高二期末联考物理免费试卷带答案和解析(2023年陕西省西安市莲湖区)

选择题
首先发现电磁感应现象的物理学家是（）
A.法拉第
B.库仑
C.卡文迪许
D.奥斯特
【答案】A
【解析】
A．法拉第首先发现了电磁感应现象，选项A正确；
B．库伦发现了两电荷之间的作用规律，选项B错误；
C．卡文迪许测出了万有引力常数，选项C错误；
D．奥斯特发现了电流了磁效应，选项D错误。

故选A。

选择题
治疗性放射性同位素钪47在澳大利亚首次生产，这标志着癌症靶向治疗又向前迈进了一大步。

已知钪47原子核表示为，下列说法正确的是（）
A.该原子核的质子数为26
B.该原子核的中子数为47
C.若的半衰期为n天，则10g经8n天全部发生了衰变
D.发生衰变时可能产生对人体有害的射线
【答案】D
【解析】
AB．核电荷数=核内质子数，钪元素的核电荷数为21，则原子核内的质子数为21，相对原子质量=质子数+中子数，相对原子质量的值为47，则铁元素的原子核内
中子数=47-21=26
AB错误；
C．经过8n天，剩余的质量为
C错误；
D．放射性元素，在衰变时，会释放出射线，这些射线对人体有害，D正确。

故选D。

选择题
通常磁性合金能够通过加热的方式减弱磁性，从而使它周围的线圈中产生感应电流。

如图所示，一圆形线圈放在圆柱形磁性合金材料下方，
现对合金材料进行加热，下列说法正确的是（）
A.线圈中的感应电流产生的磁场的磁感应强度方向一定向上
B.线圈中将一定产生顺时针方向的电流
C.线圈有扩张的趋势
D.线圈有收缩的趋势
【答案】C
【解析】
由题意可知，本题考查电磁感应现象及楞次定律。

当通过线圈的磁通量发生改变，线圈中就会产生感应电流，感应电流产生的磁场总要阻碍产生感应电流的原因。

AB．由题意可知，对合金材料加热，磁场变弱，导致通过线圈的磁通量减小，从而圆形线圈中会产生感应电流。

但由于原磁场方向未知，所以不能判断感应电流的方向，也就不能判断感应电流产生的磁感应强度的方向。

故AB错误；
CD．对合金材料加热，磁场变弱，导致通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律的第二种表述“增缩减扩”，可以判断线圈有扩张的趋势，故C正确，D错误。

故选C。

选择题
质量为0.01kg的子弹，以400m/s的速度射入质量为0.49kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。

若子弹刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为（）
A.6 m/s
B.8 m/s
C.10 m/s
D.12 m/s
【答案】B
【解析】
子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为m1，初速度为v0，木块质量为m2，一起运动的速度为v，所以有
代入数据可解得v=8m/s，故B正确，ACD错误。

故选B。

选择题
为了减小输电线路上的电能损耗，我国研制并投产了百万伏特高压输电线路。

若A、B两地原采用200kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率△P=400kW。

在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损
耗的电功率△P′为（）
A.16kW
B.25kW
C.32kW
D.50kW
【答案】A
【解析】
当以不同电压输送时，输送功率P=UI，解得输电电流为
在线路上损失的功率为
可知，损失的功率与电压的平方成反比，即
解得
故A正确，BCD错误。

故选A。

选择题
研究光电效应的电路图如图所示，若用黄光照射某金属时，电流表指针发生偏转，则下列说法正确的是（）
A.若减小黄光的光照强度，则光电子的最大初动能减小
B.若增大黄光的光照强度，则该金属的逸出功增大
C.用红光照射该金属，一定能发生光电效应
D.用紫光照射该金属，一定能发生光电效应
【答案】D
【解析】
A．光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，则若减小黄光的光照强度，则光电子的最大初动能不变，选项A 错误；
B．金属的逸出功由金属本身决定，与入射光强度无关，选项B错误；C．红光的频率小于黄光，用黄光照射金属能发生光电效应，则用红光照射该金属不一定能发生光电效应，选项C错误；
D．紫光的频率大于黄光，用黄光照射金属能发生光电效应，则用紫光照射该金属，一定能发生光电效应，选项D正确。

故选D。

选择题
如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略，a、b、c 是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）
A.开关S闭合瞬间，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮
B.开关S闭合，电路稳定后，a、b、c灯均亮
C.开关S断开后，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
D.开关S断开后，a、b灯立即熄灭，c灯逐渐熄灭
【答案】B
【解析】
AB．S闭合瞬间，穿过线圈的电流增大，产生感抗，所以c逐渐亮起来，而a、b不受影响，立即亮，稳定后，L相当于一根理想导线，故a、b、c均亮，A错误B正确；
CD．S断开瞬间，线圈中的电流减小，产生阻碍原电流减小的感应电流，相当于一个电源，此时L、a、c形成闭合回路，故a、c灯逐渐熄灭，而b灯中的电流是立即为零的，所以b立即熄灭，CD错误。

故选B。

选择题
先后以3v和v的速度匀速把一矩形线圈拉出如图所示的匀强磁场区域，下列说法正确的是（）
A.两次线圈中的感应电动势之比为1：1
B.两次线圈中的感应电流之比为1：3
C.两次通过线圈同一截面的电荷量之比为1：1
D.两次线圈中产生的焦耳热之比为1：3
【答案】C
【解析】
AB．根据E=BLv，知感应电动势之比3：1，感应电流
则感应电流之比为3：1．故AB错误；
D．由于两次速度之比为3:1，知时间比为1：3，根据
Q=I2Rt
知产生的热量之比为3：1．故D错误；
C．根据
q=It
知感应电流之比为3：1，时间比为1：3，通过某截面的电荷量之比
为1：1，故C正确。

故选C。

选择题
下列说法正确的是（）
A.系统不受外力，这个系统动量守恒
B.若小明用力推门而没推动，则推力产生的冲量为零
C.质量越大，物体动量一定越大
D.竖直抛出的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量不为零
【答案】AD
【解析】
本题主要考查冲量和动量、动量守恒定律，根据冲量和动量的定义式以及动量守恒定律的条件分析即可。

A．当系统不受外力或者合外力为零时，系统动量守恒，故A正确；B．小明用力推门而没推动，有推力，推力有作用时间，根据冲量的定义式，可知，其推力产生的冲量不为0，故B错误；
C．根据公式可知，物体的动量与物体的质量和速度有关，所以质量越大，物体的动量不一定越大，故C错误；
D．物体从抛出到落回抛出点过程中重力和时间均不为零，故此过程
中重力的冲量不为零，故D正确。

故选AD。

选择题
一线圈在匀强磁场中转动产生的电动势瞬时值表达式为e=10sin20πt （V），下列说法正确的是（）
A.t=0时，穿过线圈的磁通量为零
B.t=0时，线圈平面位于中性面
C.1s内，电流方向改变20次
D.用交流电压表测量该电动势，示数为10V
【答案】BC
【解析】
AB．t=0时，e=0，此时线圈在中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误，B正确；
C．交流电的频率
一个周期内电流方向改变2次，则1s内电流方向改变20次，选项C 正确；
D．用交流电压表测量该电动势，示数等于交流电的有效值为
，选项D错误。

故选BC。

选择题
我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，它通过氢原子能级跃迁而产生的电磁波校准时钟。

氢原子能级如图所示，下列说法正确的是（）
A.10eV的光子照射处于基态的氢原子可以使处于基态的氢原子发生跃迁
B.大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射6种不同频率的光子
C.现用光子能量介于10eV～12.9eV范围内的光去照射一群处于基态的氢原子，在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种
D.E4跃迁到E2时产生的光子a与E5跃迁到E3时产生的光子b的能量之比为97：255
【答案】BC
【解析】
A．1能级与2能级能量之差为
-3.4eV -（-13.6）eV =10.2eV
而10eV 种频率不同的光子，则大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射种不同频率的光子，故B正确；
C．处于基态的氢原子，在照射光中吸收10.2eV的光子能量可以跃迁到2能级，吸收
-1.51eV -（-13.6）eV =12.09eV
的光子能量可以跃迁到3能级，吸收
-0.85eV -（-13.6）eV =12.75eV
的光子能量可以跃迁到4能级，可知照射光中有三种频率的光子被吸收，故C正确；
D．E4跃迁到E2时产生的光子a的能量为2.55eV，E5跃迁到E3时产生的光子b的能量为0.97eV，光子a与光子b的能量之比为255：97，故D错误。

故选BC。

选择题
如图甲所示，MN为磁流体发电机，大量的正、负电荷连续以某速度射入两板间的匀强磁场，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为
磁场B的正方向，则下列说法正确的是（）
A.M板带正电，N板带负电
B.1s~2s内，ab、cd导线互相排斥
C.0~4s内，穿过线圈A的磁通量变化量为零
D.3s~4s内，cd导线中的电流减小
【答案】AC
【解析】
大量的正、负电荷通过匀强磁场会发生偏转，使得上、下金属板带异种电荷，ab直导线中会产生电流，线圈A中因磁场发生变化也会产生感应电流，由楞次定律可判断cd导线中会产生电流的方向，根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥可判断导线间的作用力。

A．由左手定则，可以判断M板带正电，N板带负电，故A正确；B．1s~2s内，线圈A的磁场正向增大，根据楞次定律可判断cd导线中电流方向向下，ab直导线中电流方向也向下，由同向电流相互吸引可知，ab、cd导线应互相吸引，故B错误；
C．0~4s内，穿过线圈A的磁通量变化量为零，故C正确；
D．3s~4s内，因磁场是均匀变化的，故cd导线中的电流不变，故D 错误。

故选AC。

实验题
小明同学设计了如图所示的方案验证动量守恒定律，图中P点是未放靶球时入射球的落点。

M、N是放置靶球时，两小球的落点。

已知入射球与靶球的直径相同，质量分别为m1、m2，且满足m1＞m2。

(1)关于该实验，下列说法正确的是_____（填选项标号）。

A．需要将轨道倾斜以平衡摩擦力
B．需要从同一位置释放入射球
(2)为了验证动量守恒，下列关系式成立的是_____（填选项标号）。

A．B．
C．D．
(3)若某次实验中测得m1=0.2kg、m2=0.1kg，OP=30.00cm、OM=12.00cm、ON=36.00cm，则该次碰撞是_____（选填“弹性”或“非弹性”）碰撞。

【答案】B D 非弹性
【解析】
(1)[1]A．此实验不需要将轨道倾斜平衡摩擦力，只要到达底端时的速
度相等即可，选项A错误；
B．需要从同一位置释放入射球，以保证到达最低点时的速度相同，选项B正确；
(2)[2]根据实验装置示意图，图中P点是未放靶球时入射球的落点。

N 点是被碰小球的落点，M点是入射球碰撞后的落点，要验证的关系是m1•v0=m1•v1+m2•v2
由于落地时的高度相同，则时间相同，根据x=vt，则可用水平位移代替碰撞前后的速度，所以要验证的式子是
m1•OP=m1•OM+m2•ON
故选D。

(3)[3]弹性碰撞机械能守恒，用水平位移代替碰撞前后的速度
m1△OP2＝m1△OM2+m2△ON2
碰撞前的机械能为
碰撞后的机械能为
因为E1>E2，可知碰撞是非弹性碰撞。

实验题
热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升髙而减小。

选用下列器材设计如图甲所示的电路探究某一热敏电阻的导电特性。

A．电流表A1（量程15mA，内阻r1=l）；
B．电流表A2（量程0.3A，内阻r2=0.5）；
C．滑动变阻器（最大阻值2000）
D.滑动变阻器（最大阻值20）；
E．定值电阻（阻值999）；
F.定值电阻（阻值99）；
G.定值电阻（阻值5）；
H.定值电阻（阻值0.5）；
I.电源E：（电动势15V，内阻忽略）；
J。

开关及导线若干。

(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请根据设计的电路图在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器为_____，定值电阻R2为_____，定值电
阻R3为_____。

（均填写器材前面的字母）
(2)从实验中测出的I1-I2图线如图乙所示，其中I1、I2分别为电流表A1、A2的示数，则该热敏电阻是_____（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。

(3)若接入电路中的电流表A1的示数I1=8mA时，电流表A2的示数I2=104mA，则热敏电阻Rx的阻值为_____。

【答案】D H E NTC 40
【解析】
(1)[1][2][3].电压从零开始调节，故采用滑动变阻器分压接法；故滑动变阻器应选择总阻值较小的D；由图可知，定值电阻R2与电流计并联充当电流表使用，故应采用阻值较小的H；定值电阻R3与电流计串联充当电压表使用，故应采用阻值较大的E；
(2)[4].由图乙可知，图像的斜率减小，故说明电阻随电压的增大而减小，因此应为负温度系数的热敏电阻，即NTC热敏电阻；
(3)[5].若接入电路中的电流表A1的示数I1=8mA时，电流表A2的示数I2=104mA，则热敏电阻Rx两端的电压
热敏电阻Rx的电流
热敏电阻Rx的阻值为
解答题
如图所示，线圈、线框放置在绝缘水平桌面上，线圈处在磁感应强度均匀增大的磁场中，磁通量的变化率0.01Wb/s，磁场方向垂直于桌面，右侧线框内没有磁场穿过，已知线圈的匝数n=10且总电阻r=1，电阻R=4，线框电阻不计。

求：
(1)线圈产生的感应电动势E；
(2)通过电阻R的电流I。

【答案】(1)0.1V；(2)0.02A
【解析】
(1)根据法拉第电磁感应定律，有
解得
E=0.1V
(2)根据闭合电路欧姆定律，有
解得
I=0.02A
解答题
如图所示，光滑平行且电阻不计的足够长金属轨道与水平面的夹角为θ，宽度为L。

在空间中存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。

在轨道上端连接阻值为R的电阻。

质量为m、电阻为R的金属棒在轨道上由静止释放，在下滑过程中，金属棒始终与轨道垂直，且与轨道接触良好。

当金属棒下滑到某位置时，其速度恰好达到最大值，电阻R上产生的热量为Q。

重力加速度大小为g，求：
(1)金属棒下滑过程中的最大加速度a；
(2)金属棒的速度的最大值v；
(3)金属棒的速度刚达到最大时，距离释放点的高度h。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)当安培力为零时，金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律有
解得
(2)金属棒的速度达到最大时，合外力为零，有
解得
(3)由能量守恒有
解得
解答题
如图所示，静止在光滑水平平台上的小球A和滑块B（均可视为质点）用细线连接，A、B之间有一被压缩的弹簧（在弹性限度内），且A、B与弹簧不拴接，小球A的质量mA=0.3kg、滑块B的质量mB=0.2kg。

小球A的左侧有一与平台连接且倾角为37°的固定斜面，斜面的长度L=0.75m，滑块B的右侧的光滑水平地面上有一块mC=0.1kg的长木板，长木板的上表面恰好与平台处于同一水平面。

某一时刻烧断细线，A、B在平台分离，分离后小球A从斜面顶端飞出，恰好落在斜面的底端，
滑块B恰好没有滑离长木板，已知滑块B与长木板间的动摩擦因数=0.2，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)弹簧的弹性势能Ep；
(2)长木板的长度x和滑块B在长木板上滑动的时间t。

【答案】(1)1.5J；(2)0.75m，0.5s
【解析】
(1)小球A离开平台后做平抛运动，
水平方向
Lcos37°=vAt
竖直方向
Lsim37°=
烧断细线弹簧弹开A、B，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
联立方程代入数据解得
EP=1.5J
(2)滑块B以vB滑上长木板，恰好没有滑离长木板，滑块B和长木板动量守恒
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
x=0.75m
滑块B以vB滑上长木板，由动量定理得
解得滑块B在长木板上滑动的时间
t=0.5s。