【文档说明】四川省绵阳市南山中学2021-2022学年高二下学期期末热身考试物理试题 含解析.docx，共(20)页，3.377 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2022年春季高二学年统考热身考试物理试题一、必考选择题．本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~9题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.我国自主研发的氢原子钟

现已运用于北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高极为重要。氢原子能级如图所示，大量处于4n=能级的氢原子，下列正确的是（）A.氢原子向低能级跃迁时最多发出3种不同频率的光B.氢原子由4n=能级跃迁到3n=能级时发出光子的频率大于由3n=能级跃迁至2n=

能级时发出光子的频率C.氢原子跃迁时发出的光子中能量最大的为0.85eVD.动能为10.4eV的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子会发生跃迁【答案】D【解析】【详解】A．大量处于4n=能级的氢原子，氢原子向低能级跃迁时最多发出24C6=种不同频

率的光，A错误；B．氢原子由4n=能级跃迁到3n=能级时发出光子频率()()43430.85eV1.51eV0.66eVhE==−−−=430.66eVh=由3n=能级跃迁至2n=能级时发出光子的频率()()321.51eV3.4eV1.89eVh=−−−=的321.89eVh=

则有0.66eV1.89eVhh即有3432氢原子由4n=能级跃迁到3n=能级时发出光子的频率小于由3n=能级跃迁至2n=能级时发出光子的频率，B错误；C．从n=4能级跃迁到n=1能级时，辐射光子的能量最大，氢原子跃迁时发出的光子中能量最大的为(

)()410.85eV13.6eV12.75eVE=−−−=C错误；D．因为实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差值，均可使原子产生能级跃迁，因此动能为10.4eV的电子射向大量处于基态的氢

原子，氢原子会发生跃迁，D正确。故选D。2.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UA

B随时间t变化的图像中，正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向

相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B．3.如图，理想变压器原线圈接有效值保持不变的正弦交流电压，电压表和电流表均为理想交流电表，TR为负温度系数的热敏电阻，0R、1R为定值电阻，C为电容器，通电后随着TR温

度升高，下列说法正确的是（）。A.变压器的输入功率减小B.1A表的示数增大，2A表的示数减小C.1V表的示数和2V表的示数都不变D.通过1R的电流始终为零，交流电表示数有时为0【答案】C【解析】【详解】AB．通电后随着TR温度升高，TR的电阻值减

小，回路中总电阻减小，变压器输出电流增大，2A表的示数增大，输入电流随着增大，1A表的示数增大，输入电压不变，则有输入功率增大，AB错误；C．由理想变压器的原理可知，输入电压不变，输出电压不变，因此1V表的示数和2V表的示数都不变，

C正确；D．因电容器C两端接的是交流电，由电容器的充放电可知，1R的电流一直不是零，交流电表测量的是交流电的有效值，示数一直有，D错误。故选C。4.北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为2

50V，通过理想变压器向远处输电，如图，输电线的总电阻为8Ω，升压变压器1T原、副线圈匝数比为116：，下列说法正确的是（）A.若用户消耗功率减少，则升压变压器1T输出电压2U减小B.若用户消耗功率增加，

则用户电路两端电压4U增大C.若该发电系统输送功率为5110W，则输电线损失的功率为3510WD.若该发电系统输送功率为5110W，用户获得220V电压，则降压变压器2T原、副线圈的匝数比为200:11【答案】C【解析】【详解】A．根据理想变压器变压规律可

知2211164000VnUUn===虽然用户消耗功率减少，但因为U1始终不变，所以U2始终不变，故A错误；B．若用户消耗功率增加，则发电系统输出功率一定增大，T1原线圈电流I1增大，根据理想变压器变流规律可知副线圈电流I2也

增大，即输电电流增大，又因为322UUIr=−并且U2不变，所以U3减小，则U4减小，故B错误；CD．若该发电系统输送功率为51110WP=，则T1原线圈电流为111400APIU==T1副线圈电流

，即输电电流为121225AnIIn==输电线损失的功率为232510WPIr==T2原线圈电压为3223800VUUIr=−=所以降压变压器2T原、副线圈的匝数比为334419011nUnU==故C正确，D错误。故

选C。5.如图所示，半径为L的金属圆环固定，圆环内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，长为L、电阻为r的导体棒OA，一端固定在通过圆环中心的O点，另一端与圆环接触良好。在圆环和O点之间接有阻值为R的电阻，不计金属圆环的电阻。当导体棒以角速度绕O

点逆时针匀速转动时，下列说法正确的是（）A.O点的电势低于A点的电势B.导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为2BLC.OA两点间电势差大小为22BLD.增大导体棒转动的角速度，电路中的电流增大【答案】D【解析】【详解】A．由右手定则可知，OA产生的感应电流由A指向O，电源内部

电流由负极指向正极，故A端相当于电源负极，O点的电势高于A点的电势，A错误；B．导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势大小为20122LEBLvBLBL+===B错误；C．OA两点间电势差大小即路端电压为22

()EBLRUIRRRrRr===++C错误；D．增大导体棒转动的角速度，电动势增大，电路中的电流增大，D正确。故选D。6.如图甲所示，固定的长直导线、闭合金属线框ABCD位于同一竖直平面内，长直导线中的电流I随时间t的变化

关系如图乙所示。甲图中电流方向为正方向，下列说法正确的是（）A.0~1s内，金属线框BC边受到的安培力垂直BC边向右B.0~1s内，金属线框BC边受到的安培力减小C.1~2s内，金属线框受安培力的合力垂直BC边先向左后向右D.1~2s内，金属

线框受安培力的合力减小【答案】C【解析】【详解】A．由图知0~1s内，导线中电流先向下减小再向上增加，由安培定则知，0~1s内，金属线框内磁场方向先垂直纸面向外后向内，磁通量先减小后增加，由楞次定律知BC边中电流方向C→B，由左手定则知，BC边受到的安培力与BC边垂直先向右后向左，故A错误；B．

由图可知t=0和t=1s时刻，电流变换率为零，则磁通量变化率为零，则线框中感应电流为零，t=0.5s时直导线中电流为0，则在线框中产生的磁场为零，则线框BC边受到的安培力先向右增大后减小，之后再向左增大后减小，故B错误；C．由图知1~2s内，导线中电流先向上减小再向下增加，由安培定

则知，1~2s内，金属线框内磁场方向先垂直纸面向内后向外，磁通量先减小后增加，由楞次定律知线框中电流方向B→C→D→A→B，由左手定则知，AD边受到的安培力与AD边垂直先向左后向右，BC边受到的安培力与BC边垂直先向右后向左，因为线框靠近导线部分磁场较强，所以合力垂直BC边

先向左后向右，故C正确；D．同理可得，t=1s、t=2s时刻线框中电流为0，t=1.5s时直导线中电流为0，故线框所受合力垂直BC边先向左增大后减小，再向右增大后减小，故D错误。故选C。7.一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到

危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是（）A.该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同B.该乌贼喷出的水的速度大小为28m/sC.该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2JD.该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力

大小为280N【答案】BD【解析】【详解】A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒,则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，故A错误；B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得120Mvmv=−解得228m/sv=故B正确；C．该乌贼在这一次逃

窜过程中消耗的能量22211142J22EmvMv=+=故C错误；D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为20Ftmv=−解得280NF=故D项正确。故选BD。8.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强

磁场中绕OO'轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，下列判断正确的是（）A.电压表的读数为2()NBSRRr+B.当线圈由图示位置转过60°时通过电阻R的电荷量为2()NBSqRr=+C.一个周期内电阻R所产生的焦耳热为2222Q2()NBSRRr=+D

.当线圈由图示位置转过60°时的电流为2()NBSRr+【答案】AB【解析】【详解】A．线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为mENBS=电动势的有效值为2NBSE=电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为2()ENBSURRRrRr==++故A正确；B．由公式ENt

=EIRr=+qIt=线圈由图示位置转过60°的过程磁通量变化的绝对值为1cos602BSBSBS=−=得2()NNBSqRrRr==++故B正确；C．电阻R产生的热量2222222π()UUNBSRQtRRRr===+故C错误；D．当

线圈由图示位置开始计时，产生的电动势的瞬时值表达式为sineNBSt=电流的瞬时值为eiRr=+当线圈转过60t=时32()NBSiRr=+故D错误。故选AB。9.如图甲所示，在MN、OP间存在一匀强磁场，t=0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作

用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示。已知线框质量m=1kg、电阻R=2Ω，运动过程中线框平面与磁场始终垂直，则（）A.磁场宽度为4mB.匀强磁场的磁感应强度为2TC.线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2CD.线框穿过磁场过程中，

线框产生的热量为1J【答案】AB【解析】【详解】线框的加速度为2202/2/1Famsmsm===，磁场宽度22142datm==，A正确；当线框全部进入磁场的瞬间有：1FFma−=安，22221BLatBLvFRR==安，解得2BT=，B正确；线框穿

过磁场的过程中，通过线圈的电荷量为零，线框进入磁场过程中，线框产生的热量为211J2QWmv=−，CD错误．二、必考非选择题．本题共4小题，共44分。10.狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是______的；真空中的光速在不同的惯性参考

系中都是______的。（填“相同”或“不同”）【答案】①.相同②.相同【解析】【详解】[1]由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，即狭义相对性原理。[2]由狭义相对论的两个基本假设可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都

是相同的，即光速不变原理。11.如图所示为“探究两物体作用前后动量是否守恒”的实验装置示意图。已知a、b小球的质量分别为1m、2m，半径分别是1r、2r。先不放小球2m，让小球1m从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。将小球2m放在斜槽末端边缘处，让小球1m从斜

槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球1m和2m在斜面上的落点位置。用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为DL、EL、FL。（1）本实验必须满足的条件是____

__。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足12mm=，12rr=（2）小球1m和2m发生碰撞后，1m的落点是图中的______点，2m的落点是图

中的______点。（3）用测得物理量来表示，只要满足关系式_______，则说明碰撞中动量守恒。（4）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_______，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。【答案】①.BC②.D③.F④.112EDFmLmLmL=+⑤.112

EDFmLmLmL=+【解析】【详解】（1）[1]AC．斜槽轨道不必光滑，只要入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放，到达斜槽末端速度都相等即可，A错误，C正确；B．斜槽轨道末端的切线水平，才能使两球做平抛运动，B正确；D．为了使入射球与被碰球

发生对心碰撞，需满足12rr=为了使碰撞发生后两球都向前运动，应满足12mmD错误。故选BC。（2）[2][3]小球1m和2m发生碰撞后，1m的速度较小，2m的速度较大，故1m落点是图中的D点，2m的的落点是图中的F点。（3）[4]碰撞前，小球m1落在图中

的E点，水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，水平初速度为v2，设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律知21sin2DLgt=1cosDLvt=整理得21cos2sinDgLv

=同理可解得21cos2sinEgLv=，22scsino2FgLv=只要满足关系式111122mvmvmv=+即112EDFmLmLmL=+则说明碰撞中动量守恒。（4）[5]若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，只要满足关系式222111122111222mv

mvmv=+联立解得112EDFmLmLmL=+12.质量均为m=2kg的三物块A、B、C，物块A、B用轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=3m/s的速度在光滑的水平地面上运动，物块C静止在前方，如图

所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．求在以后的运动中：（1）从开始到弹簧的弹性势能第一次达到最大时，弹簧对物块A的冲量；（2）系统中弹性势能的最大值Ep是多少？【答案】（1）2Ns−（2）p1.5JE=【解析】【详解】（1）当三者速度相同时，弹性势能最大，则根据动量守恒()()ABABCAmm

vmmmv+=++整理可以得到2m/sAv=根据动量定理2NsAAAImvmv=−=−（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则()1BBCmvmmv=+解得11.5m/sv=设弹簧的弹性势能最大为PE．，根据机械能守恒得：()()2211122PBC

BCAAEmmvmmmv=+−++代入解得1.5JPE=．【名师点睛】该题考查动量守恒定律的一般应用，由于本题是两个碰撞的过程，含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误．13.如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距

L=1.0m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6Ω的电阻，质量m=0.5kg，电阻r=0.4Ω的金属杆ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，

使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长。（sin370.6=，cos370.8=）求：（1）恒力F的大小；（2）从金属杆ab开始运

动到刚达到稳定状态的过程，金属杆上产生的焦耳热Qr；（3）0~1s内金属杆ab运动的位移x。为【答案】（1）5N；（2）1.47J；（3）0.85m【解析】【详解】（1）当金属棒匀速运动时，由平衡条件得sin37FmgF=

+安其中由乙图可知v=1.0m/s，且222NBLvFBILRr===+安联立解得F=5N（2）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得21(sin37)2FmgsWmv−−=克又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得7.35JQW==克两电阻产生的焦耳热与阻值成

正比，故金属杆上产生的焦耳热为1.47JrrQQRr==+（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有1(sin37)0FmgtBILtmv−−=−又It=q由图可知10.6m/sv=，代入数据解得q=0.85C由BLxqItRr==+得x=0.85m三、选考题（

3－4）。本题共4小题，共30分。第14、15、16题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求。用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。14.关于电磁场理论和电磁波，下列说法正确的是（）A.电磁波是纵波B.

电磁波的传播不需要介质C.均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，并用实验验证了电磁波的存在【答案】B【解析】【详解】A．由电磁波产生的原理可知，电磁波是横波，A错误；B．电磁波的传播不需要介质，B正确；C．均匀变化的电场产生恒定的磁场，C错误；D．麦克斯

韦提出了电磁场理论，预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，D错误。故选B。15.小红利用图1所示装置，观察红光的干涉、衍射现象，其中P是光学元件，且P到光屏的距离恒定，通过实验在光屏上得到了图2所示甲、乙、丙、丁四

种图样。下列说法正确的是（）A.甲对应的P是双缝，双缝间距较大B.乙对应的P是双缝，双缝间距较大C.丙对应P是单缝，缝的宽度较宽D.丁对应的P是单缝，缝的宽度较窄【答案】A【解析】【详解】AB．条纹甲和乙都是平行等距的，都是干涉条纹，则甲和乙对应的P是双缝，根据lxd=

的的可知，甲条纹间距较小，则甲双缝间距较大，选项A正确，B错误；CD．丙和丁对应的条纹是平行不等距的，则为衍射条纹，则P是单缝，因丙图的衍射现象较丁更明显，可知丙的缝的宽度较窄，选项CD错误。故选A。16.如图所示为理想LC振荡回路，此时刻电容器极板间的场强方

向和线圈中的磁场方向如图。下列说法正确的是（）A.如图所示的时刻电容器正在放电B.如图所示的时刻电流正在减小C.电路中的电场能在向磁场能转化D.电路中电流沿顺时针方向【答案】B【解析】【详解】AB．根据电容器极板间的场强方向可知，上极板带正电，下极板带负电，根据图中

磁场的方向可知，线圈中的电流为俯视逆时针方向，故电容器正在充电，如图所示的时刻电流正在减小，A错误，B正确；C．电路中的磁场能在向电场能转化，C错误；D．电路中电流沿逆时针方向，D错误。故选B。17.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。（1

）为了取得较好的实验效果，其中正确的是_______A．必须选用上下表面平行的玻璃砖B．选择的入射角应尽量小些C．大头针应垂直地揷在纸面上D．大头针1P和2P及3P和4P之间的距离适当大些（2）若测出图中角度1和2，则可以求出玻璃的折射率n=___

___（用测量出的物理量表示）（3）某同学在插4P这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致折射率的测量值______。（填“偏大”、“不变”或“偏小”）【答案】①.CD②.12sinsin③.偏小【解析】【详解】（1）[1]A．只要能确定入射光线和出射光线，即可测量玻璃的折射

率，玻璃砖的上下表面不平行也可以，A错误；B．选择的入射角应适当大些，折射角大些，以减小误差，B错误；CD．大头针1P和2P及3P和4P之间的距离适当大些，且大头针应垂直地揷在纸面上，才能准确的确定光线位置，C

D正确。故选CD。（2）[2]若测出图中角度1和2，据折射定律可得，玻璃的折射率为12sinsinn=（3）[3]某同学在插4P这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致2偏大，折射率的测量值偏小。18.在

天宫课堂第二课“光学水球”实验中，王亚平老师在水球中注入少量气体，在水球内会形成一个气泡。在另一侧，我们可以观察到王老师一正一反两个像，如图（甲）所示。这是因为有一部分光线会进入水球中的气泡，形成了正立的人像，而另

一部分无法进入气泡的光线，形成了倒立的人像。为了方便研究，我们简化为如图（乙）所示。已知：水球半径为1R，气泡半径为2R，两球为同心球。有两束平行光射入水球，其中a光沿半径方向射入，b光恰好在气泡表面发生全反射

，水的折射率为n。求：ab两束平行光之间的距离x为多少？【答案】2R【解析】【详解】画出b光部分光路，如图所示。在M点，根据折射定律有sinsininr=因b光在N点发生全反射，有1sinCn=在三角形OMN中，根据正弦定理有21sinsin(π)rCRR−=ab平行光之间的距离1sinxRi=

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