力公式，电场力公式，左手定则的应用等是解题的基础。
（多选）8．（5分）如图是等臂电流天平的原理图，在天平的右端挂一质量为m矩形线圈，线圈匝数为n，放在与纸面垂直的匀强磁场中。当线圈通入如图所示的电流时，在天平左右两边加上质量分别为m1、m2（m1＞m2+m）的砝码使天平平衡，则（ ）
A．磁场方向是垂直纸面向外
B．磁感应强度的大小为
C．取走全部砝码，仅改变电流大小，天平可以重新平衡
D．取走全部砝码，仅改变电流，天平重新平衡，电流与原电流大小之比为
【分析】根据天平平衡的条件，即左右两边的受力相等。
根据安培力的计算公式和左手定则，以判断磁场的方向和计算磁感应强度。
分析取走砝码后，仅通过改变电流大小能否使天平重新平衡，以及平衡时电流大小的变化。
【解答】解：A、根据题意1、m2（m8＞m2+m）的砝码使天平平衡，可知，根据左手定则，磁场方向应垂直纸面向外，故A正确；
B、根据平衡条件，有
m1g＝m8g+nBIL+mg
解得
故B错误；
C、根据题意有，仅改变电流大小，天平不可能平衡；
D、根据题意有，仅改变电流，根据平衡条件，有
mg＝nBI′L
电流与原电流大小之比为
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题的关键在于理解安培力的方向和大小，以及如何通过平衡条件来判断磁场的方向和计算磁感应强度。同时，需要注意到取走砝码后，仅通过改变电流大小来重新平衡天平的条件，这涉及到对安培力和平衡条件的深入理解。
（多选）9．（5分）如图，一列横波沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图中实线所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期可能是0.4s
B．该波的周期可能是0.3s
C．该波的波速可能是60m/s
D．该波的波速可能是30m/s
【分析】如果该波沿+x或沿﹣x方向传播，根据波形图得到周期表达式分析周期；根据波速计算公式求解波速表达式进行分析。
【解答】解：AB、如果该波沿+x方向传播）T＝ts （n＝0、1、8
当n＝0时，T＝0.7s；
如果该波沿﹣x方向传播，则有：（n+，解得：T＝、1、2、4……）
当n＝0时，T＝s，故A正确；
CD、如果该波沿+x方向传播＝m/s＝20（4n+1）m/s（n＝3、1、2
当n＝3时，v＝20m/s，v＝100m/s；
如果该波沿﹣x方向传播，波速为：v＝＝、8、2、3……）
当n＝4时，v＝60m/s，v＝140m/s、D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查波的多解性问题，关键是知道波传播方向不确定、质点振动具有周期性都会造成多解，掌握此类问题的处理方法以及波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
（多选）10．（5分）如图所示，间距为L＝1m足够长的光滑平行导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，导轨左端接有阻值R＝4Ω的定值电阻，与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中，现给导体棒施加一个水平向右的恒力Fm＝10m/s，则（ ）
A．力F的大小为10N
B．当导体棒速度大小为8m/s时，导体棒受到安培力的大小为4N
C．当导体棒速度大小为8m/s时，导体棒的加速度的大小为2m/s2
D．导体棒从开始到最大速度的过程中，电阻R的热功率随时间均匀增大
【分析】根据导体棒的平衡状态结合安培力的计算公式得出力F的大小；
根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律导体棒的加速度；
根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，从而分析出导体棒的电流的变化，结合热功率的计算公式即可完成分析。
【解答】解：A、当导体棒受力平衡时，则导体棒的速度最大
根据动生电动势的计算公式可得：
E＝BLvm
根据欧姆定律可得：
根据安培力的计算公式可得：
FA＝BIL
因为F＝FA
联立解得：F＝10N，故A正确；
BC、当导体棒的速度大小为8m/s时
E′＝BLv′
F′A＝BI′L
根据牛顿第二定律可得：
F﹣F′A＝ma
代入数据解得：F′A＝8N
联立解得：a＝8m/s2，故B错误，C错误；
D、电阻的热功率为
P＝I2R
根据动生电动势的计算公式可得：
E＝BLvm
根据欧姆定律可得：
根据安培力的计算公式可得：
FA＝BIL
联立可得：
根据牛顿第二定律可得：
根据加速度的表达式可知，当导体棒的速度增大时，流过导体棒的电流的平方与时间不是线性关系，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉动生电动势、欧姆定律和安培力的计算公式，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，同时结合功率的计算公式即可完成分析。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（6分）某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度，装置如图甲所示。
（1）在用单摆测量重力加速度的实验中，下面的叙述哪些是正确的 ABD 。
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
D．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t
（2）学习小组同学用游标卡尺测量球的直径，示数如图乙所示，则该摆球的直径d＝ 15.65 mm。
（3）学习小组同学经测量得到摆长L和对应的周期T，画出L﹣T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g＝ 。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）先确定游标卡尺的分度值再读数；
（3）根据单摆周期公式推导图像函数表达式，结合图像计算重力加速度。
【解答】解：（1）A．细些的摆线；伸缩性小些的摆线；适当长一些的摆线，故A正确；
B．摆球选择质量大一些，空气阻力产生的影响较小；
C．用刻度尺测量摆线的长度，摆线长度与摆球的半径之和为单摆的摆长；
D．当摆球经过平衡位置时开始计时；记下摆球做50次全振动所用的时间t
故D正确。
故选：ABD。
（2）由图乙可知，主尺上的读数为15mm，则该摆球的直径为d＝（15+13×0.05）mm＝15.65mm
（3）根据
得
则L﹣T7图线的斜率为
解得
故答案为：（1）ABD；（2）15.65
【点评】本题关键掌握实验原理和注意事项，掌握游标卡尺的读数方法、利用图像函数表达式结合图像处理问题。
12．（10分）如图1所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验时，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，接通电源使光源正常发光，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互 平行 放置。（选填“垂直”或“平行”）
（2）在某次测量绿光的波长实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹记为第1条亮条纹，则此时的示数为 5.770 mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，由此可求得相邻亮条纹的间距Δx＝ 1.62 mm。
（3）若双缝间距d＝0.25mm，双缝到屏的距离l＝75.00cm，则所测绿光的波长为 540 nm。
（4）若其他条件不变，把滤光片换为红色滤光片，则在屏上观察到的条纹间距会 变大 （选填“变大”或“变小”）。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）螺旋测微器读数为固定刻度和可动刻度读数之和；计算相邻亮条纹的间距；
（3）根据条纹间距公式推导计算；
（4）根据条纹间距公式分析判断。
【解答】解：（1）该实验中单缝的作用获得线光源，而双缝的作用获得相干光源。
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以第1条亮条纹中心所在刻度为
x1＝8.5+27.0×7.01mm＝5.770mm
第6条亮条纹中心所在刻度为
x5＝13.5+37.0×3.01mm＝13.870mm
所以相邻亮条纹的间距为
（3）根据
代入数据解得
（4）若其他条件不变，把滤光片换为红色滤光片，根据
可知，屏上观察到的条纹间距会变大。
故答案为：（1）平行；（2）5.770；（3）540。
【点评】本题关键掌握“用双缝干涉测量光的波长”实验原理和螺旋测微器的读数方法。
13．（12分）道威棱镜是医用内窥镜的重要组成部分（如图甲），它被广泛用于图形翻转。道威棱镜的横截面ABCD是底角为45°的等腰梯形，棱镜的折射率为，现有一光源F发出一组平行于AD的光线，最后投射到光屏上，真空中的光速取c＝3×108m/s。
（1）求光线1从AB射入“道威棱镜”后的折射角；
（2）求光线1在棱镜中的传播速度；
（3）通过计算判断光线1能否从BC边射出。
【分析】（1）根据几何关系结合光的折射定律求出折射角；
（2）由可求传播速度；
（3）根据全反射的条件判断光线1是否能从BC边射出。
【解答】解：（1）画出光路图如图所示：
由折射定律可得：，解得：；
（2）光线1在棱镜中传播的速度为：；
（3）由几何关系可知关系7射到BC边的入射角为θ＝90°﹣（180°﹣45°﹣30°﹣90°）＝75°，由临界角公式可得：，所以有：C＝45°，则光线1在BC边发生全反射。
答：（1）光线1从AB射入“道威棱镜”后的折射角为30°；
（2）光线7在棱镜中的传播速度为2.1×103m/s；
（3）光线1不能从BC边射出，见解析。
【点评】解决该题的关键是能根据题意正确作出光在棱镜中传播的光路图，根据全反射的临界角公式判断光在棱镜中是否能发生全反射，根据求解光传播的速度。
14．（12分）如图，光滑水平轨道上放置木板A和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B、C质量分别为m、4m、3m。开始时A、B静止，C以大小为v0的速度匀速向左运动，C与A的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），最终B恰好未从A上滑下，重力加速度为g。求：
（1）C与A发生第1次碰撞后瞬间C的速度大小v；
（2）A、B第1次达到共同速度时，A的右端与C的间距d；
（3）木板A的长度L。
【分析】（1）C与A发生碰撞满足动量守恒，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立求解；
（2）A、B达到共同速度的过程中，根据动量守恒定律求解共同速度大小，再对B根据动量定理求解时间，根据运动学公式求解A、B第1次达到共同速度时，A的右端与C的间距；
（3）根据运动学公式求解A的长度。
【解答】解：（1）规定向左为正方向，设A和C碰撞后的速度大小分别为v1、v，C与A发生碰撞满足动量守恒。
以向左为正方向，根据动量守恒定律可得：3mv7＝3mv1+mv
根据机械能守恒定律得：3＝3+mv4
解得：v1＝，v＝；
（2）C与A发碰撞后，到A2，满足动量守恒，以向左为正
mv5＝（4m+m）v2
代入数据解得：v2＝0.3v5
以向左为正，对B根据动量定理有：μ•4mgt＝4mv2﹣0
解得：t＝
A、B第1次达到共同速度时﹣vt
解得：d＝；
（3）A的长度为L，根据运动学公式可得：L＝﹣＝
解得：L＝。
答：（1）C与A发生第1次碰撞后瞬间C的速度大小为；
（2）A、B第1次达到共同速度时；
（3）木板A的长度为。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
15．（16分）如图，平面直角坐标系xOy的第三象限中x＜﹣a的区域内存在辐向电场，与P点（﹣a，0）；在﹣a≤x≤0的区域内无电场和磁场；在x＞0的区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场。在A点（﹣2a，0），能够沿y轴负方向发射出甲、乙两种带正电的粒子束，两种粒子的速度均为v0、电荷量均为q，粒子甲的质量为m，粒子乙的质量为1.5m。粒子甲在电场中做半径为a的匀速圆周运动（﹣a，﹣1.5a）与x轴正方向成θ角射出电场。进入磁场后，粒子甲从M点（0，3a）；粒子乙从N点（图中未标出）射出磁场。不计重力和粒子间的相互作用。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小。
（2）求粒子甲从离开粒子源到经过x轴所需要的时间。
（3）已知A、D间的电势差，，求N点的坐标。
【分析】（1）由题意画出粒子甲的运动轨迹，由几何关系求得其在磁场中的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解；
（2）粒子甲在电场中匀速圆周运动的轨迹为圆周，在﹣a≤x≤0的区域内做匀速直线运动，确定粒子甲从进入磁场到经过x轴的轨迹圆弧的圆心角，分别求得各段运动时间，各段运动时间之和即为所求；
（3）应用动能定理求得粒子乙经过D点的速度大小，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子乙在磁场中运动的半径，画出粒子乙的运动轨迹，根据几何关系求解。
【解答】解：（1）由题意可得粒子甲的运动轨迹如下图所示，
粒子甲在磁场中运动了半个圆周，可知其在磁场中的运动半径为：r1＝2a
根据洛伦兹力提供向心力可得：
联立解得：
（2）粒子甲在电场中做半径为a的匀速圆周运动，轨迹为。
则其在电场中运动时间为：
粒子甲在﹣a≤x≤0的区域内做匀速直线运动的时间为：
粒子甲从进入磁场到经过x轴的轨迹圆弧的圆心角为：β＝
对应的运动时间为：
粒子甲从离开粒子源到经过x轴所需要的时间为：
（3）设粒子乙在D点的速度大小为v，对粒子乙从A到D的过程中
，其中：
解得：
设粒子乙在磁场中运动的半径为r7，同理得：
解得：
粒子乙的运动轨迹如下图所示，
由几何关系可得N点纵坐标为：yN＝2r2csθ﹣（7.5a+a•tanθ）
已知：，可得：tanθ＝
解得：yN＝5a
则N点坐标为（0，2a）。
答：（1）匀强磁场磁感应强度的大小为。
（2）粒子甲从离开粒子源到经过x轴所需要的时间为。
（3）已知A、D间的电势差，，2a）。
【点评】本题是较简单的在电场和磁场中带电粒子运动问题，粒子磁场中匀速圆周运动，在辐向电场中做匀速圆周运动或者曲线运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图，确定轨迹半径和圆心角是基本功。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/23 21:27:11；用户：树理化；邮箱：17625822904；学号：56605566题号
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答案
B
C
B
C
D
D