湖南省永州一中2025-2026学年高二（上）期末物理模拟试卷

这是一份湖南省永州一中2025-2026学年高二（上）期末物理模拟试卷，共18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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.光学技术作为一门高精密度的学科，应用在各个领域，下列关于光学现象的说法正确的是( )
A. 如图甲所示，肥皂泡上的彩色条纹是由于光发生了全反射现象
B. 如图乙所示，观看3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振现象，光的偏振现象说明光是纵波
C. 让激光束通过两个狭缝，可观察到光屏上出现如图丙所示条纹，该条纹间距相等，且光的波长越大，条纹间距越大
D. 如丁图所示，激光束沿液流传播，该现象是由于光发生了衍射现象
2.如图所示，在一根张紧的绳子上静止悬挂几个摆长不同的摆球a、b、c、d，且悬线长Lb>La=Lc>Ld，现使a摆偏离平衡位置小角度后释放，a摆在振动中通过细绳对其他几个摆施加周期性的驱动力。在振动稳定后，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. d摆的振动周期最短B. a、b、c、d的振动周期不同
C. c摆振动的振幅最大D. b摆摆长最长，振动的振幅最大
3.《天工开物》舞剧在2025年10月10日北京场次的谢幕环节中，首次引入了智能机器人与舞者同台互动表演。该机器人由宇树科技提供，它完成的后空翻、打拳、伴舞等动作的流畅度接近人类表演水平。假设机器人的电池容量为30A⋅h，工作时输出电压为24V，输出功率为48w。关于该机器人，下列说法正确的是( )
A. 机器人的电阻是12ΩB. 电池储存的电能为30A⋅h
C. 机器人正常工作时的电流是2AD. 机器人充满电后一次工作时间约为10h
4.如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面处在方向竖直向上的匀强磁场中，一根长为L的金属细杆通有电流I时，恰好能保持静止，此时磁感应强度大小为B。若保持电流I不变，磁感应强度大小变为B′，方向变为垂直斜面向上，仍使金属细杆在斜面上保持静止，重力加速度为g。则( )
A. 金属细杆中电流垂直纸面向外B. 受到的安培力变为原来的 33倍
C. 对斜面压力大小变为原来的34倍D. 磁感应强度B′=2B
5.北京时间2025年6月22日16时15分，琉球群岛发生了一次5.2级地震，震中位于我国东部沿海方向的北纬29.26度、东经129.42度的琉球群岛，震源深度10千米。地震发生时，某监测站记录到一列沿x轴传播的横波。其t=0时刻的波形(图甲)和质点K的振动图像(图乙)如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该列波的传播方向为x轴正方向
B. 该波沿x轴从x=0处传播到远方52km的海岸边需要13s
C. Q点的振动方程为y=14sin(2πt)cm
D. 该波与频率为2Hz、振动方向一致的简谐横波相遇，能形成稳定的干涉图样
6.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里。静电分析器通道中心线为14圆弧，圆弧的半径(OP)为R通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E.磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电B. 极板P1的电势比极板P2的电势低
C. 粒子的速度v=B1E1D. 粒子的比荷为E12ERB12
7.如图所示，将两个质量分别为m1=60g、m2=30g的小球A、B叠放在一起，A在下、B在上，中间留有小空隙。从初始高度h0=1.8m处由静止释放，A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图乙所示(图中忽略了AB碰撞时间)，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. B球与A球碰前的速度大小为4m/s
B. A、B两球发生的是非弹性碰撞
C. A、B两球发生的是弹性碰撞
D. 两球碰撞过程中，重力对B球的冲量大小与A球对B球的弹力冲量大小比值为101：1
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于下列四幅情景图，其中判断正确的是( )
A. 图甲中小磁针正上方直导线中通有水平向右电流时，小磁针N极会垂直纸面向外转动
B. 图乙中线框由实线位置转动到虚线位置，穿过线框的磁通量变小
C. 图丙中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电流
D. 图丁中条形磁体附近水平放置的金属框从A下落到C的过程中，金属框中有感应电流产生
9.如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆心在(O,R)，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R，平行于y轴的光屏，其中心O1位于(2R,R)。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则( )
A. 粒子速度大小为qBRm
B. 所有粒子均能射在光屏上
C. 能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为5πm6qB
D. 能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足60°≤θ≤120°
10.物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去F，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是( )
A. 恒力F的冲量为1N⋅s
B. b物块的质量为2kg
C. t=1s时b的速度小于0.15m/s
D. 弹簧伸长量最大时，b的速度大小为13m/s
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组在用如图甲所示的双缝干涉实验装置测定光的波长实验中，通过目镜成功观察到光屏上的干涉条纹。
(1)某同学在实验过程中通过有关操作使干涉条纹由图乙变为图丙，他的操作是以下的那项______。
A.换用长度更长的遮光筒
B.增大单缝到双缝的距离
C.换用间距更小的双缝
D.红色滤光片换成紫色滤光片
(2)在用游标卡尺测定某干涉条纹位置时，得到卡尺上的示数如图丁所示，则该干涉条纹位置是______cm。
(3)在测定某单色光波长的实验中，测得光源到单缝间距为L1，单缝到双缝间距为L2，双缝到光屏间距为L3，单缝宽为d1，双缝间距为d2，测得连续五条亮纹位置，其中第一条纹位置为x1，第五条纹位置为x5(x5>x1)。则该单色光的波长为λ=______。
12.新能源汽车用的电源大多数为锂离子电池串联而成，它的主要优点是单位质量放电量大，寿命长，长时间不使用时电能损耗较少。某实验小组测量某个新型锂电池组的电动势(约为41V)和内阻(约为2Ω)，进行了以下实验：
(1)为完成本实验需要将实验室量程为5V、内阻为2kΩ的电压表改装成量程为40V的电压表使用，需要串联一个______kΩ的定值电阻R0。
(2)该小组设计了如图1所示电路图进行实验，正确进行操作，利用记录的数据进行描点作图得到如图2所示的1U−1R的变化图像，其中U为电压表读数(电压表自身电压)，R为电阻箱的读数，图中a=2，b=0.2，c=5。若不考虑电压表分流带来的影响，由以上条件可以得出电源电动势E= ______V；内阻r= ______Ω(计算结果均保留两位有效数字)。
(3)若考虑电压表分流，上述测量值与真实值相比：电动势的测量值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，电源内阻测量值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，与直径AB垂直的足够大的光屏CD紧靠住玻璃砖的左侧，OO′与AB垂直。一细光束沿半径方向与OO′成θ=30°角射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为( 3+1)R，真空中的光速为c，求：
(1)此玻璃的折射率；
(2)改变角度θ的大小直到光屏上恰好只剩下一个光斑，计算此种情况下光从射入玻璃砖至传播到光屏所用的时间。
14.如图所示，质量为mA=1kg的小木块A，静止在质量mB=2kg且下表面光滑、上表面粗糙的长木板B的左端。长木板B右侧放置一质量为mC=2kg的物块C。现有一颗质量为m0=20g的子弹，以v0=600m/s的初速度，从左向右瞬间水平击穿小木块A，木块A被击穿后的速度为6m/s，此后木块A在长木板B上滑动，A、B达到共同速度的瞬间，B与C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小木块A未从长木板B上掉落。已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，物块C与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
(1)子弹穿过小木块A后的速度大小；
(2)长木板B右端与物块C的初始距离；
(3)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
15.如图(a)，在两块水平金属极板间加电压U=100V，一个重力不计、比荷qm=1.0×106C/kg带正电粒子，以水平初速度v0= 3×104m/s从金属极板正中间射入两板之间。具有理想直线边界MON的足够大的磁场区，其边界MON与水平方向成60°角。粒子经电场偏转后，恰好从下极板边缘O点射入磁场，从此刻开始计时(t=0)，磁感应强度按如图(b)规律变化，已知B0=1T，磁场方向以垂直于纸面向里为正。求：
(1)t=0时，粒子速度的大小v及其与水平方向的夹角θ；
(2)若T0=43π×10−6s，则粒子在t=T0时的位置与O点的距离s；
(3)若仅改变T0的大小，粒子射入磁场后，恰好不再从边界MON射出，则T0的值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、如图甲，肥皂泡上出现彩色条纹是由于光发生了薄膜干涉现象，故A错误；
B、如图乙，观看3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振现象，光的偏振现象说明光是横波，故B错误；
C、如图丙，让激光束通过两个狭缝，发生双缝干涉，干涉条纹间距相等，根据Δx=ldλ
可知，光的波长越大，条纹间距越大，故C正确；
D、如图丁，激光束沿液流传播，水的折射率大于空气的折射率，光在液流中发生全反射，不是衍射现象，故D错误。
故选：C。
结合肥皂泡的薄膜干涉、3D眼镜的偏振原理、双缝干涉的条纹间距规律，以及丁图的全反射现象，逐一分析各选项的光学原理是否正确。
学生易混淆薄膜干涉与全反射现象，误将肥皂泡的彩色条纹认为是全反射，也常搞混双缝干涉与单缝衍射的条纹特征，或对偏振现象证明光是纵波还是横波判断错误。
2.【答案】C
【解析】解：AB、做受迫振动的物体的振动周期与驱动力的周期相等，b、c、d做的都是受迫振动，所以他们的振动周期都和a的周期相等，故AB错误；
CD、当驱动力的周期和摆球的固有频率相等时，会发生共振现象，根据T=2π Lg可知，a摆和c摆的周期相等，c摆将发生共振，所以c摆振动的振幅最大，故C正确，D错误。
故选：C。
做受迫振动的物体的振动周期与驱动力的周期相等；当驱动力的周期和摆球的固有频率相等时，会发生共振现象。
知道做受迫振动的物体的振动周期与驱动力的周期相等，知道发生共振的条件等是解题的基础。
3.【答案】C
【解析】解：AC、工作时输出电压24V，额定功率48W，根据P=UI，代入数据有：I=2A，机器人不是纯电阻用电器，不能直接用欧姆定律来计算电阻，故A错误，故C正确；
B、题中“A⋅h”是电荷量的单位，故B错误；
D、扫地机器人充满电后一次工作时间：t=QI，代入数据解得t=15h，故D错误；
故选：C。
根据已知的输出功率、输出电压、电池容量等信息，分别对每个选项进行分析计算。
本题关键在于明确机器人不是纯电阻用电器，不能随意用欧姆定律计算电阻；同时要清楚电池容量是电荷量，计算电能和工作时间时要运用正确公式。
4.【答案】C
【解析】解：A、由于金属杆处于平衡状态，对金属杆受力分析可知，受重力mg、斜面的支持力N和水平向右的安培力F，如图所示：
由左手定则可知电流方向垂直纸面向里，故A错误；
BD、开始时，设金属杆的质量为m，由平衡条件可知，沿斜面方向有：Fcs30°=mgsin30°，解得：F=mgtan30°= 33mg；当磁场变为垂直斜面向上时，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有：F′=mgsin30°，解得：F′=mgsin30°=12mg，所以，F′F=12mg 33mg= 32，即有：F′= 32F，又F=BIL，F′=B′IL，则有：B′B=F′ILFIL=F′F= 32，即：B′= 32B，故BD错误；
C、根据受力平衡可知，原来斜面对金属细杆的支持力为：N=mgcs30∘=mg 32=2 33mg，磁场变化后斜面对金属细杆的支持力为：N′=mgcs30°= 32mg，所以有：N′=34N，结合牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力大小变为原来的34倍，故C正确。
故选：C。
根据安培力的方向确定电流方向；根据安培力的计算公式确定安培力的大小及磁感应强度的大小；根据共点力的平衡条件求解压力大小；
本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知质点K在t=0时刻向下振动，根据波形平移法可知，该列波的传播方向为x轴负方向，故A错误；
B.由图甲、乙可知波长为λ=4km，周期为T=1s，则该波的波速为v=λT=4km1s=4km/s
沿x轴传播52km距离需要的时间为t′=xv=524s=13s，故B正确；
C.波沿x轴负方向传播，则Q点在t=0时刻向下振动，振动方程为y=−14sin(2πTt)cm=−14sin(2πt)cm，故C错误；
D.该波的频率为f=1T=11Hz=1Hz，则该波与频率为2Hz、振动方向一致的简谐横波相遇，不能形成稳定的干涉图样(必须同频率的波才能发生干涉)，故D错误。
故选：B。
结合振动图像判断t=0时质点的振动方向，用同侧法确定波的传播方向，再通过波长和周期计算波速、传播时间，分析振动方程的初相位，最后根据干涉条件判断选项。
学生易在波的传播方向判断时混淆同侧法的振动方向与传播方向的关系，或误读振动图像的周期；写振动方程时易忽略初相位(只关注振幅和角频率，忘记结合t=0时的振动方向；干涉条件中“频率相同”的核心要求常被忽略，错认为振动方向一致即可形成稳定干涉。
6.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，受到的洛伦兹力的方向向左，由左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
B.粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的电场力的方向向下，则电场的方向向下，P1的电势比极板P2的高，故B错误；
C.粒子在速度选择器内受力平衡，则qE1=qvB1，可得v=E1B1，故C错误；
D.粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力，则qE=mv2R
联立可得粒子的比荷qm=v2ER=E12ERB12，故D正确。
故选：D。
先分析速度选择器中的受力平衡，再结合静电分析器中电场力提供向心力的条件，最后在磁分析器中由洛伦兹力提供圆周运动向心力，联立求解粒子的比荷并判断各选项。
本题结合速度选择器、静电分析器与磁分析器，综合考查带电粒子在复合场中的受力与运动，核心是通过受力平衡与向心力公式推导粒子速度和比荷，对综合分析能力有一定要求。
7.【答案】B
【解析】解：A、在A落地前，AB一起自由落体，由乙图可知，B自由落体的时间为0.6s，即B与A碰前的速度大小为：v=gt，解得：v=6m/s，故A错误；
BC、由题意可知A与地面碰撞后，以原速率反弹，则AB碰撞瞬间，A的速度大小与B的速度大小相同，方向相反；AB发生碰撞的时间极短，即AB碰撞过程动量守恒，以竖直向上为正方向，则：m1v−m2v=m1v1+m2v2，由图可知：v2=4m/s，解得v1=1m/s；碰撞前的总动能为：Ek=12(m1+m2)v2，碰撞后的总动能为：Ek后=12m1v12+12m2v22，解得：Ek>Ek后，即碰撞过程有动能损失，为非弹性碰撞，故B正确，C错误；
D、根据B碰后的速度为v2=4m/s，以竖直向上为正方向，可得到B的动量变化量为：Δp=m2v2−m2(−v)，碰撞过程B的重力的冲量大小为：I1=m2gΔt，竖直向下，对B应用动量定理，可得：IAB−I1=Δp，解得B的重力的冲量与A对B的弹力冲量的大小之比为1：101，故D错误。
故选：B。
在A落地前，AB一起自由落体，由乙图可知，B自由落体的时间，即可得到B与A碰前的速度大小；AB发生碰撞的时间极短，即AB碰撞过程动量守恒，即可得到A碰撞后的速度，根据AB碰前碰后的速度，即可比较碰撞过程的动能变化情况，分析是否为弹性碰撞；根据B碰后的速度，可得到B的动量变化量，根据恒力的冲量公式，可得到碰撞过程B的重力的冲量，对B应用动量定理，即可得到A对B的弹力冲量，计算B的重力的冲量与A对B的弹力冲量的大小之比。
本题考查碰撞过程的动量、能量分析，关键是掌握弹性碰撞与非弹性碰撞在能量转化上的区别。
8.【答案】BD
【解析】解：A、图甲，根据安培定则，直导线中通有水平向右电流时，在小磁针处产生向里的磁场，小磁针N极会垂直纸面向里转动，故A错误；
B、根据磁通量Φ=B⊥S可知，图乙中线框由实线位置转动到虚线位置，穿过线框的磁通量变小，故B正确；
C、图丙中磁铁向右插入不闭合线圈，由于电路不闭合，所以线圈中不会产生感应电流，故C错误；
D、图丁中条形磁体附近水平放置的金属框从A下落到C的过程中，穿过金属框的磁通量发生变化，所以金属框中有感应电流产生，故D正确。
故选：BD。
分别用安培定则判断电流磁场方向，分析线圈转动、磁铁插入、金属框下落时的磁通量变化，结合感应电流产生条件判断各选项。
学生易忽略感应电流产生的“闭合电路”条件，或误判线圈转动、金属框下落时的磁通量变化，需注意磁通量变化与闭合电路两个条件缺一不可。
9.【答案】AD
【解析】解：A.已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则qvB=mv2R
解得粒子速度大小为v=qBRm
故A正确；
B.由于所有粒子的速度大小相等，所以所有粒子进入磁场后的运动半径都相等；所有粒子离开磁场后都将平行进入第一象限，其中离开磁场区域的出射点距离坐标原点的高度最大值为2R，最低为零，所以有一部分粒子不会打到光屏上，故B错误；
C.能射在光屏上的、且在磁场中运动时间最长的粒子，刚好打在光屏的上边缘，其运动轨迹对应的圆心角为2π3，根据周期公式T=2πmqB
可得t=2π32πT=13T=2πm3qB
故C错误；
D.若粒子初速度方向与x轴夹角为θ时粒子恰好能打在光屏的下边缘，由几何关系可知，此时粒子轨迹对应的圆心角为π3，即初速度方向与x轴夹角为60°；恰好能打在光屏上边缘的粒子，其初速度方向与x轴的夹角为120°；即能打在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足60°≤θ≤120°
故D正确。
故选：AD。
初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，洛伦兹力提供向心力，结合所有粒子的速度大小相等，所以所有粒子进入磁场后的运动半径都相等，综合粒子初速度方向与x轴夹角为θ时粒子恰好能打在光屏的下边缘分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解决此类问题的关键。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、根据恒力的冲量公式：I=Ft，可得恒力F的冲量为1N⋅s，故A正确；
B、t=0时，由图可知：F=maa0，解得：ma=1kg，t=1s时，由图可知：F−F1=maa1，F1=mba2，解得：mb=2kg，故B正确；
C、由a−t图，可知在0～1s内，b的速度变化量为：Δvb>12a2t，即：Δvb>0.15m/s，t=1s末时，b的速度满足：vb−0=Δvb，即：vb>0.15m/s，故C错误；
D、撤去外力后，对两物块受力分析，可知a物块减速，b物块加速，当二者共速时，弹簧伸长量最大，以水平向右为正方向，从施加恒力，到弹簧伸长量最大：Ft=(ma+mb)v，解得：v=13m/s，故D正确。
故选：ABD。
根据恒力的冲量公式，可得到恒力F的冲量；根据t=0时、t=1s时，两物块的加速度，可得到a、b的质量；由a−t图，可分析在0～1s内，b的速度变化量，分析t=1s末时b的速度范围；撤去外力后，对两物块受力分析，即可分析两物块的运动情况，判断弹簧伸长量最大时，a、b速度情况，根据动量定理，即可得到此时b的速度大小。
本题考查与弹簧相关的动量、能量分析，注意a−t图与t轴围成的面积表示速度变化量。
11.【答案】D； 1.740； d2(x5−x1)4L3
【解析】(1)双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，故要减小屏上相邻亮条纹之间的距离Δx，可以减小双缝到屏的距离L，增大双缝之间的距离，或者减小光的波长；
A.换用长度更长的遮光筒，双缝到屏的距离L增大，条纹间距增大，故A错误；
B.增大单缝到双缝的距离，不改变条纹间距，故B错误；
C.换用间距更小的双缝，双缝之间的距离d减小，条纹间距增大，故C错误；
D.红色滤光片换成紫色滤光片，入射光的波长减小，条纹间距减小，故D正确。
故选：D。
(2)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，该干涉条纹位置x=17mm+8×0.05mm=1.740cm；
(3)相邻亮条纹之间的距离Δx=x5−x15−1=x5−x14
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=L3d2λ
联立解得单色光的波长为λ=d2(x5−x1)4L3。
故答案为：(1)D；(2)1.740；(3)d2(x5−x1)4L3。
(1)根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，结合各选项分析作答；
(2)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
(3)根据双缝干涉条纹间距公式求解作答。
解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ，掌握游标卡尺的读数方法。
12.【答案】14 40;1.8 偏小;偏小
【解析】解：(1)串联的电阻R0=40−55×2kΩ=14kΩ
(2)根据电路规律可知8U=E−8URr，
可得图像方程1U=8E+8rE⋅1R
则b=8E，故E=8b=40V，且8rE=a−bc，故r=a−b8c×8b=a−bbc=2−0.20.2×5Ω=1.8Ω
(3)考虑电压表分流，8U=E真−(8UR+URV)r真
则1U=8E真(1+r真RV)+8r真E真⋅1R
则b=8E真(1+r真RV)
故E 测