2021-2022學年陜西省延安市安塞區(qū)某中學高二（下）期末物理試題（解析版）

延安市安塞區(qū)高級中學高二（下）期末物理試題

一、選擇題。（每小題3分，18題共54分，4、5、7為多選題，漏選1分，多選、錯選0

分。）

1.關于線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電流,下列說法中正確的是（）

A.線圈每轉動一周，感應電流方向就改變一次

B.線圈平面每經過中性面一次感應電流方向就改變一次,感應電動勢方向不變

C.線圈平面每經過中性面一次，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次

D.線圈轉動一周，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次

【答案】C

【解析】

【詳解】感應電動勢的方向即感應電流的方向。當線圈在勻強磁場中轉動產生交變電流時，線圈平面每經

過中性面一次，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次，線圈轉動一周，線圈平面兩次經過中性面，感

應電流和感應電動勢方向都要改變兩次。

故選C。

2.關于交變電流的感應電動勢的有效值U和最大值Um,下列說法中正確的是（）

U

A.任何形式的交變電流都具有。=法的關系

U

B.只有正（余）弦交變電流才具有U=美的關系

C.照明電壓220V、動力電壓380V指的都是最大值

D.交流電壓表和交流電流表測的都是最大值

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.交變電流的電壓或者電流的最大值等于有效值的血倍，僅限于正、余弦式交變電流，不

是任何形式的交變電流都具有這樣的關系，故A錯誤，B正確；

C.在提到交變電流的電壓或者電流時，如果沒有明確的說明，該電壓或者電流均指有效值，故C錯誤：

D.交流電流表和交流電壓表的讀數均為有效值，故D錯誤。

故選B。

3.一個電熱器接在10V的直流電源上，在fs內產生的焦耳熱為Q,今將該電熱器接在一個正弦交流電源

上，它在2冬內產生的焦耳熱為。，則這一正弦交流電源的電壓的最大值和有效值分別是

()

A.最大值1072V,有效值10V

B.最大值20&V,有效值100V

C.最大值50V,有效值5V

D.最大值10V,有效值50V

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】設電熱器的電阻為R當電熱器接在U=10V的直流電源上時

。工

R

當電熱器改接到交流電源上時

Q=-2t

R

兩式相比，得

UF及V

則最大值

Um=42J7-10V

故選D。

4.如圖所示，在勻強磁場中放置一個電阻不計的平行金屬導軌，導軌跟大線圈M相連，導軌上放一根導

線時，磁感線垂直于導軌所在平面，欲使M所包圍的小閉合線圈N產生順時針方向的感應電流，則導線

的運動情況可能是()

A.勻速向右運動B.加速向右運動

C.減速向右運動D.加速向左運動

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.導線時勻速向右運動時，導線時產生的感應電動勢和感應電流恒定不變，大線圈例產生的

磁場恒定不變，穿過小線圈N中的磁通量不變，沒有感應電流產生，故A錯誤；

B.導線外加速向右運動時，導線油中產生的感應電動勢和感應電流增加，由右手定則判斷出來他電流

方向由根據安培定則判斷可知：M產生的磁場方向垂直紙面向里，穿過N的磁通量增大，由楞次定

律判斷得知：線圈N產生逆時針方向的感應電流，故B錯誤；

C.導線時減速向右運動時，導線質中產生的感應電動勢和感應電流減小，由右手定則判斷出來時電流

方向由根據安培定則判斷可知：M產生的磁場方向垂直紙面向里，穿過N的磁通量減小，由楞次定

律判斷得知：線圈N產生順時針方向的感應電流，故C正確；

D.導線外加速向左運動時，導線"中產生的感應電動勢和感應電流增加，由右手定則判斷出來"電流

方向由根據安培定則判斷可知：M產生的磁場方向垂直紙面向外，穿過N的磁通量增大，由楞次定

律判斷得知：線圈N產生順時針方向的感應電流，故D正確。

故選CD。

5.如圖所示，A、8兩閉合線圈為同樣導線繞成，A有10匝，8有20匝，兩圓線圈半徑之比為2：1,均

勻磁場只分布在B線圈內.當磁場隨時間均勻減弱時

A.A中無感應電流

B.A、B中均有恒定的感應電流

C.A、B中感應電動勢之比為2：1

D.A、8中感應電流之比為1：2

【答案】BD

【解析】

【詳解】試題分析：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，電路中產生感應電流；由法拉第電磁感應定律可以求

出感應電動勢；由電阻定律求出導線電阻，最后由歐姆定律可以求出線圈電流.

磁場隨時間均勻減弱，穿過閉合線圈4的磁通量減少，/中產生感應電流，故A錯誤；磁場隨時間均勻減

弱，穿過閉合線圈8的磁通量減少，A.8中都產生感應電流，故B正確；由法拉第電磁感應定律得，

感應電動勢：E=n—=n—S,其中△竺、S都相同，4有10匝，8有20匝，線圈產生的感應電動勢

△tAZ

之比為1：2,A,6環(huán)中感應電動勢%：E"=1:2,故C錯誤；線圈電阻/?=2,=0上迎=2也，

SSS

兩圓線圈半徑之比為2：1,1有10匝，8有20匝，P、s都相同，則電阻之比/?八：/?8=%：^=1：1，由

E

歐姆定律/="得，產生的感應電流之比，：/p=l：2,故D正確；

R

6.對于圖所示的電流i隨時間，做周期性變化的圖象，下列描述正確的是（）

A.電流的大小變化，方向也變化，是交變電流

B.電流的大小變化，方向不變，不是交變電流

C.電流的大小不變，方向不變，是直流電

D.電流的大小不變，方向變化，是交變電流

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】交流電是指大小和方向隨時間做周期性的變化，而直流是方向不變，大小可變也可不變，當大小

和方向都不變的電流為恒定直流。由圖象可知，電流的方向不變，而大小作周期性變化，所以不是交流，

而是直流，但不是恒定直流。

故選B。

7.理想變壓器的原、副線圈匝數比m：-2=10：1,原線圈兩端接通正弦交流電源，則（）

A.原、副線圈中電流頻率之比力：力=10：1

B.原、副線圈兩端電壓之比為Uy:1/2=10：1

C.原、副線圈內交變電流之比4：/2=1：10

D.變壓器輸入和輸出功率之比p：尸2=10：1

【答案】BC

【解析】

UnL外

【分析】理想變壓器兩端的電壓以及電流比是遵循公式}#=’}，合=一，但是變壓器兩端交流電的頻

U2〃212勺

率以及變壓器的輸入和輸出功率是相等的。

【詳解】A.對與理想變壓器，是不會改變交流電頻率的，即原副線圈中交流電的頻率是相等的，所以

A錯誤；

U,n,1,

BC.根據變壓器的電壓比7^=」?和電流比于=一可知選項B、C是正確的；

U2%12

D.對于理想變壓器，輸入與輸出的功率應相等，即Pi=P2,所以選項D是錯誤的。

故選BCo

8.關于簡諧運動的回復力，下列說法正確的是（）

A.可以是恒力

B.可以是方向不變而大小變化的力

C.可以是大小不變而方向改變的力

D.一定是變力

【答案】D

【解析】

【詳解】回復力特指使振動物體回到平衡位置的力，對簡諧運動而言，其大小必與位移大小成正比，一定是

變力.

A.可以是恒力.故選項A不符合題意.

B.可以是方向不變而大小變化的力.故選項B不符合題意.

C.可以是大小不變而方向改變的力.故選項C不符合題意.

D.一定是變力.故選項D符合題意.

9.如圖所示，MN為半徑較大的光滑圓弧軌道的一部分，把小球A放在MN的圓心處，再把另一小球B放

在上離最低點C很近的8處，今使兩球同時自由釋放，則在不計空氣阻力時有（）

A

o

B

MC

A.A球先到達C點

B.B球先到達C點

C.兩球同時到達C點

D,無法確定哪一個球先到達C點

【答案】A

【解析】

【詳解】小球A做自由落體運動，由

小球B做簡諧運動，簡諧運動的周期為

T=

到達C點的時間為

故/八＜心，A球先到達C點，A正確，BCD錯誤。

10.發(fā)生下列哪一種情況時，單擺周期會增大（）

A.增大擺球質量B.縮短擺長

C.減小單擺振幅D.將單擺由山下移至山頂

【答案】D

【解析】

￡,要增大單擺周期，可以增加擺長或減小重力加速度；與擺球的

【詳解】根據單擺的周期公式T=24

質量和振幅無關；將單擺由山下移至山頂，重力加速度變??；故A、B、C錯誤，D正確；故選D.

；,知道影響單擺周期的因素.

【點睛】解決本題的關鍵掌握單擺的周期公式T=2萬

11.一個單擺做受迫振動，其共振曲線（振幅A與驅動力的頻率/的關系）如圖所示，則（)

A.此單擺的固有周期約為0.5sB.此單擺的擺長約為1m

C.若擺長增大，單擺固有頻率增大D.若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】AB.由圖可知，此單擺的振動頻率與固有頻率相等，戶0.5Hz,則周期為

T=——s=2s

f0.5

由圖可知，此單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s,由公式

L

T=2TT

可得

gT2

L=jxlm

47r2

故A錯誤B正確;

CD.若擺長增加，由單擺周期公式

L

7=2萬

S

可知，單擺的固有周期增加，則固有頻率減小，所以共振曲線的峰將向左移動，故CD錯誤。

故選Bo

12.某激光器能發(fā)射波長為力的激光，發(fā)射功率為p,c表示光速，/?為普朗克常量，則激光器每秒發(fā)射的

能量子數為（）

Ap

A.—D.2phc

he

【答案】A

【解析】

【詳解】每個光子的能量為

,,c

e-hv-h—

2

設每秒激光器發(fā)出的光子數是〃，則

Pt-ns

聯立可得

PA

n=----

he

故選Ao

13.當用一束紫外線照射鋅板時，產生了光電效應，這時

A.鋅板帶負電B.有正離子從鋅板逸出

C.有電子從鋅板逸出D.鋅板會吸附空氣中的正離子

【答案】C

【解析】

【詳解】紫外線照射鋅板，發(fā)生光電效應，此時鋅板中有電子逸出，鋅板失去電子帶正電.故C正確；

14.在盧瑟福a粒子散射實驗中，金箔中的原子核可以看作靜止不動,下列各圖畫出的是其中兩個a粒子

經歷金箔散射過程的徑跡，其中正確的是（）

/?

AB二＞

【答案】c

【解析】

【分析】

【詳解】金箔原子核帶正電，與a粒子帶同種電荷，彼此間相互排斥，又由曲線運動特征可知，a粒子所

受金箔的排斥力應指向曲線的凹側。

故選C。

15.大量原子從n=5的激發(fā)態(tài)向低能態(tài)躍遷時，產生的光譜線數是[]

A.4條

B.10條

C.6條

D.8條

【答案】B

【解析】

【詳解】原子從高能級向低能級躍遷輻射的光譜線條數為N=C；==10條

2

思路分析：根據公式直接計算可得結果

試題點評：考查氫原子躍遷光譜線條數計算

16.若用x代表一個中性原子中核外的電子數，y代表此原子的原子核內的質子數，z代表此原子的原子核

內的中子數，則對22Th的原子來說（）

A.x=90,y=90,z=234

B.x=90,y=90,z=144

C.x=144,y=144,z=90

D.x=234,y=234,z=324

【答案】B

【解析】

【詳解】制刀?原子中，左上角數值為質量數，為234,左下角數值為質子數，為90,原子中質子數=核外電

子數，即戶）=90；根據質量數=質子數+中子數，可知中子數為234-90=144,即z=144,故B正確，ACD錯

誤.

17.質子、中子和氣核的質量分別為如、，〃2和當一個質子和一個中子結合成笊核時，釋放的能量是

（C表示真空中的光速）（）

A.（州+機2一？）cB.

2

C.（町+根2—砥）/D.（m,-m2--/n3）c

【答案】C

【解析】

【詳解】由質能方程：

其中：

A/?=呵+m2—

可得：

-2

AE=(/M1+m2m3)c

選項C正確，ABD錯誤。

故選Co

18.下列說法不正確是

A"H+：H-；He+；n是聚變

B.2；；U+；nf個Xe+茶r+2；n是裂變

C.黑Ra-之會Rn+；He是a衰變

D.j：Na->；；Mg+_；e是裂變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.；H+：H-；He+；n是兩個輕核聚變?yōu)橹泻说暮朔磻?，屬于輕核聚變，故A正確，A不合題

忌；

B.2；：U+；nfMXe+；；Sr+2；n是重核在中子的轟擊下變成兩個中核，同時再生成中子繼續(xù)反應，屬

于重核裂變，B項正確，B項不合題意；

C.2■Ra-2器即+：的是Ra不穩(wěn)定自發(fā)衰變，生成物有氫核，屬于a衰變，故C項正確，C項不合

題意；

D.j：Na-；；Mg+_；e是Na不穩(wěn)定自發(fā)的衰變，生成物有電子，屬于夕衰變，故D項錯誤，D項符合

題意。

故選D。

二、填空題。(6空，每空2分，共12分。)

19.閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉速為240r/min,若線圈平面轉至與磁場方向平行時的電動勢2V,

則從中性面開始計時，所產生的交流電動勢的表達式為e=V,電動勢的峰值為V,從中性面起

經二-s,交流電動勢的大小為V。

48

【答案】①.2sin(8m)②.2③.1

【解析】

【詳解】口］［2］由題可知當線圈平面與磁場平行時，感應電動勢最大，電動勢的峰值為：

￡,n=2V

240

co=2nn=2Tt'x---rad/s=8n:rad/s

60

從中性面開始計時，所以瞬時值表達式為

e二Emsin①Z=2sin8兀/(V)

⑶當U-LS時有

48

^=2sin8兀x—V=1V

48

20.各種原子的光譜都是,說明原子只發(fā)出幾種特定頻率的光；不同原子的亮線位置不同，說明

不同原子的發(fā)光頻率是的，因此這些亮線稱為原子的

【答案】①.線狀譜②.不一樣③.特征譜線

【解析】

【詳解】口1原子的光譜都是線狀譜；

⑵⑶不同原子的發(fā)光頻率是不一樣，亮線稱為特征譜線。

三、計算題。(21題12分，22題10分，23題12分。)

21.有一個10匝正方形線框，邊長為20cm,線框總電阻為Id線框繞。。'軸以10兀rad/s的角速度勻速

轉動，如圖所示，垂直于線框平面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.5T。問：

(1)該線框產生的交變電流電動勢最大值、電流最大值分別是多少？

(2)線框從圖示位置轉過60。時，感應電動勢的瞬時值是多大？

(3)寫出感應電動勢隨時間變化的表達式。

【答案】(1)6.28V,6.28A；(2)5.44V；(3)e=6.28sin10mV

【解析】

【詳解】(1)交變電流電動勢最大值為

Em=〃BSs=10x0.5x0.22x1071V=6.28V

電流的最大值為

A=6.28A

(2)線框轉過60。時，感應電動勢

e=EmSin60°=5.44V

(3)由于線框轉動是從中性面開始計時的，所以瞬時值表達式為

e=Emsin<of=6.28sin10兀fV

22.2浜/經一系列的衰變后變?yōu)?黑Pb.

(1)求一共經過幾次a衰變和幾次P衰變？

(2)2；；/%與2浜/相比，求質子數和中子數各少多少？

(3)寫出這一衰變過程的方程.

【答案】(1)8,6(2)10,22⑶膘u—2黑；He+6

【解析】

【詳解】(1)發(fā)生a衰變是放出4zHe,發(fā)生0衰變是放出電子。一ie,設發(fā)生了x次a衰變和y次「衰變，則根

據質量數和電荷數守恒有：

2x-y+82=92,4x+206=238,解得x=8,y=6,故衰變過程中共有8次a衰變和6次p衰變

Q)膘Pb的質子數為82,中子數為206-82=124,

鬻"的質子數為9