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福建省泉州市晋江市五校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试题
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这是一份福建省泉州市晋江市五校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试题，文件包含福建省泉州晋江市五校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试题docx、高二年物理科试卷pdf、高二年物理科答案docx、2023-2024学年下学期期末五校联考高二年物理学科pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
1．B
【详解】设航天员质量为，呼气后速度为，由动量守恒可得
又
代入数据，可得
ACD错误，B正确。
故选B。
2．B
【详解】A．如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即
故A错误；
B．根据电压和匝数成之比可知
当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得
>1000
故B正确；
C．t=0.2 s时电压表的示数为有效值
故C错误；
D．如图乙所示可得交流电的周期为0.4s，则
变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为
u=5sin5πt（V）
故D错误。
故选B。
3．C
【详解】BC．一束单色光线以入射角由玻璃砖内部射向O点，折射角为，根据折射定律可得
当入射角增大到也为时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出，根据全反射临界角公式可得
联立解得
，
则此光在玻璃砖中的全反射临界角为，玻璃砖的折射率，故B正确，不满足题意要求；C错误，满足题意要求；
A．此光在玻璃砖中的传播速度为
故A正确，不满足题意要求；
D．让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样，缝的宽度越小，衍射现象越明显；则单缝b宽度较大，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
4．C
【详解】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得粒子的最小速率为
故选C。
5．BD
【详解】A．波速由传输介质（战绳）决定，与抖动频率无关，A错误；
B．由丙图可知，周期为0.2s，从t=0到t=0.5s，即经历，每个周期质点Р通过的路程为4A，故总路程为500cm，B正确；
C．由丙图可知，t=0时刻质点P向上振动，由“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，C错误；
D．P点的振动方程为
(cm)
D正确。
故选BD。
6．BC
【详解】A．霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，选项A错误；
B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，选项B正确；
D．根据得
由电流的微观定义式I=neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH与车速大小无关，选项D错误；
C．由公式，若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，选项C正确。
故选BC。
7．AC
【详解】A．当线圈N接入恒定电流时，其恒定电流产生的磁场为匀强磁场，即穿过线圈M的磁通量不变，所以不产生感应电动势，不能为电动汽车充电，故A项正确；
B．当线圈N接入正弦式交变电流时，穿过线圈M的磁通量按正弦规律变化，由麦克斯韦的理论可知，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，所以线圈M两端产生变化的电压，故B项错误；
C．穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b经线圈向a，则b端为负极，a端为正极，b点电势比a点低，故C项正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，有
设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压为
故D项错误。
故选AC。
8．AC
【详解】A．由于金属杆长度、电流均恒定，磁感应强度随坐标x线性增加，由公式知
知安培力随x线性增加，由牛顿第二定律有
可知合外力随x发生线性变化，故加速度也随x发生线性变化，所以做变加速运动，故A正确；
B．合外力随坐标x变化的图像为
在金属杆ab从静止开始享有运动的过程中合外力做的功为零时，位移最大，即F-x所围的面积为零，即图像与x轴所围的三角形面积相等，可得
故B错误；
CD．当加速度为零时速度最大，可得图像与横轴交点的坐标为
即速度达到最大时的x坐标值为，此过程合外力做功由F-x所围的面积可得
由动能定理得
解得最大速度为
故C正确，D错误。
故选AC。
9． 向里
【详解】[1][2]假设B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故该假设错误；当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码。则有
所以
10． 10 3
【详解】经过0.6 s波形从实线位置传到虚线位置，波形移动的位移
x＝（10－4）m＝6m，
波速为10m/s
在0.6 s时间内x＝2 m处的质点通过的路程为3A＝3 cm．
11．
【详解】[1] 该单色光在玻璃板内传播的速度为
[2]当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，最短时间
[3]当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知
最长时间
12．(1)95.9
(2)以细线长作为摆长
(3)9.77
(4)等于
【详解】（1）根据秒表的读数规律，该读数为
（2）摆长为悬点到石块重心之间的间距，图丙中图像没有通过原点的原因是以细线长作为摆长，没有考虑结点A到石块重心的间距。
（3）令结点A到石块重心的间距为d，则有
解得
结合图丙有
解得
（4）结合上述，可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
13．（1）；（2）；（3）8m，
【详解】（1）金属棒产生的感应电动势
通过电阻的电流大小
（2）金属棒匀速运动时外力与安培力平衡，则外力大小为
（3）撤去外力后，金属棒做变减速运动直到停止，根据动量定理有
解得
解得
14．(1)v2＝8m/s (2) Q＝45J (3) H＝1.5m
【详解】(1)S下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v0＝7m/s
S、P发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v1＝1m/s，v2＝8m/s；
(2)P与小车组成的系统在水平方向动量守恒，P恰好到达c点时两者速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m2v2＝(m2+M)v，
代入数据解得:v＝3m/s，
对P与小车组成的系统，由能量守恒定律得:
代入数据解得：Q＝45J；
(3)P与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：
m2v2＝(m2+M)v
由能量守恒定律得:
代入数据解得:H＝1.5m
15．（1）；（2）；（3）（，，）
【详解】（l）粒子在电场中做类平抛运动，则有
联立解得
N/C
（2）电子进入磁场时，沿y轴方向速度为
电子离开电场时速度与x轴的夹角满足
可得
由几何关系可知电子在磁场中的轨道半径满足
根据牛顿第二定律可知
联立解得
（3）若电子从N点飞出，在磁场中的运动如图所示
根据几何关系可得
（，，）
由
联立解得
（，，）
1．B
【详解】设航天员质量为，呼气后速度为，由动量守恒可得
又
代入数据，可得
ACD错误，B正确。
故选B。
2．B
【详解】A．如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即
故A错误；
B．根据电压和匝数成之比可知
当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得
>1000
故B正确；
C．t=0.2 s时电压表的示数为有效值
故C错误；
D．如图乙所示可得交流电的周期为0.4s，则
变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为
u=5sin5πt（V）
故D错误。
故选B。
3．C
【详解】BC．一束单色光线以入射角由玻璃砖内部射向O点，折射角为，根据折射定律可得
当入射角增大到也为时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出，根据全反射临界角公式可得
联立解得
，
则此光在玻璃砖中的全反射临界角为，玻璃砖的折射率，故B正确，不满足题意要求；C错误，满足题意要求；
A．此光在玻璃砖中的传播速度为
故A正确，不满足题意要求；
D．让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样，缝的宽度越小，衍射现象越明显；则单缝b宽度较大，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
4．C
【详解】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得粒子的最小速率为
故选C。
5．BD
【详解】A．波速由传输介质（战绳）决定，与抖动频率无关，A错误；
B．由丙图可知，周期为0.2s，从t=0到t=0.5s，即经历，每个周期质点Р通过的路程为4A，故总路程为500cm，B正确；
C．由丙图可知，t=0时刻质点P向上振动，由“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，C错误；
D．P点的振动方程为
(cm)
D正确。
故选BD。
6．BC
【详解】A．霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，选项A错误；
B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，选项B正确；
D．根据得
由电流的微观定义式I=neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH与车速大小无关，选项D错误；
C．由公式，若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，选项C正确。
故选BC。
7．AC
【详解】A．当线圈N接入恒定电流时，其恒定电流产生的磁场为匀强磁场，即穿过线圈M的磁通量不变，所以不产生感应电动势，不能为电动汽车充电，故A项正确；
B．当线圈N接入正弦式交变电流时，穿过线圈M的磁通量按正弦规律变化，由麦克斯韦的理论可知，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，所以线圈M两端产生变化的电压，故B项错误；
C．穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b经线圈向a，则b端为负极，a端为正极，b点电势比a点低，故C项正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，有
设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压为
故D项错误。
故选AC。
8．AC
【详解】A．由于金属杆长度、电流均恒定，磁感应强度随坐标x线性增加，由公式知
知安培力随x线性增加，由牛顿第二定律有
可知合外力随x发生线性变化，故加速度也随x发生线性变化，所以做变加速运动，故A正确；
B．合外力随坐标x变化的图像为
在金属杆ab从静止开始享有运动的过程中合外力做的功为零时，位移最大，即F-x所围的面积为零，即图像与x轴所围的三角形面积相等，可得
故B错误；
CD．当加速度为零时速度最大，可得图像与横轴交点的坐标为
即速度达到最大时的x坐标值为，此过程合外力做功由F-x所围的面积可得
由动能定理得
解得最大速度为
故C正确，D错误。
故选AC。
9． 向里
【详解】[1][2]假设B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故该假设错误；当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码。则有
所以
10． 10 3
【详解】经过0.6 s波形从实线位置传到虚线位置，波形移动的位移
x＝（10－4）m＝6m，
波速为10m/s
在0.6 s时间内x＝2 m处的质点通过的路程为3A＝3 cm．
11．
【详解】[1] 该单色光在玻璃板内传播的速度为
[2]当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，最短时间
[3]当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知
最长时间
12．(1)95.9
(2)以细线长作为摆长
(3)9.77
(4)等于
【详解】（1）根据秒表的读数规律，该读数为
（2）摆长为悬点到石块重心之间的间距，图丙中图像没有通过原点的原因是以细线长作为摆长，没有考虑结点A到石块重心的间距。
（3）令结点A到石块重心的间距为d，则有
解得
结合图丙有
解得
（4）结合上述，可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
13．（1）；（2）；（3）8m，
【详解】（1）金属棒产生的感应电动势
通过电阻的电流大小
（2）金属棒匀速运动时外力与安培力平衡，则外力大小为
（3）撤去外力后，金属棒做变减速运动直到停止，根据动量定理有
解得
解得
14．(1)v2＝8m/s (2) Q＝45J (3) H＝1.5m
【详解】(1)S下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v0＝7m/s
S、P发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v1＝1m/s，v2＝8m/s；
(2)P与小车组成的系统在水平方向动量守恒，P恰好到达c点时两者速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m2v2＝(m2+M)v，
代入数据解得:v＝3m/s，
对P与小车组成的系统，由能量守恒定律得:
代入数据解得：Q＝45J；
(3)P与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：
m2v2＝(m2+M)v
由能量守恒定律得:
代入数据解得:H＝1.5m
15．（1）；（2）；（3）（，，）
【详解】（l）粒子在电场中做类平抛运动，则有
联立解得
N/C
（2）电子进入磁场时，沿y轴方向速度为
电子离开电场时速度与x轴的夹角满足
可得
由几何关系可知电子在磁场中的轨道半径满足
根据牛顿第二定律可知
联立解得
（3）若电子从N点飞出，在磁场中的运动如图所示
根据几何关系可得
（，，）
由
联立解得
（，，）
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