2022-2023学年广东省广州市番禺区高二下期末物理试卷含解析

第第页2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（下）期末物理试卷（含解析）2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.某小组用图的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风速时，线圈中产生的交变电流如图所示，则()

A.该交变电流的周期为B.该交变电流的频率为

C.该交变电流的有效值为D.该交变电流的峰值为

2.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以()

A.减小穿戴者与地面的接触时间B.减小穿戴者所受重力的冲量

C.减小穿戴者动量的变化量D.减小穿戴者动量的变化率

3.如图，安装在公路旁的多普勒测速仪，它向行驶中的车辆发射已知频率的超声波。并接收被车辆反射回来的反射波。当某汽车远离测速仪时，被该汽车反射回来的反射波与测速仪发出的超声波相比()

A.频率不变，波速不变B.频率变小，波速不变

C.频率变小，波速变小D.频率变大，波速变大

4.如图所示，两根同一竖直方向平行放置的长直导线和中通有大小不同、方向均垂直于纸面向里的电流时，对地面的压力恰好为零。已知长直导线的质量为，当地的重力加速度为。如果长直导线的电流改为垂直于纸面向外，大小不变，则对地面的压力为()

A.B.C.D.

5.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位，下列说法正确的是()

A.按下按钮过程，螺线管端电势较高

B.松开按钮过程，螺线管端电势较高

C.若更快按下按钮，则、两端的电势差更大

D.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势

6.如图是一个浮漂改装而成的浮力振子，振子上的刻度表示振子受到的浮力大小，振子在平静水面的某次振动中，其所受浮力随时间变化如图，则()

A.时刻，振子位于最低点B.时刻，振子的动能最大

C.时，振子位于最低点D.时，振子的动能最大

7.无线话筒是振荡电路的一个典型应用，在振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器的上极板带正电，下列说法正确的是()

A.电流沿流向

B.电场能正在向磁场能转化

C.振荡电流正在增大

D.电容器正在充电

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.时刻，质点开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为，时细绳上形成的波形如图，下列说法正确的是()

A.该波为横波

B.该波为纵波

C.时刻，质点的振动方向向下

D.内，质点走动的路程为

9.如图甲，小明做摆角较小的单摆实验，是它的平衡位置，、是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测出当地重力加速度，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙，设图中单摆向右振动为正方向，则下列选项正确的是()

A.此单摆的振动频率是B.单摆的摆长约为

C.仅改变摆球质量，单摆周期不变D.时刻，摆球位于点

10.如图所示是一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为的超声波，超声波遇障碍物经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。测量仪底部有一质量为的测重面板置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为，此时输出电压为是重力加速度，是比例常数。当某同学站上测重台时，测量仪记录的时间间隔为，输出电压为，则()

A.该同学的身高为

B.该同学的身高为

C.该同学的质量为

D.该同学的质量为

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.图甲为教学用的可拆变压器，、线圈均由材料和直径相同的导线绕制而成。

某同学用多用电表欧姆挡分别测量、线圈的电阻值，发现线圈电阻约为线圈电阻的倍，则可推断______线圈的匝数多选填“”或“”；

为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，在图乙中该同学把线圈与学生电源连接，另一个线圈与小灯泡连接。其中线圈应连到学生电源的______选填“直流”或“交流”输出端上；

将与灯泡相连的线圈拆掉部分匝数，其余装置不变，继续实验，则灯泡亮度______选填“变亮”或“变暗”；

某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为匝和匝，学生电源输出端电压的有效值为，则小灯泡两端电压的有效值可能是______。

A.

B.

C.

D.

12.如图甲，某同学做“测定玻璃折射率”实验时已经画好了部分图线，并在入射光线上插上大头针、，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上和大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。

下列确定位置的方法正确的是______。

A.透过玻璃砖观察，使挡住的像

B.透过玻璃砖观察，使挡住的像

C.透过玻璃砖观察，使挡住、的像

图甲中作出光线在玻璃砖中和出射后的光路图，并标出玻璃砖中光线的折射角；

经过多次测量并作出图像如图乙，则玻璃砖的折射率为______；保留三位有效数字

若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画得偏左了一些，则测出来的折射率______选填“偏大”“偏小”或“不变”。

四、简答题（本大题共3小题，共39.0分）

13.如图，边长为、总电阻为的正方形导线框，以恒定速度沿轴运动，并穿过图中宽度为、磁感应强度大小为的匀强磁场区域。

求边刚进入磁场时，线框受到的安培力大小；

以顺时针方向为电流的正方向，线框在图示位置时刻开始计时，请在图中画出线框中的电流随时间变化的图像。不用写分析和计算过程

14.超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。两辆质量均为的购物车相距静止在水平面上。第一辆车经工作人员猛推一下后沿直线运动，与第二辆车嵌套在一起，接着继续运动后停下来。两车相碰时间极短可忽略，车运动时所受阻力恒为车重的倍，重力加速度取，求：

两辆车嵌套后的速度大小；

两辆车在嵌套过程中损失的机械能；

工作人员对第一辆车所做的功。

15.如图所示，坐标系的轴竖直向上，在平面左侧区域内存在着沿轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿轴负方向的匀强磁场，在平面右侧区域同时存在着沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为，电荷量为的粒子从点以速度沿轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从点进入到平面右侧区域，粒子从离开点开始多次经过轴，不计粒子重力。求：

匀强电场的电场强度大小；

匀强磁场的磁感应强度大小；

粒子从离开点开始，第次到达轴时距点的距离。

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：、由图像得，该交变电流的周期为，故A错误；

B、该交变电流的频率为

故B错误；

、由图像得，该交变电流的峰值为，则该交变电流的有效值为

故C正确，D错误。

故选：。

根据图像得到交变电流的周期和峰值，根据频率与周期的关系求解交变电流的频率；根据正弦式交变电流规律求解交变电流的有效值。

本题考查正弦式交变电流，解题关键是知道正弦式交变电流峰值和有效值的关系。

2.【答案】

【解析】解：、设穿戴者所受合力为，依题意，根据动量定理

可得

可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量末发生变化，故AC错误，D正确；

B、由选项分析可知，安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，而

穿戴者所受重力的冲量增大了，故B错误。

故选D。

分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化。

本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。

3.【答案】

【解析】解：当汽车远离测速仪时，波速由介质决定，所以被该汽车反射回来的反射超声波与测速监视器发出的超声波相比波速不变，根据声音的多普勒效应，声源远离观察者时接收频率变低，所以被该汽车反射回来的反射波与发出的超声波相比频率变小，故B正确，ACD错误；

故选：。

根据声音的多普勒效应分析回答，声源远离观察者时，接收频率变低，即距离声源越远，频率越低，距离声源越近，频率越高，波速不变，从而即可求解。

对于多普勒效应，要知道在波源与观察者靠近时观察者接收到的波的频率变高，而在波源与观察者远离时接收频率变低；即高亢表示靠近，低沉表示远离。

4.【答案】

【解析】解：长直导线和的电流方向相同，导线和相互吸引，因为对地面的压力恰好为零，对受力分析可知对的引力大小等于重力，方向竖直向上；当的电流反向时，导线和相互排斥，再次对受力分析可知地面对的支持力等于，根据牛顿第三定律，对地面的压力为。故ABD错误，C正确。

故选：。

根据同向电流相互吸引，判断导线所受的安培力方向，根据平衡条件求出导线受到的安培力大小，当电流变为反向时，根据异向电流相互排斥判断导线所受的安培力方向，根据平衡条件求出地面对导线的支持力，从而求得对水平面的压力大小。

本题考查安培力作用下导体的平衡问题，解答本题的关键是明确安培力方向变化，熟练运用左手定则判断导线受到的安培力方向。

5.【答案】

【解析】解：、在按下按钮的过程，磁铁靠近螺线管，穿过螺线管的磁通量是向左的增加，螺线管发生电磁感应现象，根据楞次定律可以知道螺线管中产生的感应电流方向为由到，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以点的电势高于点的电势；同理，在松开按钮过程，点的电势低于点的电势，故AB错误；

C、若更快的按下按钮，则穿过螺线管的磁通量变化的更快，根据法拉第电磁感应定律可以知道，螺线管中产生的感应电动势大，则、两端的电势差更大，故C正确；

D、按住按钮不动，则穿过螺线管的磁通量不发生变化，将不发生电磁感应现象，螺线管中没有感应电动势，故D错误。

故选：。

根据楞次定律和安培定则可以判断电势的高低；根据法拉第电磁感应定律可以比较电势差的大小；根据发生电磁感应的条件进行判断。

注意在电源的内部，电流是从低电势流向高电势的。

6.【答案】

【解析】解：、浮力公式知，当浮力最大时，排开液体的体积最大，则振子位于最低点，即时刻，振子位于最低点，动能为零，故A正确，B错误；

、时，浮力最小，排开液体的体积最小，此时振子位于最高点，振子的速度为零，动能为零，故CD错误。

故选：。

根据振动的图像，确定振子的运动状态和受力情况。

本题要明确浮力与排开液体的体积有关，最低点体积最大，则浮力最大，本题难度不大。

7.【答案】

【解析】解：、由图可知线圈中的磁场方向向上，由安培定则判断线圈中的电流是由下端流向上端，电流沿流向，故A错误；

、电流沿流向，且电容器的上极板带正电，可知电容器正在充电，磁场能正在转化为电场能，可知电流正在减小，故BC错误，D正确。

故选：。

由线圈中的磁场方向判断得到电流方向，结合电容器的极板带电情况，判断电容器的充放电情况；电容器充电时电流是减小的，磁场能向电场能转化。

本题考查了振荡电路的分析，电容器充电过程是磁场能向电场能转化的过程，磁场能减小则电流减小。反之，电容器放电过程，磁场能增大则电流增大。

8.【答案】

【解析】解：、因细绳上每个质点的振动方向和波的传播方向垂直，故此列波是横波，故A正确，B错误；

C.根据波的平移可知质点在时的振动方向向下，故C正确；

D.由图可知，振动周期为

每个周期内，质点通过的路程为

内质点运动的路程为，故D错误。

故选：。

根据波速公式分析能否求出波速。各点的起振方向与点的起振方向相同，利用波形平移法判断振动方向；质点只上下振动，不向前移动。

本题关键要掌握简谐波的特点：振动在一个周期内传播一个波长的距离，介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同。

9.【答案】

【解析】解：、由单摆的振动图线可知，单摆的周期，则单摆的频率，故A错误；

B、根据得单摆的摆长为

解得

故B正确；

C、由周期公式可知，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故C正确；

D、单摆向右摆动为正方向，可知在时刻，单摆处于负的最大位移处，即在图中的点，故D正确。

故选：。

根据图象读出周期，通过单摆的周期求出单摆振动的频率；通过周期公式求出摆长的大小；由周期公式进行判断；通过初始时刻摆球的位移确定摆球的位置。

解决本题的关键知道在单摆运动的过程中，加速度、速度、位移如何变化，以及掌握单摆的周期公式。

10.【答案】

【解析】解：高度：

输出电压与作用在其上的压力成正比知：又

由以上两式可得：，故BD正确，AC错误。

故选：。

由速度与时间可确定出距离，距离之差为人的高度；由输出电压与作用在其上的压力成正比知，确定出即可确定重力，从而确定质量．

本题为传感器类问题的应用，解题的关键在于明确题意，由题找出对应的信息再结合所学物理规律即可求解，注意在求身高要注意取单程时间，求质量要明确压力等于重力．

11.【答案】交流暗

【解析】解：根据电阻定律可知，对于材料和直径相同的导线绕制的线圈，匝数越多。长度越长，电阻越大；由于线圈电阻约为线圈电阻的倍，因此线圈匝数多；

由于变压器的工作原理是电磁感应，变压器原线圈接交流电源时，穿过变压器原、副线圈的磁通量才会发生变化，才会产生电磁感应，所以线圈应连到学生电源的交流输出端；

根据变压器电压与匝数比的关系，可得副线圈两端电压，线圈拆掉部分匝数后，副线圈两端的电压减小；根据功率公式可知，灯泡消耗的功率减小，亮度变暗；

根据变压器电压与匝数比的关系，可得副线圈两端电压

由于变压器不是理想变压器，存在磁损和铁损，因此副线圈两端电压小于，故ABC错误，D正确。

故选：。

故答案为：；交流；暗；。

根据电阻定律分析作答；

根据变压器的工作原理分析作答；

根据变压器电压与匝数比结合功率公式分析作答；

根据变压器电压与匝数比的关系结合变压器不是理想变压器分析作答。

本题考查了变压器电压与匝数比的关系，要理解变压器的工作原理。

12.【答案】偏小

【解析】解：在插大头针时，左右移动大头针，透过玻璃砖观察，使挡住、的像，故AB错误，C正确。

故选：。

做出的光路图和标出的折射角如图所示：

根据折射定律

化简得

图像的斜率

结合函数，可得折射率

若位置画的偏左，则的连线与交点偏右，导致折射角偏大，折射率偏小。

故答案为：；见解析；；偏小。

根据实验的正确操作步骤作答；

做出的光路图和标出的折射角；

根据图像斜率计算折射率；

分析实验误差。

本题考查测量玻璃折射率实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。

13.【答案】解：边刚进入磁场时，线框中产生的电动势为

边刚进入磁场时，线框中的电流为

线框受到的安培力大小为

联立解得：

线框中的电流随时间变化的图像如图所示。

答：边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小为；

图见解析。

【解析】根据公式求边刚进入磁场时，线框中产生的电动势；边刚进入磁场时，由欧姆定律求出线框中电流，由求解线框受到的安培力的大小；

线框完全在磁场中运动时没有感应电流，结合感应电流的大小和方向，画出图像。

解决本题的关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及安培力公式，明确产生感应电流的条件。

14.【答案】解：对整体，由牛顿第二定律可得：

代入数据，解得：，

设两辆车嵌套后的速度大小为，

代入数据，解得：；

设两辆车嵌套前的速度为，选择初速度方向为正方向，嵌套过程中根据动量守恒定律可得：

代入数据，解得：

在嵌套过程中损失的机械能为：

代入数据，解得：；

对小车的运动过程，根据动能定理可得：

解得：。

答：两辆车嵌套后的速度大小为；

两辆车在嵌套过程中损失的机械能为；

工作人员对第一辆车所做的功为。

【解析】对整体分析，根据牛顿第二定律计算出加速度然后通过运动学公式计算出速度；

根据动量守恒定律和能量的计算公式得出损失的机械能；

对小车根据动能定理列式得出工人对第一辆车做的功。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应