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2022-2023学年广东省广州市荔湾区高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省广州市荔湾区高二（下）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市荔湾区高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40分）
1. 以下说法正确的是( )
A. 肥皂泡在阳光下，看起来是彩色的，是干涉引起的现象
B. 戴3D眼镜观看立体电影是利用了光的衍射现象
C. 麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在，揭示了电、磁、光现象在本质上的统一性，建立了完整的电磁场理论
D. 红外测温仪的工作原理是向人体发射红外线，从而测量人体温度
2. 关于下列各图中的实验现象或规律，说法正确的是( )
A. 甲图中薄板是非晶体
B. 乙图说明气体分子的速率分布随温度变化而变化，且T1>T2
C. 丙图中，当分子间距从r0开始逐渐增大，分子力先变大后变小
D. 丁图中，水黾停在水面上是因为受到了水的浮力作用
3. 一台小型发电机与电压表V、小灯泡按图甲所示电路连接，发电机产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示。发电机线圈电阻不能忽略，则( )
A. 在t=0.02s时，线圈磁通量为0
B. 电压表V的示数为36V
C. 发电机产生的感应电动势的表达式为e=36 2sin100πt(V)
D. 1s内流过小灯泡的电流方向改变50次
4. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该横波沿x轴正方向传播
B. t=0.7s时，质点L位于波谷处
C. 该横波在该介质中传播的速度为5m/s
D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
5. 无线充电技术已经逐渐应用于智能手机上，手机无线充电器的基本原理类似于变压器。如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，当充电基座上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流为手机电池充电。若在t1∼t2时间内，磁场垂直于接收线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则在充电的这段时间内( )
A. 接收线圈中d点电势高于c点电势
B. 接收线圈中感应电流的方向由d到c点
C. 发射线圈和接收线圈的频率可能不同
D. 若想增大c、d之间的电势差，可以只增大发射线圈的匝数
6. 我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV，远距离输电线路的示意图如图所示，若输送的总功率为P，输电电压为U，输电线的总电阻为R，则正确的是( )
A. 采用高压输电是为了加快输电的速度
B. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
C. 输电线上的电流I=UR
D. 输电线上损失的功率P线=PU2R
7. 在一次“水火箭”比赛中，某小组利用废弃的饮料瓶来制作箭体。发射时，先灌入水，再用打气筒充入空气，到达一定的压力后发射升空。若某次发射过程中，0.01s时间内箭体受到的平均反冲力约为12N，喷射的水流速度约为3m/s，则该过程中喷射的水的质量约为( )
A. 0.04kg B. 0.12kg C. 0.30kg D. 1.2kg
8. 如图所示，单色光I和II照射到半圆形玻璃砖的圆心O，从玻璃砖圆面上的同一位置离开玻璃砖，下列说法正确的是( )
A. 在同种玻璃中单色光I的传播速度大
B. 在同种玻璃中单色光I的折射率较大
C. 增大单色光I的入射角会发生全反射现象
D. 用相同的实验装置进行双缝干涉实验，单色光II的相邻明条纹间的距离较大
9. 如图所示，理想变压器原线圈所在电路输入有效值U=220V交变电流，测得完全相同的灯泡a、b两端的电压均为55V，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈的匝数之比为3:1
B. 流经灯泡a的电流与热敏电阻的电流之比为1:1
C. 若热敏电阻RT温度降低，灯泡a变亮、b变亮
D. 若热敏电阻RT温度降低，灯泡a变暗、b变亮
10. 如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中( )
A. 线圈有扩张的趋势 B. 通过线圈平面的磁通量变化量为nBS
C. 线圈的平均感应电动势为nBSt D. 通过导线某截面的电荷量为nBSR
二、非选择题（60分）
11. 用如图1所示的装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，两个小球的质量分别为m1、m2。
(1)下列说法正确的是_______。
A.斜槽轨道尽量光滑可以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.两个小球的质量可以相等
D.每次都要控制入射球从轨道相同的高度自由释放
(2)本实验必须要测量的物理有_______。
A.两个小球的质量m1、m2
B.小球释放点的高度ℎ
C.小球抛出点距地面的高度H
D.小球的直径
(3)实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度的依据是_______。
(4)某次实验中得出的落点情况如图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为_______。
12. 在《用单摆测重力加速度的大小》实验中，装置如图甲。
(1)为尽可能准确地测出当地的重力加速度值，应选用下列器材中的_______。
A.长1m左右的细绳
B.长20cm左右的细绳
C.直径2cm的钢球
D.直径2cm木球
E.秒表
F.钟表
G.最小刻度是厘米的刻度尺
H.最小刻度是毫米的刻度尺
(2)以下做法正确的是_______。
A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长
B.测量周期时，可以从小球经过平衡位置或到达最高点时开始计时
C.摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，某同学认为对实验结果没有影响
D.释放摆球时，应注意细线与竖直方向的夹角小于5∘
(3)某同学测出不同摆长对应的周期T，作出了T2−L图线，如图乙所示，再利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)，可求得g=_______。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比_______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
13. 2023年5月3日，我国轮胎品牌“三角轮胎”携多款热销工程胎和卡车胎系列产品亮相，吸引不少业内人士和客户关注。若某个汽车轮胎充气后容积为V，内部气体压强为p，温度为T。当外界温度降低导致轮胎内气体温度降低了T30时，轮胎的容积几乎不变，轮胎内的气体可视为理想气体。
(1)试判断轮胎内气体吸放热情况，并说明理由；
(2)求此时轮胎内气体的压强。
14. 我国新一代航母准备采用全新的电磁阻拦技术使飞机着舰时在电磁阻尼下快速停止。现将其简化为如图所示的横型(俯视图)，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计，轨道端点M，P间接有阻值为R的电阻，一个长度也为L、阻值为r的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机水平着舰时钩住导体棒ab上的绝缘绳的同时关闭动力系统，飞机与导体棒瞬间共速，测得此时飞机的加速度大小为a，之后在磁场中一起减速滑行，不计飞机和导体棒ab受到的摩擦阻力和空气阻力。求：
(1)飞机着舰时的速度大小；
(2)飞机从着舰至停止过程中，导体棒ab中产生的焦耳热；
(3)飞机从着舰到停止过程中，通过导体棒ab的电量。
15. 如图所示，以A、B为端点的14光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端L0=0.25m处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量m=1kg，滑板质量M=4kg，圆弧轨道半径R=1.25m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
(1)求物块滑到B点时对轨道的压力；
(2)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度v1大小；
(3)求滑板长度的最小值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.肥皂泡在阳光下，看起来是彩色的，是薄膜干涉引起的色散现象，故A正确；
B.戴3D眼镜观看立体电影是利用了光的偏振现象，故B错误；
C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，揭示了电、磁、光现象在本质上的统一性，建立了完整的电磁场理论，赫兹证实了电磁波的存在，故C错误；
D.红外测温仪的工作原理是人体向外辐射红外线，人体温度不同，辐射红外线的强度不同，从而测量人体温度，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.甲图中薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，A错误；
B.气体分子的温度越高，分子的平均速率越大，由图乙可知，温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速率大的方向迁移，可知T1
D.丁图中，水黾停在水面上是因为受到了水的表面张力的作用，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.由题意可知，当 t=0.02s 时，发电机产生的电动势为零，由交变电流的产生规律可知，当线圈平面与中性面平行时，其线圈的电动势为零，即此时线圈平面与中性面平行，此时线圈的磁通量最大，故A项错误；
B.电压表的示数为交变电流的有效值，由题图可知，该发电机产生的为正弦式交变电流，由题意可知，电动机的有效值为
E=Em 2=36V
但是因为发电机线圈电阻不能忽略，由题图可知，电压表在测量发电机两端的电压。所以其电压表的示数应该小于36V，故B项错误；
C.由题图结合交变电流的产生可知其，瞬时值表达式为
e=Emsinωt
由题图可知，其最大值为
Em=36 2V
其周期为
T=0.04s
其角速度为
ω=2πT=50πrad/s
综上所述为
e=36 2sin50πtV
故C项错误；
D.由之前的分析可知，周期为 T=0.04s ，则其频率为
f=1T=25Hz
一个周期内电流的方向变化两次，所以1s内流过小灯泡的电流方向改变50次，故D项正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A.根据乙图可知该时刻N点向上振动，结合上下坡法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.根据图乙可知盖博的周期为T=0.4s，而
t=0.7s=34T+T
所以 t=0.7s 时质点L位于波峰处，故B错误；
C.该横波在该介质中传播的速度为
v=λT=5m/s
故C正确；
D.该时刻质点K与M的速度都为零，加速度大小相同，方向相反，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】AB.根据楞次定律增反减同可知，感应电流产生的磁场向下，可知接受线圈中感应电流的方向由d到c点；接收线圈中感应出电流为手机电池充电，故c点电势高于d点电势，故A错误，B正确；
C.发射线圈和接收线圈的频率相同，故C错误；
D.根据 U1U2=n1n2 可知，若只增大发射线圈的匝数 n1 ，则c、d之间的电势差 U2 减小，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】AD.输电时输送的功率一定时，因为输出功率与输入功率相等，可得输电线上的电流为
I=PU
所以输电线上损失的功率为
P线=I2R=PU2R
故采用高压输电是为了减小输电线上的电能损失，故A错误，D正确；
BC.因为输电线上有电压降，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，可知输电线上的电流 I≠UR ，故BC错误。
故选D。
7.【答案】A
【解析】由题意可知，在 0.01s 时间内箭体受到的平均反冲力约为12N，由牛顿第三定律可知，喷射的水受到的作用力大小约为12N，对水由动量定理可得
Ft=mv−0
代入数据解得
m=Ftv=12×0.013kg=0.04kg
A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】BD
【解析】B.由图可知，单色光I的入射角大，单色光I和II的折射角相同，根据折射定律可知在同种玻璃中单色光I的折射率较大，故B正确；
A.根据
v=cn
可知在同种玻璃中单色光I的传播速度小，故A错误；
C.单色光从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，故增大单色光I的入射角不会发生全反射现象，故C错误；
D.光的波长为
λ=cf
发生双缝干涉时相邻明条纹间距为
Δx=ldλ
单色光II的频率小，可知用相同的实验装置进行双缝干涉实验，单色光II的相邻明条纹间的距离较大，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AD
【解析】A.由于灯泡a两端的电压为55V，因此加在原线圈两端的电压为165V，根据
U1U2=n1 n2
可知原、副线圈的匝数之比
n1 n2=16555=31
故A正确；
B.根据
n1 n2=I2I1
原、副线圈电流之比
I2I1=31
而两相同灯泡的电压相等，则流过的电流也相等，故流过热敏电阻的电流占 I2 中的两份，则因此流经灯泡 a 的电流与热敏电阻的电流之比为 1:2 ，故B错误；
CD.若热敏电阻 RT 温度降低，电阻增大，副线圈的总电阻增大，总电流减小，导致原线圈的电流减小，加在灯泡a两端的电压降低，灯泡a变暗，原线圈分得的电压升高，从而副线圈电压升高，灯泡b变亮，故C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了楞次定律、磁通量、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的电荷量。对于楞次定律的几种表述“增反减同”、“增缩减扩”、“来拒去留”要理解并掌握。线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈内磁场的面积，注意磁通量与匝数无关。
通过法拉第电磁感应定律求平均电动势。掌握电磁感应中电荷量的推论公式q=nΔΦR。
【解答】
A.线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故A错误；
B.磁通量变化量为BS，与匝数无关，故B错误；
C.线圈的平均感应电动势E=nΔΦΔt=nBSt，故C正确；
D.通过导线某截面的电荷量q=ERΔt=nBSR，故D正确。
11.【答案】 BD##DB A 见解析 31
【解析】(1)[1]
A.只要从同一位置静止释放入射小球，入射小球每次碰撞前瞬间的速度都相同，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；
B.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；
C.为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球质量需要大于被碰小球质量，故C错误；
D.为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的速度相同，每次都要控制入射球从轨道相同的高度自由释放，故D正确。
故选BD。
(2)[2]本实验验证动量守恒的表达式为
m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动下落的高度相同，小球在空中的时间相等，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
可得
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故本实验必须要测量的物理有：两个小球的质量 m1 、 m2 ；两小球做平抛运动的水平位移。
故选A。
(3)[3]实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度的依据是：小球做平抛运动下落的高度相同，小球在空中的时间相等，则小球做平抛运动的水平射程与小球做平抛运动的初速度成正比。
(4)[4]根据动量守恒可得
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
可得入射小球的质量 m1 和被碰小球的质量 m2 之比为
m2
12.【答案】ACEH D 4π2(x2−x1)y2−y1 不变
【解析】(1)[1]
AB.单摆的摆线应该选择长1m左右的细绳，故A正确，B错误；
CD.为了减小空气阻力的影响，摆球应选择直径2cm的钢球，故C正确，D错误；
EF.需要用秒表记录时间，从而得到周期，故E正确，F错误；
GH.测摆长时为了减少实验误差，应选择最小刻度是毫米的刻度尺，故H正确，G错误。
故选ACEH。
(2)[2]
A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度 l ，用螺旋测微器或者游标卡尺测出摆球的直径，将 l+d2 作为摆长，故A错误；
B.为了减小测量误差，测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，不能从最高点时开始计时，故B错误；
C.实验中必需使得摆球在同一竖直平面内摆动，如果摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，对实验结果有影响，故C错误；
D.释放摆球时，为了使小球做简谐运动，应注意细线与竖直方向的夹角小于 5∘ ，故D正确。
故选D。
(3)[3]根据单摆周期公式
T=2π Lg
可得
T2=4π2gL
可知 T2−L 图像的斜率为
k=4π2g=y2−y1x2−x1
解得
g=4π2(x2−x1)y2−y1
[4]若该同学测摆长时漏加了小球半径，则有
T=2π L+rg
可得
T2=4π2gL+4π2gr
可知 T2−L 图像的斜率仍为
k=4π2g
则用上述方法算得的g值和真实值相比不变。
13.【答案】(1)见详解；(2) 2930p
【解析】(1)轮胎的容积几乎不变，则外界对气体不做功；由轮胎内气体温度降低，可知气体的内能减少，即 ΔU 减小；根据热力学第一定律 ΔU=W+Q 可知，轮胎内气体放热。
(2)轮胎的容积几乎不变，气体发生等容变化，根据查理定律得
pT=p′T−ΔT
解得
p′=pTT−ΔT=2930p
14.【答案】1) v=ma(R+r)B2L2 ；(2) m3a2(R+r)r2B4L4 ；(3) m2a(R+r)B3L3
【解析】(1)设飞机着舰时的速度大小为 v 飞机与导体棒ab共速时，导体棒ab产生的感应电动势；
E=BLv
I=ER+r
F安=BIL=ma
联立解得
v=ma(R+r)B2L2
(2)飞机从着舰至停止过程中，回路中产生的总热量
Q总=12mv2=12mm2a2(R+r)2B4L4=m3a2(R+r)22B4L4
导体棒ab中产生的焦耳热
Q=rR+rQ总=rR+r⋅m3a2(R+r)22B4L4=m3a2(R+r)r2B4L4
(3)导体棒ab随飞机减速至停止，由动量定理：取 v 为正方向
−BIL⋅Δt=0−mv
q=I⋅Δt
联立解得
q=mvBL=mBL⋅ma(R+r)B2L2=m2a(R+r)B3L3
15.【答案】(1) 30N ，方向竖直向下；(2) 3m/s ；(3) 6.232m
【解析】(1)物块从A到B根据机械能守恒有
mgR=12mvB2
解得
vB=5m/s
在B点时由牛顿第二定律
FN−mg=mvB2R
根据牛顿第三定律，物块滑到B点时对轨道的压力 FN′ 有
FN′=FN
联立解得
FN′=30N
方向竖直向下；
(2)假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块滑上滑板到二者共速时间为 t0 ，物块加速度大小为 a1 ，滑板加速度大小为 a2 ，有
a1=μg=2m/s2
a2=μmgM=0.5m/s2
v共=vB−a1t0=a2t0
解得
v共=1m/s ， t0=2s
该过程中滑板的位移为
x板=v共2t0=1m>L0
故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为 t1 ，有
L0=12a2t12
解得
t1=1s
故物块的速度为
v1=vB−a1t1=3m/s
(3)滑板第一次与挡板P碰撞时速度为
v板1=a2t1=0.5m/s
碰撞后速度反向，因为 mv1>Mv板1 ，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有
mv1−Mv板1=m+Mv共1
解得
v共1=0.2m/s
因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时 Mv共1>mv共1 ，同理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，根据动量守恒有
Mv共1−mv共1=m+Mv共2
解得
v共2=0.12m/s
之后物块与滑板以共同速度向左一直匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度 v共2 间，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有
12mvB2−12m+Mv共22=μmgL板min
代入数值解得滑板长度的最小值为
L板min=6.232m
2022-2023学年广东省广州市荔湾区高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40分）
1. 以下说法正确的是( )
A. 肥皂泡在阳光下，看起来是彩色的，是干涉引起的现象
B. 戴3D眼镜观看立体电影是利用了光的衍射现象
C. 麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在，揭示了电、磁、光现象在本质上的统一性，建立了完整的电磁场理论
D. 红外测温仪的工作原理是向人体发射红外线，从而测量人体温度
2. 关于下列各图中的实验现象或规律，说法正确的是( )
A. 甲图中薄板是非晶体
B. 乙图说明气体分子的速率分布随温度变化而变化，且T1>T2
C. 丙图中，当分子间距从r0开始逐渐增大，分子力先变大后变小
D. 丁图中，水黾停在水面上是因为受到了水的浮力作用
3. 一台小型发电机与电压表V、小灯泡按图甲所示电路连接，发电机产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示。发电机线圈电阻不能忽略，则( )
A. 在t=0.02s时，线圈磁通量为0
B. 电压表V的示数为36V
C. 发电机产生的感应电动势的表达式为e=36 2sin100πt(V)
D. 1s内流过小灯泡的电流方向改变50次
4. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该横波沿x轴正方向传播
B. t=0.7s时，质点L位于波谷处
C. 该横波在该介质中传播的速度为5m/s
D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
5. 无线充电技术已经逐渐应用于智能手机上，手机无线充电器的基本原理类似于变压器。如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，当充电基座上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流为手机电池充电。若在t1∼t2时间内，磁场垂直于接收线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则在充电的这段时间内( )
A. 接收线圈中d点电势高于c点电势
B. 接收线圈中感应电流的方向由d到c点
C. 发射线圈和接收线圈的频率可能不同
D. 若想增大c、d之间的电势差，可以只增大发射线圈的匝数
6. 我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV，远距离输电线路的示意图如图所示，若输送的总功率为P，输电电压为U，输电线的总电阻为R，则正确的是( )
A. 采用高压输电是为了加快输电的速度
B. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
C. 输电线上的电流I=UR
D. 输电线上损失的功率P线=PU2R
7. 在一次“水火箭”比赛中，某小组利用废弃的饮料瓶来制作箭体。发射时，先灌入水，再用打气筒充入空气，到达一定的压力后发射升空。若某次发射过程中，0.01s时间内箭体受到的平均反冲力约为12N，喷射的水流速度约为3m/s，则该过程中喷射的水的质量约为( )
A. 0.04kg B. 0.12kg C. 0.30kg D. 1.2kg
8. 如图所示，单色光I和II照射到半圆形玻璃砖的圆心O，从玻璃砖圆面上的同一位置离开玻璃砖，下列说法正确的是( )
A. 在同种玻璃中单色光I的传播速度大
B. 在同种玻璃中单色光I的折射率较大
C. 增大单色光I的入射角会发生全反射现象
D. 用相同的实验装置进行双缝干涉实验，单色光II的相邻明条纹间的距离较大
9. 如图所示，理想变压器原线圈所在电路输入有效值U=220V交变电流，测得完全相同的灯泡a、b两端的电压均为55V，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈的匝数之比为3:1
B. 流经灯泡a的电流与热敏电阻的电流之比为1:1
C. 若热敏电阻RT温度降低，灯泡a变亮、b变亮
D. 若热敏电阻RT温度降低，灯泡a变暗、b变亮
10. 如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中( )
A. 线圈有扩张的趋势 B. 通过线圈平面的磁通量变化量为nBS
C. 线圈的平均感应电动势为nBSt D. 通过导线某截面的电荷量为nBSR
二、非选择题（60分）
11. 用如图1所示的装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，两个小球的质量分别为m1、m2。
(1)下列说法正确的是_______。
A.斜槽轨道尽量光滑可以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.两个小球的质量可以相等
D.每次都要控制入射球从轨道相同的高度自由释放
(2)本实验必须要测量的物理有_______。
A.两个小球的质量m1、m2
B.小球释放点的高度ℎ
C.小球抛出点距地面的高度H
D.小球的直径
(3)实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度的依据是_______。
(4)某次实验中得出的落点情况如图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为_______。
12. 在《用单摆测重力加速度的大小》实验中，装置如图甲。
(1)为尽可能准确地测出当地的重力加速度值，应选用下列器材中的_______。
A.长1m左右的细绳
B.长20cm左右的细绳
C.直径2cm的钢球
D.直径2cm木球
E.秒表
F.钟表
G.最小刻度是厘米的刻度尺
H.最小刻度是毫米的刻度尺
(2)以下做法正确的是_______。
A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长
B.测量周期时，可以从小球经过平衡位置或到达最高点时开始计时
C.摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，某同学认为对实验结果没有影响
D.释放摆球时，应注意细线与竖直方向的夹角小于5∘
(3)某同学测出不同摆长对应的周期T，作出了T2−L图线，如图乙所示，再利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)，可求得g=_______。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比_______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
13. 2023年5月3日，我国轮胎品牌“三角轮胎”携多款热销工程胎和卡车胎系列产品亮相，吸引不少业内人士和客户关注。若某个汽车轮胎充气后容积为V，内部气体压强为p，温度为T。当外界温度降低导致轮胎内气体温度降低了T30时，轮胎的容积几乎不变，轮胎内的气体可视为理想气体。
(1)试判断轮胎内气体吸放热情况，并说明理由；
(2)求此时轮胎内气体的压强。
14. 我国新一代航母准备采用全新的电磁阻拦技术使飞机着舰时在电磁阻尼下快速停止。现将其简化为如图所示的横型(俯视图)，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计，轨道端点M，P间接有阻值为R的电阻，一个长度也为L、阻值为r的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机水平着舰时钩住导体棒ab上的绝缘绳的同时关闭动力系统，飞机与导体棒瞬间共速，测得此时飞机的加速度大小为a，之后在磁场中一起减速滑行，不计飞机和导体棒ab受到的摩擦阻力和空气阻力。求：
(1)飞机着舰时的速度大小；
(2)飞机从着舰至停止过程中，导体棒ab中产生的焦耳热；
(3)飞机从着舰到停止过程中，通过导体棒ab的电量。
15. 如图所示，以A、B为端点的14光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端L0=0.25m处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量m=1kg，滑板质量M=4kg，圆弧轨道半径R=1.25m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
(1)求物块滑到B点时对轨道的压力；
(2)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度v1大小；
(3)求滑板长度的最小值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.肥皂泡在阳光下，看起来是彩色的，是薄膜干涉引起的色散现象，故A正确；
B.戴3D眼镜观看立体电影是利用了光的偏振现象，故B错误；
C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，揭示了电、磁、光现象在本质上的统一性，建立了完整的电磁场理论，赫兹证实了电磁波的存在，故C错误；
D.红外测温仪的工作原理是人体向外辐射红外线，人体温度不同，辐射红外线的强度不同，从而测量人体温度，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.甲图中薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，A错误；
B.气体分子的温度越高，分子的平均速率越大，由图乙可知，温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速率大的方向迁移，可知T1
D.丁图中，水黾停在水面上是因为受到了水的表面张力的作用，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.由题意可知，当 t=0.02s 时，发电机产生的电动势为零，由交变电流的产生规律可知，当线圈平面与中性面平行时，其线圈的电动势为零，即此时线圈平面与中性面平行，此时线圈的磁通量最大，故A项错误；
B.电压表的示数为交变电流的有效值，由题图可知，该发电机产生的为正弦式交变电流，由题意可知，电动机的有效值为
E=Em 2=36V
但是因为发电机线圈电阻不能忽略，由题图可知，电压表在测量发电机两端的电压。所以其电压表的示数应该小于36V，故B项错误；
C.由题图结合交变电流的产生可知其，瞬时值表达式为
e=Emsinωt
由题图可知，其最大值为
Em=36 2V
其周期为
T=0.04s
其角速度为
ω=2πT=50πrad/s
综上所述为
e=36 2sin50πtV
故C项错误；
D.由之前的分析可知，周期为 T=0.04s ，则其频率为
f=1T=25Hz
一个周期内电流的方向变化两次，所以1s内流过小灯泡的电流方向改变50次，故D项正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A.根据乙图可知该时刻N点向上振动，结合上下坡法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.根据图乙可知盖博的周期为T=0.4s，而
t=0.7s=34T+T
所以 t=0.7s 时质点L位于波峰处，故B错误；
C.该横波在该介质中传播的速度为
v=λT=5m/s
故C正确；
D.该时刻质点K与M的速度都为零，加速度大小相同，方向相反，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】AB.根据楞次定律增反减同可知，感应电流产生的磁场向下，可知接受线圈中感应电流的方向由d到c点；接收线圈中感应出电流为手机电池充电，故c点电势高于d点电势，故A错误，B正确；
C.发射线圈和接收线圈的频率相同，故C错误；
D.根据 U1U2=n1n2 可知，若只增大发射线圈的匝数 n1 ，则c、d之间的电势差 U2 减小，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】AD.输电时输送的功率一定时，因为输出功率与输入功率相等，可得输电线上的电流为
I=PU
所以输电线上损失的功率为
P线=I2R=PU2R
故采用高压输电是为了减小输电线上的电能损失，故A错误，D正确；
BC.因为输电线上有电压降，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，可知输电线上的电流 I≠UR ，故BC错误。
故选D。
7.【答案】A
【解析】由题意可知，在 0.01s 时间内箭体受到的平均反冲力约为12N，由牛顿第三定律可知，喷射的水受到的作用力大小约为12N，对水由动量定理可得
Ft=mv−0
代入数据解得
m=Ftv=12×0.013kg=0.04kg
A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】BD
【解析】B.由图可知，单色光I的入射角大，单色光I和II的折射角相同，根据折射定律可知在同种玻璃中单色光I的折射率较大，故B正确；
A.根据
v=cn
可知在同种玻璃中单色光I的传播速度小，故A错误；
C.单色光从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，故增大单色光I的入射角不会发生全反射现象，故C错误；
D.光的波长为
λ=cf
发生双缝干涉时相邻明条纹间距为
Δx=ldλ
单色光II的频率小，可知用相同的实验装置进行双缝干涉实验，单色光II的相邻明条纹间的距离较大，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AD
【解析】A.由于灯泡a两端的电压为55V，因此加在原线圈两端的电压为165V，根据
U1U2=n1 n2
可知原、副线圈的匝数之比
n1 n2=16555=31
故A正确；
B.根据
n1 n2=I2I1
原、副线圈电流之比
I2I1=31
而两相同灯泡的电压相等，则流过的电流也相等，故流过热敏电阻的电流占 I2 中的两份，则因此流经灯泡 a 的电流与热敏电阻的电流之比为 1:2 ，故B错误；
CD.若热敏电阻 RT 温度降低，电阻增大，副线圈的总电阻增大，总电流减小，导致原线圈的电流减小，加在灯泡a两端的电压降低，灯泡a变暗，原线圈分得的电压升高，从而副线圈电压升高，灯泡b变亮，故C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了楞次定律、磁通量、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的电荷量。对于楞次定律的几种表述“增反减同”、“增缩减扩”、“来拒去留”要理解并掌握。线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈内磁场的面积，注意磁通量与匝数无关。
通过法拉第电磁感应定律求平均电动势。掌握电磁感应中电荷量的推论公式q=nΔΦR。
【解答】
A.线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故A错误；
B.磁通量变化量为BS，与匝数无关，故B错误；
C.线圈的平均感应电动势E=nΔΦΔt=nBSt，故C正确；
D.通过导线某截面的电荷量q=ERΔt=nBSR，故D正确。
11.【答案】 BD##DB A 见解析 31
【解析】(1)[1]
A.只要从同一位置静止释放入射小球，入射小球每次碰撞前瞬间的速度都相同，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；
B.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；
C.为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球质量需要大于被碰小球质量，故C错误；
D.为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的速度相同，每次都要控制入射球从轨道相同的高度自由释放，故D正确。
故选BD。
(2)[2]本实验验证动量守恒的表达式为
m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动下落的高度相同，小球在空中的时间相等，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
可得
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故本实验必须要测量的物理有：两个小球的质量 m1 、 m2 ；两小球做平抛运动的水平位移。
故选A。
(3)[3]实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度的依据是：小球做平抛运动下落的高度相同，小球在空中的时间相等，则小球做平抛运动的水平射程与小球做平抛运动的初速度成正比。
(4)[4]根据动量守恒可得
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
可得入射小球的质量 m1 和被碰小球的质量 m2 之比为
m2
12.【答案】ACEH D 4π2(x2−x1)y2−y1 不变
【解析】(1)[1]
AB.单摆的摆线应该选择长1m左右的细绳，故A正确，B错误；
CD.为了减小空气阻力的影响，摆球应选择直径2cm的钢球，故C正确，D错误；
EF.需要用秒表记录时间，从而得到周期，故E正确，F错误；
GH.测摆长时为了减少实验误差，应选择最小刻度是毫米的刻度尺，故H正确，G错误。
故选ACEH。
(2)[2]
A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度 l ，用螺旋测微器或者游标卡尺测出摆球的直径，将 l+d2 作为摆长，故A错误；
B.为了减小测量误差，测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，不能从最高点时开始计时，故B错误；
C.实验中必需使得摆球在同一竖直平面内摆动，如果摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，对实验结果有影响，故C错误；
D.释放摆球时，为了使小球做简谐运动，应注意细线与竖直方向的夹角小于 5∘ ，故D正确。
故选D。
(3)[3]根据单摆周期公式
T=2π Lg
可得
T2=4π2gL
可知 T2−L 图像的斜率为
k=4π2g=y2−y1x2−x1
解得
g=4π2(x2−x1)y2−y1
[4]若该同学测摆长时漏加了小球半径，则有
T=2π L+rg
可得
T2=4π2gL+4π2gr
可知 T2−L 图像的斜率仍为
k=4π2g
则用上述方法算得的g值和真实值相比不变。
13.【答案】(1)见详解；(2) 2930p
【解析】(1)轮胎的容积几乎不变，则外界对气体不做功；由轮胎内气体温度降低，可知气体的内能减少，即 ΔU 减小；根据热力学第一定律 ΔU=W+Q 可知，轮胎内气体放热。
(2)轮胎的容积几乎不变，气体发生等容变化，根据查理定律得
pT=p′T−ΔT
解得
p′=pTT−ΔT=2930p
14.【答案】1) v=ma(R+r)B2L2 ；(2) m3a2(R+r)r2B4L4 ；(3) m2a(R+r)B3L3
【解析】(1)设飞机着舰时的速度大小为 v 飞机与导体棒ab共速时，导体棒ab产生的感应电动势；
E=BLv
I=ER+r
F安=BIL=ma
联立解得
v=ma(R+r)B2L2
(2)飞机从着舰至停止过程中，回路中产生的总热量
Q总=12mv2=12mm2a2(R+r)2B4L4=m3a2(R+r)22B4L4
导体棒ab中产生的焦耳热
Q=rR+rQ总=rR+r⋅m3a2(R+r)22B4L4=m3a2(R+r)r2B4L4
(3)导体棒ab随飞机减速至停止，由动量定理：取 v 为正方向
−BIL⋅Δt=0−mv
q=I⋅Δt
联立解得
q=mvBL=mBL⋅ma(R+r)B2L2=m2a(R+r)B3L3
15.【答案】(1) 30N ，方向竖直向下；(2) 3m/s ；(3) 6.232m
【解析】(1)物块从A到B根据机械能守恒有
mgR=12mvB2
解得
vB=5m/s
在B点时由牛顿第二定律
FN−mg=mvB2R
根据牛顿第三定律，物块滑到B点时对轨道的压力 FN′ 有
FN′=FN
联立解得
FN′=30N
方向竖直向下；
(2)假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块滑上滑板到二者共速时间为 t0 ，物块加速度大小为 a1 ，滑板加速度大小为 a2 ，有
a1=μg=2m/s2
a2=μmgM=0.5m/s2
v共=vB−a1t0=a2t0
解得
v共=1m/s ， t0=2s
该过程中滑板的位移为
x板=v共2t0=1m>L0
故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为 t1 ，有
L0=12a2t12
解得
t1=1s
故物块的速度为
v1=vB−a1t1=3m/s
(3)滑板第一次与挡板P碰撞时速度为
v板1=a2t1=0.5m/s
碰撞后速度反向，因为 mv1>Mv板1 ，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有
mv1−Mv板1=m+Mv共1
解得
v共1=0.2m/s
因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时 Mv共1>mv共1 ，同理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，根据动量守恒有
Mv共1−mv共1=m+Mv共2
解得
v共2=0.12m/s
之后物块与滑板以共同速度向左一直匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度 v共2 间，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有
12mvB2−12m+Mv共22=μmgL板min
代入数值解得滑板长度的最小值为
L板min=6.232m
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