福建省福州市2021-2022學年高二下學期物理期末質(zhì)量抽測試卷

福建省福州市2021-2022學年高二下學期物理期末質(zhì)量抽測試卷閱卷人一、單選題（共3題；共6分）得分（2分）2022年6月17日，我國第三航空母艦命名為“中國人民解放軍海軍福建艦”，福建艦是我國完全自主設計建造的首艘配置電磁彈射的航空母艦。下列實例與電磁彈射系統(tǒng)工作原理類似的是（）A.回旋加速器 B.質(zhì)譜儀 C.電磁炮 D.電磁爐【答案】C【解析】【解答】電磁彈射系統(tǒng)工作原理是通電導線在磁場中受到安培力而加速。AB.回旋加速器和質(zhì)譜儀是通過電場加速，AB不符合題意；C.電磁炮工作原理是通電導線在磁場中受到安培力而加速，C符合題意；D.電磁爐是利用電磁感應原理加熱，D不符合題意。故答案為：Co【分析】電磁彈射系統(tǒng)的工作原理是通電導線受到安培力的作用；回旋加速器和質(zhì)譜儀都是通過電場加速，電磁爐是電磁感應原理。（2分）如圖所示，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r,R為定值電阻，即為負溫度系數(shù)熱敏電阻（其阻值隨溫度升高而減?。?，L為小燈泡。當溫度升高時（ ）-rE,rA.R兩端電壓減小 B.電流表示數(shù)減小C.小燈泡亮度變亮 D.流過熱敏電阻R的電流增大【答案】D【解析】【解答】當溫度升高時，熱敏電阻的阻值減小，根據(jù)“串反并同'‘法，可知，R兩端電壓增大，電流表示數(shù)增大，小燈泡變暗，熱敏電阻自身的電流增大。故答案為：D?！痉治觥繙囟壬邿崦綦娮枳柚禍p小，利用動態(tài)電路的串反并同可以判別電流和電壓的大小變化。（2分）電力電纜在正常運行電壓作用下，電場是均勻分布的，但電纜終端處的電場不再是均勻分布，電纜終端周圍的電場分布情況如圖所示，圖中虛線為等勢線，實線為電場線，下列說法正確的是（ ）A.電場中a點的電場強度小于b點的電場強度一個電子由b點移到a點，需克服電場力做功為20eV一帶負電的粒子由b點經(jīng)a點移至c點，電勢能先減小后增大一帶正電的粒子從a點靜止釋放，僅在電場力作用下將沿電場線運動【答案】B【解析】【解答】A.由圖發(fā)現(xiàn)，電場中a點處電場線比b點處電場線密集，電場強度更大，A不符合題意；一個電子由b點移到a點，電勢降低，電場力做負功，根據(jù)功能關(guān)系，需克服電場力做功W=eUba=20eVB符合題意；一帶負電的粒子由b點經(jīng)a點移至c點，電勢先減小后增大，則電勢能先增大后減小，C不符合題意；一帶正電的粒子從a點靜止釋放，其受電場力方向沿電場線的切線方向，不會沿電場線運動，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】利用等勢面的疏密性可以比較電場強度的大?。焕秒妱莶罱Y(jié)合電場力做功的表達式可以求出克服電場力做功的大?。焕秒妶隽ψ龉梢耘袆e電勢能的大小變化；粒子受到電場力運動其運動軌跡不是電場線方向。閱卷人二、多選題（共5題；共10分）

得分4.（2分）關(guān)于光的干涉、光的衍射、光的偏振實驗，下列描述錯誤的是（ ）自然光\|\|\mmmuM甲 乙 丙 丁A.甲圖為單縫衍射圖樣，乙圖為雙縫干涉圖樣B.改用波長較長的入射光實驗，甲圖中條紋間距變大C.色彩斑詞的肥皂泡，五顏六色的油膜的形成原理與丙圖相同D.用照相機拍攝水下景物時，使用偏振鏡可以減少水面反射光的干擾應用了丁圖的原理【答案】A【解析】【解答】A.雙縫干涉圖樣的相鄰亮或暗條紋的間距不變，故甲為雙縫干涉圖樣，A錯誤，符合題意；B.根據(jù)條紋間距公式4%=彳九當改用波長較長的入射光實驗，甲圖中條紋間距變大，B正確，不符合題意；C.丙圖是光的干涉現(xiàn)象，而五顏六色的油膜的形成是干涉現(xiàn)象，C正確，不符合題意；D.丁圖是光的偏振原理，用照相機拍攝水下景物時，使用偏振鏡可以減少水面反射光的干擾應用了丁圖的原理，D正確，不符合題意。故答案為：Ao【分析】利用條紋間距可以進行分類；利用干涉條紋間距的表達式可以判別波長越大條紋間距越大；丙圖屬于干涉現(xiàn)象，與油膜產(chǎn)生的彩色條紋原理相同。（2分）2021年6月28日，我國第二大水電站——白鶴灘水電站首批機組發(fā)電，它采用的±800kV特高壓直流輸電工程是國家“西電東送”戰(zhàn)略的重點工程。白鶴灘水電站向某地輸電時，如果保持輸送的電功率不變，將輸電電壓由400kV的超高壓改為800kV特高壓，不考慮其他因素的影響，下列說法正確的是（ ）A.輸電線上的電壓損耗變?yōu)樵瓉淼膬杀禕.輸電線上的功率損耗變?yōu)樵瓉淼乃姆种籆.超遠距離輸電時，高壓直流輸電比高壓交流輸電更有優(yōu)勢

D.實際輸電時，要綜合考慮各種因素，并不是輸電電壓越高越好【答案】B,C,D【解析】【解答】A.保持輸送的電功率不變，輸電線上的電壓損耗4U=/R=0R將輸電電壓由400kV的超高壓改為800kV特高壓，電壓提高兩倍，則電壓損耗變?yōu)樵瓉淼囊话?，A不符合題意；B.輸電線上的功率損耗AP="R=Jrl/Z電壓提高兩倍，輸電線上的功率損耗變?yōu)樵瓉淼乃姆种?，B符合題意；C.在超遠距離輸電時，線路上的電感與電容對交流電會產(chǎn)生阻礙，而且易產(chǎn)生交流電相位的變化，高壓直流輸電比高壓交流輸電更有優(yōu)勢，C符合題意；D.實際輸電時，要綜合考慮各種因素，輸電電壓越高對絕緣等其他要求越高，并不是輸電電壓越高越好，D符合題意。故答案為：BCDo【分析】利用歐姆定律結(jié)合電功率的表達式可以判別電壓損耗的大小；實際輸電時，輸電電壓不是越高越好。（2分）如圖（甲）所示，在豎直放置、距離足夠大的兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），規(guī)定水平向左為正方向。當兩板間加上如圖（乙）所示的交變電壓后，下列圖像中能正確反映電子受到的電場力F、位移X、動量p和動能以四個物理量隨時間變化規(guī)律的是（）1%a-：I甲 乙

【答案】A,C【解析】【解答】A.電子受到的電場力F=qE=空空va故電場力與交變電壓變化趨勢相同，A符合題意；B.開始時，電子在電場力作用下做勻變速直線運動，則位移與時間的關(guān)系應該是二次函數(shù)圖象，B不符合題意；C.根據(jù)動量定理p=mAv=Ft則F-t圖像與時間軸圍成的面積表示電子的動量，由A圖像可知，動量先均勻增大，再均勻減小，再反向均勻變大，最后再均勻變小，C符合題意；D.前J內(nèi)由于%+at411 2Ek=2mv故動能Ek與時間t為二次函數(shù)關(guān)系，D不符合題意。故答案為：ACo【分析】利用電勢差與距離可以求出電場強度的大小，結(jié)合電場力的表達式可以求出電場力的大??；利用動量定理結(jié)合圖像面積可以判別動量的大小變化；利用動能的表達式結(jié)合速度公式可以判別動能與時間的關(guān)系。（2分）用電阻率為p,橫截面積為S的硬質(zhì)細導線做成半徑為r的圓環(huán)，其內(nèi)接正方形區(qū)域內(nèi)充滿垂直于圓環(huán)面的磁場，t=0時磁場方向如圖（甲）所示，磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖（乙）所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，則在t=0至=的時間內(nèi)（ ）A.圓環(huán)中感應電流大小先變小后變大B.圓環(huán)中感應電流方向沿順時針方向D.圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為史他主【答案】B,D【解析】【解答】AC.根據(jù)法拉第電磁感應定律后=郎（迎「）2由圖乙知，磁感應強度變化率一直不變第=敦感應電流一直不變/=蛾K根據(jù)電阻定律R=p竽聯(lián)立解得/=鬻AC不符合題意；B.根據(jù)楞次定律和安培定則可知，圓環(huán)中感應電流方向沿順時針方向，B符合題意;D.根據(jù)焦耳定律圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為q=/2r.2to=噂皆D符合題意。故答案為：BDo【分析】利用法拉第電磁感應定律結(jié)合歐姆定律及電阻定律可以判別感應電流的大??；利用楞次定律可以判別感應電流的方向；利用焦耳定律可以求出圓環(huán)產(chǎn)生的熱量。（2分）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，電腦進入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時、簡化原理如圖所示，寬為a、厚為b、長為c的矩形半導體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，其載流子是電荷量為e的自由電子，當通入方向向右、大小為I的電流時，元件前、后表面間電壓為U,則此時元件的（ ）A.前表面的電勢比后表面的高B.自由電子受到的洛倫茲力大小為絲CC.前、后表面間的電壓U與I無關(guān)D.前、后表面間的電壓U與b成反比【答案】A,D【解析】【解答】A.當通入方向向右、大小為I的電流時，自由電子運動方向向左，根據(jù)左手定則，電子受到的洛倫茲力指向后表面，根據(jù)平衡條件，受到的電場力指向前表面，則前表面的電勢比后表面的高，A符合題意；B.元件前、后表面間電壓為U時，洛倫茲力和電場力平衡，則有「洛=整B不符合題意；CD.根據(jù)電流的微觀表達式/=nevab洛倫茲力和電場力平衡，則有e〃B=也a解得U=鳥neb故前、后表面間的電壓U與I有關(guān)，U與b成反比，C不符合題意，D符合題意。故答案為：ADo【分析】利用左手定則可以判別電子的偏轉(zhuǎn)方向，進而比較電勢的高低；利用洛倫茲力等于電場力可以求出洛倫茲力的大?。焕秒娏鞯谋磉_式及平衡方程可以求出電壓的表達式。閱卷入得分三、填空題（共2題；共4分）（2分）一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在t=0時刻的波形如圖（甲）所示，平衡位置在“p=2m處的質(zhì)點P的振動圖像如圖（乙）所示。該波的波速大小為m/s,該時刻平衡位置在和=4m甲 乙甲 乙【答案】2；下【解析】【解答】由圖甲知，波長為4m,由圖乙知，周期為2s,則波速為U=*=2m/s在t=0時刻平衡位置在制=2rn處的質(zhì)點P的振動方向向y軸正方向，結(jié)合圖甲可知，波沿x軸負方向傳播，則此時平衡位置在和=47n處的質(zhì)點Q向下振動。【分析】利用波長和周期的大小可以求出波速的大?。焕貌ǖ膫鞑シ较蚩梢耘袆e質(zhì)點的速度方向。（2分）我國女航天員王亞平在“太空授課”中演示了一個水球?qū)嶒灒涸谝粋€水球內(nèi)注入空氣，水球里形成了一個球形氣泡，觀察到水球中的球形氣泡特別明亮，這主要是因為光在氣泡表面發(fā)生了全反射現(xiàn)象。如圖所示，若光在氣泡表面P點恰好發(fā)生全反射，反射角為。，則水的折射率為=已知AB間距離為d,光在空氣中傳播速度為c,則光在水中傳播的時間為?【答案】1■―--［口呆?sin/csiM?！窘馕觥俊窘獯稹抗庠跉馀荼砻鍼點恰好發(fā)生全反射，反射角為。，則入射角也為。，根據(jù)sin8=1n可得"=sin。根據(jù)幾何關(guān)系，光程為S=2X5~J2sm0光在水中傳播的速度u=光在水中傳播的時間”-聯(lián)立解得t=—【分析】利用全反射的臨界角可以求出折射率的大?。唤Y(jié)合幾何關(guān)系可以求出傳播的距離，再利用傳播的速度可以求出傳播的時間。閱卷人四、實驗題（共2題；共7分）得分1L（4分）某物理學習興趣小組利用單擺測量福州地區(qū)的重力加速度。（1分）該小組用游標卡尺測出單擺小球的直徑D如圖所示，則口=mm。2 3主尺IIIIIIIIIII1,1IIIIiT0 5 10（2分）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是一o（填選項前的字母）A.把單擺從平衡位置拉開30。的擺角，并在釋放擺球的同時開始計時B.測量擺球連續(xù)通過最低點60次的時間t,則單擺周期為京C.選擇密度較小的擺球，有利于減小重力加速度的測量誤差D.擺線上端未牢固地系于懸點，擺動過程中出現(xiàn)松動，測量出的重力加速度g值偏小（1分）該小組為誠小實驗誤差，多次改變擺長L,測量對應的單擺周期T,用多組實驗數(shù)據(jù)繪制伊一心圖像，求出圖線斜率k=4.03s2/m。兀2取值為9.86.則重力加速度8=m/s2（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）22.3D9.79【解析】【解答】（1）由圖知D=22mm+3x0.1mm=22.3mm（2）A.單擺的最大擺角應該小于5。，才可以視為簡諧運動，A不符合題意；B.一個周期兩次通過最低點，故測量擺球連續(xù)通過最低點60次的時間t,則單擺周期為4，B不符合題意；C.選擇密度較大的擺球，有利于減小阻力帶來的影響，有利于減小重力加速度的測量誤差，C不符合題意；D.擺線上端未牢固地系于懸點，擺動過程中出現(xiàn)松動，則測得的擺長偏小，根據(jù)7=27rA47r29~—Lrji則測量出的重力加速度g偏小，D符合題意。

故答案為：Do2 47r21F（3）根據(jù)T=2 47r21F則號-=4.03s2/m解得g?9.79m/s2【分析】（1）利用游標卡尺的結(jié)構(gòu)和精度可以讀出對應的讀數(shù)；（2）單擺的擺角不能太大；利用擺動的時間除以全擺動的次數(shù)可以求出周期的大??；應該選擇密度較小的擺球可以減小阻力的影響；（3）利用單擺的周期公式結(jié)合圖像斜率可以求出重力加速度的大小。（3分）某興趣小組設計實驗探究電源的電動勢，電路如圖（甲）所示。器材有：待測電源、開關(guān)、定值電阻（阻值為R。）、電流表（內(nèi)阻不計）、均勻電阻絲（電阻絲總阻值大于心,并配有可在電阻絲上移動的金屬夾）、刻度尺、導線若干。實驗步驟如下：⑴將器材連接成實驗電路；⑵開關(guān)閉合前，金屬夾應夾在電阻絲的端（填"a"或"b”）：⑶改變金屬夾的位置，閉合開關(guān)，記錄每次接入電路的電阻絲長度L和對應電流表示數(shù)I,得到多組數(shù)據(jù)；⑷整理數(shù)據(jù)并在坐標紙上描點繪圖，所得圖像如圖（乙）所示，圖線斜率為k,設電阻絲單位長度的阻值為小，該電源電動勢可表示為￡=；若本實驗電流表內(nèi)阻不可忽略，則電動勢上述測量值（填“偏大”、"不變”、"偏小”）?！敬鸢浮縝；務不變【解析】【解答】（2）開關(guān)閉合前，電阻絲接入電路的阻值應該最大，金屬夾應夾在電阻絲的b端。（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律E=/（R°+r+Lro）整理得9=華1+4心/ ￡C故g=kE-①E-k若本實驗電流表內(nèi)阻不可忽略，則1。+產(chǎn)+豆IEE斜率仍為第=k則電動勢上述測量值不變?！痉治觥浚?）為了保護電阻絲，金屬夾應該夾在電阻最大的一端；（4）利用閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖像斜率和截距可以求出電動勢的大?。焕瞄]合電路的歐姆定律可以判別電流表的內(nèi)阻對電動勢沒有影響。閱卷人五、解答題（共3題；共40分）得分（10分）2022年2月5日，北京冬奧會上由武大靖、任子威、范可新、曲春雨組成的中國短道速滑混合團體接力隊為中國體育代表團拿到本屆冬奧會首枚金牌。決賽中任子威（后）與隊友武大靖（前）某次交接過程如圖所示，交接前兩人均以%=12m/s的速度向前滑行，交接時任子威從后面用力推武大靖，當兩人分開時任子威的速度變?yōu)?=9zn/s,方向仍然向前。不計兩人所受冰面的摩擦力，且交接前后瞬間兩人均在一條直線上運動，已知任子威質(zhì)量mi=80kg,武大靖質(zhì)量m2=75kg。求：（1）（5分）兩人分開時武大靖的速度也的大?。唬?分）若任子威推隊友武大靖的過程用時0.5s,求任子威對武大靖的平均作用力F的大小?！敬鸢浮浚?）解：兩人交接過程，系統(tǒng)動量守恒，則有（7711+62）。0=+巾2〃2解得。2=15.2m/s（2）解：對武大靖，根據(jù)動量定理Ft=7?2（?2-%）解得F=480N【解析】【分析】（1）兩人交接時，利用動量守恒定律可以求出分開時速度的大?。唬?）對于武大靖，利用動量定理可以求出平均作用力的大小。（15分）如圖所示，豎直平面內(nèi)的直線MN右側(cè)是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，左側(cè)是電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場。一帶電荷量為q（q>0）>質(zhì)量為m的粒子從PQ上的C點與PQ成60。角的方向，以速度v射入勻強磁場，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后從D點（圖中未面出）垂直于MN進入勻強電場，最后到達NP上F點，不計粒子重力。求：MxXXXX：XXXXX：XXXXX（5分）粒子在磁場中運動的半徑r；（5分）粒子離開磁場時距N點的距離L；（5分）粒子從C點運動到F點所用的時間t?！敬鸢浮浚?）解：在磁場中運動過程，根據(jù)洛倫茲力提供向心力勺〃8=里rnii解得“不（2）解：根據(jù)幾何關(guān)系粒子離開磁場時距N點的距離乙=「+^訪30。=舞（3）解：在電場中，做類平拋運動，y軸方向L=4at2根據(jù)牛頓第二定律qE=ma解得t= =￡麻粒子在磁場中運動的時間t'=三=上警=羿總時間=%像+答總q7BE3qB【解析】【分析】（1）在磁場運動的過程中，利用牛頓第二定律可以求出粒子運動的半徑大小;（2）粒子離開磁場時，利用幾何關(guān)系可以求出離開磁場時距離N點的距離大?。唬?）在電場中，利用粒子做類平拋運動，利用位移公式結(jié)合牛頓第二定律可以求出粒子運動的時間；利用粒子在磁場運動的軌跡圓心角可以求出運動的時間。（15分）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5T,在勻強磁場區(qū)域內(nèi)，將質(zhì)量m=2kg、長L=2m、電阻R=10的金屬棒ab垂直導軌放置在足夠長的水平光滑U形導軌上，且與導軌接觸良好，導軌間距為L=2m,導軌電阻可忽略不計。金屬棒在垂直于棒的水平拉力F的作用下，由靜止開始（t=0時）以加速度a=2m/s2向右做勻加速直線運動，2s后保持拉力的功率不變，直到棒ab以最大速度做勻速直線運動再撤去拉力F。求：aXXXXXBxXl-A卜XXXXXXXXXb（5分）2s時拉力F的大??；（5分）棒ab的最大速度l^ax；（5分）撤去拉力后，棒ab產(chǎn)生的熱量Q及運動的距離X?！敬鸢浮浚?）解：起初棒ab做勻加速直線運動，t=2s時，由牛頓第二定律有F-B/L=ma棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv2s時的速度為d=at=4m/s由閉合電路歐姆定律得/=1K聯(lián)立以上式子解得F=8N（2）解：t=2s時拉力F的功率為P=Fd=32W棒ab最終做勻速運動，棒受力平衡，則有左?--^maxB/maxL=°其中/_B'Jmax14max-p聯(lián)立求得 =4\/2m/s（3）解：撤去拉力后，棒ab在安培力的作用下減速到零，根據(jù)能量守恒定律，可得棒ab產(chǎn)生的熱量等于棒動能的減少量，即Q= =32/撤去拉力F后，以金屬棒ab為研究對象，由動量定理得-B〃?t=O-m為又q=It解得BqL=mvm又有=妙=嗎RR其中x撤拉力后ab運動的距離，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得％=8讓m【解析】【分析】（1）由于棒做勻加速直線運動，利用牛頓第二定律結(jié)合動生電動勢的