【文档说明】重庆市荣昌永荣中学2021-2022学年高二下学期期末考试物理答案.docx，共(9)页，166.429 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．D【解析】【详解】A．第二类永动机不能制成的原因是因为违背了热力学第二定律，故A错误；B．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是分子运动，故B错误；C．液体表面张力形成原因是表面层液体分子比内部更稀疏，故C

错误；D．晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故D正确。故选D。2．A【解析】【分析】【详解】单色光的单缝衍射图样中间条纹最亮最宽，然后向两边变暗变窄，而双缝则是明暗条纹间距相同。故选A。3．D【解析

】【详解】A.光电效应逸出的是光电子，带负电，A错误；B.金属的逸出功与光束的频率无关，只与金属本身有关，B错误；C.发生光电效应时，逸出光电子的初动能与照射光的频率有关，与光强无关，C错误；D.减小光束的频率，金属板K可能没有粒子逸出，D正确

；故选D。4．D【解析】【详解】A．仅考虑这两个分子间的作用，则从r=r2到r=r1，分子间引力、斥力都在增大。故A错误；B．由图可知，从r=r2到r=r1，分子力的大小先增大后减小到零然后再反向增大。故B错误；CD．从r=r2到r=r1，分子力先做正功后做负功，所以

分子势能先减小后增大，动能先增大后减小。故C错误；D正确。故选D。5．D【解析】【详解】画出正负电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示由图可知，正电子圆弧轨迹对应的圆心角为120°，负电子圆弧轨迹对应的

圆心角为60°，又正负电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2mqB相同，故正负电子在磁场中运动的时间之比为2∶1。故选D。6．D【解析】【详解】AB．稳定的氢原子（即处于基态的氢原子）的电离能是13.6eV，所以用光子能量为13eV或10.2eV的光照射时不能使稳定的氢原子（即处于基态的

氢原子）电离，故AB错误；C．根据能级图可知，氢原子任意两能级的能量差都不等于11eV，所以氢原子不可能向外辐射出能量为11eV的光子，故C错误；D．氢原子可能吸收能量为1.89eV的光子，从n=2能级跃迁至n=3能级，故D

正确。故选D。7．D【解析】【分析】【详解】A．输电电流为I，输电线上损失的电压UIR=则32UUU=−故A错误；B．由题述交流电压的表达式可知交流电的频率50Hzf=，变压器不改变交流电的频率，故降压变压器输出电流的频率仍为50Hz，B错误；C．若用户消耗的电功率增大，则输电电流增大，

电路损耗电压U增大，3U会减小，则4U减小，故C错误；D．输电线上损耗的功率为2PIR=损代入数据得25AI=33210010V410V25PUI===12502V250V2U==则13225014

1016nn==故D正确。故选D。8．AD【解析】【详解】AB.一定质量的理想气体内能由温度决定，a到b为等温变化，温度不变，内能不变，分子热运动剧烈程度不变，故A正确，B错误；C.b到c等压变化，压强不变，温度降低，分子热运动减缓，故C错误

；D.c到a等容变化，体积不变，温度升高，分子平均动能增大，故D正确。9．ACD【解析】【详解】A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从下向上，通过电阻R的电流方向是从M到N，选项A正确；B．根据法拉第电磁感应定律

有BENNStt==由图知31T/s=1T/s2Bt−=代入数据解得4300011010V3VE−==由闭合电路欧姆定律得3A=0.5A51EIRr==++因此感应电流的大小是恒定的，选项B错误；C．由电量的公式0.5

21CqIt===选项C正确；D．在外电路0.552.5VMNUIR===顺着电流方向电势降低，因M的电势等于零，那么N点的电势为2.5V−，D正确。故选ACD。10．BC【解析】【详解】A．图（a）为t=2s时的波形图，图（b）为在x=1.5m处的质点P的振动图像，该质点在t=

2s时向下振动，则该横波沿x轴负方向传播，A错误；B．由图（a）可知波长λ=2m，由图（b）可知周期T=4s，则波速为2ms0.5ms4vT===B正确；C．在0~2s时间内，质点P运动的路程为s=2A=2×4cm=8cmC正确；D．当障碍物的尺寸与波长相差不多，或比波长更小时，就能观

察到明显的衍射现象，所以若该横波传播运动中遇到宽度为0.2m的障碍物，就会观察到明显的衍射现象，D错误。故选BC。11．583×10-10【解析】【分析】【详解】[1]由图示可知，油膜所占坐标纸的格数为58个，则油膜的面积为S=58cm2=58×10-4m2[2]一滴油

酸酒精溶液中含纯油酸的体积为V=6312331210m210m201050−−=油分子的直径VdS=代入数据，可得d=3×10-10m12．B2.169.76【解析】【详解】（1）[1]A．测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度加上小球的半径作为摆长L，A错误；B．测量周期时，从小

球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为50t，B正确；C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，C错误；D．释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不超过5°，D错误。故选B。（2）[2]读数为21mm

+60.1mm=21.6mm=2.16cmd=[3]由单摆周期公式2πLTg=得222224π4π(0.97920.0108)m/s9.76m/s4LgT+===13．（１）60sin(100)Vet=；（２）

32A，272V；（３）0.06C【解析】【分析】【详解】（1）由交流电的瞬时值的表达式e=Emsin(ωt+φ)VEm=nBSω=60πφ=0可得()60sin100Vet=（2）由闭合电路欧姆定律可得EIRr=+m=3022EE=V解得302A3

2A91EIRr===++272UIR==V（3）由qIt=EIRr=+Ent=解得0.06CqnRr==+14．（1）33810m−；（2）400J【解析】【详解】（1）由题意可得ABABVV

TT=解得33810mBV−=（2）在从状态A变化到状态B的过程中，气体压强不变，对外界做功为()200JBAWpVV=−=根据热力学第一定律可得400JUQW=−=15．（1）0mvvmM=+；（2）

202()mMvQmM=+；（3）2220224()mvRsRgmM=−+【解析】【详解】（1）子弹击中木块，根据动量守恒有0()mvmMv=+解得子弹击中木块后的速度0mvvmM=+（2）根据能量守恒22011()22Qm

vmMv=−+得子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q202()mMvQmM=+（3）击中后根据动能定理22C11()2()()22mMgRmMvmMv−+=+−+木块从C点飞出后做平抛运动2122Rgt=csvt=解得2220224()mvRsRgm

M=−+