【文档说明】安徽省合肥市肥东县综合高中2021-2022学年高二下学期期末物理试题 含解析.docx，共(23)页，2.055 MB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年第二学期期末考试高二物理试题第I卷（选择题）一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）1.氢原子的能级如图所示，已知可见的光的光子能量范围约为1.61eV—3.10eV，下列说法错误的是（）A.大量处于n=4是能级的氢原子向低能级跃迁时

，可能发出2种不同频率的可见光B.一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光C.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离D.大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应【答案】B【解析】【详解】A．大量

处于4n=能级的氢原子跃迁到2n=能级时其光子能量在可见光能量范围内，另外，3n=能级的氢原子跃迁到2n=能级时其光子能量也在可见光能量范围内，而其它能级皆不在可见光的能量范围内，故A正确；B．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可发出13Nn=−=

种不同频率的光，故B错误；C．处于3n=能级的氢原子能量是1.51eV−，紫外线的频率大于可见光，因此紫外线光子的能量大于3.10eV，所以吸收紫外线后，能量大于0，氢原子发生电离，故C正确；D．氢原

子从高能级向3n=能级跃迁时发出光子的能量小于1.51eV，即小于1.62eV，小于可见光频率，即为红外线，具有显著的热效应，故D正确。故选B。2.嫦娥四号月球探测器上有一块核电池，不但兼顾发电的功效，而且还具有放热的功效，它里面装有自然衰变的放射性同位素23894Pu，利用23

894Pu衰变为23492U释放能量可连续几十年提供一定的电能。下列说法正确的是（）A.23894Pu发生的是β衰变B.23894Pu的中子数比23492U的中子数多4C.23894Pu放入浓硫酸中，23492U的半衰期可能发生变化D.23894Pu的比结合能一定小于23492U的比结合

能【答案】D【解析】【详解】A．由题知，23492U比23894Pu少2个核电荷数，4个质量数，故产生的另一粒子为42He，所以23894Pu发生的是衰变，故A错误；B．23894Pu的中子数为238-94=14423492U的中子数为234-92=142故23894Pu的中子数比234

92U的中子数多144-142=2故B错误；C．半衰期由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，故C错误；D．23894Pu衰变的过程中会释放能量，所以衰变产物23492U的比结合能一定大于23894Pu的比结合

能，故D正确。故选D。3.如图所示，圆形软质金属导线MaNbM−−−−固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的14，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为2F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为（）A

.26FB.23FC.22FD.322F【答案】B【解析】【详解】圆弧MaN的长度为圆周长的14，则有圆弧导线MbN的长度为圆周长的34，因此圆弧导线MbN的电阻是圆弧导线MaN的3倍，圆弧导线MaN的电阻是圆弧导线MbN的13倍，两电阻并联，流经圆弧导线MaN和圆弧

导线MbN的电流与电阻成反比，由解析图可知，圆弧导线MbN受到安培力ME部分和NF部分安培力大小相等，方向相反，互相平衡，因此圆弧导线MaN与圆弧导线MbN受到安培力的等效长度相同，如图所示，由安培力公式的表达式FBIL=安，已知圆

弧导线MaN受到安培力大小为2F，则圆弧导线MbN受到的安培力大小是导线MaN的13，则有23bFF=对金属导线受力分析，圆弧导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，由平衡条件可得22cos4533FFF==张ACD错

误，B正确。故选B4.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，运动轨迹如图所示，其中∠AOa=90o，∠AOb=120°，。

∠AOc=150°。若带电粒子只受磁场力的作用．则下列说法正确的是（）A.三个粒子都带负电荷B.b粒子的速率是a粒子速率的2倍C.c粒子在磁场中运动时间最长D.三个粒子在磁场中运动的时间之比为3：2：1【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则，三个粒子都带正电荷，A错误；B

．设圆形区域的半径为R，对a根据牛顿第二定律得2111vqvBmr=1rR=解得1qBRvm=对b根据牛顿第二定律得2222vqvBmr=2tan60rR=23qBRvm=b粒子的速率是a粒子速率的3倍，B错误；CD．设粒子轨迹所对的圆心角为θ，粒子的运动

时间为2360mtqB=三个粒子在磁场中运动的时间之比为123::90:60:303:2:1ttt==c粒子的θ最小，在磁场中运动时间最短，C错误，D正确。故选D。5.如图所示，光滑水平面上存在有界

匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45，若线框的总电阻为R，则（）A.线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBAB.AC刚进入磁场时线框中感应电流为2BavRC.AC刚进入磁场时线框所受安培

力为222BavRD.此时CD两端电压为14Bav【答案】C【解析】【详解】A．线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；B．AC刚进入磁场时CD边切割磁感线

，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势EBav=则线框中感应电流为EBavIRR==故B错误；C．AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是22BavFBIaR==由几何关系可以看出，AD边与

CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即222=2BavFFR=合故C正确；D．当AC刚进入磁场时，CD两端电压3344RUIBav==故D错误。故选C。6.理想变压器与三个

阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1:3在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是（）A.R1、R2、R3两端的电压之比为10:1:3B.通过R1、R2、R3的电流之比为

5:3:1C.a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15:2D.a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3:1【答案】A【解析】【详解】AB．理想变压器原副线圈的电压比121=3UnUn=原副理想变压器原副线圈的

电流比213=1InIn=原副设流过副线圈的电流为I0，则流过原线圈的电流为3I0，即303=UIIR=副则流过R2的电流2022113=3UUIIRR==副原则流过R1的电流10201033IIII=+=通过R1、R2、R3的电流之比为12

3101::::110:1:333III==由于三个电阻相等，因此123RRR、、两端的电压之比为12310:1:3::UUU=故A正确，B错误；C．由于变压器本身不消耗能量，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为123311223333():110:9

PPPPUIUIUIUI++=++=():故C错误；D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为0012201013311:113IIUUUI++==故D错误。故选A。7.如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点

的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右规定为电流的正方向，则（）A.1～1.5ms内，Q点比P点电势低B.1～1.5ms内，电场能正在增加C.0.5～1ms内，电容器C正在放电D.0.5～1ms内，电容器的上极板带负电荷【答案】D

【解析】【详解】A．在1～1.5ms内电流增大，为放电过程，经过P点电流方向向左，Q点比P点电势高，故A错误；B．1～1.5ms内电流增大，为放电过程，磁场能在增加，电场能正在减小，故B错误；C．由题图

乙知0.5～1ms内电流在减小，电容器正在充电，故C错误；D．0.5～1ms内，电流在减小，应为充电过程，电流方向不变，电容器上极板带负电荷，故D正确。故选D。8.如图为远距离输电示意图，其变压器均为理想变压器，输电线总电阻r=50Ω。用户可等效为图中滑动变阻器。已知()2002sin100Vu

t=，n3：n4=50：1，用户额定电压为220V，正常情况下用户消耗的总功率为110kW。下列说法正确的是（）A.变压器T1的输入功率为125kWB.升压变压器匝数比n1：n2=2：115C.当滑动变阻器触头向下滑动时，输电线损失电压减小D.当滑动变阻器触头向上滑动时，输电效率降低【答案】

B【解析】【详解】A．当用户端正常用电消耗的总功率为0=110kWP时，降压变压器副线圈中的电流为40441110A500A220PIU===由理想变压器的工作原理可知3443nInI=解得310AI=

输电线上的损失功率为22r310505000WPIr===则变压器T1的输入功率为0r110kW5kW115kWPPP=+=+=A错误；B．由()2002sin100Vut=可得，升压变压器原线圈两端电压为1200VU=则升压变压器原线圈中的电流为311115

10575A200PIU===则升压变压器原、副线圈的匝数之比312211102575115InInII====B正确；C．滑动变阻器触头向下滑动时，R减小，输出电流增大，2I增大，输电线损失电压增大，C错误；D．远距离输电效率为21131211211UIIrnIrUInU−=

=−当滑动变阻器触头向上滑动时，R增大，输出电流减小，2I减小，则输电效率增加，D错误。故选B。二、多选题（共4小题，每小题4分，共16分）9.如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水

平的、足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中。现给圆环水平向左的初速度0v，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的

是（）A.初速度0v满足0mgvqBB.初速度0v满足0mgvqBC.圆环克服摩擦力做的功为2012mvD.圆环克服摩擦力做的功为322022122mgmvqB−【答案】AD【解析】【详解】AB．圆环到的洛伦兹

力方向竖直向上，重力竖直向下，圆环最终做匀速运动，说明水平方向摩擦力为零，竖直方向合力为零，洛伦兹力大小和重力大小相等，设最终的速度为v，则qvB=mg得mgvqB=由图可知初速度0mgvqB故A正确，B错误；CD．设摩擦力做功为W，根据动能定理322220

0221112222mgWmvmvmvqB=−=−圆环克服摩擦力做的功为3220221=22mgWmvqB−克故C错误，D正确。故选AD。10.在光滑水平面上固定一个通电线圈，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的判断是（）A.接近线圈时做

加速运动，离开时做减速运动B.接近和离开线圈时都做减速运动C.一直在做匀速运动D.在线圈中运动时是匀速的【答案】BD【解析】【详解】ABC．把铝块看成由无数多片横向铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成；如图所示当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每

个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流．产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要做减速运动，所以A、C错误；B正确；D．由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通

电线圈内运动时无感应电流产生，做匀速运动，D正确；故选BD。11.如图，匀强磁场的磁感应强度0.5TB=，边长为10cmL=的正方形线圈abcd共100N=匝，线圈电阻1Ωr=。线圈绕垂直于磁感线的轴OO匀速转动，转动的角速度2rad/s=，外

电路电阻4ΩR=，取3.14，下列说法正确的是（）A.感应电动势的最大值为3.14VB.由图示位置转过60角时的感应电动势的大小为1.57VC.取2=10，线圈转动一周电流产生的总热量为2J的D.由图示位置开始，

在线圈转过14周期的时间内通过电阻R的电荷量为0.1C【答案】ABD【解析】【详解】A．由题意可得，感应电动势的最大值22m1000.50.12V3.14VENBL===A正确；B．由图示位置转过60角时的瞬时感

应电动势mcos601.57VeE==B正确；C．周期2/1sT==线圈转动一周电流产生的热量()2m/2EQTRr=+联立解得1JQ=C错误；D．因为1T4t=时间内通过电阻R的电荷量qIt=EIRr=+ENt=20BL=−联立解得0.1Cq=

D正确。故选ABD。12.正电子发射型计算机断层显像（PET）的基本原理是将放射性同位素158O注入人体，158O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对光子，被探测器采集后，经计算机处理生

成清晰图像。则根据PET原理判断下列表述不正确的是（）A.158O在人体内的衰变方程式为15150871ONe−→+B.正、负电子的湮灭方程是0011ee2−+→C.在PET中，158O的主要用途是作为示踪原

子D.在PET中，158O的主要用途是参与人体的新陈代谢【答案】AD【解析】【详解】A．由质量数守恒和电荷数守恒知应该生成正电子，即有15150871ONe→+A符合题意；B．正负电子湮灭生成两个光子，即有0011ee2−+→B不符合题意；

CD．显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的158O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此158O主要用途是作为示踪原子，C不符合题意，D符合题意。故选AD。第II卷（非选择题）三、实验题（共2小题，满分16分）13.（1）某同学利用如图甲所示电路，测量一表盘有

刻度但数值已模糊的电流表的满偏电流Ig及内阻Rg。闭合开关S前滑动变阻器的滑动触头应置于最___________端（填“左”或“右”），闭合开关后，多次调节滑动变阻器和变阻箱，使电流表每次都满偏，分别记录

每次电压表的示数U和电阻箱的阻值R。得出电压表示数U随电阻箱的电阻R变化的关系图像如图乙所示，根据图乙可求出电流表的满偏电流值Ig=_____mA，电流表内阻Rg=________Ω。（后两空结果均保留两位有效数字）（2）该同学利用上述电流表及一热敏电阻制作成一体温计，热

敏电阻随温度变化规律及实验电路图分别如图丙、丁所示。已知所用电源的电动势E为3.0V、内阻r=6Ω，R0为保护电阻，热敏电阻RT做测温探头，并把电流表的表盘刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻体温计”。若要求电流表指针

满偏的位置标为42°C，则电阻R0=________Ω，电流表7.5mA处应标为_______°C。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.右②.10③.4.0④.100⑤.38.6（或38.5）【解析】【详解】（1

）[1]分压法测电阻，应使待测元件两端电压从零开始增大，所以滑片应置于右端；[2]电压表示数与滑动变阻器电阻之间的关系为gggUIRIR=+由此可得图像斜率满偏电流，大小为10mA；[3]由以上分析可知，电流表内阻与满偏电流的乘积为纵轴截距，可得内阻为4.0Ω；（2）[4]当温度为42°C时

，热敏电阻的阻值为190Ω，有gg0TEIrRRR=+++（）解得定值电阻阻值100Ω；[5]当电流表示数为7.5mA时，代入上式可得热敏电阻的阻值为290Ω，查图可知，对应温度为38.5°C或者38.6°C。为为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IU−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12AA、的示数分别为12II、，已知定值电阻的阻值为0R，电流表2A的内阻为gR，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T15

Ω123Rt=+。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9VU=，定值电阻130ΩR=，接通电路后，理想电压表的示数为7V，理想电流表的示数为0.7A，则定值电阻2R=___

____Ω，热敏电阻所在环境的温度为_______℃。【答案】①.b②.()20g12IRRII+−③.17.5④.40【解析】【详解】（1）[1]IU−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T12RIII=−热敏电阻两端电压()T20gRUIRR=+则热敏电阻的阻值为()TT20gT12RRIRRURIII+==−（

3）[3][4]由图丙可知，流过定值电阻1R的电流为119A0.3A30UIR===又理想电流表示数为0.7A，则通过热敏电阻的电流为20.4AI=则定值电阻2R的阻值为V227Ω17.5Ω0.4

URI===又TR两端电压为2V，则T2Ω5Ω0.4R==代入T15Ω123Rt=+解得40t=℃四、解答题（共3小题，共36分）15.空间存在一方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、长度为L的导体棒1P2P用两根长度均为2L的绝缘细

绳悬挂在水平天花板上同一点，两细绳的夹角为60°。导体棒水平，通有1P指向2P的恒定电流34mgIBL=，开始时，两细绳与导体棒在同一竖直平面内，导体棒从静止开始释放，重力加速度为g。求：（1）导体棒开始运动时，

两细绳拉力大小；（2）导体棒运动过程中，最大速度以及此时两细绳的拉力大小。【答案】（1）33mg；（2）38gL，7312mg【解析】【详解】（1）通电后，据左手定则可知，导体棒受到垂直纸面向外的安培力，随即开始运动，竖直平面内满足2cos30Tmg=解得33Tmg=（2）导体棒受到的安培力大小为

34FBILmg==将F与mg合成为等效重力G，可得225()4GFmgmg=+=mg与G的夹角满足4cos5mgG==12PP纸面内做圆周运动，当其达到等效最低点时速v度最大，据动能定理可得21cos30(1cos)22LmvG=−在等效最低点，据牛顿第

二定律可得22cos30vTGmr−=其中cos302Lr=联立解得38vgL=，7312Tmg=16.如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核22286Rn经过一次α衰变生成钋核21884Po，新核21884Po的速率约为5210m/s。衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域I，且

恰好可沿中心线匀速通过。之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压6310VU=。从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为3m3r=的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度B0.4T=，方向垂直纸面向里。圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光

屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁区域I的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为7510C/kgqm=。α粒子重力不计。（1）请写出衰变方程，并求出α粒子进入区域I的速率；（保留一位有效数字）（2）若α粒子打在荧光屏上的P点，求PM的距离。在【答案】（1）2222

18486842RnPo+He→，7110m/s；（2）1m【解析】【详解】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变方程为222218486842RnPo+He→设α粒子进入区域I的速率为0v，根据衰变过程动量守恒

可得0Po1mvmv=易知Po4218mm=解得70110m/sv（2）α粒子在区域Ⅱ被电场加速，设α粒子离开区域Ⅱ时的速率为v，根据动能定理有2201122qUmvmv=−解得7210m/sv=设α粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有2vqvBmR=解得1mR=如图所

示，根据几何关系有3tan3rAOOR==解得30AOO=所以23060POM==tan60PMr=解得1mPM=17.许多电磁现象可以用动力学观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释。如图所示，在匀强磁场

中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成角，平行导轨间距L。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B。两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动。两金属杆的质量均为m，电阻均为R。若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上

，使ab杆沿导轨上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。金属导轨的电阻可忽略不计，重力加速度为g。求：（1）通过金属杆cd的感应电流I；（2）导体棒ab的速度大小v；（3）同学甲认为拉力做功数值上等于回路

中的总焦耳热，请分析说明他的结论是否正确。【答案】（1）sinmgθIBL=；（2）222sinmgRvBL=；（3）不正确，见解析【解析】【详解】（1）由于cd杆静止于导轨上，根据平衡条件有sinmgBIL=解得sinmgθIBL=（2）导体棒ab产生的感应电动势

EBLv=由闭合电路欧姆定律有2EIR=联立解得222sinmgRvBL=（3）不正确。设ab棒在力F的作用下匀速运动，由平衡条件sin0FmgBIL−−=解得2sinFmg=所以t时间内222224sinFmgRWFvttBL==由焦耳定律知22QIRt=所以222222sin2

sin2mgmgRQRttBLBL==其它方法正确也给分，但需要通过计算说明获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com