广东省广州市番禺区象贤中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷（含答案）

第第页广东省广州市番禺区象贤中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷一、单项选择题：本大题共7小题，共28分。1．分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低；④行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌．这些物理现象分别为（）A．衍射、干涉、多普勒效应、反射B．衍射、多普勒效应、干涉、折射C．衍射、干涉、多普勒效应、共振D．衍射、折射、多普勒效应、干涉2．如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相同、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。下列说法正确的是（）A．a点的磁感应强度一定为零B．b点的磁感应强度一定为零C．ef导线受到的安培力方向向左D．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外3．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（）A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（2πt）cmB．单摆的摆长约为2.0mC．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大4．“南鲲号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（）A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大B．线圈转动到如图所示位置时a端电势低于b端电势C．线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻D．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上5．如图所示，i—t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像。在ab时间段，以下说法中正确的是（）A．回路电流正在增大 B．电场能正在减小C．电容器正在放电 D．磁场能正在减小6．在我国，近年垂钓运动正成为休闲和体育结合的新时尚。鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具。如图甲所示，当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动。其振动图像如图乙所示，取竖直向上为位移的正方向。则（）A．在t=0.3s时刻，鱼漂的速度方向竖直向下B．在t=0.3s时刻，鱼漂的加速度方向竖直向下C．该鱼漂的振动频率为2.5HzD．该鱼漂在振动的过程中，存在速度和加速度均减小的时间段7．如图所示，A、B是两个相同的正方形导线框，它们从水平有界匀强磁场上方不同高度处由静止释放，线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）A．在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为顺时针方向B．A和B两线框出磁场的过程中均可能做匀减速直线运动C．A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等D．在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量不相等二、多选题（本大题共3小题，共18分）8．如图所示，两单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，已知单色光a、b与法线间的夹角分别为45°和30°，则a光与b光（）A．在玻璃砖中的折射率之比为2：1B．在玻璃砖中的折射率之比为1：2C．在玻璃砖中的传播时间之比为2：1D．在玻璃砖中的传播时间之比为1：29．如图甲所示，战斗绳是健身房健训练项目之一，训练时，手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在x=0处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，t=0.4s时绳的波形图如图乙所示，此时绳波刚好传播到x=6m处，下列说法正确的是（）A．绳波传播的速度大小为15m/sB．手从平衡位置起振方向沿y轴正方向C．t=0.6s时，x=1.5m处的质点的位移为-30cmD．x=3m处的质点在此过程中通过的路程为1.2m10．如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（）A．压力越小，R1越小B．压力越小，R1越大C．调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准D．调节R2的大小不可以改变筛选苹果的标准三、实验题：（本大题共2小题，共16分）11．物体在空间站中，由于完全失重，无法直接用天平测量其质量。某兴趣小组成员在观看了“天宫课堂”中，航天员演示的“动量守恒实验”（如图甲所示）之后，提出了一种利用动量守恒在空间站测质量的设想（实验装置如图乙所示）。在某次实验中，A、B两个体积相同的钢球置于实验平台上，两球之间放一质量不计的压缩并锁定的轻质弹簧，某时刻解除锁定，A、B两小球在同一直线上运动，利用闪光频率为10Hz的照相机获取的一组频闪照片，如图丙所示。已知A球为标准小球，其质量为m1=100g，B小球质量为m2（1）脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做运动，速度大小为ms（2）根据实验数据测算可得小球B的质量大小是kg（保留两位有效数字）。（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，利用上述实验（选填“能”或“不能”）测量小球B的质量。12．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：（1）实验室中有下列器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．开关、导线若干D．交流电压表在本实验中，上述器材不用的是（填器材序号字母），还需用到的器材有（填直流电源，低压交流电源）。（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压（选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压（选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是。（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：①变压器的输入电压有效值为。A.3VB.62VC.12VD.15V②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？（填“能”或“不能”）。四、计算题（本大题共3小题，共38分）13．如图甲所示，一个面积为S，阻值为r的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中B0和t0已知，导线电阻不计。在t=0至（1）电阻R中电流的方向；（2）感应电动势的大小E；（3）a、b两点间的电势差Uab14．CT技术是通过高能电子撞击目标靶，使目标放出X射线，对人体进行扫描取得信息的，其原理如图所示：半径为L的圆形区域内有垂直直面向里的匀强磁场，水平放置的目标靶长为2L，靶左端点M、右端点N与磁场圆心O的距离相等、竖直距离为3L（1）电子击中目标靶的速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。15．如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1=2m的固定粗糙水平直轨道BC以及两半径均为R1=0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，期中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M=0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2=1.5m的水平面GH和半径为R2=0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F登高且相切。现有一质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h=0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC以及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ=0.3，不计其它阻力，取g=10m/s2。求：（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用；（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；（3）判断滑块最终能否停留在小车上表面？若能，求出最终停留位置离H点的水平距离。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】能够根据所学的知识分析生活中常见的一些物理现象，做到学有所用。“空山不见人，但闻人语响”是声波的衍射；围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱是声波的干涉；当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低是多普勒效应；行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌是共振。故ABD错误；C正确。故选C。

【分析】根据声波能够产生衍射、干涉、反射、多普勒效应等进行分析。2．【答案】C【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。AD．根据安培定则可知，通电导线cd与ef在a点产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据磁场的矢量叠加，可知，a点的磁场方向垂直纸面向里，且a点的磁感应强度一定不为零，故AD错误；B．根据安培定则可知，通电导线ef在b点产生的磁场方向垂直纸面向里，cd在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外，由于b点到两导线间距关系不确定，即两导线在b点产生的磁感应强度大小关系不确定，根据矢量叠加可知，b点的磁感应强度不一定为零，故B错误；C．根据安培定则可知，cd导线在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知，ef导线受到的安培力方向向左，故C正确。故选C。

【分析】磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。3．【答案】C【解析】【解答】本题是振动图象问题，考查基本的读图能力．根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是解题的关键。A．根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为T=2s，A=8cm则圆频率ω=单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm故A错误；B．根据单摆的周期公式T=2π结合上述解得L=1.0m故B正确；C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C正确；D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误。故选C。

【分析】由振动图象读出周期T和振幅A，由ω=2πT求出角频率ω，单摆位移x的表达式x=Asinωt；由公式4．【答案】D【解析】【解答】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，故A错误；B．根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；C．线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，则图示位置不是电流变向的时刻，故C错误；D．根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故D正确。故选D。

【分析】1、线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零。

2、根据右手定则（发电机定则），线圈转动时产生的感应电动势方向可以通过右手定则判断。

若线圈转动到图示位置时，a端电势高于b端电势。

3、线圈转动一周，电流方向会改变两次（每经过中性面一次，电流方向改变一次）。图示位置不是中性面，因此不是电流变向的时刻。

4、根据左手定则（电动机定则），可以判断导线框受到的安培力方向。

若线圈转动到图示位置时，靠近N极的导线框受到的安培力方向向上。5．【答案】D【解析】【解答】大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。由图可知，在ab时间段，回路电流正在减小，说明电容器正在充电，磁场能正在向电场能转化，所以磁场能减小，电场能增大。故选D。

【分析】由图可知LC振荡电路中，oa段是放电过程，ab段是反向充电过程，以此类推，且充电过程电流减小，电磁能增大，磁场能减小。6．【答案】B【解析】【解答】本题考查了简谐运动中力与运动的关系，以及运动的特点。掌握简谐运动中回复力与位移的关系，加速度与速度的变化特点。AB．由图乙可知，t=0.3s时刻，鱼漂的位移沿y轴正方向，此时运动方向向上，则鱼漂的加速度沿y轴负方向，故A错误，B正确；C．由图乙可知鱼漂振动的周期为0.8s，则其频率f=故C错误；D．根据加速度与位移关系为F=ma=−kx可知，位移减小时，加速度a在减小，而此时都是在平衡位置两侧向平衡位置靠近，而平衡位置速度最大，所以速度在增大，不可能出现加速度减小速度也在减小的情况，故D错误。故选B。

【分析】由图乙可知，在t=0.3s时刻鱼漂正在远离平衡位置向正向位移最大处运动，由此确定其速度与加速度的方向；由图乙可得到鱼漂的振动周期，根据频率与周期的关系求解该鱼漂的振动频率；靠近平衡位置的过程，加速度总是减小，速度总是增大的。反之，远离平衡位置的过程，加速度总是增大的，速度总是减小的。7．【答案】C【解析】【解答】本题主要考查线框平动切割磁感线运动的问题，需要学生熟练掌握右手定则、安培力做功、能的转化和守恒的思想分析解决问题。A．根据楞次定律结合安培定则可知，在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为逆时针方向，故A错误；B．线框出磁场的过程中，根据E=BLv，I=ER联立解得F=若两线框出磁场时所受安培力均小于重力，则根据牛顿第二定律有mg−可知，安培力随速度的增大而增大，合外力减小，加速度减小，即相框做加速度减小的加速运动；若两线框出磁场时所受安培力均大于重力，则根据牛顿第二定律有B可知线框做减速运动，但速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，显然，A和B两线框出磁场的过程中均不可能做匀减速直线运动，故B错误；CD．电荷量q=线框进入磁场时有E感应电流I可得q=由于两线框相同，线框进入磁场时磁通量的变化量相同，因此在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量相等，同样可知，两线框出磁场时通过导线横截面的电荷量与进磁场时相同，设线框A进入磁场时的速度为v1，进入磁场后的速度为v2，出磁场时的速度为v3−BL−BL即有−BL−BL由于线框进出磁场时通过线框横截面的电荷量相同，因此可得m(即可得v线框进出磁场时由能量守恒分别有11若Q1(由于线框下落过程中安培力始终阻碍线框的下落，因此可得v1>而在磁场中线框做自由落体运动，因此有v因此若满足v1=v3，即可满足故选C。

【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；线框如果做减速运动，速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，不可能做匀减速运动；q=B8．【答案】B,D【解析】【解答】解答此类问题的思路是由折射定律可得出两光的折射率关系，再由v=cnnn解得nA错误，B正确；CD．根据v=t=解得t=所以tC错误，D正确。故选BD。

【分析】根据折射定律求折射率之比；根据v=cn求出光玻璃砖中传播速度之比，由9．【答案】A,C【解析】【解答】解答本题的关键是要知道介质中各个质点的起振方向相同，振动在一个周期内传播的距离为一个波长。A．由题图可知波长为6m，波速为v=则波的周期T=故A正确；B．该波向右传播，根据同侧法可知x=6m处质点的起振方向沿y轴负方向，则手从平衡位置起振方向沿y轴负方向，故B错误；C．x=1.5m处的质点开始振动的时刻为t1，则t所以t=0.6s时，此质点刚好振动t−此时刚好在波谷，位移为-30cm，故C正确；D．绳波第一次从x=0处传到x=6m处的过程中，x=3m处的质点只振动了半个周期，其路程s=2A=2×30故D错误。故选AC。

【分析】根据在t=0.4s内波传播的距离为一个波长，确定波的周期，根据波速公式求解波速；根据同侧法判断x=6m处质点的起振方向，即可知波源的起振方向；根据时间和周期关系判断质点的路程。10．【答案】B,C【解析】【解答】本题主要考查了线圈周围磁场的相关应用，理解该仪器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。AB．苹果越小，压力越小，若电阻R1越大，根据串反并同规律，与R1串联的电磁铁的电流越小，电磁铁的磁力越小，杠杆仍然处于水平状态，小苹果进入上面通道，符合分拣标准。A错误，B正确；CD．增大R2，根据串反并同规律，与R2并联的电磁铁的电流增大，电磁铁的磁力增大，下面通道被打开，小苹果进入下面通道，m0减小，分拣标准降低。C正确，D错误。故选BC。

【分析】根据题设条件，小苹果通过（即压力越小）时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准。11．【答案】匀速直线；0.15；0.15；能【解析】【解答】本题主要考查动量守恒实验，在实验中要注意小球的运动状态，根据纸带上的间距确定速度大小。（1）由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；由照相机的频率可知周期为T=则由图可知，小球A速度大小为v（2）由图可知，B的速度大小为v由动量守恒可知m代入数值可得m（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。【分析】（1）根据图丙可以得出，脱离弹簧后做匀速直线运动，根据s=vt，可求出速度大小；

（2）根据动量守恒可求出B球的质量；

（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同样可以验证。12．【答案】B；低压交流电源；增大；减小；控制变量法；C；能【解析】【解答】本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，要求能够弄清实验所需的器材、实验采用的物理方法以及对实验现象的观察和总结。（1）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁。故选B。

题中还需用到的器材是低压交流电源。（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即U则会观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。（3）[根据变压器原理可得U故选C。[灯泡的额定电压也为6V，实验时变压器为理想变压器，次级电压等于于6V，灯泡能正常发光。

【分析】（1）根据实验原理选择不需要的器材和还需要的器材；

（2）根据变压器电压与匝数比的关系分析副线圈两端电压的关系；由于变压器的输出电压受多个因素的影响，采用的研究方法为控制变量法；

（3）根据理想变压器电压与匝数比的关系求解输入电压；电压表和灯泡的额定电压均为有效值，据此分析作答。13．【答案】（1）由乙图可知，磁场向里增大，根据楞次定律，可知电流方向由a到b（2）根据法拉第电