广东省广州市番禺中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题（解析版）

第第页广东省广州市番禺中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列电磁波中，波长最长的是()A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．γ射线【答案】A【解析】【解答】所有的电磁波在真空中传播速度都相等，等于c=3×108m/s，根据波长λ=cf可判断，频率越低，波长越长，四个选项中无线电波频率最低，所有波长最长。

故答案为：A

【分析】本题利用电磁波的波长与频率的关系求解，电磁波在真空中传播速度恒定，根据波长2．某质点做简谐振动，其位移x与时间t的关系如图，则该质点（）A．振动频率为4Hz B．在A点速度最大C．在B点加速度最大 D．在0~3s内通过路程为12.0cm【答案】D【解析】【解答】本题简谐运动的图象能直接读出振幅和周期．对于质点的速度方向，也可以根据斜率读出．要掌握简谐运动的特征F=-kx，是分析回复力常用的方法。A．由位移x与时间t的关系图可知周期为T=4振动频率为f=故A错误；B．在A点时振幅最大，根据简谐振动规律此时速度最小，故B错误；C．在B点时处于平衡位置，根据简谐振动规律此时回复力为零，得加速度为零，故C错误；D．在0~3s内质点经历34A得通过路程为s=3故D正确。故选D。

【分析】质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅和周期，由简谐运动的特征F=-kx分析质点的在振动方向的合力，进而判断加速度；质点在振幅处速度为零，在平衡位置速度最大；根据一个周期内振动四个振幅，求出振子通过的路程。3．小孩在果园里，摇动细高的果树的树干，想把果子摇下来，下列说法正确的是（）A．小孩用相同的频率摇不同的树干，树干的振动频率一定不同B．小孩用相同的频率摇不同的树干，树干的振动频率一定相同C．对同一棵树，小孩摇动的频率增大，树干振动的幅度一定增大D．对同一棵树，小孩摇动的频率减小，树干振动的幅度一定增大【答案】B【解析】【解答】AB．小孩在果园里摇动树干，则树干是受迫振动，树干的振动频率取决于驱动频率，因此树干振动的频率与小孩摇动树干的频率相同，则可知小孩用相同的频率摇不同的树干，树干的振动频率一定相同，故A错误，B正确；CD．对于受迫振动，只有当驱动频率越接近固有频率时，振动幅度才越大，故CD错误。故答案为：B。

【分析】本题利用受迫振动的规律求解，树干被摇动时做受迫振动，其振动频率由驱动频率决定，而振动幅度则与驱动频率和固有频率的差值相关，据此分析各选项的正确性。4．用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1：2，输出功率为8.A．20A，50Hz B．202A，50【答案】A【解析】【解答】由ω=2πT=2πf可知，交流电的频率为f=ω2π=100π2π=50Hz，变压器不能改变交流电的频率，则副线圈输出电流的频率为50Hz，原线圈输入电压有效值为U1=2205．如图所示是主动降噪耳机的降噪原理图。在耳机内有专门用于收集环境噪声的麦克风，耳机收集环境噪声后通过电子线路产生与环境噪声相位相反的降噪声波，再与环境噪声叠加，从而实现降噪效果。如图是理想的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应耳机产生的等幅反相降噪声波，则此图中的（）A．降噪过程属于多普勒效应B．降噪声波频率等于环境噪声频率C．降噪过程属于声波的干涉且P点振动加强D．P点空气经一个周期向外迁移距离为一个波长【答案】B【解析】【解答】ABC．由题图可知，降噪声波与环境声波波长相等，在同一种介质中传播速度相等，则频率相同，叠加时发生干涉现象，由于两列声波振幅相同、相位相反，所以振动减弱，起到降噪作用，P点振动减弱，故AC错误，B正确；D．波传播过程质点并不随波迁移，故D错误故答案为：B。

【分析】本题利用波的干涉、多普勒效应及波的传播特点求解，降噪过程是降噪声波与环境噪声发生叠加，需结合波的干涉条件、振动叠加规律，以及多普勒效应和波的传播本质分析各选项。6．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是（）A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力【答案】A【解析】【解答】AB：当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；

C：线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；

D：静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．故答案为：A

【分析】本题利用通电平行线圈间的相互作用规律及受力平衡条件求解，核心规律为：同向电流相互吸引、反向电流相互排斥；结合天平示数变化判断受力方向，再区分相互作用力与平衡力的差异。7．如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN，电流方向向上。ab是一根水平放置的内壁光滑绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自a端以速度v0射入abA．小球受到的洛伦兹力始终为零B．洛伦兹力对小球先做正功，后做负功C．小球的速率先增大后减少D．管壁对小球的弹力方向先竖直向上，后竖直向下【答案】D【解析】【解答】AD．当小球运动到ab中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零；小球自a点到ab中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上；小球从ab中点至b点，所受洛伦兹力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，故A错误，D正确；BC．如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，故BC错误。故答案为：D。

【分析】本题利用安培定则判断磁场方向，结合洛伦兹力的产生条件和做功特点，以及受力平衡分析小球的运动与受力情况，核心是根据通电直导线的磁场分布，确定小球运动过程中洛伦兹力的方向变化，进而分析管壁弹力和小球速率的变化。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯【答案】A,B【解析】【解答】A：增加线圈匝数N，由E=NΔΦB：提高交流电源频率，磁感应强度变化率ΔBΔtC：瓷杯为绝缘体，无法产生感应涡流，不能给水加热，C错误。D：取走铁芯，线圈磁场变弱，ΔBΔt故答案为：AB。

【分析】本题利用涡流的热效应求解。线圈通交流电产生交变磁场，金属杯中感应涡流发热，核心依据法拉第电磁感应定律分析感应电动势与匝数、频率、铁芯的关系，判断缩短加热时间的措施。9．某同学为了观察自感现象，用导线将带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E连成如图所示的电路。闭合开关S，小灯泡发光，然后断开S，小灯泡并没有出现闪亮一下再熄灭的现象，经检查线路连接完好．发生这种现象可能的原因是（）A．小灯泡的内阻偏大B．闭合S后通过线圈L的电流不够大C．线圈的自感系数太大D．线圈的内阻较大【答案】B,D【解析】【解答】A．若小灯泡的内阻偏大，则当S闭合时，通过灯泡的电流偏小，打开开关S时，线圈中较大的电流流过小灯泡会使灯泡闪亮一下，A错误；B．闭合S后通过线圈L的电流不够大，则当S断开时，流过小灯泡的电流较小，小灯泡就不会闪亮一下，B正确；C．线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，C错误；D．线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，D正确。故答案为：BD。

【分析】本题利用自感现象的规律求解，断电后灯泡是否闪亮，取决于断开开关瞬间线圈感应电流的大小与灯泡原电流的对比；线圈产生的自感电动势与自感系数、电流变化率有关，而线圈与灯泡的电流大小则由各自的电阻决定。10．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】A,D【解析】【解答】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I0故答案为：AD。

【分析】结合电磁感应中的受力平衡、楞次定律和导体棒的运动状态，分析PQ、MN进入磁场过程中感应电流的大小与方向变化。三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）11．如图（a），为用单摆测量重力加速度的实验装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻。光敏电阻（光照增强时，其电阻变小）与自动记录仪相连，记录仪可以显示光敏电阻的随值R随时间t的变化图线。将摆球拉离平衡位置一个较小角度释放，记录仪显示的R-t图线如图（b）所示。请回答下面问题：（1）实验前先用游标卡尺测出小球直径d，如图（c），则小球的直径d=mm；（2）该单摆的振动周期为；（3）实验中用米尺测得摆线长为L，则当地的重力加速度g=。（用测得物理量的符号表示）【答案】11.70；2t0；π【解析】【解答】（1）由图示可知，小球的直径为d=11mm+14×0.05（2）摆球完成一次全振动所需要的时间是一个周期，一个周期摆球两次经过平衡位置，由图乙所示可知，单摆的振动周期为T=t1+2（3）根据单摆周期公式T=2πLg其中摆长为L+d2，周期为2t0，代入可得g=π2(L+(2)单摆周期分析：摆球经过光敏电阻时触发信号，结合R-t图线的时间间隔，确定单摆完成一次全振动的时间；(3)单摆周期公式变形：单摆的实际摆长为摆线长L加小球半径d2，由T=2πlg12．热敏电阻按温度分为正温度系数电器（PTC）和负温度系数电器（NTC）两类。正温度系数电阻（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中、如图1所示为这两种热敏电阻的U−I图像。（1）如图1中曲线Ⅰ所示，说明该热敏电阻是热敏电阻。（填“PTC”或“NTC”）（2）某同学搭建一套基于某热敏电阻的火灾报警系统，其电路图如图2所示。请根据此电路图将如图3所示的实物图连接完整。（3）已知热敏电阻的阻值随温度的变化规律如图4所示。电源电动势为E=10V，内阻不计，通过报警器的电流达到I=10mA就会报警。若要求环境温度达到60℃时，该装置能自动报警，则应先将开关S与电阻箱R2连接，将其阻值设置为kΩ，然后将滑动变阻器R1的阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时R1=kΩ，之后保持R1阻值不变，将开关S与热敏电阻【答案】PTC；；0.6；0.4；调小【解析】【解答】（1）根据电阻的定义式有R=UI，结合图1中曲线Ⅰ所示的U−I图像可知，随电流的增大，电阻值增大，即温度升高时电阻值增大，说明该热敏电阻是PTC热敏电阻。（2）连线如图所示（3）电源电动势为E=10V，内阻不计，通过报警器的电流达到I=10mA就会报警此时电路中的电阻为1010×在环境温度达到60℃时，根据图4可知，热敏电阻的阻值为0.6kΩ，则应先将开关S与电阻箱R2连接，将其阻值设置为0.6kΩ，

然后将滑动变阻器R1的阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时若要使该装置在更低的温度下报警，即热敏电阻阻值大于0.6kΩ，则滑动变阻器的接入电阻必须小于0.4kΩ，即需将滑动变阻器的阻值调小。

故答案为：0.6；0.4；调小

【分析】(1)热敏电阻类型判断：根据U-I图象的斜率表示电阻，结合PTC（温度升高电阻增大）、NTC（温度升高电阻减小）的特性，分析曲线Ⅰ的电阻变化规律；

(2)实物电路连接：依据电路图的串并联关系，按“电源→用电器→开关”的顺序，将电阻箱、热敏电阻、滑动变阻器、报警器等元件连接，注意并联支路和开关的控制作用；

(3)电阻与滑动变阻器调节计算：①由电源电动势和报警电流求出总电阻，结合图4中60℃时热敏电阻的阻值，确定电阻箱的阻值和滑动变阻器的阻值；

②根据温度与热敏电阻阻值的关系，分析更低温度下滑动变阻器的调节方向。四、解答题13．在电视剧《西游记》中，孙悟空为朱紫国国王悬丝诊脉，中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如示意图所示，假设在0点脉搏跳动产生了一列沿x轴正方向传播简谐横波。在t=0时，波传播到轴上的质点B，在它的左边质点A位于正的最大位移处，在t=0.2s（1）该波的周期T；（2）波速v大小；（3）0~1s时间内，质点E通过的路程。【答案】（1）解：质点A从正的最大位移第一次到负的最大位移所需要时间为半个周期，即t=0.2可得该波的周期为T=0.4（2）解：由图可知波长为λ=2则该波的波速为v=（3）解：波从B传到E点所需要的时间为t=则0~1s时间内，质点E振动的时间为Δ则在该段时间内质点E通过的路程为s=4A=4×5【解析】【分析】(1)周期计算：根据质点A从正的最大位移处第一次到负的最大位移处的时间，结合简谐横波的振动规律，确定该时间与周期的关系；(2)波速计算：由波形图读出波长，结合波速公式v=λ(3)质点路程计算：先确定波传到质点E的时间，再计算剩余时间内质点E的振动周期数，结合简谐运动一个周期的路程为4A（A为振幅）求解总路程。14．如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一单匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，NP长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小；（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q，cd边刚进入磁场时列车速度为0.5v0，求线框进入磁场所需时间Δt。【答案】（1）解：根据题意可知，线框ab边刚进入磁场时，感应电动势为E=BL感应电流为I=ab边所受安培力为F由牛顿第二定律有a=（2）解：线框从进入到离开磁场过程中，由能量守恒定律有1解得线框产生的焦耳热Q=（3）解：线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q=又有−kmg联立解得Δ【解析】【分析】(1)加速度计算：先由电磁感应定律求感应电动势、感应电流，再求安培力，结合牛顿第二定律（安培力与摩擦力的合力产生加速度）求解加速度大小；

(2)焦耳热计算：对列车从ab边进磁场到cd边离磁场的全过程，用能量守恒定律（动能减少量等于焦耳热与摩擦力做功之和）求解线框产生的焦耳热；

(3)时间计算：线框进入磁场过程中，利用动量定理（合外力的冲量等于动量变化），结合电荷量的计算公式推导进入磁场的时间。15．在芯片制作过程中，对离子注入的位置精度要求极高，通过如图所示的装置可实现离子的高精度注入。立方体区域ABCO−A1B1C1O1的边长为L，以O点为原点，OA、OC和OO1分别为x轴、y轴和z轴的正方向建立空间坐标系O−xyz。在xOz平面的左侧有一对平行金属板M、N，板M、N与xOy面平行，板间距离为d，M、N两板间加有电压，板间同时存在沿x轴负方向、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。在板中间的P点有一离子发射源，能沿平行y轴正方向发射质量为m、电荷量为+q(q>0)、速率不同的离子，立方体的AOO1A1（1）由D点进入的离子速度大小v0（2）立方体内匀强磁场的磁感应强度大小；（3）通过调