湖北省十堰市2021-2022学年高二物理下学期期末试题（Word版附解析）

十堰市2021~2022学年下学期期末调研考试高二物理本试卷共6页，23题。全卷满分100分。考试用时90分钟一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。下列给出的四个选项中，第1~12小题只有一项符合题目要求，第13~18小题有多项符合题目要求，全对无错的得3分，对而不全的得2分，不选、错选的得0分）1.如图所示，a、b两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到上下面平行的玻璃砖上表面，经玻璃砖折射后会聚成一束复色光c，从玻璃砖下表面射出，下列说法正确的是（）A.玻璃砖对a光的折射率比对b光的大B.增大入射角，a光在玻璃砖下表面可发生全反射C.a光在玻璃砖中发生全反射的临界角大于b光D.a光在玻璃砖中传播的速度大于b光【答案】A【解析】【详解】A．由光路图可知，a光偏折的大，所以A正确；BC．根据光路可逆可知，光线一定能从下表面射出，不会发生全发射，B错误，C错误；D．由知，a光在玻璃砖中传播的速度小于b光，D错误。故选A。2.一束光从空气射向某介质，在界面上发生反射和折射现象的光路图如图所示，下列判断中正确的是（）\nA.为入射光，为反射光，为折射光B.为入射光，为反射光，为折射光C.为入射光，为反射光，为折射光D.条件不足，无法确定【答案】C【解析】【详解】由图可知，三条光线AO、BO和CO中，BO与CO上下对称，而AO与它们没有对称性，所以OA是折射光线，水平线是法线，由于折射光线与入射光线不对称，且法线的两侧，所以CO是入射光线，OB是反射光线。故选C。3.两种单色光由水中射向空气时发生全反射的临界角分别为θ1、θ2，已知θ1>θ2，用n1、n2分别表示水对两单色光的折射率，v1、v2分别表示两单色光在水中的传播速度，则（　　）A.n1﹤n2、v1﹤v2B.n1﹤n2、v1﹥v2C.n1﹥n2、v1﹤v2D.n1﹥n2、v1﹥v2【答案】B【解析】【详解】根据光的全反射，临界角与折射率的关系则有\n因，故又所以故B正确。故选B。4.如图所示是一双缝干涉实验装置的示意图,其中S为单缝,S1、S2为双缝,P为光屏．实验时用白光从左边照射单缝S,可在光屏P上观察到彩色的干涉条纹．现在S1、S2的左边分别加上红色和蓝色滤光片,则在光屏P上可观察到（）A.红光和蓝光两套干涉条纹B.红、蓝相间的条纹C.两种色光相叠加,但不出现干涉条纹D.屏的上部为红光,下部为蓝光,不发生叠加【答案】C【解析】【详解】在双缝中的一缝前放一红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一蓝色滤光片（只能透过蓝光），由于蓝光和红光的频率不同，则不能发生干涉，但可以相互叠加，因此屏上仍有光亮．故C正确，ABD错误．5.太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为1个氦核的热核反应，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核的质量分别为，下列说法正确的是（　　）\nA该核反应中会生成中子B.该核反应中会生成电子C.该核反应中质量亏损D.该核反应方程是【答案】D【解析】【详解】ABD．由题意可得，该核反应方程式为故该核反应中会生成正电子，故AB错误，D正确；C．该核反应中质量亏损应为故C错误。故选D。6.某核反应方程为，该核反应类型属于（　　）A.核聚变B.核裂变C.衰变D.衰变【答案】B【解析】【详解】α衰变的方程式为β衰变的方程式为核裂变是一个重核裂变成两个质量中等的核，同时放出能量，核聚变是两个质量中等的核结合成质量较大的核。B正确，ACD错误。故选B。7.氢原子部分能级示意图如图所示，大量的氢原子处于的激发态，当它们自发地跃迁到\n较低能级时，下列说法正确的是（　　）A.氢原子由能级跃迁到能级时，发出光子的频率最小B.氢原子由能级跃迁到能级时，发出的光的波长最短C.这些氢原子向低能级跃迁时，能辐射3种不同频率的光子D.氢原子从高能级向低能级跃迁时，动能减小，电势能增大【答案】C【解析】【详解】A．由能级跃迁到能级时放出能量最少，发出光子的频率最小，A错误；B．由能级跃迁到能级时放出能量最多，发出光子的频率最大，发出的光的波长最短，B错误；C．一群氢原子处于n=3的激发态，所辐射的光子的频率最多有种，C正确；D．氢原子从高能级向低能级跃迁时，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，D错误。故选C。8.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离x的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（　　）A.在阶段，F做正功，分子动能增大，势能减小\nB.在阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小C.在时，分子势能最小，动能零D.在时，分子势能为零【答案】A【解析】【详解】A．为分子间的平衡距离，在阶段，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；B．在阶段，分子力表现为斥力，相互靠近时F做负功，分子动能减小，势能增加，故B错误；C．由以上分析可知，当在时，分子势能最小，动能最大，故C错误；D．由于两分子相距无穷远时分子势能为零，在阶段，相互靠近时F做正功，势能减小，故在时，分子势能小于零，故D错误。故选A。9.如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分，K与汽缸壁的接触面光滑。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子之间相互作用力忽略不计。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则（）A.a的体积增大了，压强变小了B.a增加的内能大于b增加的内能C.加热后a的分子热运动与b的分子热运动一样激烈D.b的体积减小，压强增大，但温度不变【答案】B【解析】【详解】AD．电热丝对气体a加热后，气体a膨胀对绝热隔板做功，因气缸绝热，所以气体b温度升高，内能增大，压强也增大，稳定后与气体a压强相等，因此a的压强增大了，AD错误；BC．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，平衡后两气体的压强相等，\n但a后来的体积比b的大，所以a的末温度比b的更高，故a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，a增加的内能大于b增加的内能，B正确，C错误。故选B。10.一定质量的理想气体状态变化的图像如图所示，由图像可知（）A.气体在a、b、c三个状态的密度B.在的过程中，气体的内能增加C.在的过程中，气体分子的平均动能增大D.在的过程中，气体吸热【答案】B【解析】【详解】A．将a、b、c三点与原点O连起来，由oa、ob、oc均表示等容变化，三条直线的斜率等于，斜率越大，体积越小，故气体在a、b、c三个状态的体积大小关系为气体的质量一定，则有A错误；B．在的过程中，温度升高，内能增加，B正确；C．在的过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，C错误；D．在的过程中，体积减小外界对气体做功，温度降低，内能减小，所以气体放热，D错误。故选B。11.如图甲所示，三角形金属框三边的边长均为L，E为边的中点，三角形所在区域内有垂直纸面向外并随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B\n随时间t变化的图像。下列说法正确的是（　　）A.时刻，金属框内的感应电流由大变小B.时间内，金属框的感生电动势为C.时间内，金属框的感生电动势为D.A、E两端的电势差与金属框的感生电动势总是相等【答案】B【解析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律知由图乙可知，时间内的感应电动势小于时间内的感应电动势，由欧姆定律可得，时刻，金属框内的感应电流由小变大，故A错误；B．由题意可得，金属框的有效面积为由法拉第电磁感应定律知，时间内，金属框的感生电动势为故B正确；C．同理可得，时间内，金属框的感生电动势为\n故C错误；D．由题意可得，A、E两端的电势差始终满足故D错误。故选B。12.一直升飞机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的磁感应强度在竖直方向的分量为B，螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则（　　）A.，且a点电势低于b点电势B.，且a点电势低于b点电势C.，且a点电势高于b点电势D.，且a点电势高于b点电势【答案】A【解析】【分析】【详解】磁感线竖直分量方向向上，每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势；因所以电动势为\n故选A。13.某偏僻山区靠小型发电机供电照明，供电电路如图甲所示，通过电灯的电流随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，若发电机的线圈共有200匝，总内阻为，电灯的电阻为，不计输电线的电阻，则下列说法正确的是（　　）A.电路中的电流方向每秒改变100次B.电灯的电功率为C.线圈的感应电动势的最大值为D.穿过线圈的磁通量的最大值为【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙可知，一个周期内电流方向变化两次，所以每秒改变故A正确；B．电流的有效值为灯的电功率为故B错误。C．设磁通量变化率的最大值为em，电流的最大值为可得\n故C正确；D．电流的最大值为可得故D错误。故选AC。14.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，原线圈接正弦交流电源的电压有效值，电阻，，，电流表为理想电表，下列说法正确的是（　　）A.开关S断开时，电流表的示数为B.开关S从断开到闭合，电流表的示数变化了C.开关S闭合时与开关S断开时副线圈电路消耗的功率相等D.无论开关S闭合还是断开，消耗的功率总是大于副线圈消耗的功率【答案】BD【解析】【详解】A．开关S断开时，设流过原线圈电流为I1，加在原线圈两端的电压为U1，流过副线圈电流为I2，副线圈两端的电压为U2，由题可知\n而代入数据可得，电流表的示数为1A，A错误；B．同理，开关S闭合后，由题可知而代入数据可得，因此电流表的示数变化了B正确；C．开关S断开时，副线圈电路消耗的功率开关S闭合时，副线圈电路消耗的功率开关S闭合时与开关S断开时副线圈电路消耗的功率不相等，C错误；D．开关S断开时，消耗的功率\n开关S闭合时，消耗的功率D正确。故选BD。15.托卡马克装置主要是用氘核聚变反应释放的能量来发电的，氘核聚变反应的方程为：，已知氘核的质量为，的质量为，反应中释放的核能为，光在真空中的速度为c，下列说法正确的是（）A.核聚变可以在常温下发生B.反应产物X为C.X的质量为D.氘的比结合能大于【答案】BC【解析】【详解】A．要发生核聚变反应，两个原子核要足够近，故须克服两个氘核间巨大的库仑力，A错误；B．由于核反应方程的质量数守恒和电荷守恒特点可知，反应产物X为，B正确；C．由质能方程可知，反应中X的质量为，C正确；D．氘核聚变反应的方程为放出能量，生成的更稳定，因此氘的比结合能小于，D错误。故选BC。16.如图所示，当开关S断开时，用光子能量为的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。闭合开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于时，电流表读数为零。由此可知下列给出阴极材料的逸出功不正确的是（　　）\nA.B.C.D.【答案】BCD【解析】【详解】根据题意光电子的最大初动能为Ek=qU=1.5eV根据爱因斯坦光电效应方程有故选BCD。17.将一均匀导线围成一圆心角为的扇形导线框，其中，圆弧的圆心为点，将导线框的点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小均为，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小为。从时刻开始让导线框以点为圆心，以恒定的角速度沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿方向的电流为正，则线框中的电流随时间变化的规律描绘不正确的是（　　）\nA.B.C.D.【答案】ACD【解析】【详解】在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1=BωR2由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM方向）．在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向）。回路中产生的感应电动势为感应电流为I2=3I1在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿ONM方向），回路中产生的感应电动势为感应电流为\nI3=3I1在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向），回路中产生的感应电动势为E4=BωR2回路电流为I4=I1故B正确，ACD错误。故选ACD。18.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈的电阻为r，外电路的电阻为R，的中点和的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度大小为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则（　　）A.当线圈转到图示位置时，线圈中产生的感应电动势B线圈转过时，感应电流C.线圈转过的过程中，流过R的电荷量D.线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量【答案】BC【解析】【详解】A．图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，则感应电动势为零，故A错误；B．线圈转过时，线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为\n由闭合电路的欧姆定律可知感应电流为故B正确；C．线圈从图示位置转过的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为流过电阻R的电荷量为故C正确；D．感应电动势的有效值为感应电流有效值为R产生的热量为又联立得故D错误。故选BC。二、实验题（8分+8分=16分）19.刘锋同学做“利用插针法测定玻璃砖折射率”实验，记录的玻璃砖和大头针的位置如图甲所示。回答下列问题：\n（1）关于该实验的操作，下列说法正确的是___________；A．在确定玻璃砖上下边界时，应用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出、B．在确定、，位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差C．为了实验操作方便，应选用粗的大头针D．为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验（2）如图甲所示，过、，做直线交于，过作垂直于的直线，连接。用量角器测量图甲中角和的大小，则玻璃砖的折射率_______；（3）由于没有量角器和三角函数表，刘锋同学利用圆规，以入射点O为圆心、随机的半径R作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再分别过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图乙所示，则玻璃砖的折射率__________（用图中线段的字母表示）。【答案】①.BD##DB②.③.【解析】【详解】（1）[1]A．在确定玻璃砖上下边界时，不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出、，以免污染和磨损玻璃砖，故A错误；B．在确定、位置时，为减小误差，应使二者距离适当远一些，故B正确；C．为了减小实验误差，应选用细的大头针，故C错误；D．为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验，故D正确。\n故选BD。（2）[2]由折射定律以及光路的可逆性可得，玻璃砖的折射率为（3）[3]由几何关系知由折射定律得20.何同学利用双缝干涉测量光的波长的实验装置如图甲所示，单色光在双缝与毛玻璃之间发生干涉，在目镜中可观察到干涉条纹。（1）为了增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，该同学可以更换间距____________的双缝。（填“更大”或“更小”）（2）观察到干涉条纹如图乙所示。转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准a位置，手轮的读数记作；继续转动手轮，使分划板中心刻线对准b，手轮的示数如图丙所示，此时手轮的读数为________，此读数记作。（3）已知双缝间距为d，双缝到屏的距离为l，则待测光的波长为___________。（用题中物理量符号表示）（4）下列实验操作可能使波长的测量结果偏大的是____________。A．双缝间距d的测量值偏小B．相邻亮条纹间距x偏大C．双缝到毛玻璃之间的距离l的测量值偏大\n【答案】①.更小②.15.078（15.077~15.079均可得分）③.④.B【解析】【详解】（1）[1]根据可知双缝间距d越小，相邻亮条纹的间距越大。（2）[2]手轮的读数（3）[3]相邻亮条纹的间距因此待测光的波长（4）[4]由公式可得A．若双缝间距d的测量值偏小，将使波长的测量结果偏小，A错误；B．若相邻亮条纹间距x偏大，将使波长的测量结果偏大，B正确；C．若双缝到毛玻璃之间的距离l的测量值偏大，将使波长的测量结果偏小，C错误。故选B。三、计算题（本题共3小题，共30分。在答题卡上对应的答题区域内用0.5毫米黑色墨水签字笔直接作答。答在本试题卷上无效。要求写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21.图为两位同学参加“充气碰碰球”游戏的场景，“充气碰碰球”用薄膜充气膨胀成型，充气之后单个碰碰球内气体的体积，压强\n。为保障游戏安全，球内气体的最大压强。（1）不考虑球内气体的温度变化，求游戏中单个球体积压缩量的最大值；（2）假设球内气体温度始终与外界环境温度相等，若充气工作在早晨环境下完成，当环境温度上升到时，求此时游戏中单个球体积压缩量的最大值（结果保留一位有效数字）【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）球内气体做等温变化，根据玻意耳定律有单个球体积压缩量的最大值解得（2）早晨充好气后球内气体的热力学温度环境温度上升到时，球内气体的热力学温度对单个球内的气体分析，根据理想气体状态方程有游戏中单个球体积压缩量的最大值\n22.为特种设备设计的供电系统以及输电电路如图所示，发电机的矩形线框处于水平向右的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴以的转速匀速转动。线框电阻不计，面积，匝数。线框输出端通过电刷E、F与升压变压器的原线圈相连，图中电压表的示数。已知降压变压器原、副线圈的匝数，降压变压器的副线圈接入特种设备，两变压器间的输电线等效电阻，特种设备的工作电压，消耗的功率，两变压器均为理想变压器。求：（1）发电机内匀强磁场的磁感应强度的大小B；（计算结果可以保留和根号）（2）升压变压器原、副线圈匝数之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）发电机矩形线框产生的感应电动势最大值线圈转动的角速度解得（2）特种设备工作时，降压变压器副线圈的电流\n设输电线中电流为，降压变压器原线圈两端的电压为，根据理想变压器规律有升压变压器副线圈的电压升压变压器原、副线圈匝数之比解得23.如图所示，绝缘、光滑、平行的金属导轨由倾斜和水平两部分在处平滑连接构成，倾斜部分的倾角，导轨间距，导轨右端接有阻值的定值电阻。在倾斜部分导轨之间和水平部分导轨之间都存在竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场。将一根质量、电阻的金属棒在上方高处由静止释放，金属棒到达水平轨道前瞬间恰好处于平衡状态，最后静止于水平轨道的处。金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，取重力加速度大小，求：（1）金属棒达到的最大速度；（2）整个过程中电阻R产生的焦耳热Q。【答案】（1）；（2）\n【解析】【详解】（1）金属棒到达水平轨道前瞬间恰好处于平衡状态，该时刻金属棒速度最大，此时金属棒的感应电动势金属棒中的感应电流金属棒受到的安培力根据受力平衡有解得（2）金属棒下滑过程中根据功能关系有根据焦耳定律有解得