2022临沂高二下学期期中联考物理试题含解析

2021—2022学年度下学期高二教学质量检测

物理试题

第Ⅰ卷（选择题：共40分）

一、单项选择题（共8个小题，每小题3分，满分24分，每个小题只有一个选项是正确的）

1. 1661年，18岁的牛顿前往剑桥大学圣三一学院学习，四年后不幸遭遇伦敦爆发大瘟疫。疫情凶险，政府、企业和学校也开始以大范围的社交隔离方式减少疫情的传播。剑桥大学也不得不关闭，不少学生回到远郊地区躲避疫情，就像同学们在家躲避新冠一样，由于对自然界充满好奇，牛顿利用所学知识进行了探索，躲避瘟疫这一年被称牛顿的“奇迹年”，牛顿不仅发现了万有引力，在这段时间里完成了二项式定律，发明了微积分，发现了日光七色光谱，发明了反射式望远镜等等。相信同学们居家学习期间一定也学到很多知识，那么请你结合所学知识，判断下列说法正确的是（　　）

A. 麦克斯韦预言并通过实验捕捉到了电磁波，证实了自己提出的麦克斯韦的电磁场理论

B. 奥斯特发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加深入

C. 法拉第发明了世界上第一台发电机——圆盘发电机

D. 牛顿通过对黑体辐射的研究首次提出能量子的概念

【答案】C

【解析】

【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，并提出了电磁场理论，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，故A错误；

B．奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，故B错误；

C．法拉第发明了世界上第一台发电机——圆盘发电机，故C正确；

D．普朗克通过对黑体辐射的研究首次提出能量子的概念，故D错误。

故选C。

2. 2022年4月，我县突发疫情，在疫情防控中，我县人民风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。科技人员用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，“大白”们，用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。那么，关于红外线和紫外线的说法正确的是（　　）

A. 温度越低红外线强度越大

B. 在同一介质中，红外线的折射率比红光的大

C. 红外线光子能量大于紫外线光子能量

D. 紫外线可以杀死新冠病毒，是我们利用了其灭菌消毒作用

【答案】D

【解析】

【详解】A．一切物体均向外辐射红外线，温度越低，红外线辐射强度越小，故A错误；

B．根据电磁波谱可知，在同一介质中，红外线的波长比红光的波长长，则折射率比红光的小，故B错误；

C．根据电磁波谱可知，红外线的频率小于紫外线的频率，根据光子能量公式

可知红外线光子的能量小于紫外线光子的能量，故C错误；

D．紫外线可以杀死新冠病毒，是我们利用了其灭菌消毒的作用，故D正确。

故选D。

3. 随着科技的发展，自动控制现象随处可见，这得益于传感器的广泛应用。比如许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现人靠近它就开启；而在白天，即使有人靠近它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是（　　）

①温度传感器②人体红外线传感器③声音传感器④光敏传感器

A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ①④

【答案】B

【解析】

【详解】天黑时，出现人靠近它就开启，说明电路中有人体红外线传感器，而在白天，即使有人靠近它也没有反应，说明电路中有光敏传感器，B正确，ACD错误；

故选B

4. 人们认识事物经历了从简单到复杂，从宏观到微观的过程，从分子角度认识事物，为我们打开更加广阔的视野，极大推论了认识水平，比如分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质，据此可判断下列说法中正确的是（　　）

A. 显微镜下观察到墨水中的微小碳粒在不停的做无规则运动，这反映了碳粒分子运动的无规则性

B. 分子间距增大时，分子间的引力和斥力同时增大，斥力增大的快

C. 分子之间距离从处开始增大时，分子势能也随之增大

D. 磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力

【答案】C

【解析】

【详解】A．墨水中的小碳粒的运动是因为大量水分子对它的撞击作用力不平衡导致的，并且没有规则，这反映了液体分子运动的无规则性，A错误；

B．分子间距增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，B错误；

C．分子之间距离等于时，分子间的势能最小，分子可以从距离小于处增大分子之间距离，此时分子势能先减小后增大，分子距离大于处增大分子之间距离，分子力做负功，此时分子势能一直增大，C正确；

D．磁铁可以吸引铁屑，是由于磁场力的作用，这一事实不能说明分子间存在引力，D错误。

故选C。

5. 如图，通有恒定电流的直导线右侧有一矩形线圈abcd，导线与线圈共面．如果线圈运动时产生方向为abcda的感应电流，线圈可能的运动是（      ）

A. 向上平移

B. 向下平移

C. 向左平移

D. 向右平移

【答案】C

【解析】

【详解】导线中电流强度不变时，产生的磁场不变，导线周围的磁感应强度不变，则穿过线框的磁通量不变，即不会产生感应电流，故AB错误；线框向左运动时，线框中的磁感应强度增大，穿过线框的磁通量增大，可以产生感应电流，根据楞次定律可知电流方向为abcda，故C正确；线框向右运动时，线框中的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故D错误．所以C正确，ABD错误．
 

6. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡（　　）

A. 当开关S由断开变为闭合时，A灯的亮度始终不变

B. 当开关S由断开变为闭合时，B灯由亮变为更明亮

C. 当开关S由闭合变为断开时，A灯由亮逐渐变暗，直至熄灭

D. 当开关S由闭合变为断开时，B灯突然变亮，后逐渐变暗，直至熄灭

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．当开关S由断开变为闭合时，电路接通，由于电感的自感，阻碍电流的流过，则相当于A、B串联，两灯均立即变亮，接着电感的自感效应减弱，电感中电流逐渐变大，B灯电流逐渐减小，最后电感将B灯短路，B灯熄灭，由于A灯分压变大，所以A灯变亮，故AB错误；

CD．当开关S由闭合变为断开时，电路断开，A灯立即熄灭，电感由于自感效应，相当于电源并与B灯构成回路，则B灯突然变亮，并逐渐变暗直至熄灭，故C错误；D正确。

故选D。

7. 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为，导体环的总电阻为。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度随时间的变化如图乙所示，。则（　　）

A. 时，导体环中电流为零

B. 和内，导体环中电流方向相反

C. 第内，导体环中电流为，方向为负方向

D. 第内，通过导体环中某一截面的电荷量为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图乙可知，时，磁感应强度为，但磁感应强度的变化率不为，导体环有感应电动势，导体环中有感应电流，A错误；

B．根据楞次定律可知，内线圈中的磁通量向里减少，感应电流产生向里的磁场，导体环中电流方向为顺时针正方向，内，图像的斜率相同则电流方向相同，导体环中电流方向为正方向，故和内，导体环中电流方向相同，B错误；

C．由可知图像的斜率正负代表电流的方向，内斜率和斜率方向相反，导体环中电流方向为负方向，根据法拉第电磁感应定律可得电动势大小为

根据闭合电路欧姆定律可得

故第内，导体环中电流为，方向为负方向，C正确；

D．第内，通过导体环中某一截面的电荷量为

D错误；

故选C。

8. 如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间存在匀强电场和匀强磁场（图中未画出）。一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板MN上的A点。不计粒子重力。则下列说法正确的是（　　）

A. 保持PQ电场不变，只减小PQ两板之间的磁感应强度，则粒子打在A点下方

B. 保持PQ之间磁场不变，只减小PQ两板之间电场强度，则粒子打在A点下方

C. 若另一个带电粒子也能在两平行板间做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的荷质比

D. P、Q间的磁场一定垂直纸面向外

【答案】A

【解析】

【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子向下偏转，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向下，应用左手定则可知，粒子带正电。粒子在复合场中做匀速直线运动，粒子所受合力为零，则粒子所受电场力竖直向下，则粒子所受洛伦兹力竖直向上。若保持PQ电场不变，只减小PQ两板之间的磁感应强度，粒子所受合力向下，粒子在PQ两板之间做一般曲线运动，后进入匀强磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示

在在PQ两板之间受力分析如图，对轨迹分析可得，当粒子进入匀强磁场水平方向变大，

故

进入磁场弦长为

第一次进入匀强磁场

改变PQ两板之间的磁感应强度之后进入匀强磁场

则

粒子打在A点下方，A正确；

B．同理，若保持PQ磁感应强度不变，只减小PQ两板之间的电场，粒子所受合力向上，粒子在PQ两板之间做一般曲线运动，后进入匀强磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示

由图可知，旋转圆周角大于180°，粒子打在A点上方，B错误；

C．粒子在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件可知

则

粒子具有相同的速度，不一定具有相同的荷质比，故C错误；

D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子向下偏转，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向下，应用左手定则可知，粒子带正电。粒子在复合场中做匀速直线运动，粒子所受合力为零，则粒子所受电场力竖直向下，则粒子所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，P、Q间的磁场垂直于纸面向里，D错误；

故选A。

【点睛】粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件判断出洛伦兹力方向，然后应用左手定则可以判断出磁场方向，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出粒子电荷量与质量的比值，然后分析答题。

二、多项选择题（共4个小题，每小题4分，满分16分，每小题给出的选项中，有多个选项是正确的，每个小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得零分）

9. 如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表示数不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻。如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，相当于R的值减小，图中各表示数的变化情况是（　　）

A. 电流表A1示数变大 B. 电流表A2示数变小

C 电压表V3示数变大 D. 电压表V2示数不变

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，当用户的用电器增加时，则输出的功率变大，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，即A1的示数变大，故A正确。

D．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，故D正确；

BC．当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以总电流要变大，即A2的示数变大，则电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小，故BC错误。

故选AD

10. 目前，我国通过大力发展新能源，来减少碳排放，也制定2030年前碳达峰行动。风力发电机；是将风能转化为电能的装置，世界最大风力发电机是由我国制造，其叶片长达107m。现有一风力发电机，它的叶片在风力的带动下转动。其发电原理是利用了法拉第电磁感应定律，可简化为如图所示情景，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈内电阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。则（　　）

A. 在的时刻，穿过线圈磁通量为零

B. 瞬时电动势的表达式为

C. 电压表的示数为5.4V

D. 通过灯泡的电流为0.6A

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由图乙可知，在的时刻，电动势为零，此时穿过线圈磁通量最大，A错误；

B．瞬时电动势的表达式为

B错误；

C．电动势的有效值为

电压表的示数为

C正确；

D．根据闭合电路欧姆定律可得

可知通过灯泡的电流为，D正确；

故选CD。

11. 在今年4月份居家躲避新冠疫情期间，张华同课的课余时间，结合所学传感器、电路的有关知识，自己在家设置了一个火警报警装置，他设计的电路如图所示，为热敏电阻，温度升高时，急剧减小，当电铃两端电压低于某一定值时，报警电铃响起，则下列说法正确的是（　　）

A. 若试验时发现当有火时装置不响，应把的滑片P向下移

B. 若试验时发现当有火时装置不响，应把的滑片P向上移

C. 增大电源电压，会使报警的临界温度降低

D. 增大电源电压，会使报警临界温度升高

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．若试验时发现当有火时装置不响，说明此时电铃两端电压比较大，应增大滑动变阻器接入的阻值，从而减小电铃两端电压，故应把的滑片P向上移，B正确，A错误；

CD．增大电源电压，会使原来报警时电铃两端电压增大，需要使温度继续升高，减小热敏电阻，从而使电铃两端电压减小到报警时的电压，故增大电源电压，会使报警的临界温度升高，D正确，C错误；

故选BD。

12. 据有关媒体报道：中国歼 15 舰载战斗机已于 2016 年 11 月在电磁弹射器试验机上完成了弹射起飞，这标志着中国跨入了世界航空母舰技术发展的最前列。当前电磁弹射的超大电流不能靠发电机提供，但可以通过超级电容实现。如图所示为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的导体棒（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨滑动。使用前先给超级电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存的电能，产生的强大电流流经导轨和导体棒，导体棒在导轨电流形成的磁场中受安培力作用，从而推动飞机加速起飞。下列关于弹射系统的说法，其中正确的是（　　）

A. 充电电压越高，超级电容器的电容也越大

B. 飞机加速弹射时超级电容器极板间电压越来越小

C. 飞机加速弹射时导体棒受到的安培力大小不变

D. 将电源的正负极调换，战斗机仍然能实现加速起飞

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．超级电容器的电容是由电容器的内部结构决定的，与充电电压无关，故A错误；

B．飞机加速弹射时超级电容器放电，则极板间电压越来越小，故B正确；

C．由于超级电容器极板间电压的减小，电流I减小，故安培力减小，故C错误；

D．将电源的正负极调换，飞机位置的磁场方向反向，流过飞机的电流也反向，故安培力方向不变，故战斗机仍然能实现加速起飞，故D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷（非选择题）

三、实验题（本题共2个小题，共14分）

13. 在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中：

（1）如图所示的abed四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中配置好油酸酒精溶液后的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是_______（用符号表示）；

（2）现有按酒精与油酸的体积比为m∶n配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴，把一滴这样的溶液滴人盛水的浅盘中，正确描绘出油膜的形状如图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S，根据以上数据可估算出油酸分子直径为d=______；

（3）某同学计算出的油酸分子直径明显偏大，可能的原因是______。

A．痱子粉撒太多，油膜未能充分展开

B．油酸中含有大量酒精

C．计算油膜面积时，将所有不完整方格都作为一格保留

D．计算每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL油酸酒精溶液的滴数多记了10滴

【答案】    ①. dacb    ②. （系数59、60、61均可）    ③. A

【解析】

【详解】（1）[1]“用油膜法估测分子的大小”实验中，先配制好油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液所含纯油酸的体积，之后将配制好的溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，当油膜扩散稳定后，将玻璃板放在浅盘上，描绘出油酸膜的形状，最后将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，统计出油酸薄膜的面积，并计算出油酸分子的直径。所以操作先后顺序排列应是dacb。

（2）[2]根据题意可知，油酸酒精溶液的浓度为

1滴油酸酒精溶液的体积为

1滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积为

由图可知，油膜的面积为

油酸分子直径为

（3）[3]A．痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，导致所测面积偏小，则所测分子直径偏大，故A正确；

B．酒精的作用是使油酸更容易展开形成单分子油膜，最终会挥发或溶于水，只要油酸酒精溶液中纯油酸的体积计算正确，油膜面积计算正确，则油酸中含有大量酒精对实验结果不会造成影响，故B错误；

C．计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留，导致所测面积偏大，则所测分子直径偏小，故C错误；

D．计算每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL油酸酒精溶液的滴数多记了10滴，导致所测1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏小，则所测分子直径偏小，故D错误。

故选A。

14. 某实验小组的同学为了研究某热敏电阻的性质，进行了如下操作。

（1）已知该热敏电阻的阻值随环境温度的升高而增大，小组同学利用伏安法测量了常温以及高温环境下该热敏电阻的阻值，通过实验数据描绘了该热敏电阻在这两个环境下的图线，如图甲所示，则图线_______（填“a”或“b”）对应的是高温环境。

（2）该小组的同学为了进一步研究热敏电阻的特性，设计了如图乙所示的电路。实验时，闭合开关S并调节滑动变阻器的滑片，读出电流表的示数分别为，已知定值电阻的阻值为，电流表的内阻为，则热敏电阻的阻值为_______（用已知物理量符号表示）。

（3）该小组的同学得出了该热敏电阻的阻值关于温度t的关系式为。将该热敏电阻接入如图丙所示的电路中，已知恒压电源的电压为，定值电阻，接通电路后，理想电压表的示数为7 V，理想电流表的示数为0.7 A，则定值电阻_______Ω，热敏电阻所在环境的温度为_______℃。

【答案】    ①. b    ②.     ③. 17.5    ④. 40

【解析】

【详解】（1）[1] 图线的斜率表示电阻的倒数，图甲中图线b对应的阻值大于图线a对应的阻值，所以图线b对应的为高温环境。

（2）[2]由图乙可知，通过热敏电阻的电流为

热敏电阻两端电压

则热敏电阻的阻值为

（3）[3][4]由图丙可知，流过定值电阻的电流为

又理想电流表示数为0.7 A，则通过热敏电阻的电流为

则定值电阻的阻值为

又两端电压为2 V，则

代入

解得

四、计算题（本题共4个小题，共46分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的步骤，只写最后结果不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15. 随着科技的发展，电动汽车大有取代燃油车的趋势，因此大量设置充电桩势在必行，热爱钻研的李明同学，设计了如图所示的充电装置，线圈ab匝数为n=200匝，面积为，匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。理想变压器副线圈接充电器，已知额定电压为8V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻。求：

（1）线圈ab中的最大感应电动势；

（2）变压器原、副线圈匝数比。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由题图乙可知线圈转动的周期为T=0.2s，则转动的角速度为

线圈ab中的最大感应电动势为

（2）变压器原线圈电压的有效值为

变压器原、副线圈匝数比为

16. 如图所示，宽为L的导轨与水平面成角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上，回路电流方向由b流向a，空间存在着匀强磁场，根据情况回答问题：

（1）若磁场方向为垂直斜面向上，斜面光滑，电流大小为I，欲使金属杆静止，则磁感应强度B应为多大；

（2）若磁场方向为竖直向上，大小为B，斜面粗糙，滑动摩擦系数为，金属棒刚好没有向上滑动时电流I大小。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据左手定则可知，安培力沿斜面向上，因此根据物体平衡有

又

解得

（2）根据左手定则可知，安培力水平向右。将导体棒受力沿斜面和垂直斜面分解

垂直斜面有

沿斜面有

联立解得

17. 如图所示，一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子从轴上的某点以水平速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从x轴P点射出，射出方向与x轴成60°。已知OP=a，求：

（1）求粒子电性；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）带电粒子穿过第一象限所用的时间。

【答案】（1）正电；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子向下偏转，由左手定则可知，该粒子带正电。

（2）粒子射入磁场时速度方向垂直于轴，粒子做匀速圆周运动的圆心一定在轴上，根据粒子运动的速度与半径垂直，可确定圆心，如图所示。

由几何关系知粒子运动的半径为

   ①

根据牛顿第二定律有

   ②

联立①②解得

   ③

（3）带电粒子在第一象限中转过的圆心角为

   ④

粒子在磁场中运动的周期为

   ⑤

粒子穿过第一象限所用的时间为

   ⑥

18. 如图所示，接入电路电阻的导体棒ab沿光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导轨间距L=0.4m，运动速度v=5m/s。（线框的电阻不计）

（1）导体棒ab两端的电压为多少？

（2）求使导体棒ab向右匀速运动所需的外力的大小和方向；

（3）撤去外力后导体棒ab继续向前在滑行了0.6m，求这个过程中通过导体棒ab横截面的电荷量；

（4）求出克服安培力做功的功率，电阻R以及电阻的功率，从能的转化和能量守恒角度说明它们之间的关系。

【答案】（1）；（2）0.016N，方向水平向右；（3）0.048C；（4），，，电路中克服安培力做功的功率等于整个电路的发热功率

【解析】

【详解】（1）导体棒ab以v=5m/s运动时产生的感应电动势大小为

导体棒ab两端的电压为

（2）通过导体棒ab的感应电流大小为

根据右手定则可知其方向为b→a。

根据左手定则可知导体棒ab所受安培力方向为水平向左，根据平衡条件可知所需外力的方向为水平向右，大小为

（3）这个过程中通过导体棒ab的平均电流为

这个过程中通过导体棒ab横截面的电荷量为

（4）克服安培力做功的功率为

电阻R的发热功率为

电阻的发热功率为

根据上面分析可得

即电路中克服安培力做功的功率等于整个电路的发热功率。