福建省厦门市2021-2022学年高二下学期物理期末质量检测试卷

福建省厦门市2021-2022学年高二下学期物理期末质量检测试卷阅卷人 -、单选题（共4题；共8分）得分（2分）下列四幅图涉及到的物理知识中，说法正确的是（ ）A.图甲中，温度7\>72B.图乙中，分子间引力随分子间距的增大而减小，斥力随分子间距的增大而增大C.图丙中、在液体表面层，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，因此产生表面张力D.图丁中，A为非晶体【答案】C【解析】【解答】A.图甲中，T2温度下，气体平均动能较大，则一<72A不符合题意；B.图乙中，分子间引力随分子间距的增大而减小，斥力随分子间距的增大而减小，B不符合题意；C.图丙中、在液体表面层，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，因此产生表面张力，C符合题意；D.图丁中，A有固定的熔点，为晶体，D不符合题意。故答案为：Co【分析】利用分子速率的平均值大小可以比较温度的高低；利用分子间距和分子力的图线可以判别分子力的大小变化；由于A熔化过程温度不变所以A为晶体。（2分）钻60放射源的应用十分广泛，几乎遍及各行各业，在医学上，常用于放射治疗。钻60的rn半衰期较长，已知质量为mo的钻60,经过时间t后剩余的钻60质量为m,其西-t图线如图所示，从图中可以得到钻60的半衰期为（ ）A.2.18年 B.5.27年 C.6.37年 D.12.24年【答案】B【解析】【解答】由题图可知，钻60的质量从等衰变至争，所用时间为5.27年，因有半数发生衰变了，所以钻60的半衰期为5.27年，ACD不符合题意，B符合题意。故答案为：Bo【分析】利用原子核衰变一半所花的时间可以求出半衰期的大小。TOC\o"1-5"\h\z（2分）如图所示为氢原子的能级示意图，用某一频率为v的光照射大量处于n=2能级的氢原子，氢原子吸收光子后，最多能发出3种频率的光子，频率由小到大分别为匕、也、丫3,则照射光频率V为（ ）n E/eV8 05 0.544 0.853 1.512 3.401 13.6A.匕 B. V2 C. V3 D. V3 — vx【答案】A【解析】【解答】因为氢原子发出3种不同频率的光子，根据里展1=3知n=3氢原子处于第3能级，所以吸收的光子能量E=E3-E2因为打、也、叱的光频率依次增大，知分别由九=3到n=2,n=2到n=1,n=3到n=1跃迁所辐射的光子，所以E=E3—E2=hvr故答案为：Ao【分析】利用能级跃迁的排列组合可以判别氢原子最初所处的能级，结合辐射频率的大小可以求出照射光的频率大小。4.（2分）如图所示为回旋加速器的主要结构，两个半径为R的半圆形中空金属盒7、分置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则（）A.仅提高加速电压，粒子最终获得的动能增大B.所需交变电压的频率与被加速粒子的比荷无关C.粒子第n次通过狭缝后的速度大小为P（n+l）qU7m22D.粒子通过狭缝的次数为mR2mU【答案】D【解析】【解答】A.粒子经过电场加速，磁场回旋，最终从磁场的边缘做匀速圆周运动离开，有qvmB=m^解得粒子最终获得的动能为后.==噂旦可得粒子最终获得的动能与加速电压无关，而与D形盒的半径R有关，即仅提高加速电压，粒子最终获得的动能不变，A不符合题意：B.粒子每通过狭缝一次，交变电场改变一次方向，电场变换两次为一个周期，而这个周期的时间粒11子做两个半圆的运动，则有电场变换的周期等于磁场中做一个匀速圆周的周期，有/电=7二=7二=电磁qB2nm则所需交变电压的频率与被加速粒子的比荷有关，B不符合题意;C.粒子初速度视为零，第n次通过狭缝即被电场加速了n次，由动能定理有1 2nqU=2mvn解得速度大小为外=我梁c不符合题意；D.对粒子运动的全过程由动能定理有=22联立各式解得粒子通过狭缝的次数为刖=q晨D符合题意；故答案为：D。【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出最大动能的表达式，进而判别动能的影响因素：利用粒子运动的轴可以判别交变电压的频率；利用动能定理可以求出粒子加速获得的速度大小；利用动能定理可以求出粒子通过夹缝的次数。阅卷人二、多选题（共4题；共8分）得分（2分）以下叙述中正确的是（ ）A.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场一定产生变化的磁场B.核反应判C。-需Ni+9遇是B衰变，释放的电子来自核外电子C.卢瑟福根据a粒子散射实验提出了原子核式结构模型D.照相机镜头上镀增透膜利用了光的干涉原理【答案】C,D【解析】【解答】A.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场不一定产生变化的磁场，若是均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场，A不符合题意；B.核反应招Co-患Ni+-e是P衰变，释放的电子来自核内的一个中子转化为一个质子，放出一个电子，B不符合题意；C.卢瑟福根据a粒子散射实验现象，提出了原子核式结构模型，C符合题意：D.照相机镜头上镀增透膜利用了光的干涉原理，D符合题意。故答案为：CDo【分析】均匀变化的电场产生恒定的磁场；/?衰变释放的电子来自于原子核；卢瑟福利用a粒子的散射实验提出了原子的核式结构。（2分）如图所示，一束复色光经三棱镜后分成a、b两束单色光，用这两种单色光作为光源，分别在相同的装置上进行双缝干涉实验以及单缝衍射实验，则（ ）a光产生的干涉条纹间距更大b光产生的干涉条纹间距更大a光产生的单缝衍射条纹中央亮纹更宽b光产生的单缝衍射条纹中央亮纹更宽【答案】A,C【解析】【解答】由图可知，b光折射率大，则b光频率大，根据c=/lv可知b光波长小，a光波长大。AB.根据a可知a光产生的干涉条纹间距更大，A符合题意、B不符合题意；CD.波长越大，单缝衍射条纹中央亮纹更宽，可知C符合题意、D不符合题意。故答案为：ACo【分析】利用折射角的大小可以比较折射率的大小；利用折射率的大小可以比较光的频率和波长的大小；利用光的波长大小可以比较干涉条纹和衍射条纹间距的大小。（2分）如图所示，利用一内阻不计的交流发电机通过理想变压器向定值电阻片、心供电。已知发电机线圈的匝数为N,面积为S,转动的角速度为3,所在磁场的磁感应强度为B,理想交流电流表A、理想交流电压表V的示数分别为I、U,则（ ）A.从图示位置开始计时，发电机产生的感应电动势瞬时值e=NBS3cos3tB.发电机产生的交流电压有效值为券色C.若发电机线圈的角速度变为深，则电压表V的示数变为§D.若发电机线圈的角速度变为多则电流表A的示数变!【答案】B.C【解析】【解答】A.图示位置为中性面位置，从中性面位置开始计时，发电机产生的感应电动势瞬时值为e=Emsina)t=NBSa)sina)tA不符合题意；B.发电机产生的交流为正弦式交流电，跟据正弦式交流电电压有效值与峰值的关系有后=置=NBSo)FB符合题意；CD.若发电机线圈的角速度变为美则变压器原线圈电压变为警Z 1 42 2Ui变为原来的一半，根据理想变压器规律患=*，=Mu2n2l2nl知变压器副线圈电压U2变为原来的一半，根据欧姆定律/2=用鞋知变压器副线圈电流12减为原来的一半，则原线圈电流h也减为原来的一半，则电流表A的示数变/-2/-2电压表的示数为U=12R2则电压表V的示数变为段C符合题意，D不符合题意。故答案为：BCo【分析】利用电动势的峰值及角速度的大小可以求出感应电动势瞬时值的表达式；利用峰值可以求

出有效值的大小；利用欧姆定律结合变压器的规律可以求出变压器输出电压的大小，再利用欧姆定律可以求出电压表的读数，利用输出电流的大小及匝数之比可以求出电流表的读数。（2分）2022年6月17日，我国003号航母“福建舰”下水，该舰是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航母。某同学采用如图甲所示装置模拟电磁弹射，匝数71=100的线圈可在圆柱形铁芯上无摩擦滑动，并通过电刷与导轨保持良好接触；铁芯上存在垂直于表面向外的辐向磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为B=0.17。将开关S与1连接，恒流源输出电流使线圈向右匀加速一段时间，之后将开关S掷向2与阻值为R=40的电阻相连，同时施加水平外力F,使线圈向右匀减速到零，线圈运动的u-i图像如图乙所示。已知线圈质量m=0.5kg、每匝周长/=O.lrn,不计线圈及导轨电阻，忽略电刷与导轨间摩擦及空气阻力，则线圈（ ）辐向磁场辐向磁场A.向右匀加速阶段，电流应从恒流源的a端流出B.向右匀加速阶段，恒流源输出的电流大小为/=0.254C.向右匀减速阶段，通过电阻R的电荷为0.25CD.向右匀减速阶段，水平外力F随时间t变化的关系为尸=42.5+25t（N）,0.2s<t<0.3s【答案】A,D【解析】【解答】A.由左手定定则可知向右匀加速阶段，电流应从恒流源的a端流出，A符合题B.由图乙可知，向右匀加速阶段的加速度大小为a=彩加〃？=50m/s2根据牛顿第二定律可得=ma解得/=254B不符合题意；C.向右匀减速时，感应电流/=噜通过电阻R的电荷q=It=U机-vt结合图乙求得q=0.125CC不符合题意；D.向右匀减速阶段，线圈的加速度大小为a'=^m/s2=100m/s2今22根据牛顿第二定律可得F+nBI(10秘00[—0.2])=ma(0.2s<t<0,3s)结合图象可得F=42.5+25t(N),0.2s<t<0.3sD符合题意。故答案为：AD。【分析】利用左手定则及线圈受到的安培力方向可以判别电流的方向；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出电流的大小；利用感应电流的大小结合图像面积可以求出电荷量的大小；利用牛顿第二定律可以求出水平外力的表达式。阅卷人三、填空题（共2题；共4分）得分（2分）我国自主研发制造的热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。核聚变的一种反应方程为lH+lHHe+^X,其中粒子X是,He的比结合能（选填“大于”、“等于”或“小于”）的比结合能。【答案】中子；大于【解析】【解答】根据质量数守恒和电荷数守恒可知X的电荷数为零，质量数为1,则X为中子；核反应方程式中，生成物比反应物稳定，则He的比结合能大于的比结合能。【分析】利用质量数和电荷量数守恒可以判别X为中子；利用核反应释放能量可以判别生成物的比结合能大于反应物的比结合能。（2分）某金属在光照下发生光电效应，光电子的最大初动能与入射光频率v的关系如图所示，已知普朗克常量为h,可知该金属的逸出功为；用某一单色光照射该金属时，实验测得遏止电压为力，已知电子电量的绝对值为e,则该单色光的频率为o

【解析】【解答】由图像可知，该金属的极限频率为Vo,则逸出功为W=hv0用某一单色光照射该金属时，实验测得遏止电压为“，已知电子电量的绝对值为e,则Uee=该单色光的频率为"=%>+竿【分析】利用极限频率结合动能定理可以求出逸出功的大小；利用动能定理可以求出该光的频率大小。阅卷入四、实验题（共2题；共9分）得分（5分）某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图所示。可拆变压器零部件 组装后的变压器（1）（2分）以下给出的器材中，本实验需要用到的是 ；学生电源 干电池多用电表（2分）关于本实验，下列说法正确的有一；A.铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，目的是为了减小涡流，提高变压器效率B.变压器正常工作时，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈C.实验结束时，应先断开连接电表的导线，再断开电源开关（1分）实验小组选择的原线圈匝数为400匝，副线圈匝数为800匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端“4V”挡位，测得副线圈的电压为8.3，，其原因可能是学生电源实际输出电压（选填“大于”或“小于”）标注的"4片'.【答案】（1）A；D（2）A（3）大于【解析】【解答】（1）AB.实验中变压器原线圈需要输入交流电压，而干电池只能输出恒定直流电压，学生电源可以输出交流电压，A符合题意，B不符合题意；CD.实验中变压器副线圈输出交流电压，而实验室用电压表只能测量直流电压，多用电表可以测量交流电压，C不符合题意，D符合题意。故答案为：ADo（2）A.铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，目的是为了减小涡流，提高变压器效率，A符合题意；B.互感现象是变压器的工作基础，电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化。变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，因此变压器是通过铁芯传导磁路将电能从原线圈传递到副线圈，B不符合题意；C.实验结束时，应先断开电源开关，再断开连接电表的导线，C不符合题意；故答案为：A；可知原线圈接学生电源的正弦交流输出端“4e挡位，副线圈电压应为8V,测得副线圈的电压为8.3V,其原因可能是学生电源实际输出电压大于标注的【分析】（1）由于探究变压器电压的关系所以需要使用学生电源，还需要使用多用电表测量交流电压；（2）铁芯是硅钢片制成，是为了减小涡流，提高变压器的效率；变压器的工作原理是电磁感应现象；实验结束时应该先断开电源，再断开连接电表的导线；（3）利用输出电压和匝数之比可以判别输入电压的大小。（4分）如图所示，某同学在“插针法测量玻璃折射率”实验中，先将方格纸固定在木板上，再将一截面为直角三角形的玻璃砖abc放在方格纸上，在玻璃砖ab侧的方格纸上插两枚大头针Pi和P2,再按照实验步骤在玻璃砖的ac侧插上大头针P3和P”(2分)关于本实验操作，下列说法正确的有一。A.实验中选用较粗的大头针，以便大头针的像能看得清晰B.插好的大头针应与纸面垂直C.插大头针时，P4应该挡住P3和Pl、P1D.为了减小误差，插大头针时应使P］和「2、P3和P4的间距适当大一些(1分)利用图中方格纸上的实验记录，可计算此玻璃砖的折射率为(答案可用根号和分数表示)。(1分)在某次实验中，该同学将大头针Pi、P2插在be边右侧并使Pi、P2连线与be边垂直，发现在ac边一侧始终找不到出射光线，其原因是,【答案】(1)B；D(2)竽(3)光线在ac界面发生全反射【解析】【解答】(1)A.实验中为了准确确定入射光线和折射光线，大头针不能选用较粗的，虽然大头针的像能看得清晰，但像的位置变大，误差变大，A不符合题意；B.为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，B符合题意；C.确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡住Pl、P2的像，则P3必定在出射光线方向上，所以确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡住Pl、P2的像，确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住Pl、P2、P3的像，C不符合题意；D.为了减小误差，准确确定入射光线和折射光线，插大头针时应使P1和「2、「3和「4的间距适当大一些，D符合题意。故答案为：BDo(2)利用图中方格纸上的实验记录，可计算入射角为sin。介=|设光线P3P4与光线P$2的夹角为心如图，则有tana sina=£cosa=N^/ 5 5则折射角的正弦值为sin。空=sin（。介+a）=sin。交?/f则此玻璃砖的折射率为n=而方=竽Sint7人3介（3）在某次实验中，该同学将大头针Pi、P2插在be边右侧并使Pi、P2连线与be边垂直，光线在ac界面的入射角正弦值为sin。/=/>：在ac边一侧始终找不到出射光线，其原因是光线在ac界面发生全反射。【分析】（1）实验为了准确记录光线的位置，应该尽量要较细的大头针；为了准确记录出射光线，确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡住Pi、P2的像，确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住Pl、P2、P3的像；（2）利用入射角的正弦值结合折射定律可以求出折射率的大小；（3）在ac边一侧找不到出射光线是由于光线出现全反射。阅卷人 -五、解答题（共3题；共45分）得分（15分）如图所示为一电风扇自动控制装置，用轻质活塞和导热性能良好的气缸密封一定质量的理想气体，活塞的横截面积S=50cm2、上表面有一轻质金属触片。当环境温度J=27久时，活塞距气缸底部灯=30cm,当环境温度升高到t2=32用时，活塞上升到恰使金属触片与导线触点接通的位置，电风扇开始工作。已知大气压强Po=1.0xl（）5pa,T=（t+273）K,不计活塞与气缸间的摩擦，在环境温度由27℃升高到32℃的过程中，求：

（5分）活塞上升的高度；（5分）气体对外做的功；（5分）若该过程中气体从外界吸收的热量为3.0J,求气体内能的增加量。【答案】（1）解：气体做等压变化，初态7\=300K%=MS末态匕=（九1+Ah）ST2=305K解得=解得=0.5cm（2）解：气体对外做的功为W=po-21K=1x10sx50xI。-4x5x10-37=2.57（3）解：根据热力学第一定律4U=Q—"可得4U=0.5/【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，利用理想气体的状态方程可以求出活塞上升的高度；（2）已知气体体积的变化，结合压强的大小可以求出气体对外做功的大小；（3）已知气体对外界做功的大小，结合热力学第一定律可以求出气体内能的增加量。（15分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y轴两侧均有方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t=0时刻，一个带正电微粒从O点以v=2m/s的初速度射入y轴右侧空间，初速度方向与x轴正方向成60。，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次经过y轴的点记为P,OP长L=0.8m。已知微粒电荷量q=+4xlO^c,质量（5分）匀强电场的电场强度大小；（5分）y轴右侧磁场的磁感应强度大小；（5分）粒子第二次经过P点的时刻（结果可含兀）。【答案】（1）解：微粒射入y轴右侧空间，恰能做匀速圆周运动，说明微粒受到的电场力与重力平衡，则有qE=mg解得匀强电场的电场强度大小为E=翠=0.5N/C（2）解：由微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律=由几何关系知，微粒做圆周运动的轨道半径为八=,=1勺sin30°L联立解得y轴右侧磁场的磁感应强度大小为B=0.125T”2（3）解：由题知微粒在y轴左侧的轨迹半径为=m幺r2则丁2=号粒子从射入到第二次经过P点的运动轨迹如图，由7=组V知粒子在y轴两侧运动的周期分别为B=鬻，私=等粒子从射入到第二次经过P点经历的时间为t=2・4+2・汐=等6 6 15粒子第二次经过P点的时刻为t=亶。【解析】【分析】（1）粒子进入y轴右侧时，利用平衡方程可以求出电场强度的大小；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出磁感应强度的大小；（3）画出粒子运动的轨迹，利用轨迹半径可以求出在y轴左侧的轨道半径，结合周期和轨迹圆心角的大小可以求出在磁场中运动的时间。（15分）如图甲所示，在水平面上有一木板，木板上竖直固定着一个边长为L的正方形单匝金属线框，总电阻为R,木板和线框的总质量为M,右侧有一长为5L、高为L的矩形区域，其下边界与线框中心等高，矩形区域内有垂直线框向里的磁场，磁感应强度大小沿x轴的分布如图乙所示。现给线框施加一水平拉力，使线框以速度v匀速通过矩形磁场。已知木板与地面间的动摩擦因数大小为〃，重力加速度大小为g。求：（5分）线框右边刚进入磁场时，线框中的电流大小；（5分）线框右边运动到％=号Z时线框所受的安培力大小；O（5分）线框右边从x=2L运动到x=5L的过程中，水平拉力对线框所做的功。【答案】⑴解：线框右边刚进入磁场时E=B臣解得/=嘿（2）解：线框右边运动到x= 时，线框上边、右边所受的安培力分别为=f2=b1i-^线框所受的安培力为这两个力的合力F=Jf/+&2解得?=左边r16/?（3）解：线框右边从x=2L运动到x=5L的过程，左右边的磁感应强度大小差值恒定B"4,，LLE=B6^v-2，_EI=~R得，’=需即此过程中线框电流大小恒定，左右两边所受安培力之差也是定值，其大小为尸安=8叫-弓）2L到5L的过程中，上边框所受安培