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高二物理参考答案(附中版)－(这是边文，请据需要手工删加)
湖南师大附中2024－2025学年度高二第一学期期末考试
物理参考答案
一、单项选择题(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)
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C D C B B A
1.C 【解析】麦克斯韦建立了经典的电磁理论并预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波
的存在，A错误；牛顿通过“月—地检验”得出了万有引力定律，卡文迪什通过测量引力常量 G，被称为
第一个“称”地球质量的人，B错误；安培提出了“分子电流”假说，解释了一些磁现象，C正确；奥斯
特发现的电流的磁效应，首次证实了电现象和磁现象是有联系的，D错误；故选C。
2．D 【解析】带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功，所以在整个过程中小球的机械能守
恒，所以A点和B点处于同一水平面，则A错；显然，B错误；小球在A、B点的速度均为0，向心力均
为0，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等，则
C错误；由于洛伦兹力始终沿绳的方向，洛伦兹力不做功，不改变小球的动能，不改变小球的速度，所以
单摆的振动周期与没有磁场时一样，则T＝2π ，所以D正确。
3．C 【解析】“天问一号”两次点火时都要做离心运动，所以需要加速，机械能均增大，A错
误；“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度均由万有引力来提供，
由于在该点探测器受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度相等，故 B错误；根据
开普勒第三定律知，探测器在地球轨道上及霍曼转移轨道上运行时满足 ＝ 。设“天问一
号”探测器质量为m，又因为探测器在地球轨道上满足G ＝mr( )2，联立两式求得探测器在霍
0
曼转移轨道上运行时的周期T ＝ ，则两次点火之间的时间间隔为Δt＝ ＝
2
，C正确；在地球轨道及火星轨道上运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有 G
＝mrω2，G ＝mRω′2，因为r<R，所以可判断知ω>ω′，即“天问一号”在地球轨道上的角
0 0
速度大于在火星轨道上的角速度，D错误。
4．B 【解析】甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，
当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v> ，即洛伦兹力大于电场力时，粒子将向上极板
偏转，故A错误；乙图中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子
向B极板偏
转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低于B极板，故B正
确；丙图中，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有 evB＝m ，解得r＝ ，当电子的速度一
定时，通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动径迹半径越小，故 C错误；丁图
中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即v ＝ ，粒子的最大动能为E ＝ mv
m km
＝ ，可知粒子的最大动能与加速电压无关，故D错误。故选B。
5．B 【解析】当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为5A，质点M、N经过0.4 s经过的
路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1 s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速
度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，A错误；当波向x轴正方向传
播时，根据图像可知波长λ＝4 m，波速为v ＝ ＝ m/s＝10 m/s，B正确；当波向x轴负方向传
1
播， T＋nT＝0.5 s，0.25 s<T<0.5 s，波的周期为T ＝ s，则经过0.1 s，M点随波振动时间介于
2
T 和 T 之间，即M点未返回平衡位置，位移不为零，C错误；A＝2 cm，T ＝ s，N点的初
2 2 2
相位为 π，因此其振动方程为y＝2sin(7πt＋ π)cm，D错误；故选B。
6．A 【解析】设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v 射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，则根据牛顿第二定律可得加速度为a＝ ＝g－
0
，方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为 E＝ ，结合C＝
，C＝ ，可得E＝ 。电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子
的运动，故还打在O点；N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，由h＝ at2可知运动时间
增大，沿平行板方向运动的位移x＝vt变大，粒子打在O点的右侧，A正确，B错误；保持开关S闭合，
0
由串并联电压关系可知，R 两端的电压为U＝ R ，减小R ，U将增大，电容器两端的电压增
0 0 1
大，粒子向下运动的加速度减小，由h＝ at2可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移x＝vt
0
变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；保持开关S闭合，增大R ，不会影响电阻R 两端的电压，故粒
2 0
子打在O点，故D错误。故选A。
二、多项选择题(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)
题号 7 8 9 10
答案 AC BD AD AD
7.AC 【解析】该现象是光的干涉形成的，而干涉是波的特有现象，则此现象可以说明光是一种
波，A正确；根据可见光波长从大到小的顺序：红橙黄绿蓝靛紫，可知蓝光的波长小于黄光，波长变大，
条纹间距变宽，B错误；若下方平板玻璃某处出现凸起，则会看到该处条纹向右侧弯曲，C正确；若抽去
一张纸片，同一位置沿着斜面的方向，光程差的变化变缓，条纹间距将变宽，D错误。故选AC。
8．BD 【解析】子弹打入木块A的瞬间，B的速度为零，子弹与A组成的系统动量守恒，取水平向
右为正方向，则有mv ＝2mv ，可得A的速度为v＝ 故A错误；当弹簧被压缩到最短时，A、B的速
0 1 1
度相同，此时弹簧的弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统动量守恒，则有2mv ＝(2m＋4m)v ，可得v
1 2 2
＝ 。根据系统机械能守恒有 ×2mv ＝ ×6mv ＋E ，可得E ＝ mv 故B正
p p
确；当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量和能量守恒 2mv ＝2mv ＋4mv ， ×2mv ＝
1 3 4
×2mv ＋ ×4mv ，可得B的最大速度大小为v ＝ ，A的速度为v ＝－ ，即弹簧恢
4 3
复原长时，木块A的速度大小为 v，故C错误，D正确。故选BD。
0
9．AD 【解析】对两根导线的整体分析，因两导线通以等大反向的电流，可知受安培力等大反向，
则整体受安培力的合力为零，此时整体所受的重力与两根细线 ab的拉力等大反向，可知2T＝2mg，即每
根细线的张力大小均为mg，A正确，仅增大磁感应强度，细绳张力不变，C错误；对下面的杆进行受力
分析，根据左手定则可知，安培力在水平方向，在竖直方向2Tsin θ＝mg，则T＝ ，B错误；当安
培力方向与c绳拉力方向垂直时，安培力最小，mgcos θ＝BIl，解得B＝ ，D正确。故选AD。
10．AD 【解析】当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，由
受力分析可得qE＝mgtan 37°，解得匀强电场的场强大小为E＝ ，故A正确；小球在斜面上做匀速
直线运动，则v ＝v 由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA方向，大小为F ＝mgcos 37°＋qEsin
A 0 合
37°＝ mg，B点为小球在圆轨道的等效最高点，若小球到达等效最高点B点时的临界速度为0，从A
到B，由动能定理可得－F ·2r＝0－ mv ，解得v ＝ ，小球能到达B点的条件为v≥
合 0 0
，故B错误；小球不脱离BC轨道，在B点要求m ≥F ，解得v ≥ ，则当小球通过
合 B
B点的速度小于 时，会立刻在B点脱离，而不是
在BC段某点脱离轨道，当小球通过B点的速度大于等于 时，由于B点为小球在圆轨道的等
效最高点，小球不可能在BC段某点脱离轨道，故C错误；若小球沿着圆轨道从B点到C点，小球在C点的速度为2 ，根据动能定理F r＝ mv － mv ，解得此时小球在B点的速度为v
合 B1
＝ > ，故小球经过C点的速度大小可能为2 ，故D正确。故选AD。
三、实验题(本大题共2小题，共16分)
11．(8分，每空2分)
(1)2.06 cm (2)67.4 s (3)AD (4)9.86 m/s2
【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.1×6＝0.6 mm，则最终读数为20.6 mm＝
2.06 cm。
(2)秒表的读数为60 s＋7.4 s＝67.4 s。
(3)根据T＝2π 解得：g＝ ，误将59次数成了60次 ，导致测量时周期T测小，根据g＝
可知g值测量值偏大，故A对；在未悬挂单摆之前先测定好摆长 ，导致测量的摆长小于真实的摆
长，根据g＝ 可知g值偏小；故B错；将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏
小，根据g＝ 可知g值偏小，故C错；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变
长，根据g＝ 可知g值偏大；故D对；故选AD。
(4)根据T＝2π 可得：T2＝ ，则在T2与 l 的关系图线中，斜率代表k＝ ，根据图像
可求出：k＝ ＝4，则g＝9.86 m/s2。
12．(8分，每空2分)
(1)×1k 7000
(2)9 9
【解析】(1)多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×1k；同
时注意欧姆调零，多用表的指针结果为7000 Ω。
(2) 设电流表G所在的回路除电源内阻外其余电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律解得I ＝
总
，由分流原理得I＝ I ，联立两式整理得 ＝ ＋ × ，
总
由图像可知 ＝1， ＝ ，解得E＝9 V，R＝6 Ω， 所以欧姆表总内阻为R＋r＝9 Ω。
四、解答题(13题10分，14题14分，15题16分，共40分)
13．(10分)(1)1.60 1.67 (2)
【解析】(1)红光的折射率小于绿光的折射率，所以半圆形曲面恰好只有单色光射出时红光发生折
射，绿光恰好发生全反射，如图所示，
由几何知识可知曲面上光束的入射角满足
sin θ ＝ ＝ ，解得θ＝37°1分
1 1
n ＝ ＝1.672分
绿
折射角为θ＝74°1分
2
根据折射率的定义式，可得
n ＝ ＝1.602分
红
(2)当红光恰好发生全反射时有
sin C＝ ＝ 2分根据几何关系有sin C＝
OB＝ R2分
14．(14分)(1) m (2) ×10－7 s (3)4×10－4 T
【解析】(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由Bqv ＝m ，解得r＝0.1 m2分
0 1
由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径OA＝2rsin α，解得OA＝ m2分
1
(2)粒子在磁场中，运动轨迹如图
由几何关系可知圆心角θ＝2α＝120°1分
则在磁场中运动时间t＝ × ＝ ×10－7s2分
1
离子进入电场后，经过时间t 再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场
2
方向做速度为v 的匀速直线运动，位移为l，则l＝vt1分
0 1 1 02
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l，则
2
Eq＝ma，l＝ at21分
2
由几何关系可知tan 60°＝
代入数据解得t＝ ×10－7s1分
2
则总时间t＝t＋t＝ ×10－7s1分
1 2
(3)由Bqv＝m 知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得
R＝ ＝0.025 m1分
由牛顿运动定律得B qv＝m 1分
1 0
得B ＝4×10－4 T1分
1
15．(16分)(1)20 N
(2)2 m/s 2 m/s
(3)36.5 J
【解析】(1)物块M从A到B，由动能定理得
mgR ＝ mv 2分
F －mg＝ 1分
N
解得v ＝7 m/s，F ＝20 N1分
B N
由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道压力F ′＝－F ，大小为20 N1分
N N
(2)设物块M与小球①碰前速度为v，碰后两者速度分别为v，v′，对物块M从B到与传送带共速时
0 1 1
v －v2＝2·μg·x
0
得x＝3.3 m<L1分
0
故物块M与传递带共速，到C点时物块速度v＝v＝4 m/s1分
0
由动量守恒与能量守恒得mv ＝mv ＋mv′1分
0 1 0 1
mv ＝ mv ＋ mv′21分
0 1解得v＝ v＝－2 m/s，v′＝ v＝2 m/s2分
1 0 1 0
(3)小球①以速度v′与小球②相碰，碰后两者速度交换，依此类推最终第2024
1
个小球以v′向右匀速直线运动，物块M与小球①碰后以v 冲上传送带，在传送带上减速位移x ，故
1 1 1
物块M再次回到C点时速度大小为v，之后与小球①再次弹性碰撞
1
mv ＝mv ＋mv′
1 2 0 2
mv ＝ mv ＋ mv′2
0 2
联立解得v＝－ v＝1 m/s
2 1
依此类推，小物块M每次与小球①碰后速度大小减为碰前的一半，经过n次碰撞后，物块M的速度
为
v＝ v2分
n 0
物块每次以v 冲上传送带再回到C点，与传送带相对路程d＝v 1分
n n
此过程摩擦生热Q＝μmgd
n n
物块M第一次在传送带上运动过程中与传送带相对路程d＝ －v ＝0.9 m
0
全程摩擦生热Q＝μmg ＝μmg ＝36.5 J2分
