资源简介

2024-2025学年福建省福州市福清市高二（下）期末物理试卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.如图，是观察水面波衍射的实验装置，和是两块挡板，是一个孔，是波源，图中已画出波源所在区域，波的传播情况，每两条相邻波纹图中曲线之间距离表示一个波长，相邻波纹间距离与间距相等。下列说法正确的是( )
A. 水面波经过孔后波纹间距离可能变大
B. 水面波经过孔后波速减小
C. 若波源频率增大，衍射现象更明显
D. 此时可以观察到明显的衍射现象
2.如图四幅图所涉及的光学现象和相应的陈述中，正确的是( )
A. 图是内窥镜，光导纤维利用了光的全反射把光传送到人体内部进行照明
B. 图中的亮斑，是一种光的干涉现象
C. 图中的明暗相间的条纹，是由衍射形成的
D. 图是用偏振眼镜观看立体电影，说明光是一种纵波
3.某科技小组设计了一款温控报警装置。如图所示，将理想自耦变压器的原线圈与交流电源相连，副线圈与滑动变阻器、灯泡和热敏电阻相连。已知热敏电阻的阻值随温度升高而减小，灯泡始终未烧坏，则能使灯泡变亮的是( )
A. 减小输入电压的有效值 B. 环境温度降低
C. 将滑动变阻器滑片向左移动 D. 将自耦变压器滑片向下移动
4.一质量为、电阻为的金属杆，以一定的初速度从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成角，两导轨上端用一电阻相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为，则金属杆从轨道底端向上滑行，到向下滑行返回底端的整个过程中，说法正确的是( )
A. 向上滑行的时间等于向下滑行的时间
B. 向上滑行过程与向下滑行过程通过电阻的电荷量相等
C. 金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻上产生的热量为
D. 向上滑行过程电阻上产生的热量小于向下滑行过程电阻上产生的热量
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图甲所示，螺线管匝数匝，横截面积，螺线管导线电阻不计，定值电阻，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示以向右为磁感应强度的正方向，则( )
A. 内，通过的电流方向为从到
B. 内回路中产生的感应电流大小大于内回路中产生的感应电流大小
C. 和内的感应电流方向相同
D. 内，通过的电流大小为
6.学生李华研发了一款名字叫做“”的手机壳，如图从外观上：可以看到这个手机壳长有个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间个触角会瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。研究缓冲效果的实验中，总质量为的手机从距离地面的高度跌落，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为，然后手机保持静止，不计空气阻力，，则以下说法正确的是( )
A. 保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化量
B. 保护器使得手机撞击地面的时间延长
C. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为
D. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为
7.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用表示，变阻器相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于变小。则在用电高峰时，下列说法正确的是( )
A. 输电导线的损耗功率变大
B. 发电厂输出功率变大
C. 电压表、的示数之比变大
D. 因发电厂输出电压一定，所以用户端电压不发生变化
8.共享电动单车大大方便了市民出行，骑行者通过拧动手把来改变车速，手把内部结构如图甲所示，其截面如图乙所示。稍微拧动手把，霍尔元件保持不动，磁铁随手把转动，与霍尔元件间的相对位置发生改变，穿过霍尔元件的磁场强弱和霍尔电压大小随之变化。已知霍尔电压越大，电动车能达到的最大速度越大，霍尔元件工作时通有如图乙所示的电流，载流子为电子，则( )
A. 霍尔元件下表面电势高于上表面
B. 霍尔元件下表面电势低于上表面
C. 从图乙所示位置沿方向稍微拧动手把，可以增大
D. 提速过程，洛伦兹力对运动电子做正功
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.一列简谐横波沿轴传播，图甲是时刻的波形图，图乙是处质点的振动图像，该波向轴______填：正方向或负方向传播，波速为______。
10.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，横截面如图所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向射入，与过点的法线成角。为光传感器，用以探测光的强度。从面反射回来的光的强度随角变化的情况如图所示。已知则这束激光在面发生全反射的临界角为______，该材料的折射率为______。
11.二极管是常用的电子元件，具有单向导电的性质，其电路符号为“”。如图所示为一个的定值电阻和一个理想二极管串联后连接到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电阻的电流随时间的变化如图所示。则电源的频率为______，电阻两端的电压有效值为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.如图所示，甲同学在“测量玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。为直线与的交点。在直线上竖直地插上、两枚大头针。
甲同学接下来要完成的必要步骤有______。
A.插上大头针，使仅挡住的像
B.插上大头针，使挡住的像和的像
C.插上大头针，使仅挡住
D.插上大头针，使挡住和、的像
过、作直线交于，过作垂直于的直线，连接。测量图中角和的大小，则玻璃砖的折射率______。
如图所示，甲同学在实验中将玻璃砖界面和的间距画得过宽但仍平行。若其他操作正确，则折射率的测量值______选填“大于”“小于”或“等于”准确值。
甲同学准确的画好玻璃砖界面和后，实验过程中不慎将玻璃砖向下平移了一些。如图所示，若其他操作正确，则折射率的测量值______选填“大于”“小于”或“等于”准确值。
乙同学采用的是梯形玻璃砖，在纸上画出的界面，与玻璃砖的位置如图所示，实验过程和操作均正确，则折射率的测量值______选填“大于”“小于”或“等于”准确值。
13.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
观察变压器的铁芯，它的结构和材料是______填字母
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
以下给出的器材中，本实验需要用到的是______；填字母
A.干电池
B.学生电源
C.直流电压表
D.多用电表
某次实验中得到实验数据如表所示，表中、分别为原、副线圈的匝数，、分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是______。
实验次数 匝 匝
原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是______。填字母
A.变压器线圈中有电流通过时会发热
B.原、副线圈的电压频率不相同
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示，质量的子弹以速度射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量，子弹进入木块后达到共同速度且子弹并未穿出，忽略木块质量的损失。求：
子弹和木块达到相同速度，运动的速度大小；
整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能。
15.质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示，虚线上方有两条半径分别为和的半圆形边界，分别与虚线相交于、、、点，圆心均为虚线上的点，、间有一荧光屏。虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为，虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子比荷为，该离子由静止开始经电场加速后，从的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收。当加速电压为时，离子恰能打在荧光屏的中点，不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。求：
离子射出电场时的速度大小；
匀强磁场的磁感应强度；
离子在磁场中运动的时间。
16.近日，福建舰完成了隐身舰载战斗机的电磁弹射起飞测试，震撼了世界。电磁弹射技术的原理可以简化为如图乙所示。假设航空母舰静止在海面上，战斗机的质量为，恒压电源的电压为，电容器的电容为，水平导轨、的间距为，电阻忽略不计。在导轨、间施加垂直于导轨平面、磁感应强度大小为的匀强磁场图中未画出，然后使开关接给电容器充电，待电路稳定后将开关接至，战斗机将实现弹射起飞。假设战斗机在跑道间可等效看成导体棒，其等效电阻大小为，在离开跑道前已经达到最大速度，已知战斗机在起飞过程中受到跑道的阻力和空气阻力都忽略不计，重力加速度为。求：
由接到的瞬间，战斗机受到的安培力大小；
电磁弹射起飞的过程中战斗机的最大加速度大小；
战斗机离开导轨时的速度大小。
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.负方向
10.
11.
12.； ； 小于； 等于； 等于
13.； ； 见解析；
14.根据动量守恒定律有，代入数据解得：。
碰撞中、组成的系统损失的机械能，代入数据解得：。
答：子弹和木块达到相同速度，运动的速度大小为。
整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为。
子弹射入木块后二者共速，系统动量守恒。已知子弹初速度和两者质量，可求出共同速度。
系统机械能损失等于子弹初动能减去两者共速时的总动能。根据子弹初速度、共同速度及质量关系计算得出。
15.在电场中加速，由动能定理可得
解得
离子的半径
由洛伦兹力提供向心力得
解得：
离子在磁场中运动的周期为
在磁场中运动的时间
解得：
答：离子射出电场时的速度大小为；
匀强磁场的磁感应强度为；
离子在磁场中运动的时间为。
由动能定理求离子射出电场时的速度大小；
由洛伦兹力提供向心力求得匀强磁场的磁感应强度；
由周期公式求得离子在磁场中运动的时间。
16.根据充电后电容的电压与电动势相等，结合欧姆定律：，安培力公式：，即可计算战斗机受到的安培力大小为：；
根据牛顿第二定律：，即可得战斗机的最大加速度：；
根据战斗机速度最大时，其感应电动势与电容电压相等，可得：；
结合电容的定义式：，可得到电容放电量的关系式；
由动量定理：，电流定义式：，联立可得战斗机的最大速度。
答：战斗机受到的安培力大小为；
战斗机的最大加速度大小为；
战斗机离开导轨时的速度大小为。
第1页，共1页

展开更多......

收起↑