廣東省東莞市低涌中學2022年高二物理期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.物體以初速度v0水平拋出，某時刻物體的水平位移大小與豎直位移大小相等，下列說法中不正確的是（

）A．該時刻水平速度大小與豎直速度大小相等

B．該時刻物體的速度大小等于

C．從拋出到該時刻物體運動的時間為

D．從拋出到該時刻物體位移大小等于參考答案：A2.當導線中分別通以圖示方向的電流，小磁針靜止時北極指向讀者的是(

)參考答案：C3.（多選）如圖為氫原子能級圖，現有一群處于n=3激發態的氫原子，則這些原子：A．發出的光子最小能量是0.66eVB．發出的光子最大能量是12.75eVC．能發出3種不同頻率的光子D．由n=3躍遷到n=1時發出的光子頻率最高參考答案：CD4.測量國際單位制中的三個力學基本量分別可用的儀器是下列哪一組(

)A、米尺、彈簧秤、秒表

B、量筒、天平、秒表C、米尺、測力計、打點計時器

D、米尺、天平、秒表參考答案：D5.如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導線與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場B中，兩板間有一個質量為m、電量為+q的油滴處于靜止狀態，則線圈中的磁場B的變化情況和磁通量變化率分別是：A、正在增加，

B、正在減弱，C、正在增加，

D、正在減弱，參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（6分）氘核和氚核可發生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應方程為：，式中X是某種粒子．已知：、、和粒子X的質量分別為、、和；1u相當于931.5MeV的能量．由上述反應方程和數據可知，粒子X是

；該反應的質量虧損為

（用m1、m2、m3、m4表示）；該反應釋放出的能量為

MeV（結果保留3位有效數字）．參考答案：（或中子）

17.6

解：由核電荷數守恒可知，x粒子的核電荷數為：1+1-2=0，由質量數守恒可知，x粒子的質量數為：2+3-4=1，則x粒子是中子；核反應過程的質量虧損：△m=m1+m2-m3-m4，由質能方程可知，核反應過程中釋放的能量為E=△mc2，代入數據解得：E=17.6MeV；7.在“用打點計時器測速度”的實驗中，某同學在打出的紙帶上選取了A、B、C三個計數點，如圖所示，A、B兩點間的時間間隔為

▲

s。現用刻度尺量得AB＝3.90cm，AC＝10.20cm，則紙帶經過B、C兩點間的平均速度大小為

▲

m/s。參考答案：0.1秒，0.63米/秒8.（8分）一個正方形線圈放在勻強磁場中，當線圈平面與勻強磁場方向垂直時，通過線圈的磁通量為50×10Wb，當線圈平面轉到與勻強磁場方向平行時，通過線圈的磁通量為______wb，如果轉動的時間為10s，則線圈中產生的平均感應電動勢為__________V。參考答案：0；0.59.具有NFC（近距離無線通訊技術）功能的兩只手機在間距小于10cm時可以通過

（選填“聲波”或“電磁波”）直接傳輸信息，其載波頻率為1.4×107Hz，電磁波在空氣中的傳播速度為3.0×108m/s，則該載波的波長為

m（保留2位有效數字）．參考答案：電磁波，21．【考點】電磁波的應用．【分析】根據英國物理學家麥克斯韋的電磁場理論可知，變化的磁場能產生電場，從而形成電磁波．已知波速c，頻率f，由波速公式c=λf求解波長．【解答】解：英國物理學家麥克斯韋的電磁場理論告訴我們：變化的磁場能產生電場，從而產生電磁波．空氣中電磁波的傳播近似等于光速c，由波速公式c=λf得

波長λ==m≈21m，故答案為：電磁波，21．10.在磁場中某一點，小磁針靜止時____________所指方向，就是該點的_____________。參考答案：北極，磁場方向。11.（4分）通過觀察宇宙中的其他星系，按外形大致分為：__________星系、__________星系和不規則星系。參考答案：旋渦；橢圓12.如圖所示，水平放置的長直導體框架寬L=0.5m，R=0.4歐姆，B=0.5T的勻強磁場垂直框架平面，導體ab可無摩擦沿框架滑動，當Vab=8.0m/s向右運動時，電路中相當于電源的部分是

；

相當于電源的正極；回路中感應電流為I=

A；導體ab受到的安培力大小為

N，方向為

。

參考答案：

ab

a

5

1.25

水平向左

13.研究電磁惑應現象的實驗中，采用了如圖所示的裝置，當滑動變阻器R的滑片P不動時，甲、乙兩個相同的電流表指針的位置如圖所示，當滑片P較快地向a滑動時，兩表指針的偏轉方向是：甲表指針__________偏，乙表指針_________偏。（填“向左”或“向右”）參考答案：

右

、

左三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.真空中有兩個點電荷，所帶電量分別為和，相距2cm，求它們之間的相互作用力，是引力還是斥力．參考答案：，斥力．解：根據庫侖定律，則有：；同種電荷相互吸引，所以該力為“斥力”．【點睛】解決本題的關鍵掌握庫侖定律的公式，以及知道同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．15.現有一種特殊的電池，電動勢E約為9V，內阻r約為50Ω，允許輸出的最大電流為50mA，用如圖(a)的電路測量它的電動勢和內阻，圖中電壓表的內阻非常大，R為電阻箱，阻值范圍0～9999Ω。①R0是定值電阻,規格為150Ω，1.0W起

的作用。②該同學接入符合要求的R0后，閉合開關，調整電阻箱的阻值，

。改變電阻箱阻值，得多組數據，作出如圖(b)的圖線．則電池的電動勢E=

，內阻r=

。（結果保留兩位有效數字）參考答案：①防止短路，電流過大，燒壞電源

②讀取電壓表的示數，10V

，46±2Ω.（漏寫單位，沒分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（25分）兩個焦距分別是和的薄透鏡和，相距為，被共軸地安置在光具座上。1.若要求入射光線和與之對應的出射光線相互平行，問該入射光線應滿足什么條件？

2.根據所得結果，分別畫出各種可能條件下的光路示意圖。參考答案：解析：l．在所示的光路圖（圖1）中，入射光經透鏡折射后沿射向，經折射后沿出射．、、與透鏡主軸的交點分別為、和，如果為物點，因由沿主軸射向的光線方向不變，由透鏡性質可知，為經過所成的像，為經所成的像，因而圖中所示的、、、之間有下列關系：

（1）

（2）

（3）當入射光線與出射光線平行時，圖中的，利用相似三角形關系可求得

,

從而求得

（4）聯立方程（1）、（2）、（3）、（4），消去、和，可得

（5）由于、、均已給定，所以為一確定值，這表明：如果入射光線與出射光線平行，則此入射光線必須通過主軸上一確定的點，它在的左方與相距處，又由于與無關，凡是通過該點射向的入射光線都和對應的出射光線相互平行．2．由所得結果（5）式可以看出，當時，，此情況下的光路圖就是圖1。當時，，，此時入射光線和出射光線均平行于主軸，光路如圖2。

當時，，這表明點在的右方，對來說，它是虛物．由（1）式可知，此時，由可知，，又由可知，，所以此時的光路圖如圖3。17.（10分）（2008?江蘇模擬）如圖所示，玻璃棱鏡ABCD可以看成是由ADE、ABE、BCD三個直角三棱鏡組成．一束頻率為5.3×1014Hz的單色細光束從AD面入射，在棱鏡中的折射光線如圖中ab所示，ab與AD面的夾角α=60°．己知光在真空中的速度c=3×108m/s，玻璃的折射率n=1.5，求：（1）這束入射光線的入射角多大？（2）光在棱鏡中的波長是多大？（結果保留三位有效數字）（3）該束光線第一次從CD面出射時的折射角．（結果可用反三角函數表示）

參考答案：見解析

解：（1）設光在AD面的入射角、折射角分別為i、r，則由幾何知識得：r=30°據得：sini=nsinr=1.5sin30°=0.75則得：i=arcsin0.75（2）根據得：根據v=λf，得：==3.77×10﹣7m（3）光路如圖所示．由幾何知識得ab光線在AB面的入射角為45°．設玻璃的臨界角為C，則有：∵sin45°＞0.67，∴C＜45°．因此光線ab在AB面會發生全反射．光線在CD面的入射角r'=r=30°，根據，得光線CD面的出射光線與法線的夾角i'=i=arcsin0.75．答：（1）這束入射光線的入射角arcsin0.75．（2）光在棱鏡中的波長是3.77×10﹣7m．（3）該束光線第一次從CD面出射時的折射角是arcsin0.75．18.（25分）圖中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐標系，在的一側，存在勻強磁場，磁場方向垂直于oxy平面向里，磁感應強度的大小為B。在的一側，一邊長分別為和的剛性矩形超導線框位于桌面上，框內無電流，框的一對邊與x軸平行。線框的質量為m，自感為L。現讓超導線框沿x軸方向以初速度進入磁場區域，試定量地討論線框以后可能發生的運動情況及與初速度大小的關系。（假定線框在運動過程中始終保持超導狀態）參考答案：解析：設某一時刻線框在磁場區域的深度為x，速度為，因線框的一條邊切割磁感應線產生的感應電動勢為，它在線框中引起感應電流，感應電流的變化又引起自感電動勢．設線框的電動勢和電流的正方向均為順時針方向，則切割磁感應線產生的電動勢與設定的正方向相反，自感電動勢與設定的正方向相同.因線框處于超導狀態，電阻，故有

（1）即

（2）或

（3）即

（4）可見與x成線性關系，有

（5）C為一待定常數，注意到時，，可得，故有

（6）時，電流為負值表示線框中電流的方向與設定的正方向相反，即在線框進入磁場區域時右側邊的電流實際流向是向上的．外磁場作用于線框的安培力

（7）其大小與線框位移x成正比，方向與位移x相反，具有“彈性力”的性質．下面分兩種情形做進一步分析：（i）線框的初速度較小，在安培力的作用下，當它的速度減為0時，整個線框未全部進入磁場區，這時在安培力的繼續作用下，線框將反向運動，最后退出磁場區．線框一進一出的運動是一個簡諧振動的半個周期內的運動，振動的圓頻率

（8）

周期

（9）振動的振幅可由能量關系求得，令表示線框速度減為0時進入磁場區的深度，這時線框的初始動能全部轉換為“彈性力”的“彈性勢能”，由能量守恒可得

（10）得

（11）故其運動方程為，

t從0到（12）半個周期后，線框退出磁場區，將以速度向左勻速運動．因為在這種情況下的最大值是，即

（13）由此可知，發生第（i）種情況時，的值要滿足下式

即

（14）

(ii)若線框的初速度比較大，整個線框能全部進入磁場區．當線框剛進入磁場區時，其速度仍大于0，這要求滿足下式

（15）當線框的初速度滿足（15）式時，