福建省福州市2023-2024学年高二下学期期末联考物理试题（原卷版+解析版）

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（全卷共8页，16小题，完卷时间75分钟，满分100分）
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 如图所示，关于电和磁的情景中，下列说法正确的是（ ）
A. 图（a）是奥斯特利用实验装置发现了电磁感应现象
B. 图（b）是研究电磁感应的实验，只要开关一直接通，即使小螺线管A插入大螺线管B中不动，电流计中也有感应电流通过
C. 图（c）表示通电方向相反的两长直导线相互排斥，是通过电场实现的
D. 图（d）是手机无线充电的原理，若将交流电接入送电线圈中，可以利手机进行充电，这运用的是电磁感应原理
【答案】D
【解析】
【详解】A．图（a）是奥斯特利用实验装置发现了电流的磁效应，故A错误；
B．图（b）是研究电磁感应实验，只要开关一直接通，当小螺线管A插入大螺线管B中不动时，穿过大螺线管B中的磁通量没有发生变化，电流计中没有感应电流通过，故B错误；
C．图（c）表示通电方向相反的两长直导线相互排斥，是通过磁场实现的，故C错误；
D．图（d）是手机无线充电的原理，与变压器工作原理相同，若将交流电接入送电线圈中，可以利手机进行充电，这运用的是电磁感应原理，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，S为水面上一波源，M、N是两块挡板，两板中间有一狭缝，此时观察不到A处叶子的振动，为使水波能带动叶片振动，可采用的方法是（ ）
A. 增大波源的振幅B. 增大波源的频率
C. 将N板向左移D. 将波源S向左移
【答案】C
【解析】
【详解】观察不到A点振动，说明衍射现象不明显，要使衍射现象变得明显，可以减小波源的频率以增大波长，或将N板向左移减小狭缝的尺寸。
故选C。
3. 如图所示，通电直导体棒放在倾角为光滑斜面上，并处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流为I时，导体棒恰好处于平衡状态，若电流突然反向（电流大小不变），则该导体棒的加速度大小为（已知重力加速度为g）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当电流为I时有
当电流突然反向时有
联立得该导体棒的加速度大小为
故选C。
4. 如图所示，为理想自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，Q为滑动变阻器上的滑片，则以下说法正确的是（ ）
A. 适当调节变压器上的滑动触头P，该自耦变压器既可升压也可降压
B. 滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，电流表读数变大
C. 图示位置，
D. 滑动触头P不动，滑片Q缓慢向下滑动时，一直在减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．适当调节变压器上的滑动触头P，可改变副线圈的匝数，但副线圈匝数一直小于原线圈匝数，故该自耦变压器只能降压不能升压，A错误；
B．滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，副线圈匝数增大，根据
可知副线圈电压增大，则电流增大，电流表读数变大，B正确；
C．图示位置，原线圈匝数大于副线圈匝数，则有
C错误；
D．滑动触头P不动，副线圈匝数不变，则不变，D错误。
故选B。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，全部选对得6分，选不全得3分，有选错或不答得0分。）
5. 如图所示，将一张白纸平放在水平桌面上，在白纸的上面放一水杯，把白纸从水杯下抽出：如果快速抽出白纸，水杯几乎不动；如果较慢抽出白纸，水杯却被拉动了。对于这种现象，下列说法中正确的是（ ）
A. 较慢抽出白纸，白纸对水杯的摩擦力大于水杯对白纸的摩擦力
B. 快速抽出白纸，水杯受到的摩擦力小
C. 缓慢抽出白纸，水杯受到的冲量大
D. 快速抽出白纸，水杯的动量变化更小
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．抽动纸条时，笔帽受到的是滑动摩擦力，故不论快抽还是慢抽，笔帽受到的摩擦力均相等，故AB错误；
CD．根据冲量的定义
两次的摩擦力相同，摩擦力作用的时间不相同，缓慢抽出纸条时，摩擦力的作用时间长，笔帽受到的冲量大，快速抽出纸条时，摩擦力的作用时间长，笔帽受到的冲量小，根据动量定理
可知快速抽出白纸，水杯的动量变化更小，故CD正确。
故选CD。
6. 如图（a）所示，一个半径为、匝数为n、电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻连接成闭合回路，导线的电阻不计。在线圈中半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图（b）所示，下列关于0-时间内的分析正确的是（ ）
A. 中电流的方向由b到aB. 电流的大小为
C. 线圈两端的电压为D. 时刻，通过线圈的磁通量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由楞次定律可知，通过电阻R1上的电流方向为由a到b，A错误；
B．由题图分析可知，0~t1时间内，由法拉第电磁感应定律有
面积为
S＝πr22
由闭合电路欧姆定律有
联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为
B正确；
C．线圈两端的电压大小为
故C正确；
D．时刻，通过线圈的磁通量
故D错误。
故选BC。
7. 大型发电机设计输出的电压一般都达不到远距离输电的要求。因此，在发电厂（站）内，要用变压器升压，然后向远处送电；到达目的地后，根据不同的需求，再用降压变压器经过多次降压，最后输送给用户。从发电厂（站）到用户的输电过程如图所示。根据图上信息，以下说法正确的是（ ）
A. 发电站内，用变压器升压然后向远处送电，是为了加快输电的速度
B. 若不计输送过程的能量损失，变电站①的变压比为55：1
C. 上述输送过程，变压器功不可没，它也可以改变直流电压
D. 在输送电能总功率不变的情况下，将输电电压550KV降为55KV，输电线上损失的电压变为原来的10倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A．采用高压输电不是为了加快输电的速度，而是为了减小输电线上的功率损失，A错误；
B．若不计输送过程的能量损失，变电站①的变压比为
B正确；
C．变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压，C错误；
D．输电线上损失的电压
将输电电压550KV降为55KV，输电线上损失的电压变为原来的10倍，D正确。
故选BD。
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I，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a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
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．霍尔元件工作时载流子为电子，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向上表面，所以霍尔元件下表面电势高于上表面，故A正确，B错误；
C．设霍尔元件上、下表面的距离为d，可得
解得
依题意
从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，则穿过霍尔元件的磁场增强，vm增大，故C正确；
D．磁场对电子洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误。
故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
三、非选择题（本大题8小题，共60分）
9. “战绳”是一种比较流行的健身器械，如图（甲）所示。以手的平衡位置为坐标原点，图（乙）是健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形图，波向右传播，若左手振动图像如图（丙）所示，则该时刻Q点的振动方向沿______方向（选填“y轴正方向”或“y轴负方向”），此波的波速______m/s。
【答案】 ①. y轴正方向 ②. 2
【解析】
【详解】[1]波向右传播，由图乙可知，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向。
[2]由图可知，。则波的波速
10. “卓越超越最福清”2024年元宵灯会在福清利桥古街顺利亮灯，如图所示。本次灯会除了传统风格的花灯外，灯组聚焦海丝文化、自然景观和优秀民俗文化等福清特色，让市民游客感受浓浓年味。已知湖水对红光的全反射角为45°，则水对红光的折射率为______﹔若真空中光速为c，则红光在水中传播的速度______（结果用含“c”的式子表示）。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]水对红光的折射率为
[2]红光在水中传播的速度
11. 如图所示，电源电动势E为6V，小灯泡L的规格为“3V，0.6W”，开关S接“1”，当滑动变阻器调到时，小灯泡L正常发光。现将开关S接“2”，小灯泡L和电动机M均正常工作，则电源内阻为______；电动机的输入功率为______W。
【答案】 ①. 2 ②. 0.52
【解析】
【详解】[1]开关S接1时，根据闭合电路欧姆定律有
其中
代入数据解得
[2]开关S接2时，根据闭合电路欧姆定律有
解得
电动机的输入功率为
12. 某小组用插针法做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。
（1）关于实验操作，下列说法中止确的是______。
A. 为了测量准确性，必须选用平行玻璃砖来测量
B. 入射角应适当小些，防止光在玻璃砖的下表面发生全反射
C. 在白纸上放好玻璃砖后，可以用铅笔贴着光学面画出界面
D. 应选用细的大头针完成实验，可以提高实验准确度
（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______。
A. B. C. D.
（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、C点，再过A、C点作法线的垂线，垂足分别为B、D点，如图所示，则玻璃的折射率______（用图中线段的字母表示）
【答案】（1）D （2）B
（3）
【解析】
【小问1详解】
A．光学表面是否平行不影响该实验的准确度，故A错误；
B．采用插针法测定光的折射率的时候，入射角应适当大一些，故B错误；
C．不能用笔贴着玻璃画出界面，会影响玻璃的折射率，故C错误；
D．应选用细一点的大头针，可以提高实验准确度，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射，因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移。
故选B。
【小问3详解】
由折射定律可知折射率为
13. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
（1）按如图（甲）所示安装器材，细线上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。图（乙）、图（丙）分别是细线上端的两种不同的悬挂方式，你认为图______（选填“乙”或“丙”）的悬挂方式较好。
（2）如图（丁）所示，用游标卡尺测得小钢球的直径______cm，测出摆线的长度，算出摆长L，再测出摆的周期T，得到一组数据，改变摆线的长度，再得到几组数据。
（3）根据实验数据作出图像，发现图像是过坐标原点的倾斜直线，其斜率为k，则根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度______（结果用k、表示）。
【答案】（1）乙 （2）1.86
（3）
【解析】
【小问1详解】
实验时，运用丙悬挂方式，单摆在摆动的过程中，摆长在变化，对测量有影响；乙悬挂方式，摆长不变，可知乙悬挂方式较好；
【小问2详解】
游标卡尺为10分度，精确度为0.1mm，由图可知，主尺读数为18mm，游标尺读数为
6×0.1mm=0.6mm
故最终读数为
18mm+0.6mm=18.6mm=1.86cm
【小问3详解】
由单摆周期公式
可知
图像的斜率
重力加速度
14. 据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风-51已经研发完成，东风-51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风-51导弹，质量为，飞行到某点时速度的方向水平，大小为，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为，求
（1）炸裂后另一块质量的弹头的速度；
（2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少。
【答案】（1），方向与v的方向相反；（2）
【解析】
【详解】（1）设初速度v的方向为正方向，爆炸前后水平方向动量守恒，则有
其中
解得
可知炸裂后另一块质量的弹头的速度大小为，方向与v的方向相反。
（2）炸裂前导弹的动能为
炸裂后导弹两部分总动能为
则炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了
15. 中国电子科技集团有限公司宣布，集团突破了高性能离子源、高速晶圆传输等“卡脖子”技术，自主研制出中束流、大束流、高能等离子注入机，工艺段覆盖至28纳米。在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略、质量为m、电荷量为q的磷离子，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁场方向垂直于纸面向里、宽度为d的匀强磁场区域，在磁场中转过后从磁场右边界射出，如图所示。不计磷离子所受的重力，求
（1）磷离子射出电场时的速度大小；
（2）磁感应强度大小为B；
（3）磷离子在磁场中运动时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）磷离子经电场加速，由动能定理
解得
（2）由题设磷离子在磁场中做圆周运动半径为r，由几何知识可得
磷离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
由以上两式可得
（3）磷离子做匀速圆周运动的周期
磷离子在磁场中运动的时间
代入解得
16. 2024年6月2日清晨，嫦娥六号成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区，着陆器实现软着陆时，着陆器接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为，此速度仍大于要求的软着陆设计速度，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，当着陆器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使着陆器主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求：
（1）缓冲滑块刚落地时线圈中的电流大小I；
（2）缓冲滑块刚落地时着陆器主体的加速度大小；
（3）达到着陆器软着陆要求的设计速度时，地面对缓冲滑块K支持力大小；
（4）着陆器主体可以实现软着陆，若从减速到的缓冲过程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）线圈切割磁感线产生的感应电动势为
根据欧姆定律，线圈中的电流为
（2）线圈受到的安培力为
根据牛顿第三定律，着陆器受到安培力
方向向上。
根据牛顿第二定律
可得
（3）对滑块K，设滑块K受到的支持力为N，由力的平衡
线圈的速度减小到，则安培力减小为
可得
（4）由能量守恒
根据法拉第电磁感应定律
可得