【文档说明】安徽省芜湖市繁昌皖江中学2021-2022学年高二（下）期末检测物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.845 MB，由小赞的店铺上传

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皖江中学2021~2022学年第二学期高二期末检测物理一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项正确，第9~12题有多个选项正确，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.关于无线电波的发射和接收，下列

说法正确的是（）A.天波是无线电波传播的唯一方式B.音频信号应经调制以后发射，调频是调制的唯一方式C.手机接收的信号属于微波段的无线电波D.无线电波的发射过程必须使信号产生电谐振【答案】C【解析】【详

解】A．无线电波的传播方式有天波、地波和直线传播三种方式，选项A错误；B．音频信号应经调制以后发射，而调制有调频和调幅两种，选项B错误；C．手机接收的信号属于微波段的无线电波，选项C正确；D．电磁波的发射过程中，一定要对低频输入信号进行调制，用开放电路发射，无线

电波在接受过程中要产生电谐振，选项D错误。故选C。2.2022年2月20日，第24届冬季奥林匹克运动会闭幕，北京冬奥会成为历史上首届100％使用光伏风电等绿色电能的奧运会。利用风能发电的某旋转电枢式发电机产生的感应电动势为()12202sin100πVet=，若叶片带动发电机的转速增加到

原来的2倍，其他条件不变，则感应电动势2e为（）A.()24402sin200πVet=B.()22202sin200πVet=C()24402sin50πVet=D.()22202sin50πVet=【答案】A【解析】【详解】由感应电动势瞬时值表达式为()122

02sin100πVet=可知ω1=100πrad/s.感应电动势最大值为m12202VENBS==若叶片带动发电机的转速增加到原来的2倍，角速度是ω2=200πrad/s电动势最大值也增加到原来的2倍，电动势最大值为m24402VENBS==则其感应电

动势2e为()24402sin200πVet=A正确，BCD错误。故选A。3.已知地球与X星球的质量之比为1:2，半径之比为2:1，不考虑地球及星球自转的影响，则同一单摆在地球和X星球的振动周期之比为（）A.1:2B.2:1C.1:2D.2:1【答案】B

【解析】【详解】对于处在星体表面的物体，万有引力近似等于重力，即2MmGmgR=解得2GMgR=因此地球和X星球的重力加速度之比为14:，又由单摆的周期公式2lTg=所以同一单摆在地球和X星球的振动周期之

比为2:1，B正确，ACD错误。故选B。4.关于涡流、互感和自感、电磁阻尼和电磁驱动，下列说法正确的是（）A.变压器的铁芯不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了增大涡流B.微安表的表头在运输时要把两接线柱短接，其原理属于电磁驱动C.自感现象不是电磁感应现象，

自感电动势的方向总是与原电流的方向相反D.互感现象和自感现象说明了磁场具有能量，互感现象是变压器工作的基础【答案】D【解析】【详解】A．涡流要损耗能量，变压器的铁芯不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，选项A错误；B．微安表两接线柱连接后由于电磁阻尼变得极大，运输时线圈不再容易摆动

，可以防止指针打坏，选项B错误；C．自感现象是特殊的电磁感应现象，自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反，当电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向相同，选项C错误；D．自感现象和互感现象产生时，电能与磁场能发生了转化，说明磁场具有能量，

变压器工作原理是互感，选项D正确。故选D。5.如图所示是回旋加速器装置示意图，12D,D是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源U，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的

是（）A.增大磁场磁感应强度B.增大交流电源电压C.减小D形盒的半径D.减小狭缝间的距离【答案】A【解析】【详解】交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由2mvqvBR=得

222km2qBREm=可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与交流电源电压无关，增大磁场磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能；只有选项A正确。故选A。6.如图所示，一匀强磁场磁感应强度0

.4TB=，磁场方向垂直纸面向外，在磁场中有一个用比较软的均匀金属导线制成的单匝闭合长方形线圈abcd，线圈的面积20.5mS=，电阻0.1R=。现同时在ab的中点向上、cd的中点向下拉动线圈，线圈的两侧在1st=时间内合到一起，则线圈在上述过程中（）A.磁通量的变化量为0

.1WbB.感应电动势的平均值为0.4VC.感应电流的平均值为2A，感应电流的方向为逆时针D.通过导线横截面的电荷量为1C【答案】C【解析】【详解】A．磁通量的变化量0.40.5Wb0.2WbBS===A错误；B．感应电动势的平均值0.2VBSEtt===

B错误；C．感应电流的平均值2AEIR==根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，C正确；D．通过导线横截面的电荷量2CqIt==D错误。故选C。7.如图所示，圆形导管用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中

的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹力作用下会发生纵向偏转，使得a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间电势差就保持稳定，测得圆形导管直径为d、平衡时ab间电势差为U、磁感应强度大小为B，单位时间内流过导管某一横

截面的导电液体的体积称为液体流量，则下列说法正确的是（）A.a点电势比b点电势高，液体流量为2dUBB.a点电势比b点电势高，液体流量为4dUBC.a点电势比b点电势低，液体流量为2dUBD.a点电势比b点电势

低，液体流量为4dUB【答案】D【解析】【详解】根据左手定则和平衡条件，带正电的离子向下偏转，则判断a、b电势高低得ab，a点电势比b点电势低，导管的横截面积24dS=设导电液体的流速为v，自由电荷所

受的电场力和洛伦兹力平衡时有UqvBqEqd==可得UvBd=液体流量244dUdUQSvBdB===故选项D。8.某乡村学校在距学校较远的地方修建了一座小型水电站，输电电路如图所示，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输

电线的总电阻为10，允许线路损耗的功率为输出功率的4%。不计变压器的损耗，乡村学校需要220V电压时，升压变压器原、副线圈的匝数比12nn和降压变压器原、副线圈的匝数比12''nn分别为（）A.1215nn=，12365nn=

B.1215nn=，127211nn=C.1213nn=，12365nn=D.1213nn=，127211nn=【答案】D【解析】【详解】由4P=%P输出22PIR=得246APIR==输出％则21500VPUI==输

出送升压变压器原、副线圈匝数比012500115003UnnU===送输电线上电压损失260VUIR==故降压变压器输入电压11440VUUU=−=送故降压变压器原、副线圈匝数比112214407222011nUUn===ABC错误；D正确。故选D。9.如图所示

为一列沿x轴传播的简谐横波在21st=时刻的波形图。图中质点P在10t=时刻恰好处于波谷，则下列说法正确的是（）A.质点P从10t=时刻到图示位置一定运动了14个周期的时间B.如果波沿x轴负方向传播，质点P图示时刻向y轴负方向运动C.如果波沿x

轴负方向传播，最小的传播速度为1m/sD.如果波沿x轴正方向传播，0～1s内质点P经过的最短路程为15cm【答案】CD【解析】【详解】A．因运动的时间1st=与周期关系不明确，波的运动方向也不明确，所以

不能认为质点P从波谷到图示平衡位置一定运动了4T，A错误；B．由同侧原理，如果波沿x轴负方向传播，质点P在图示时刻沿y轴正方向运动，B错误；C．如果波沿x轴负方向传播，则11s4nTT=+由图可知波长为4m可得(41)msvnT==+在所以最小速度为1m/s，C正确；D．

由于振动的质点在任意一个周期内质点的路程都是4A，所以周期越小，在相等的时间内质点的路程越大，所以当周期最大时，路程最小；由于波沿x轴正方向传播，故31s4nTT=+当0n=时，周期最大，最大周期为4s

3，所以1s等于四分之三个周期；由于0=t时刻质点P位于负最大位移处，所以在34个周期内的路程为min335cm15cmsA===D正确。故选CD。10.质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。如图所示为质谱仪的工作原理简化示意图，从粒子源O出来时的粒子速度很

小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后由M点垂直进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场中，最后达到N点出口，测得M点到N点的距离为L，带电粒子的电荷量和质量的比值为k。不计粒子重力，则（）A.粒子一定带正电B.粒子一定带负电C.L越大

，k一定越小D.L越大，k一定越大【答案】AC【解析】【详解】AB．根据左手定则，知粒子带正电，故A正确，B错误；CD．根据半径公式mvrqB=知22mvLrqB==又212qUmv=联立解得2288mUULqBkB=

=知L越大，电荷量和质量的比值k越小，故C正确，D错误。故选AC。11.图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比21:2:1nn=，输入端M、N所接的正弦式交变电压u随时间t的变化关系如图乙所示。1R为定值电阻，2R为滑动变

阻器，两电压表均为理想交流电表，下列判断正确的（）A.电压表V1的示数为50VB.电压表V2的示数为25VC.若将变阻器的滑片P向上滑动，V2示数变大D.若将变阻器的滑片P向下滑动，V1示数不变【答案】AD【解析】【详解】A.电压表V1测的是原线圈电压，也就是输入电压，正弦式交流电的有

效值是峰值的22倍，所以电压表V1的示数是50V，选项A正确；B.因原、副线圈匝数比为2:1，所以副线圈两端电压为25V，电压表V2测的是2R两端电压，应该小于25V，选项B错误；C.若将变阻器的滑片P向上滑动，2R电阻减小，1R阻值不变，2R分得的电压变小，V2减小，选项C错误；D.若将变阻器

的滑片P向下滑动，电压表V1测的是原线圈电压，也就是输入电压，V1不变，选项D正确。故选AD。12.如图所示，两根足够长的平行的光滑金属导轨放置在水平面内，导轨电阻不计，间距为0.2mL=，导轨间电阻4.8=R。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应

强度大小0.5TB=。在导轨上有一金属棒PQ，其接入电路的电阻0.2r=，金属棒与导轨垂直且接触良好，在PQ棒上施加水平拉力使其以速度0.5m/sv=向右匀速运动，则下列说法正确的是（）A.金属棒PQ产生的感应电动势为0.1

VB.通过电阻R的电流大小为0.01AC.水平拉力的大小为0.001ND.金属棒P、Q两点间的电势差为0.01V【答案】BC【解析】【详解】A．金属棒PQ产生的感应电动势EBLv=代入数值得0.05VE=A错误；B．通过电阻R的电流大小EIRr=+代入数值得

0.01AI=B正确；C．金属棒PQ受到的安培力0.001NFBIL==安金属棒PQ做匀速直线运动则0.001NFF==安C正确；D．P、Q两点间的电势差UIR=代入数值得0.048VU=D错误。故选BC。二、实验题：本题共2小题，共14分。13.某实验小组的同学利用单摆测量了当地的重力加速度，实

验时进行了如下操作：a.让细线穿过小球上的小孔，制成一个单摆；b.将单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂；c.用毫米刻度尺测出线长l（准确到mm），并用游标卡尺测出小球的直径d，则摆长为2dll=+；d.将摆线拉开一个角度，角度小于5°，由静止释放摆球，用秒表记录单摆完成30次（

或50次）全振动的时间，求出周期；e.改变摆长，重复d操作，记录多组实验数据。回答下列问题：（1）步骤c中，游标卡尺读数如图甲所示，则摆球的直径为___________mm；（2）步骤d中，开始计时时，摆球的位置应在___________（填“最高点”或“最低点”），该小组的同学用

秒表记录了50次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为___________s；（3）同学利用步骤e中的实验数据描绘出了2LT−图像，如图丙所示，由图像可知，当地的重力加速度大小g=___________2ms（结果保留两位小

数）。的【答案】①.18.6②.最低点③.95.1④.9.86【解析】【详解】解：（1）[1]游标卡尺主尺读数为18mm，游标尺的第6个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为6×0.1mm=0.6mm因此摆球的直径为1

8mm60.1mm18.6mmd=+=（2）[2]摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时。[3]由图乙所示秒表可知，分针示数为60s，秒针示数为35.1s，秒表读数60s35.1s95.1st=+=（3）[4]由单摆的周期公式2πLTg=得224πgLT=由2L

T−图像可得20.254πgk==可解得224π9.86msgk=14.某实验小组的同学为了验证“动量守恒定律”，利用了如图所示的装置完成了实验，将14圆轨道固定在水平面上，调节桌面的高度和斜槽，使得斜槽末端水平时刚好与圆轨道的最高点在同一水

平面内，且末端刚好与轨道的最低点在同一竖直线上，通过多次实验得到的平均落地点如图所示，已知甲、乙两球的质量分别为12,mm。请回答下列问题：（1）两小球的质量关系为1m_______（填“＞”“＝”或“＜”）2m；。（2

）在斜槽的末端放上乙球后，两球碰后均落在圆轨道上，甲球的落点为_______，乙球的落点为_______；（均填“a”“b”或“c”）（3）如果已知圆轨道的半径为R，为了完成验证还需测量的物理量为_______；A．a点与斜槽末端连线与竖直方向的夹角B．b点与斜槽

末端连线与竖直方向的夹角C．c点与斜槽末端连线与竖直方向的夹角D．斜槽末端到水平面的高度（4）如果两球碰撞过程中的动量守恒，则关系式_______成立。（用已知量和测量量表示）【答案】①.＞②.c③.a④.ABC⑤.112sintansintansintanmmm

=+【解析】【详解】（1）[1]为了防止两球碰后甲球出现反弹现象，入射球甲的质量一定要大于被碰球乙的质量，即12mm；（2）[2][3]由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，入射球的速度最小，则结合图可知，碰后甲球的落点为c，乙球的落点为a；（3）[4]验证动量

守恒时，应求出两球碰撞前后离开斜槽末端瞬间的速度，由平抛运动的规律可知应测量出平抛运动的水平位移和竖直位移，结合图可知需要测量的物理量为ABC；（4）[5]未放乙球时，甲球离开斜槽末端的速度为0xvt=又21sincos2xRyRygt===、

、整理得0sintan2gRv=同理碰后甲、乙两球的速度分别为12sintansintan,22gRgRvv==若碰撞过程动量守恒，则101122mvmvmv=+整理得112sintansintansintanmmm=+三、解答或论

述题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B

=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5s时间内合到一起．求线圈在上述过程中（1）感应电动势平均值E；（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；（3）通过导线横截面的电荷量q．【

答案】（1）E=0.12V；（2）I=0.2A（电流方向见图）；（3）q=0.1C【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有：感应电动势的平均值Et=磁通量的变化BS=解得：BSEt=代入数据得：E=0.

12V；（2）由闭合电路欧姆定律可得：平均电流EIR=代入数据得I=0.2A由楞次定律可得，感应电流方向如图：的（3）由电流的定义式qIt=可得：电荷量q=I∆t代入数据得q=0.1C．16.如图所示，清澈的湖面下S处有一条小鱼（视为质点），S到水面的距离2mh=，

已知水的折射率为43。求：（当很小时，sintan=）（1）在鱼正上方向的水面上看到鱼的视深；（2）在湖面上能看到鱼的水域面积的半径。（结果可保留根号）【答案】（1）11.5mh=；（2）67m7R=【解析】【详解】（1）在鱼正上方向的水面上看到

鱼时，光路如图所示由折射定律可知12sin4sin3n==由几何关系可知111sintanxh==22sintanxh==解得11.5mh=（2）当从S发出的光在N点处发生全反射时，有13sinsin4Cn===则2234RRh=+解得67m7R=17.如图所示，在

xOy坐标系所在的平面内，在第I、IV象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第II象限内有沿x轴负方向的匀强电场。在x轴上C点沿y轴正方向发射一质量为m、电荷量为q−的带负电粒子，粒子速度为0v，C点坐标为(,0)d−，粒子从y轴上的D点离开电场，D点坐标为

(0,2)d，粒子经磁场后再次到达y轴时刚好从坐标原点O处经过，不计粒子重力。求：（1）匀强电场的场强E的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）粒子从C点运动到O点经历的时间；（3）若让该粒子从x轴上0x的任意位置沿y轴正方向以速度0v发射，求它第二次

通过y轴时的纵坐标。【答案】（1）202mvEqd=；0mvBqd=；（2）0(43)2COdtv+=；（3）20y=【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为1t，则竖直方向012dvt=水平方向2

112qEdtm=整理得202mvEqd=设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为，则2201122qEdmvmv=−0cos=vv设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则2sin2Rd=2vqvBmR=整理得0mvBqd=（2）由（1）可知4=所以粒子在磁场

中运动的时间2324mtqB=故12COttt=+解得0(43)2COdtv+=（3）设坐标为(,0)x−，粒子发射时，第一次经过y轴时纵坐标为1y，速度方向与y轴夹角为，由（1）可知12yxd=

01xvvd=+sinxxd=+设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，粒子第2次经过y轴时，纵坐标为2y，由几何关系知mvrqB=221,2sinrdxdyyr=+=−联立解得20y=即粒子第2次经

过y轴时，从坐标原点经过。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com