湖南长沙市明德中学2025-2026学年高二下学期期末考试物理试卷

明德中学2025年下学期期末考试 高二年级物理试卷2026年1月 时量：75分钟满分：100分命题：刘新建审定：曾煌 一、单选题：本大题共7小题每小题4分，共28分；每小题只有一个正确选项选对得4分，选错的0分 1.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，重力加 速度g=10m/s2,则() A/cm A.驱动力周期约为0.25s B.此单摆的摆长约为1m C.若摆长适当减小，共振曲线的峰将向右移动 D.若摆长适当减小，共拆曲线的峰将向左移动 0.1250.2500.375 /Hz 2.对于以下的光学现象说法中正确的是（) 单色光S 挡板 单缝衍射产生的图样检验光学元仵表面的平整度 丙 丁 A.图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝S1、S2间的距离d,两相邻亮条纹间距离 △x将增大 B.图乙是单缝衍射实验现象，若只在狭链宽度不同情况下，上图对应㹟缝较宽 C.图丙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 平面在此处是凹陷的 D.图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变 化，此现象表明光波是横波 永磁铁 3.某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动 在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为02s,电压最大值为 充电电路 0.05V,理想变压器原线园接螺线管，副线图接充电电路，原、副 螺线管 线圈匣数比为1：60，下列说法正确的是() A.交流电的频率为10Hz B.副线图两端电压最大值为3V C.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关 D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率 4.如图所示，质量为m、长为L的金属杆ab静止在水平导轨上，导轨左侧 接有电源，动摩擦因数为μ，处于磁感应强度大小为B、方向斜向上与导 轨平面成日角的匀强磁场中。若金属杆始终垂直于导轨，电流强度为1， 则金属杆受到的() A.安培力的方向斜向右上方 B.安培力在时间t内的冲量大小是ILBtsin0 C.摩擦力大于umg D.摩擦力在时间t内的冲量大小为ILBtsin0 高二年级期末物理试卷第1页共5页 5.下列四幅图是带电粒子在匀强磁场中运动的实例应用示意图，关于四幅图的分析正确的是 () 9+ 照相底片 ▣ ?…···S· ×××类 :·B ·.2。 甲 3 丙 丁 A.图甲是回旋加速器的结构示意图，若要增大粒子的最大动能，可增加电压U : B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，正离子进入后会偏向A板，故A板电势高于B板电势 C.图丙是速度选择器的结构示意图，带电粒子（不计重力）能够沿直线从右侧进入并匀速通过 速度选择器的条件是口=昌 D.图丁是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置距离袂缝S3越远，说明粒子的比荷越 小 6.如图甲所示的无线话简是一个将声信号转化为电信号并发射出去的装置，其内部电路中有一 部分是LC振荡电路。若话简使用时，某时刻线图中的磁感线如图乙所示，且电流正在增大， 则此时() A.电流由a流向b,且电容器正在充电 B.电容器上极板带正电荷 C.线园的自感电动势正在变大 D.若增大电容器两板间的距离，LC振荡频率减小 7.一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其下边界如图中虚线所示，P、M、 N、Q四点共线，∠MON为直角，OM=ON=MP。一束质量为m、电荷量为q(q>O)的粒子， 在纸面内从P点以不同的速率垂直于PM射入磁场，不计粒子重力 及粒子间的相互作用。则粒子在磁场中运动最长时间是(） 蹈 ●。。。。。。。●。● °。·····。·。 A B.9rm 8qB 0 c.需 D.条件不足，无法确定 二、多选题：本大题共3小题，每小题5分，共15分；每题有多个选项全对5分，少选3分，错选0分。 e 8.均匀介质中一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，质点P的平衡 位置坐标为x1=.2m,质点Q的平衡位置坐标为x2=4m。质点Q的振动图像如图乙所示，下列 说法正确的是() y/cm tyicm LO A.波沿x轴正方向传播 B.该波的.传播速度大小为20m/s m 04 C.在t=0.15s时刻，质点P和Q的加速度相同 -10 D.在0~0.15s时间内，质点P和Q运动的路程相等 高二年级期末物理试卷第2页共5页 Mx 9.如图所示，MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，一闭合正方形 导线框ABCD从图示位置开始在外力的作用下以速度v匀速进入磁 + 场。规定逆时针方向为电流的正方向，向左为安培力的正方向，则 + 下列表示线框进入磁场过程中，线柜中的感应电流(、所受安培力F、 Nx Xx 通过导线某一战面的电荷量q、外力的功率P随线框位移x的变化关 系，正确的是() 人 D 抛物线 0 10.如图所示，倾角为日=30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下瑞有一垂直斜面的固 定挡板。质量均为m的小球a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠在挡 板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为F=mg的恒力。已知弹簧 的弹性势能E架与其形变量x满足E屎=kx2,弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重 力加速度大小为g。在以后的运动中，下列分析正确的是() A.小球a先做加速运动，当加速度减小到零后做匀速运动 B.小球b脱离挡板后，系统的总动量保持不变 C.小球b刚要运动时，小球a的动能为mg 2k D。小球b脱离挡板以后的运动过程中，弹费储存的弹性势能可能大于3m2g 8k 三、实验题：本大题共2小题，每空2分共16分。 11.莱学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中采用了如图 甲所示的实验装置。 电压传感器 光电门 挡光片 25 -20 15 螺线管 如磁铁 弹簧 -10 甲 乙 (1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度△d,如图乙所示，△d= _mm。 (2)在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间△内感应电动势的平均 值E,改变速度多次实验，得到多组数据。这样的实验设计满足了物理实验中常用的“控制变 量法”，你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在△t时间内。 高二年级期宋物理试卷第3页共5页 (3)得到多组△t与E的数据之后，若以E为纵坐标、△t为横坐标画出E一△t图像，发现图像是一 条曲线，不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是 以为横坐标。 (④)其他条件都不变，若换用臣数加倍的线图做实验，根据实验数据所作出的那条直线，其 平（填“诚半”“不变”或“加倍”）。 12.如图所示，用碰楂实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前 后的动量关系。 (1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落 点在图中的点，把小球m2放在斜槽末端边鲸处，小球m1从斜 槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落 点在图中的点。 (2)用天平测量两个小球的质量m1、m2,实验中分别找到m1碰前和 FCADKA60400 m1、m2相碰后平均落地点的位置，剥量平地水平射程0P、OM、O。 ①则动量守恒的表达式可表示为（用测量的量表示）。 ②诺碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有一。 A.mOP+mOM=mz-ON" Bm10p2=m10M2+m20N2 C.ON-OM=OP D.0N+0M=20P 四、计算题：本大题共3小题，共41分。 13.(10分)如图甲所示，自行车尾灯在夜晚被灯光照射时特别明亮。尾灯结构可简化为战面 为等腰直角三角形的三校镜，如图乙所示，AB边长为2V2L,A、D距离为L,一束单色光从D 点垂直于AM面入射，恰好在AB面上发生全反射，已知光速为C。求： (1)三棱镜的折射率； (2)该单色光在三校镜中传播的时间。 甲 高二年级期宋物理试倦第4页共5页 14.（15分)如图所示，足够长的平行光滑导轨间距为L=1m,导轨由水平部分和倾斜部分组 成，CD连线与导轨垂直且C、D处平滑连接。水平导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 为B=1T,倾斜导轨问无磁场。一导体棒a静止放置在水平导轨上，a棒与CD的距离为d。另一 导体棒b从距水平导轨高度为上=3.2m的倾斜导轨上由静止释放，运动过程中a、b棒始终与导 轨垂直且接触良好，a、b棒始终未相遇。已知a、b棒的质量均为m=1kg、电阻值均为R=12、 长度均为L=1m,不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度g取10m/32。求： (1)b棒刚进入磁场时，回路的电流/0： (2)a、b棒稳定后，a棒上产生的总焦耳热Qa: (3)a棒与CD的距离d的最小值。 个↑X个干↑个阶 a 15.(16分)如图所示的平面直角坐标系，在y轴上0≤y≤d范围内有一线状粒子源，可向第 一象限发射速度为v0、与x抽正方向成日=45°角的质量为m,电量为g的带正电的粒子。在第 一象限0≤×≤d的范围内，存在沿y抽负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好 沿着x轴正方向。以P(2d,)点为圆心，半径为d的圆形区城内有垂直纸面向外的匀强碰场，磁 感应强度大小B1=m。x抽的下方存在垂直纸面向里的匀强强场，磁感应强度大小B2=B1: 2gd 2 不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 (1)求第一象限匀强电场的场强E1: (②)求粒子在圆形磁场中运动的最长时间： (3)求拉子穿过x轴以后，再次回到x轴上的坐标范围： 倒若共他条件不变，在x轴下方再叠加一沿者y轴负方向的电场，=票 求：从0点射出的粒 子在x轴下方运动时，到x轴的最远距离。 ● B ● d M + XXXX C B2 XXxxXX 高二年级期末物理试卷第5页.共5页 明德中学2025年下学期期末考试 高二年级物理答案2026年1月 1.【答案】C【解析】AB、当驱动力频率等于单摆固有频率时，单摆振幅最大，由图像可知 当驱动力频率为0.250Hz时单摆振幅最大，故单摆固有频率为0.250H,故T=二=4，故A错误 又因为r=2x行 联立可得摆长为L4m,故B错误cD、由单摆周期公式可知T=2x合=方故若 摆长适当减小，则固有频率变大，共振曲线的峰将向右移动，C正确，D错误。 2.【答案】D【解析】A、根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长的关系式4x= 片·入，可知只增大挡板上两个狭缝S1、S间的距离d,两相邻亮条纹间距离4x将减小，故A错误； : B、根据发生明显衍射现象的条件可知，狭缝越窄，衍射现象越明显，因此若这是在狭缝宽度不同的情况 下，上图对应狭缝较窄，故B错误； C、由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检 测的平面在此处是凸起的，故C错误； D、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D正确。 3.【答案】B【解答】A.周期是T=0.2,频率是∫==5H,故A错误 B由理想变压器原理可刘始-爱解得，副线两端的最大电压为=U=3,故B正确； n1 C根据法拉第电磁感应定律可知，相同条件下永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动 势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误； D.因为是理想变压器，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。故选B。 4.【答案】D【解析】A、由图可知金属杆ab中的电流方向为由a到b,则根据左手定则可 mg 知，金属杆受到的安培力方向斜向左上方，故A错误； B、金属杆受到的安培力大小为F=BL,则安培力在时间内的冲量大小是引F=BL(,故B错误； C、对金属杆受力分析如图所示，摩擦力为静摩擦力，水平方向由受力平衡可得：∫=Fsi6,代入数据 可得：f=BILsin日，故C错误；D、摩擦力在时间t内的冲量大小为lr=ft=BILsin et,故D正确。 廴信】D解帆么、q8=m号解得u==,故最大动能Em=克m2=,所以最大动能 与加速电压无关，故A错误；B、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极， B板是电源的正极，故B板电势高于A板电势，故B错误； C、带负电粒子（不计重力）沿直线从右侧进入速度选择器，所受电场力向上，洛伦兹力也向上，不能匀速 通过速度选择器；带正电的粒子所受电场力和洛伦兹力都向下，也不能匀速通过速度选择器，故C错误； D、由带电粒子在电场中加速U=mu已，在磁场中做匀速盟周运动q8=m片，解得，=受粒 子打在底片上的位置距离狭缝S3越远，说明粒子在磁场中运动的半径大，粒子的比荷越小，故D正确。 6.【答案】B【解析】AB.由该时刻线圈中的磁感线可知电流的方向由b流向a,且电流正在增大，电场 能减小，电荷量在减少，电容器正在放电，由右手螺旋定则判断，电容器上极板带正电荷，A错误，B 正确：C.电流正在增大，电流变化率正在减小，则该时刻线圈的自感电动势正在减小，C错误； D根据c=品。增大电容器两板之间的距离，电容减，根据公式=2可知，振荡电流的频率 增大，D错误。 ,粒子 7.【答案】C【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有qB=m心2， T m,若 做完整的圆周运动的时问T=-2吧，若粒子打到PM上，运动轨迹为半圆，运动时间为1=-五= 粒子打到MO上，粒子速率越大，运动轨迹圆弧的圆心越接近M点，对应圆心角越大，运动时间越长，当 落点为0时，轨迹圆3沉圆心角为25，运动时间为2=智=器需 若粒子打到ON上，运动时间随粒子 速率增大，从受增减小到明：若粒子打到NQ上，运动时问为2。粒子在磁场中运动最长时间为品、故 C正确。故选C。 8.【答案】BC【解析)A.由图乙可知，在1=0时刻，质点Q振动方向沿y轴正方向，所以该波沿x轴负方 向传播，A错误；B.该波的波速大小v=产=忌ms=20m5,B正确； C在1=0.15s时刻，质点P和Q的位移相同，均为y=号A=52cm,所以该时刻质点P和Q的加速度 也相同，C正确； D.在0-0.15c时间内，质点P运动的路程为s1=A+号A=(10+5习)cm,质点Q运动的路程为2= 2A-号A=(20-5√②)cm,质点P和Q运动的路程不相等，D错误。 根据(=0s时刻质点Q的振动方向，判断波的传播方向：由图甲读出波长，由图乙读出周期，根据U=会 计算波速：根据t=0.15时刻质点P和Q的位置，判加速度关系；分别计算出在0-0.15s时间内，质点P 和Q运动的路程，进而比较大小。 9.【答案】AC【解析)解：A、线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先均匀增加 后均匀减小，则感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也是先均匀增大后均匀减小。又根据楞次 定律可知，感应电流均是逆时针方向，则电流为正值，故A正确；B、开始到进入一半过程，q=”=BA5= R R 兴，故B错误：C、产生的感应电动势为：E=B心，感应电流为：1=景==兴 开始到进入一半过程，整个导线框所受安培力大小为：下=Bl=B22xY进入一半到全部进入过程，整 R 个号线框所受安培力大小为：F-B2V2a-2(x-业=222a-2x2巴， R R 故所受安培力随线框位移x的变化关系为抛物线关系，安培力向左，为正方向，故C正确； D匀速运动时外力等于安培力，要则外力的功率P=片r则Px图像形状与Kr形状基本一致。 选项D错误。故选：AC。 10.【答案】BC【解答】A.开始弹簧处于压缩状态，对小球a施加恒力F后，小球a开始沿斜面向上加速运 动，弹簧压缩量变小，弹力减小，小球a的加速度减小，当弹簧处于拉伸状 态且弹力F弹=mgsine时，小球b开始运动。此时小球a的加速度怡好减小 到零，速度达到最大。由于小球ā的速度大于小球b的速度弹簧继续伸长， 以后小球a减速，小球b加速，当二者速度相等时，弹簧达到最长，储存弹 性势能最大。再往后，小球a继续减速，小球b继续加速，弹簧开始缩短。α、 b两小球运动的v-图象如图所示，A项错误； B在小球b运动前，系统合外力不为零，系统的动量不守恒，小球b开始运动后，系统合外力为零，系统 的动量保持不变，B项正确； C施加恒力前，设弹簧形变量为x1,有x1=mgsine9,可得x1=是，小球刚要运动时，设弹簧形变 量为x2,有k2=mgsin0,可得2=器 由能量守恒，有F1+)=Ea+mg(x1+x)sin0+k场-kx好，可得Bo=mg, C项正确； 2k1 D小球刷剧要运动时，根据上述分析可知小球a的速度为：=g只 此时弹簧弹性势能为：E弹=kx2=m2 8k 弹簧弹性势能最大时两小球的速度相等，系统总动量守恒，选择初速度的方向为正方向，根据动量守恒 和能量守恒定律可得：mw=2mv共 4E.=imu2-2×2mu共 解得4E4=m2g2 4k 根据能量的转化特点可知系统动能的减少量为弹性势能的增加量，可得：4。=45弹=m股 4k 故弹性势能的最大值为：Ex=E+4B0=2,故D错误。故选BC, 11.【答案】5.665-5.668 穿过线圈的磁通量的变化量 加倍 【解析】(1)螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图乙可知挡光片的宽度为4d=5.5mm+16.5× 0.01mm=5.665mm(2)小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在4：时间内穿过螺线管的磁通 量的变化量。（③）根据E=n品因4帅不变，与六成正比，为了使画出的图像为一条直线，最简单的2改 进办法是以横坐标是品。（④根据E=n =n4p. At 其他条件都不变，若换用匝数加倍的线圈做实 验，则作出的E-是图像斜率加倍。 At 12.【答案】P M mOP m1OM+m2ON BC (1)小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间相等，平抛运动的水 平位移与初速度成正比，初速度越大水平位移越大；两球碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前的速度 且小于被碰球的速度，因此两球碰撞后，入射球的水平位移小于碰撞前入射球的水平位移且小于碰撞后 被碰球的水平位移，由图示情景可知，碰撞前m1的落点位置为P,碰撞后1的落点位置为M,碰撞后2 的落点位置为N。 (2)①两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m10=m1v1+m22 两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，两边同时乘以时间 得：m1vol=m1U1l+m22则有：m1·OP=m1·OM+m2·ON 2如果碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1(二)2-m1(4)2+2mz(心)2 整理得：m10P2=m1OM+mON2 碰撞过程系统动量守恒，则：m1·OP=m1*OM+m2ON解得：OM=m-m2OP,ON=2m1OP m1+m2 m1+m2 则ON-OM=2m1OP-m-mOP=OPD:ON-OM=OP,故BC正确，AD错误。故选：BC。 m1+m2 m1+m2 13.【答案】解：(1)光路图如图所示，由题意可知，单色光恰好在AB面上发生 全反射，入射角等于临界角C,由图可知c=45° 根据sinC=得n=√2： n' (2)光在三棱镜中的传播距离为s=L+2L+L=4L 光在三棱镜中的传播速度为U=号 光在三棱镜中的传播时间为=三联立解得！=42L 14.【答案】(1)b棒在倾斜导轨上运动时，机械能守恒。由机械能守恒定律有mg4=m哈 解得o=√2gh 代入数据解得vo=8m/s b棒刚进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势E=BLo 路总电阻RA=R+R=2D由欧姆定律得电流10=長。° 2R 代入数据解得10=44 (2)a、b棒在磁场中运动时，系统水平方向合外力为零，动量守恒。初始时a静止，b速度为v0,稳定后 共同速度为u,则muo=(m+m)解得u=受=4ms 系统损失的机械能转化为焦耳热，总焦耳热Qa=m哈-(2m)心24代入数据得Qa=16 总=8J Q、b棒电阻相等，串联时产生热量相等，故Q。=2 (3)对a棒，由动量定理BlL△t=mU 其中4：=9为电荷量，回路中电荷量q=4地=BL(。 2R x。、x。分别为b棒和a棒在磁场中位移，联立得BL× BL(Xb-Xa) 2R =mu 解得。一。-受 代入数据解得xb-x。=8m 为保证两棒不相撞，a棒与CD距离d至少为81，故dmin=8mi 15.【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得d=vocos45·【,vosin45=a·1, 61=m,联粒可得1=器 ②将拉子器直方向通过的距离设为y,则y=5联立解得y=号 2a 粒子以水平速度u,=号0进入圆形磁场区域，有qu81=m解得1=d 粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从 最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得1=号=号×2解得1=2心 3v0 (3)粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成60·到120·范围之内，可得qu2=m二 “r2 联立解得r2=2d当速度与x轴正半轴成60·到120·范围时，粒子打到x轴的同一位置，距M点的最近 距离为x1=2√③d当速度与x轴成90·进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远x2=4d 故x的坐标范围为(2√3d+2d,6d) (4)O点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为60·，将粒子速度U分解出一个沿着x轴正方向的 速度u,使得qu,2=62可得心，=受0