广东省广州市番禺区2022-2023学年高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由图b可知该交变电流的周期为，频率为，该交变电流的峰值为，有效值为，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由图b读出该交流电的周期和电流峰值，求出该交流电的频率和电流有效值。
2．（2023高二下·番禺期末） “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
【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】ACD.穿戴者与地面接触过程中，动量的变化量未发生变化，设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理，可得，可知安全气囊延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小了穿戴者动量的变化率，AC不符合题意，D符合题意；
B.由ACD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，由可知，穿戴者所受重力的冲量增大了，B不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据动量定理分析安全气囊的作用；由冲量的定义式分析穿戴者所受重力的冲量。
3．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】B
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】根据多普勒效应可知，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，频率变小，波速不变，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】在多普勒效应的现象中，当观察者与波源相对远离时，观察者接收的频率减小，当观察者与波源相对靠近时，观察者接收的频率增大，但波源本身的频率不变，波速不变。
4．（2023高二下·番禺期末） 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．
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】长直导线a和b的电流方向，导线a和b相互吸引，因为a对地面的压力恰好为零，可知b对a的引力大小等于a的重力，方向竖直向上；当b的电流反向时，导线a和b相互排斥，可知地面对a的支持力等于2mg，根据牛顿第三定律可得，a对地面的压力为2mg，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，分析两电流之间的作用力，由共点力平衡条件求出地面对a的支持力，再由牛顿第三定律求出a对地面的压力 。
5．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，A不符合题意；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，B不符合题意；
C.若更快按下按钮，则螺线管中磁通量变化率越大，由法拉第电磁感应定律可知，P、Q两端的电势差更大，C符合题意；
D.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据楞次定律和安培定则分析P、Q两端的电势高低；由法拉第电磁感应定律分析更快按下按钮时，P、Q两端的电势差；根据产生感应电动势的条件分析按住按钮不动时，螺旋管中的感应电动势。
6．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】A
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】AC.浮力，F浮最大时振子位于最低点，即t=0时刻，振子位于最低点，A符合题意，C不符合题意；
BD.t=0.5s时，F浮最小，此时振子位于最高点，振子速度为0，t=0时，振子位于最低点，振子的速度也为0，由振动的对称性可知t=0.25s时，振子速度最大，动能最大，BD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据简谐振动的特点，分析振子的所在位置和速度、动能。
7．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】D
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】AD.根据安培定则，可知电流流向沿b到a，电容器上极板带正电，电容器正在充电，A不符合题意，D符合题意；
BC.电容器正在充电，电路中电流正在减小，线圈中的磁场正在减弱，磁场能正在向电场能转化，BC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据LC振荡电路中的电流方向和极板带电的正负，判断电容器充电还是放电，根据电流大小的变化情况分析能量的转化情况。
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8．（2023高二下·番禺期末）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
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】AB.因质点的振动方向和波的传播方向垂直，可知该波是横波，A符合题意，B不符合题意；
C.根据波的平移可知质点A在T=0.4s时的振动方向向下，C符合题意；
D.根据一个周期，波会向前传播一个波长的规律可知，振动周期为T=0.4s，每个周期内，质点通过的路程为x=4A=0.8m，0~4s内质点A运动的路程为0.8m，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据质点的振动方向与波的传播方向的关系分析；结合波的传播方向，由平移法判断质点的振动方向；根据一个周期质点振动四个振幅的路程的规律，分析0~4s内质点A的运动路程。
9．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】B,C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A.由图乙可知，此单摆的周期为T=2s，则此单摆的振动频率为，A不符合题意；
BC.根据单摆周期公式，可得单摆的摆长为，单摆的周期与摆球的质量无关，所以仅改变摆球质量，单摆周期不变，BC符合题意；
D.t=0时刻，由图乙可知，摆球位于负向最大位移处，据题意，单摆向右振动为正方向，所以t=0时刻，摆球位于B点，D符合题意。
故答案为：BCD.
【分析】由周期和频率的关系式求出此单摆的振动频率；根据单摆的周期公式计算单摆的摆长；单摆的周期与摆球的质量无关；根据正方向规定确定t=0时刻摆球的位置。
10．（2023高二下·番禺期末） 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
【答案】B,D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】AB.设超声波发出位置距底部侧重面板距离为x，人的身高为h，由题意，当测重台没有站人时，有，站人时，有，解得人的身高，A不符合题意，B符合题意；
CD.无人站立时，有人时，解得，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由匀速直线运动位移公式分析该同学的身高；根据传感器输出电压与作用在其上的压力成正比的条件求解该同学的质量。
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11．（2023高二下·番禺期末） 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。
（1）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2倍，则可推断 线圈的匝数多选填“”或“”；
（2）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；
（3）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”；
（4）某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110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．
【答案】（1）A
（2）交流
（3）变暗
（4）D
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）根据电阻定律可知，相同材质相同截面积条件下导线越长电阻越大，故A线圈的匝数多；
（2）变压器只能改变交流电压，所以线圈A应连到学生电源的交流输出端上；
（3）线圈B拆掉部分匝数，则减小，由可知，变压器副线圈电压减小，灯泡的功率为，可知灯泡功率降低，亮度变暗；
（4）由可得，实验过程中由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等情况，副线圈的实际电压应小于理想变压器副线圈电压的理论值，即小于3V，可能为2.8V，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）由电阻定律分析线圈匝数关系；（2）变压器只在接交流电源时工作；（3）根据理想变压器电压与匝数的关系分析灯泡电压的变化，再由电功率公式分析灯泡的亮度变化；（4）现实生活中的变压器，由于漏磁等现象，输出电压应小于理想变压器副线圈电压的理论值。
12．（2023高二下·番禺期末） 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。
（1）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
（2）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；
（3）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
（4）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”。
【答案】（1）C
（2）
（3）1.49
（4）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）确定位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使挡住、的像，AB不符合题意，C符合题意。
故答案为：C；
（2）光路图如图所示：
（3）玻璃砖的折射率为；
（4）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、的连线与的交点偏右，测得的折射角偏大，根据可知，测出来的折射率偏小。
【分析】（1）根据实验原理分析；（2）根据大头针的位置，做出光路图，并标出折射角；（3）根据折射率公式，由图乙中数值计算出玻璃砖的折射率；（4）由的移动方向分析折射角的变化，再由折射率公式分析实验误差。
四、简答题（本大题共3小题，共39.0分）
13．（2023高二下·番禺期末） 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。
（1）求边刚进入磁场时，线框受到的安培力大小；
（2）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
【答案】（1）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：
答：边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小为；
（2）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出感应电流，再由安培力公式求出ab边刚进入磁场时，线框受到的安培力大小；（2）根据右手定则分析感应电流方向，做出电流随时间变化的图像。
14．（2023高二下·番禺期末） 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：
（1）两辆车嵌套后的速度大小；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工作人员对第一辆车所做的功。
【答案】（1）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：；
答：两辆车嵌套后的速度大小为；
（2）解：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：；
答：两辆车在嵌套过程中损失的机械能为. ；
（3）解：对小车的运动过程，根据动能定理可得：
解得：。
答：工作人员对第一辆车所做的功为。
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律和运动学公式分析两小车镶嵌后一直到停下来的运动过程，求出两辆车嵌套后的速度大小；（2）由动量守恒定律求出第一辆小车与第二辆小车碰撞前的速度，再由能量守恒定律求出两辆车在嵌套过程中损失的机械能；（3）由动能定理分析第一辆小车与第二辆小车碰撞前的运动过程，求出工作人员对第一辆车所做的功。
15．（2023高二下·番禺期末） 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：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子从离开点开始，第次到达轴时距点的距离。
【答案】（1）解：粒子在电场中运动做类平抛运动，则有：
沿轴方向：
在轴方向：
由牛顿第二定律得：
解得：，
答：匀强电场的电场强度大小是；
（2）解：在点，设粒子速度的方向与轴间的夹角为，沿轴负方向的速度为。
粒子进入磁场时竖直分速度大小，
粒子进入磁场时的速度大小
解得：，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子轨迹如图所示：
由几何知识可知，粒子做圆周运动轨迹的半径
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
答：匀强磁场的磁感应强度大小是；
（3）解：粒子到达点时，粒子沿轴方向的分速度大小，沿轴方向的分速度大小
同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿轴正方向做匀加速运动
粒子做匀速圆周运动的周期
粒子离开后，每转一周到达一次轴，第次到达轴时，粒子到达轴需要的时间
粒子在轴方向相对于点的位移
解得：
答：粒子从离开点开始，第次到达轴时距点的距离是 。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式求解匀强电场的电场强度大小；（2）粒子在磁场做匀速圆周运动，先由几何关系求出粒子的运动半径，再由洛伦兹力提供向心力，求解匀强磁场的磁感应强度大小。（3）将粒子在复合场中的运动分解，电场使粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，磁场使粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式和匀变速直线运动的位移公式求解粒子从离开O点开始，第次到达x轴时距O点的距离。
广东省广州市番禺区2022-2023学年高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） “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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末）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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） 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．（2023高二下·番禺期末） 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。
（1）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2倍，则可推断 线圈的匝数多选填“”或“”；
（2）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；
（3）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”；
（4）某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110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．（2023高二下·番禺期末） 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。
（1）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
（2）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；
（3）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
（4）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．（2023高二下·番禺期末） 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。
（1）求边刚进入磁场时，线框受到的安培力大小；
（2）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．（2023高二下·番禺期末） 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：
（1）两辆车嵌套后的速度大小；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工作人员对第一辆车所做的功。
15．（2023高二下·番禺期末） 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：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子从离开点开始，第次到达轴时距点的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由图b可知该交变电流的周期为，频率为，该交变电流的峰值为，有效值为，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由图b读出该交流电的周期和电流峰值，求出该交流电的频率和电流有效值。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】ACD.穿戴者与地面接触过程中，动量的变化量未发生变化，设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理，可得，可知安全气囊延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小了穿戴者动量的变化率，AC不符合题意，D符合题意；
B.由ACD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，由可知，穿戴者所受重力的冲量增大了，B不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据动量定理分析安全气囊的作用；由冲量的定义式分析穿戴者所受重力的冲量。
3．【答案】B
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】根据多普勒效应可知，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，频率变小，波速不变，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】在多普勒效应的现象中，当观察者与波源相对远离时，观察者接收的频率减小，当观察者与波源相对靠近时，观察者接收的频率增大，但波源本身的频率不变，波速不变。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】长直导线a和b的电流方向，导线a和b相互吸引，因为a对地面的压力恰好为零，可知b对a的引力大小等于a的重力，方向竖直向上；当b的电流反向时，导线a和b相互排斥，可知地面对a的支持力等于2mg，根据牛顿第三定律可得，a对地面的压力为2mg，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，分析两电流之间的作用力，由共点力平衡条件求出地面对a的支持力，再由牛顿第三定律求出a对地面的压力 。
5．【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，A不符合题意；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，B不符合题意；
C.若更快按下按钮，则螺线管中磁通量变化率越大，由法拉第电磁感应定律可知，P、Q两端的电势差更大，C符合题意；
D.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据楞次定律和安培定则分析P、Q两端的电势高低；由法拉第电磁感应定律分析更快按下按钮时，P、Q两端的电势差；根据产生感应电动势的条件分析按住按钮不动时，螺旋管中的感应电动势。
6．【答案】A
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】AC.浮力，F浮最大时振子位于最低点，即t=0时刻，振子位于最低点，A符合题意，C不符合题意；
BD.t=0.5s时，F浮最小，此时振子位于最高点，振子速度为0，t=0时，振子位于最低点，振子的速度也为0，由振动的对称性可知t=0.25s时，振子速度最大，动能最大，BD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据简谐振动的特点，分析振子的所在位置和速度、动能。
7．【答案】D
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】AD.根据安培定则，可知电流流向沿b到a，电容器上极板带正电，电容器正在充电，A不符合题意，D符合题意；
BC.电容器正在充电，电路中电流正在减小，线圈中的磁场正在减弱，磁场能正在向电场能转化，BC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据LC振荡电路中的电流方向和极板带电的正负，判断电容器充电还是放电，根据电流大小的变化情况分析能量的转化情况。
8．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】AB.因质点的振动方向和波的传播方向垂直，可知该波是横波，A符合题意，B不符合题意；
C.根据波的平移可知质点A在T=0.4s时的振动方向向下，C符合题意；
D.根据一个周期，波会向前传播一个波长的规律可知，振动周期为T=0.4s，每个周期内，质点通过的路程为x=4A=0.8m，0~4s内质点A运动的路程为0.8m，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据质点的振动方向与波的传播方向的关系分析；结合波的传播方向，由平移法判断质点的振动方向；根据一个周期质点振动四个振幅的路程的规律，分析0~4s内质点A的运动路程。
9．【答案】B,C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A.由图乙可知，此单摆的周期为T=2s，则此单摆的振动频率为，A不符合题意；
BC.根据单摆周期公式，可得单摆的摆长为，单摆的周期与摆球的质量无关，所以仅改变摆球质量，单摆周期不变，BC符合题意；
D.t=0时刻，由图乙可知，摆球位于负向最大位移处，据题意，单摆向右振动为正方向，所以t=0时刻，摆球位于B点，D符合题意。
故答案为：BCD.
【分析】由周期和频率的关系式求出此单摆的振动频率；根据单摆的周期公式计算单摆的摆长；单摆的周期与摆球的质量无关；根据正方向规定确定t=0时刻摆球的位置。
10．【答案】B,D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】AB.设超声波发出位置距底部侧重面板距离为x，人的身高为h，由题意，当测重台没有站人时，有，站人时，有，解得人的身高，A不符合题意，B符合题意；
CD.无人站立时，有人时，解得，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由匀速直线运动位移公式分析该同学的身高；根据传感器输出电压与作用在其上的压力成正比的条件求解该同学的质量。
11．【答案】（1）A
（2）交流
（3）变暗
（4）D
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）根据电阻定律可知，相同材质相同截面积条件下导线越长电阻越大，故A线圈的匝数多；
（2）变压器只能改变交流电压，所以线圈A应连到学生电源的交流输出端上；
（3）线圈B拆掉部分匝数，则减小，由可知，变压器副线圈电压减小，灯泡的功率为，可知灯泡功率降低，亮度变暗；
（4）由可得，实验过程中由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等情况，副线圈的实际电压应小于理想变压器副线圈电压的理论值，即小于3V，可能为2.8V，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）由电阻定律分析线圈匝数关系；（2）变压器只在接交流电源时工作；（3）根据理想变压器电压与匝数的关系分析灯泡电压的变化，再由电功率公式分析灯泡的亮度变化；（4）现实生活中的变压器，由于漏磁等现象，输出电压应小于理想变压器副线圈电压的理论值。
12．【答案】（1）C
（2）
（3）1.49
（4）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）确定位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使挡住、的像，AB不符合题意，C符合题意。
故答案为：C；
（2）光路图如图所示：
（3）玻璃砖的折射率为；
（4）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、的连线与的交点偏右，测得的折射角偏大，根据可知，测出来的折射率偏小。
【分析】（1）根据实验原理分析；（2）根据大头针的位置，做出光路图，并标出折射角；（3）根据折射率公式，由图乙中数值计算出玻璃砖的折射率；（4）由的移动方向分析折射角的变化，再由折射率公式分析实验误差。
13．【答案】（1）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：
答：边刚进入磁场时，线框受到的安培力的大小为；
（2）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出感应电流，再由安培力公式求出ab边刚进入磁场时，线框受到的安培力大小；（2）根据右手定则分析感应电流方向，做出电流随时间变化的图像。
14．【答案】（1）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：；
答：两辆车嵌套后的速度大小为；
（2）解：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：；
答：两辆车在嵌套过程中损失的机械能为. ；
（3）解：对小车的运动过程，根据动能定理可得：
解得：。
答：工作人员对第一辆车所做的功为。
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律和运动学公式分析两小车镶嵌后一直到停下来的运动过程，求出两辆车嵌套后的速度大小；（2）由动量守恒定律求出第一辆小车与第二辆小车碰撞前的速度，再由能量守恒定律求出两辆车在嵌套过程中损失的机械能；（3）由动能定理分析第一辆小车与第二辆小车碰撞前的运动过程，求出工作人员对第一辆车所做的功。
15．【答案】（1）解：粒子在电场中运动做类平抛运动，则有：
沿轴方向：
在轴方向：
由牛顿第二定律得：
解得：，
答：匀强电场的电场强度大小是；
（2）解：在点，设粒子速度的方向与轴间的夹角为，沿轴负方向的速度为。
粒子进入磁场时竖直分速度大小，
粒子进入磁场时的速度大小
解得：，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子轨迹如图所示：
由几何知识可知，粒子做圆周运动轨迹的半径
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
答：匀强磁场的磁感应强度大小是；
（3）解：粒子到达点时，粒子沿轴方向的分速度大小，沿轴方向的分速度大小
同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿轴正方向做匀加速运动
粒子做匀速圆周运动的周期
粒子离开后，每转一周到达一次轴，第次到达轴时，粒子到达轴需要的时间
粒子在轴方向相对于点的位移
解得：
答：粒子从离开点开始，第次到达轴时距点的距离是 。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式求解匀强电场的电场强度大小；（2）粒子在磁场做匀速圆周运动，先由几何关系求出粒子的运动半径，再由洛伦兹力提供向心力，求解匀强磁场的磁感应强度大小。（3）将粒子在复合场中的运动分解，电场使粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，磁场使粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式和匀变速直线运动的位移公式求解粒子从离开O点开始，第次到达x轴时距O点的距离。
