2021-2022学年陕西省延安市安塞区某中学高二（下）期末物理试题（解析版）

延安市安塞区高级中学高二（下）期末物理试题

一、选择题。（每小题3分，18题共54分，4、5、7为多选题，漏选1分，多选、错选0

分。）

1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是（）

A.线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次

B.线圈平面每经过中性面一次感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变

C.线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次

D.线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次

【答案】C

【解析】

【详解】感应电动势的方向即感应电流的方向。当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经

过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次，线圈转动一周，线圈平面两次经过中性面，感

应电流和感应电动势方向都要改变两次。

故选C。

2.关于交变电流的感应电动势的有效值U和最大值Um,下列说法中正确的是（）

U

A.任何形式的交变电流都具有。=法的关系

U

B.只有正（余）弦交变电流才具有U=美的关系

C.照明电压220V、动力电压380V指的都是最大值

D.交流电压表和交流电流表测的都是最大值

【答案】B

【解析】

【详解】AB.交变电流的电压或者电流的最大值等于有效值的血倍，仅限于正、余弦式交变电流，不

是任何形式的交变电流都具有这样的关系，故A错误，B正确；

C.在提到交变电流的电压或者电流时，如果没有明确的说明，该电压或者电流均指有效值，故C错误：

D.交流电流表和交流电压表的读数均为有效值，故D错误。

故选B。

3.一个电热器接在10V的直流电源上，在fs内产生的焦耳热为Q,今将该电热器接在一个正弦交流电源

上，它在2冬内产生的焦耳热为。，则这一正弦交流电源的电压的最大值和有效值分别是

()

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】

【详解】设电热器的电阻为R当电热器接在U=10V的直流电源上时

。工

R

当电热器改接到交流电源上时

Q=-2t

R

两式相比，得

UF及V

则最大值

Um=42J7-10V

故选D。

4.如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导

线时，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线

的运动情况可能是()

A.匀速向右运动B.加速向右运动

C.减速向右运动D.加速向左运动

【答案】CD

【解析】

【详解】A.导线时匀速向右运动时，导线时产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈例产生的

磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；

B.导线外加速向右运动时，导线油中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来他电流

方向由根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定

律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，故B错误；

C.导线时减速向右运动时，导线质中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来时电流

方向由根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定

律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，故C正确；

D.导线外加速向左运动时，导线"中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来"电流

方向由根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定

律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，故D正确。

故选CD。

5.如图所示，A、8两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，8有20匝，两圆线圈半径之比为2：1,均

匀磁场只分布在B线圈内.当磁场随时间均匀减弱时

A.A中无感应电流

B.A、B中均有恒定的感应电流

C.A、B中感应电动势之比为2：1

D.A、8中感应电流之比为1：2

【答案】BD

【解析】

【详解】试题分析：穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中产生感应电流；由法拉第电磁感应定律可以求

出感应电动势；由电阻定律求出导线电阻，最后由欧姆定律可以求出线圈电流.

磁场随时间均匀减弱，穿过闭合线圈4的磁通量减少，/中产生感应电流，故A错误；磁场随时间均匀减

弱，穿过闭合线圈8的磁通量减少，A.8中都产生感应电流，故B正确；由法拉第电磁感应定律得，

感应电动势：E=n—=n—S,其中△竺、S都相同，4有10匝，8有20匝，线圈产生的感应电动势

△tAZ

之比为1：2,A,6环中感应电动势%：E"=1:2,故C错误；线圈电阻/?=2,=0上迎=2也，

SSS

两圆线圈半径之比为2：1,1有10匝，8有20匝，P、s都相同，则电阻之比/?八：/?8=%：^=1：1，由

E

欧姆定律/="得，产生的感应电流之比，：/p=l：2,故D正确；

R

6.对于图所示的电流i随时间，做周期性变化的图象，下列描述正确的是（）

A.电流的大小变化，方向也变化，是交变电流

B.电流的大小变化，方向不变，不是交变电流

C.电流的大小不变，方向不变，是直流电

D.电流的大小不变，方向变化，是交变电流

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化，而直流是方向不变，大小可变也可不变，当大小

和方向都不变的电流为恒定直流。由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以不是交流，

而是直流，但不是恒定直流。

故选B。

7.理想变压器的原、副线圈匝数比m：-2=10：1,原线圈两端接通正弦交流电源，则（）

A.原、副线圈中电流频率之比力：力=10：1

B.原、副线圈两端电压之比为Uy:1/2=10：1

C.原、副线圈内交变电流之比4：/2=1：10

D.变压器输入和输出功率之比p：尸2=10：1

【答案】BC

【解析】

UnL外

【分析】理想变压器两端的电压以及电流比是遵循公式}#=’}，合=一，但是变压器两端交流电的频

U2〃212勺

率以及变压器的输入和输出功率是相等的。

【详解】A.对与理想变压器，是不会改变交流电频率的，即原副线圈中交流电的频率是相等的，所以

A错误；

U,n,1,

BC.根据变压器的电压比7^=」•和电流比于=一可知选项B、C是正确的；

U2%12

D.对于理想变压器，输入与输出的功率应相等，即Pi=P2,所以选项D是错误的。

故选BCo

8.关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是（）

A.可以是恒力

B.可以是方向不变而大小变化的力

C.可以是大小不变而方向改变的力

D.一定是变力

【答案】D

【解析】

【详解】回复力特指使振动物体回到平衡位置的力，对简谐运动而言，其大小必与位移大小成正比，一定是

变力.

A.可以是恒力.故选项A不符合题意.

B.可以是方向不变而大小变化的力.故选项B不符合题意.

C.可以是大小不变而方向改变的力.故选项C不符合题意.

D.一定是变力.故选项D符合题意.

9.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放

在上离最低点C很近的8处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有（）

A

o

B

MC

A.A球先到达C点

B.B球先到达C点

C.两球同时到达C点

D,无法确定哪一个球先到达C点

【答案】A

【解析】

【详解】小球A做自由落体运动，由

小球B做简谐运动，简谐运动的周期为

T=

到达C点的时间为

故/八＜心，A球先到达C点，A正确，BCD错误。

10.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大（）

A.增大摆球质量B.缩短摆长

C.减小单摆振幅D.将单摆由山下移至山顶

【答案】D

【解析】

£,要增大单摆周期，可以增加摆长或减小重力加速度；与摆球的

【详解】根据单摆的周期公式T=24

质量和振幅无关；将单摆由山下移至山顶，重力加速度变小；故A、B、C错误，D正确；故选D.

；,知道影响单摆周期的因素.

【点睛】解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2万

11.一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率/的关系）如图所示，则（)

A.此单摆的固有周期约为0.5sB.此单摆的摆长约为1m

C.若摆长增大，单摆固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】AB.由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，户0.5Hz,则周期为

T=——s=2s

f0.5

由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s,由公式

L

T=2TT

可得

gT2

L=jxlm

47r2

故A错误B正确;

CD.若摆长增加，由单摆周期公式

L

7=2万

S

可知，单摆的固有周期增加，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。

故选Bo

12.某激光器能发射波长为力的激光，发射功率为p,c表示光速，/?为普朗克常量，则激光器每秒发射的

能量子数为（）

Ap

A.—D.2phc

he

【答案】A

【解析】

【详解】每个光子的能量为

,,c

e-hv-h—

2

设每秒激光器发出的光子数是〃，则

Pt-ns

联立可得

PA

n=----

he

故选Ao

13.当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时

A.锌板带负电B.有正离子从锌板逸出

C.有电子从锌板逸出D.锌板会吸附空气中的正离子

【答案】C

【解析】

【详解】紫外线照射锌板，发生光电效应，此时锌板中有电子逸出，锌板失去电子带正电.故C正确；

14.在卢瑟福a粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动,下列各图画出的是其中两个a粒子

经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是（）

/•

AB二＞

【答案】c

【解析】

【分析】

【详解】金箔原子核带正电，与a粒子带同种电荷，彼此间相互排斥，又由曲线运动特征可知，a粒子所

受金箔的排斥力应指向曲线的凹侧。

故选C。

15.大量原子从n=5的激发态向低能态跃迁时，产生的光谱线数是[]

A.4条

B.10条

C.6条

D.8条

【答案】B

【解析】

【详解】原子从高能级向低能级跃迁辐射的光谱线条数为N=C；==10条

2

思路分析：根据公式直接计算可得结果

试题点评：考查氢原子跃迁光谱线条数计算

16.若用x代表一个中性原子中核外的电子数，y代表此原子的原子核内的质子数，z代表此原子的原子核

内的中子数，则对22Th的原子来说（）

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】

【详解】制刀?原子中，左上角数值为质量数，为234,左下角数值为质子数，为90,原子中质子数=核外电

子数，即户）=90；根据质量数=质子数+中子数，可知中子数为234-90=144,即z=144,故B正确，ACD错

误.

17.质子、中子和气核的质量分别为如、，〃2和当一个质子和一个中子结合成笊核时，释放的能量是

（C表示真空中的光速）（）

A.（州+机2一？）cB.

2

C.（町+根2—砥）/D.（m,-m2--/n3）c

【答案】C

【解析】

【详解】由质能方程：

其中：

A/«=呵+m2—

可得：

-2

AE=(/M1+m2m3)c

选项C正确，ABD错误。

故选Co

18.下列说法不正确是

A"H+：H-；He+；n是聚变

B.2；；U+；nf个Xe+茶r+2；n是裂变

C.黑Ra-之会Rn+；He是a衰变

D.j：Na->；；Mg+_；e是裂变

【答案】D

【解析】

【详解】A.；H+：H-；He+；n是两个轻核聚变为中核的核反应，属于轻核聚变，故A正确，A不合题

忌；

B.2；：U+；nfMXe+；；Sr+2；n是重核在中子的轰击下变成两个中核，同时再生成中子继续反应，属

于重核裂变，B项正确，B项不合题意；

C.2■Ra-2器即+：的是Ra不稳定自发衰变，生成物有氢核，属于a衰变，故C项正确，C项不合

题意；

D.j：Na-；；Mg+_；e是Na不稳定自发的衰变，生成物有电子，属于夕衰变，故D项错误，D项符合

题意。

故选D。

二、填空题。(6空，每空2分，共12分。)

19.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240r/min,若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势2V,

则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e=V,电动势的峰值为V,从中性面起

经二-s,交流电动势的大小为V。

48

【答案】①.2sin(8m)②.2③.1

【解析】

【详解】口］［2］由题可知当线圈平面与磁场平行时，感应电动势最大，电动势的峰值为：

£,n=2V

240

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

60

从中性面开始计时，所以瞬时值表达式为

e二Emsin①Z=2sin8兀/(V)

⑶当U-LS时有

48

^=2sin8兀x—V=1V

48

20.各种原子的光谱都是,说明原子只发出几种特定频率的光；不同原子的亮线位置不同，说明

不同原子的发光频率是的，因此这些亮线称为原子的

【答案】①.线状谱②.不一样③.特征谱线

【解析】

【详解】口1原子的光谱都是线状谱；

⑵⑶不同原子的发光频率是不一样，亮线称为特征谱线。

三、计算题。(21题12分，22题10分，23题12分。)

21.有一个10匝正方形线框，边长为20cm,线框总电阻为Id线框绕。。'轴以10兀rad/s的角速度匀速

转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T。问：

(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？

(2)线框从图示位置转过60。时，感应电动势的瞬时值是多大？

(3)写出感应电动势随时间变化的表达式。

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

【解析】

【详解】(1)交变电流电动势最大值为

Em=〃BSs=10x0.5x0.22x1071V=6.28V

电流的最大值为

A=6.28A

(2)线框转过60。时，感应电动势

e=EmSin60°=5.44V

(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为

e=Emsin<of=6.28sin10兀fV

22.2浜/经一系列的衰变后变为2黑Pb.

(1)求一共经过几次a衰变和几次P衰变？

(2)2；；/%与2浜/相比，求质子数和中子数各少多少？

(3)写出这一衰变过程的方程.

【答案】(1)8,6(2)10,22⑶膘u—2黑；He+6

【解析】

【详解】(1)发生a衰变是放出4zHe,发生0衰变是放出电子。一ie,设发生了x次a衰变和y次「衰变，则根

据质量数和电荷数守恒有：

2x-y+82=92,4x+206=238,解得x=8,y=6,故衰变过程中共有8次a衰变和6次p衰变

Q)膘Pb的质子数为82,中子数为206-82=124,

鬻"的质子数为9