山西省臨汾市洪洞縣2021-2022學年高二下學期物理期末考試試卷閱卷人一、單選題（共8題；共16分）得分（2分）關于電磁波譜，下列說法正確的是（ ）A.在烤箱中能看見一種淡紅色的光線，這是電熱絲發(fā)出的紅外線B.無線電波的波長小于X射線的波長C.適量紫外線照射人體能促使人體合成維生素DD.醫(yī)學上常用y光照片輔助進行疾病診斷【答案】C【解析】【解答】A.在烤箱中能看見一種淡紅色的光線，是電熱絲發(fā)出的紅光，不是紅外線，紅外線是看不到的，A不符合題意；B.無線電波的波長大于X射線的波長，B不符合題意；C.紫外線能促進體內維生素D的合成，C符合題意；D.醫(yī)學上常用X光照片輔助進行疾病診斷，D不符合題意。故答案為：Co【分析】在烤箱中看到的紅色的光線屬于紅光；無線電波的波長比X射線的波長大；醫(yī)學上常用X光照片輔助進行疾病診斷。（2分）下列說法中正確的是（ ）A.奧斯特發(fā)現了電磁感應現象B.法拉第發(fā)現電流產生磁場的現象C.安培提出了分子電流假說D.赫茲提出了電磁場理論【答案】C【解析】【解答】AB.法拉第發(fā)現了電磁感應現象，奧斯特發(fā)現電流的磁場效應。AB不符合題意；C.安培提出了分子電流假說，很好的解釋了軟鐵磁化現象，C符合題意；D.麥克斯韋提出了電磁場理論，D不符合題意。故答案為：Co【分析】法拉第發(fā)現了電磁感應現象；奧斯特發(fā)現了電流的磁效應；麥克斯韋提出了電磁場的理論。（2分）關于UAB=^^R3WAB=qUAB的理解，正確的是（ ）A.電場中A,B兩點間的電勢差和兩點間移動電荷的電荷量q成反比B.Uab與q、Wab無關，甚至與是否移動電荷都沒有關系C.在電場中A,B兩點間沿不同路徑移動相同電荷，路徑長時WAB較大D.Wab與q、Uab及電荷移動的路徑無關【答案】B【解析】【解答】A.電勢差公式UAB=^^^比值定義法，電場中的A、B兩點間的電勢差和兩點間移動電荷的電量q和電場力做功均無關，A不符合題意；B.電勢差公式Uab=^^^比值定義法，UAB與q、WAB無關，甚至與是否移動電荷都沒有關系，B符合題意；C.根據公式WAB=qUAB,在電場中A、B兩點移動不同的電荷，電場力的功WAB和電量q成正比，與路徑無關，C不符合題意；D.電場力做功與路徑無關，電場力的功WAB和電量q成正比，即Wab與q成正比，但與電荷移動的路徑無關，D不符合題意。故答案為：Bo【分析】電勢差的大小與電場力做功的大小無關；電場力做功與運動的路徑無關；電場力做功的大小與電荷量及電勢差的大小有關。（2分）如圖所示，帶有J光滑圓弧軌道質量為M的小車靜止置于光滑水平面上，一質量為m的小球以速度%水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，則（ ）A.小球離開小車以后一定向右做平拋運動B.小球和小車組成的系統動量守恒C.小球到達最高點時速度為零D.小球和小車組成的系統機械能守恒【答案】D【解析】【解答】D.小球和小車組成的系統只有重力做功，機械能守恒，D符合題意；B.小球和小車組成的系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，豎直方向合外力不為零，故小球和小車組成的系統動量不守恒，B不符合題意；AC.小球離開小車后，水平方向小球和小車速度相等，豎直方向小球速度不為零，小球上升到最高點時與小車相對靜止，水平方向有相同速度，AC不符合題意。故答案為：D?！痉治觥坑捎谛∏蚝托≤囅到y只有重力做功機械能守恒；系統水平方向不受力所以動量守恒；利用動量守恒定律可以判別小球到達最高點速度與小車相等。（2分）如圖所示環(huán)形導線a中有逆時針方向的電流，a環(huán)外有一個與它同心且在同一平面內的導線圈b,當a中的電流不變時，增大b的半徑，則穿過b的磁通量（ ）A.變大，方向向里 B.變大；方向向外C.變小，方向向里 D.變小，方向向外【答案】D【解析】【解答】由安培定則可知，a環(huán)內磁場垂直紙面向外，a環(huán)外磁場垂直紙面向里，則穿過b環(huán)的磁通量垂直紙面向外，當a中的電流不變時，增大b的半徑，則穿過b的向外的磁感線條數不變，向里的磁感線條數增加，則總的磁通量向外減小。故答案為：D?！痉治觥坷冒才喽▌t可以判別通過b環(huán)的磁通量方向，結合內外磁通量的大小可以判別b環(huán)磁通量減小。（2分）下列說法正確的是（ ）A.電荷從電場中的A點運動到了B點，路徑不同，靜電力做功的大小就可能不同B.正電荷沿著電場線運動，靜電力對正電荷做正功，負電荷逆著電場線運動，靜電力對負電荷做負功C.電荷從電場中的某點開始出發(fā)，運動一段時間后，又回到了該點，則靜電力做功為零D.電荷在電場中運動，因為靜電力可能對電荷做功，所以能量守恒定律在電場中并不成立【答案】C【解析】【解答】A.靜電力做功和電荷運動路徑無關，只與初末位置的電勢差有關，A不符合題-Al.忌；B.正電荷沿電場線的方向運動，則正電荷受到的靜電力方向和電荷的運動方向相同，故靜電力對正電荷做正功，同理，負電荷逆著電場線的方向運動，靜電力對負電荷做正功，B不符合題意；C.靜電力做功只和電荷的初、末位置有關，所以電荷從某點出發(fā)又回到了該點，靜電力做功為零，C符合題意；D.電荷在電場中運動，靜電力可能對電荷做功，但能量守恒依然成立，D不符合題意。故答案為：Co【分析】靜電力做功與電荷運動的路徑無關；負電荷逆著電場力做功時電場力對負電荷做正功；電荷在電場中運動，電場力做功會導致電勢能與其他能量轉化，過程中能量守恒。（2分）1820年4月，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現了電流的磁效應。已知通電長直導線周圍某點的磁感應強度8=4],即磁感應強度B與導線中的電流I成正比、與該點到導線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長直導線相距為配，分別通以大小不等、方向相同的電流，已知規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，在0?X。區(qū)間內磁感強度B隨x變化的圖線可能是圖中的（ ）

【答案】A【解析】【解答】由安培定則可知，左側導線中的電流在該導線右側產生的磁場的方向向里，而右側導線中的電流在該導線左側產生的磁場的方向向外，故在0?出區(qū)間內磁場方向先為正后為負。根據通電長直導線周圍某點磁感應強度B=kT和A>i2可知，在華的位置磁場方向為正方向，A符合題意，BCD不符合題意。故答案為：Ao【分析】利用右手螺旋定則可以判別通電導線磁感應強度的方向，結合矢量疊加可以判別磁感應強度的大小及方向分布。（2分）街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖如圖所示。輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線總電阻為R。，變阻器R代表用戶用電器的總電阻。負載變化時輸入電壓不會有大的波動，若變壓器上的能量損耗可以忽略，當滑片下移（相當于用戶的用電器增加）時（）A.Ai和A2示數均增大 B.V2示數增大C.Ro的功率減小 D.變壓器輸入功率減小【答案】A【解析】【解答】A.當滑片下移，變阻器R的接入電阻變小，根據串反并同規(guī)律，副線圈電流上增大,根據然舒原線圈電流h增大，Ai和A2示數均增大，A符合題意；B.當滑片下移，變阻器R的接入電阻變小，根據串反并同規(guī)律，V2示數減小，B不符合題意；C.當滑片下移，變阻器R的接入電阻變小，根據串反并同規(guī)律，R。的電流增大，根據P=2/?oRo的功率增大，C不符合題意;D.變壓器輸入功率為P/=U/1輸入電壓Ui不變，L增大，變壓器輸入功率增大，D不符合題意。故答案為：A?！痉治觥慨敾乱茣r，副線圈的電阻減小則根據輸出電壓不變可以判別輸出電流增大，由于輸出電流增大則定值電阻兩端的電壓增大則導致電壓表V2讀數減小；由于輸出電流增大則導致兩個電流表讀數增大；由于電流增大則輸入功率增大，且定值電阻的功率也增大。閱卷人二、多選題（共4題；共8分）得分（2分）一含有理想變壓器的電路如圖所示，％、為定值電阻，為滑動變阻器，A為理想交流電流表。U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定。下列說法正確的是（ ）Q不動，P向上滑動，電流表示數減小Q不動，P向下滑動，變壓器輸出功率減小P不動，Q向上滑動，電流表示數變小P不動，Q向下滑動，變壓器輸出功率變小【答案】A,D【解析】【解答】A.Q不動，則負載的總電阻不變，P向上滑動，原線圈的匝數憶變大，根據變壓器原、副線圈電壓比等于匝數比可知副線圈輸出電壓3減小，則副線圈每個電阻通過的電流都減小，電流表示數減小，A符合題意；Q不動，則負載的總電阻不變，P向下滑動，原線圈的匝數七變小，根據變壓器原、副線圈電壓比等于匝數比可知副線圈輸出電壓出增大，則副線圈的輸出電流七增大，變壓器的輸出功率增大，B不符合題意；P不動，原線圈的匝數必不變，副線圈輸出電壓力不變，Q向上滑動，滑動變阻器接入的阻值減小，副線圈負載的總電阻減小，副線圈的輸出電流/2增大，定值電阻R1兩端電壓增大，定值電阻

/?2兩端電壓減小，通過定值電阻陵的電流減小，則電流表示數變大，C不符合題意；P不動，原線圈的匝數3不變，副線圈輸出電壓四不變，Q向下滑動，滑動變阻器/?3接入的阻值增大，副線圈負載的總電阻增大，則副線圈的輸出電流/2減小，變壓器的輸出功率減小，D符合題意。故答案為：ADo【分析】當Q不動時，P向上滑動時原線圈的匝數增大，結合電壓與匝數之比可以判別輸出電壓減小，結合歐姆定律可以判別電流表讀數減小，反之會導致其輸出電壓和輸出電流增大，則輸出功率變大；當P不斷時，Q向上滑動會導致副線圈電阻減小則輸出電流增大，反之會導致電流減小，結合輸出電壓不變可以判別輸出功率減小。(2分)圖甲為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，Q是平衡位置在x=4m處的質點，圖乙為質點Q的振動圖像，則下列說法正確的是( )A.這列波的波長是8m,周期是0.2s,振幅是10cmB.在t=0時，質點Q向y軸負方向運動C.波向x軸負方向傳播，且波速為40m/sD.質點Q簡諧運動的表達式為y=0.10sinl07rt(m)【答案】A,D【解析】【解答】A.由圖像可知，這列波的波長是8m,周期是0.2s,振幅是10cm,A符合題意；BC.由Q點的振動圖像可知，在t=0時，質點Q向y軸正方向運動，可知波向x軸正向傳播，BC不符合題意；D.根據圖像可知3=竿=lOnrad/s則質點Q簡諧運動的表達式為y=0.1Osin1Ont(m)D符合題意。故答案為：ADo【分析】利用圖像可以得出波長、周期和振幅的大小，利用Q點的振動圖像可以判別速度的方向，利用振動方向可以判別波的傳播方向；利用周期可以求出角速度的大小，結合振幅的大小可以求出簡諧運動的表達式。（2分）如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向在圖中已經標出.左線圈連著平行導軌M和N,導軌電阻不計，在導軌垂直方向上放著金屬棒ab,金屬棒處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，下列說法中正確的是（ ）db A.當金屬棒ab向右勻速運動時，a點電勢高于b點，c點電勢高于d點B.當金屬棒ab向右勻速運動時，b點電勢高于a點，c點與d點等電勢C.當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，c點電勢高于d點D.當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，d點電勢高于c點【答案】B.D【解析】【解答】AB.當金屬棒向右勻速運動切割磁感線時，金屬棒產生恒定感應電動勢，由右手定則可知，電流方向為a-b,根據電流從電源（ab相當于電源）正極流出沿外電路回到電源負極的特點，可以判斷b點電勢高于a點，由于左線圈中的感應電動勢恒定，則感應電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產生感應電流，則c點電勢等于d點電勢，A不符合題意B符合題Vr.CD.當ab向右做加速運動時，由右手定則可推斷，b點電勢高于a點，電流沿逆時針方向，又由E=8卻可知，ab導體兩端的E不斷增大，那么左邊電路中的感應電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且磁感應強度不斷增強，則右邊電路線圈中向上的磁通量不斷增加，由楞次定律可知，右邊電路的感應電流方向為逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應電動勢僅產生在繞在鐵芯上的那部分線圈上，把這個線圈看做電源，由于電流是從c沿內電路（即右線圈）流向d,則d點電勢高于c點，C不符合題意D符合題意。故答案為：BDo【分析】當金屬棒向右勻速運動時，利用右手定則可以判別感應電流的方向進而判別a點的電勢低于b點，由于副線圈沒有感應電流的產生所以cd電勢相等；當金屬棒向右加速運動時，產生的感應

電流方向相同，則b點電勢高于a點，結合楞次定律可以判別副線圈電流的方向，進而比較cd兩點的電勢大小。（2分）如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為8m、14m,兩船沿同一直線同一方向運動，速率分別為2%、v0,為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為2m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，同時保證兩船繼續(xù)同向運動，不計水的阻力。則拋出貨物的速率可能是（2%A.v0 B.2v0 C.5v0 D.4v0【答案】B,C,D【解析】【解答】以原運動方向為正方向，拋后乙船的速度為“，對乙船和拋出貨物列動量守恒，則有14m%=-2mv+12mbi甲船接收到貨物后的速度為V2?對甲船和貨物列動量守恒，則有167nl7?！?mv=107nv2依題意有Vi>v216mv0>2mv解得IIv0<v<8v0故答案為：BCDo【分析】利用乙船和貨物的動量守恒定律及甲船和貨物的動量守恒定律結合最后兩船的速度可以判別拋出貨物的速度大小范圍。閱卷人—三、實驗題（共2題；共10分）得分（5分）在用電流表和電壓表測電池的電動勢和內電阻的實驗中，電源的電動勢不超過1.5V,內阻不超過1C,電壓表（0---3V,3kC）,電流表（0—0.6A,1Q）,滑動變阻器有Ri（10Q,2A）和R2（100Q,0.1A）各一只.實驗電路如圖（甲）

（甲）（乙）（甲）（乙）（1分）實驗中滑動變阻器應選用（填“Ri”或"Rd'）（2分）某位同學在實驗操作時電路連接如圖（乙）所示，該同學接線中錯誤（或不妥當）的實驗器材是A.滑動變阻器 B.電壓表 C.電流表（2分）一位同學根據記錄的數據畫出U-I圖線如圖（丙）所示，根據圖象（答題紙上的圖更清晰一些）讀出電池的電動勢E=V,根據圖象求出電池內阻廠Q..【答案】（【答案】（1）RiA；B1.45；0.69【解析】【解答】（1）因電流表量程為0.6A,由I4K-rr得：牛雜字解得：2.7CWRW6.5C因此變阻器應選Ri.（2）電壓表不能直接接在電源兩極間，應由電鍵控制；滑動變阻器接在此兩點間不能改變電阻值.所以錯誤（或不妥當）的實驗器材是：A、B（3）應將U-I圖象延長分別與兩軸相交，與縱軸交于1.45V,與橫軸交于0.64A左右，因此電動勢E=1.45V,內電阻尸弟=0.690【分析】（1）利用電流表的電流結合歐姆定律可以判別滑動變阻器的阻值；（2）電壓表不能直接接在電壓兩端；滑動變阻器接法出現錯誤；（3）利用圖像斜率和截距可以求出電動勢和內阻的大小。（5分）某同學為了測當地的重力加速度，測出了多組擺長和運動周期，根據實驗數據，作出T2_L的關系圖像如圖所示。甲（1分）甲圖秒表的讀數為;（1分）做出題圖的乙-廠圖像不過坐標原點，原因可能是（“多測”或“漏測”）了小球的半徑；（1分）由圖像可求得當地的重力加速度為m/s2（結果保留三位有效數字）（2分）如果該同學測得的g值偏大，可能的原因是：A.測擺線長時擺線拉得過緊B.開始計時，秒表過早按下C.實驗中誤將49次全振動數為50次D.擺線上端懸點未固定，擺動過程中出現松動，擺線長度增加了【答案】（1）95.1（2）漏測9.86A；C【解析】【解答】（1）秒表的讀數為t=60s+35.1s=95.1s（2）圖像不過坐標原點，將圖像向右平移1cm就會通過坐標原點，故相同的周期下，擺長偏小1cm,故可能是測擺長時，僅測了擺線長度而漏測了小球半徑。（3）由單擺周期公式7=2兀R可得7？=酬1入一產圖像斜率卜=殍結合圖像數據得到k=4s2/m則求得g工9.86m/s2（4）A,根據7=2兀J可得9=曙測擺線長時擺線拉得過緊，使擺線長度偏大，導致g測量值偏大，A符合題意；B.開始計時，秒表過早按下，使T測量值偏大，導致g值偏小，B不符合題意；C.由7=三n誤將49次全振動數為50次，使得T值偏小，導致g測量值偏大，C符合題意；D.擺線上端懸點未固定，擺動過程中出現松動，L測量值偏小，導致g測量值偏小，D不符合題意。故答案為：ACo【分析】（1）利用秒表的分度值可以讀出對應的讀數；（2）利用圖像沒有過原點可以判別擺長測量值偏小，則應該在測量時忽略了小球的半徑;（3）利用單擺的周期公式結合圖像斜率可以求出重力加速度的大??；（4）利用重力加速度的表達結合測量擺長或周期的誤差可以判別g值產生的誤差大小。閱卷人四'解答題（共3題；共40分）得分（10分）如圖所示，半圓玻璃磚的半徑R=10cm,折射率為《=遍，直徑AB與屏幕垂直并接觸于A點，激光a以入射角i=30。射向半圓玻璃碗的圓心O,結果在水平屏幕MN上出現了兩個光斑。（5分）求兩個光斑之間的距離;（5分）改變入射角，使屏MN上只剩一個光斑，求光斑離A點距離最長時的入射角C（可用三角函數表示該角）?！敬鸢浮浚?）解：光路圖如圖所示設折射角為丫，折射光線交MN于P點，反射光線從玻璃磚射出后交MN于Q點，根據折射定律有sinyn=r-rsmt解得y=60°由幾何關系可得兩個光斑P、Q之間的距離PQ=PA+AQ=/?tan30°+/?tan60°解得PQ=當百cm（2）解：當入射角增大發(fā)生全反射時，屏MN上只剩一個光斑，此光斑Q，離A點最遠時，恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角，即i=C且sinC=-=^n3【解析】【分析】（1）畫出光折射和反射的路徑，利用折射定律可以求出折射角的大小，結合幾何關系可以求出PQ之間的距離；（2）當改變入射角時，光發(fā)生全反射，利用折射率的大小可以求出臨界角的大小。（15分）如圖所示，在xOy坐標系中，y>0的范圍內存在著沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的范圍內存在著垂直紙面的勻強磁場（方向未畫出）?，F有一質量為m、電荷量大小為一q（重力不計）的帶電粒子，以初速度vo（vo沿x軸正方向）從y軸上的a點出發(fā)，運動一段時間后，恰好從x軸上的d點第一次進入磁場，然后從O點第一次離開磁場。已知Oa=L,Od=2L,求：（5分）電場強度大小;（5分）粒子第一次通過x軸時的速度大小和方向;（5分）磁感應強度的大小和方向?！敬鸢浮浚?）解：粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據牛頓第二定律可得其加速度大小為a=變①m設粒子做類平拋運動的時間為t,則x方向上有2L=vot ②y方向上有L=^at2（3）聯立①②③解得七=翳④（2）解：粒子在d點的y方向分速度大小為3=at⑤聯立①②⑤解得％=%⑥設粒子在d點速度方向與x軸正方向的夾角為a,則tana=^=1（7）解得a=45。⑧粒子第一次通過x軸時的速度大小為v=懸=缶。⑨（3）解：由題意可知粒子進入磁場后向左偏轉，根據左手定則可知磁感應強度方向垂直紙面向里。如圖所示，根據幾何關系可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R=V2L@根據牛頓第二定律有=nr3■何）聯立⑨⑩?解得B=察?【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，結合位移公式可以求出電場強度的大??；（2）粒子經過x軸時，利用速度公式結合速度的分解可以求出速度的大小及方向；（3）粒子進入磁場時，利用幾何關系可以求出軌跡半徑的大小，結合牛頓第二定律可以求出磁感應強度的大小。（15分）我國運動員閆文港在2022年北京冬奧會獲得男子鋼架雪車比賽銅牌，實現該項目的歷史性突破，小明同學看到該新聞后，設計了如下情景探究物塊與軌道及滑板間的相互作用規(guī)律。如圖所示，水平面上豎直固定一個粗糙圓弧軌道BC,圓弧軌道C端切線水平，長木板靜止在光滑的水平面上，木板左端緊靠軌道右端且與軌道點等高但不粘連，接觸處上表面平滑。從B的左上方A點以某一初速度水平拋出一質量m=2kg的物塊（可視為質點），物塊恰好能從B點沿切線方向無碰撞進入圓弧軌道BC,物塊滑到圓弧軌道C點時對軌道的壓力大小為Fn=43.04N,經圓弧軌道后滑上長木板，已知長木板的質量M=6kg,A、B兩點距C點的高度分別為H=4.3m、h=2.5m、R=12.5m,空氣阻力不計，g取lOm/s2。求：（5分）物塊從A運動到B的時間和物塊到達B點時的速度大??；（5分）物塊從B滑到C的過程中克服摩擦阻力做的功；（5分）若長木板與地面間的摩擦不計，物塊與長木板之間的動摩擦因數〃=0.6,要使物塊不滑出長木板，長木板至少為多長；若長木板固定不動，且物塊和木板是某種特殊材料，物塊在木板上運動受到的水平阻力（與摩擦力類似）大小與物塊速度大小v成正比，即Ff=ku,k=3kg/s,要使物塊不滑出長木板，長木板至少為多長。【答案】（1）解：物塊從A點做平拋運動到B點，則有=代入數據解得A到B的時間t=O.6svy=gt=6m/s由幾何關系得到B點速度方向與水平方向夾角。等于NBOC,而cos4BOC=粵=0.8B點的速度大小vB==10m/s（2）解：根據牛頓第三定律，物塊在C點所受支持力大小等于物塊對軌道的壓力大小，在C點有Fn-m9=得V2=12m/s從A點拋出的初速度為%=上*=8m/su3nt/從A至C點，由動能定理得mgH—叼=；巾域—詔代入數據解得從B滑到C物塊克服阻力做功為卬/=67(3)解：物塊滑上長木板后，木塊和長木板系統動量守恒，則有小/=(m+M)u解得u=3m/s假設物塊剛好不滑離長木板?！?0.6,由功能關系可得〃mgL=寺小詣—3(m+M)?2解得L=9m若Ff=kv,對木塊m由動量定理