广东省2023-2024学年高二下学期阶段考试物理试题

第　页(共８页) 第 ２　 页(共８页) 广东地区高二阶段性考试 物 理 试 题 注意事项: １．答卷前,考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. ２．回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮 擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效. ３．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为７５分钟,满分１００分 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．如图甲所示为医护人员利用“彩超”测定血管中血液的流速,图乙为波源S 连续振动,形成的 水波,靠近桥墩P 时浮出水面的叶片A 静止不动.下列说法不正确的是 　　　 A．图甲中,测定血管中血液的流速,利用了多普勒效应的原理 B．若波源与仪器相互靠近,仪器接收到超声波的频率变大 C．乙图中,为使水波能带动叶片振动,可降低波源振动的频率 D．乙图中,为使水波能带动叶片振动,可减小波源距桥墩的距离 ２．利用如图所示的电流天平,可以测量匀强磁场中的磁感应强度B.它的右臂挂着等腰梯形线 圈,匝数为n,上下底边水平且ab长为l,cd 长为２l,线圈一半的高度处于方框内的匀强磁场 中,磁感应强度方向与线圈平面垂直.当线圈中通入电流I时,调节砝码使两臂达到平衡;当 线圈中通入大小不变、方向相反的电流I′时,在左盘中增加质量为m 的砝码,两臂再次达到 新的平衡,重力加速度为g.则方框内磁场的磁感应强度大小为 A． mg ３Il B． mg nIl C． mg ３nIl D． ３mg ２nIl ３．如图甲所示是街头常见的降压变压器,图乙是街头变压器给用户供电的示意图.变压器的输 入电压是市区电网的电压,负载变化时输入电压基本不变,输出电压通过输电线输送给用户, 两条输电线的总电阻用R０ 表示,电阻器R 代表用户用电器的总电阻,不考虑变压器的能量 损耗,下列说法正确的是 　　 A．用电器增加时,用户用电器的总电阻变大 B．用电器增加时,通过变压器副线圈的电流变小 C．用电器增加时,用户用电器两端电压变小 D．用电器增加时,输电线损耗的功率变小 ４．主动降噪耳机能根据环境中的噪声(纵波)产生相应的降噪声波,如图所示,降噪声波与环境 噪声同时传入人耳,两波相互叠加,达到降噪的目的.下列说法正确的是 A．主动降噪技术应用了波的衍射原理 B．降噪声波与环境噪声的波长必须相等 C．降噪声波和环境噪声发生干涉,耳膜振动加强 D．环境噪声频率越高,从耳机传播到耳膜的速度越大 ５．图甲是某一交流发电机的示意图,两磁极 N、S间存在可视为水平向右的匀强磁场,V 为理想 电压表,电阻R＝９Ω,线圈内阻r＝１Ω.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速 转动,从图示位置开始计时,通过线圈的电流随时间变化的图像如图乙所示.下列说法正确 的是 　　　 A．电压表的示数为１０２ V B．线圈转动的角速度为５０πrad/s C．t＝０􀆰０１s时,穿过线圈的磁通量变化率为零 D．０~０􀆰００５s时间内,通过电阻R 的电荷量为 ２ １０πC １ 第　页(共８页) 第 ４　 页(共８页) ６．如图为高铁供电流程的简化图,牵引变电所的理想变压器将电压为U 的高压电进行降压;动 力车厢内的理想变压器再次降压为动力系统供电.已知发电厂的输出功率为P,输电线的电 阻为r,两变压器原副线圈的匝数如图所示.下列说法正确的是 A．通过输电线的电流为 n２P n１U B．输电线上损失的电压为 n２Ur n１P C．输电线上损失的功率为 n２１P２r n２２U２ D．动力系统两端的电压为 n４n２(U２－Pr) n３n１U ７．篮球运动在学校普遍受到学生的喜爱,为了检验一篮球的弹性性能,某同学让它从 H１＝ １􀆰８m 高处自由下落,能够自由弹跳到 H２＝１􀆰２５m 高度处.篮球和地面接触的时间 Δt＝ １􀆰１×１０－２s,不考虑篮球在运动中的转动和所受的空气阻力,篮球的质量为０􀆰６kg,当地重力 加速度g 取１０m/s２.若取向上为正方向,则 A．篮球在下落过程中,合力的冲量为１􀆰８N􀅰s B．篮球与地面碰撞后瞬间的速度大小为６m/s C．篮球在与地面碰撞过程中,动量改变量为０􀆰６kg􀅰m/s D．篮球受到地面的平均冲击力大小为６０６N 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. ８．一列简谐横波沿x 轴传播,图甲是t＝１s时的波形图,图乙是x＝２m 处质点的振动图像,下 列说法正确的是 A．波沿x 轴负方向传播 B．波的传播速度大小为０􀆰２５m/s C．t＝０􀆰５s时,x＝４m 处质点沿y 轴正方向振动 D．１~１􀆰５s时间内,x＝１m 处质点的路程大于１０cm ９．下列说法错误的是 　 A．图甲是回旋加速器的示意图,粒子的最大动能与狭缝之间的电压U 有关 B．图乙是磁流体发电机的结构示意图,可通过增大磁感应强度B 来增大电源电动势 C．图丙是速度选择器,粒子从P、Q 两点进入后均能沿直线匀速通过速度选择器 D．图丁是质谱仪,电荷量相同的粒子(初速度为零)打在照相底片D 的同一位置 １０．如图所示,固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场.电阻为 R ２ 、长度为r的金属棒ab一端固定在竖直导电转轴OO′ 上,随轴以 一定的角速度顺时针匀速转动,转动时棒与圆环接触良好,在圆环的A 点和电刷间接有阻值 为R 的电阻和两板间距为d 的平行板电容器C,质量为m、电荷量大小为q的颗粒在电容器 两极板间恰好处于静止状态.重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦,则 A．电容器两极板间的电压为 mgd q B．电容器两极板间的电压为 mgq d C．金属棒转动的角速度大小为 ３mgd qBr２ D．金属棒转动的角速度大小为 ６mgd qBr２ ３ 第　页(共８页) 第 ６　 页(共８页) 三、非选择题:本题共５小题,共５４分. １１．(７分)在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,小明同学采用了如图所 示的可拆式变压器进行研究. (１)本实验中,除可拆变压器外,还需要的器材有　　　　.(多选) A．低压直流电源 　B．低压交流电源 C．交流电压表 D．开关、导线若干 (２)观察变压器的铁芯,发现它的结构和材料是　　　　. A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯 C．互相绝缘的硅钢片叠成 (３)观察原、副线圈的导线,发现粗细不同,导线粗的线圈匝数　　　　(选填“多”或“少”). (４)小明正确选材并接线后,记录如下表所示的四组实验数据. N１/匝 １００ １００ ２００ ２００ N２/匝 ２００ ４００ ４００ ８００ U１/V ２􀆰１０ １􀆰９５ ５􀆰２２ ２􀆰３５ U２/V ４􀆰２８ ８􀆰００ １０􀆰６０ ９􀆰６４ 分析表中数据可知,N１一定是　　　　(选填“原”或“副”)线圈的匝数. １２．(９分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中: (１)实验发现,电流由“＋”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转,电流由“－”接线柱流入 时指针向左偏转;如图甲所示,实验发现指针向右偏转,则条形磁铁的 N 极　　　　(选填 “向上”或“向下”)运动. 　　　　 (２)如图乙为另一种实验装置,开关闭合前小螺线管已插入到大螺线管中. ①请用笔画线代替导线,将电路图补充完整. ②在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下.在开关闭合的状态下,将小螺线 管迅速抽出时,灵敏电流计指针将向　　　　(选填“左”或“右”)偏转;断开开关的瞬间,灵 敏电流计的指针　　　　(选填“向左”“向右”或“不”)偏转. ③将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动,灵敏电流计指针将向　　　　(选填“左”或“右”)偏 转;进一步分析,滑动变阻器的滑片向左滑动的速度越大,电流表指针偏转角度　　　　(选 填“越大”或“越小”). １３．(１０分)真空区域有宽度为l、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,磁场方向如图所示,MN、 PQ 是磁场的边界.MN 边界上有一个点状的粒子放射源S,它可以向各个方向发射质量为 m、电荷量为＋q(q＞０)、速率为v(未知)的带电粒子.若粒子沿着与MN 夹角为３７°的方向 射入磁场中,刚好未能从PQ 边界射出,在磁场中运动时间t(未知)后从 MN 边界离开.不 计粒子的重力,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８.求: (１)带电粒子在磁场中运动的速率v 和时间t; (２)PQ 边界有粒子射出的长度x. ５ 第　页(共８页) 第 ８　 页(共８页) １４．(１３分)为了解决装卸货物时因抛掷而造成物品损坏的问题,某物流公司设计了如图所示的 缓冲转运装置,卸货时缓冲装置A 的左侧紧靠静止的物流大货车,其右侧紧靠转运车B,包 裹C 可以从缓冲装置A 的光滑曲面的不同高度h 处由静止滑下,滑上转运车B 并最终停在 转运车B 上被运走.缓冲装置A 的光滑曲面末端刚好与转运车B 上表面相切.转运车B 上表面D 点左侧长度L＝５m,包裹C 与D 点左侧之间的动摩擦因数μ＝０􀆰２,D 点右侧光 滑,转运车B 右端固定一根轻弹簧,处于原长时弹簧左端刚好在D 点.转运车B 的质量 M＝６０kg,与水平地面间的摩擦可忽略.包裹C 可视为质点且无其他包裹影响,不计包裹 C 从缓冲装置A 滑上转运车B 过程中的机械能损失.取重力加速度g＝１０m/s２,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,弹簧未超过弹性限度.若包裹C 的质量m＝２０kg,求: (１)为使包裹C 能在转运车上静止,包裹C 释放时的最大高度h; (２)在(１)问包裹C 从最大高度释放的前提下,弹簧最大的弹性势能Ep 及整个运动过程中 由于摩擦产生的热量Q. １５．(１５分)如图甲所示,间距L＝１m 的足够长倾斜导轨倾角θ＝３７°,导轨顶端连接阻值R＝ １Ω的电阻.MN 左侧存在一面积S＝０􀆰６m２的圆形磁场区域,磁场方向垂直于斜面向下, 磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.MN 右侧存在着方向垂直于斜面向下的匀强 磁场,磁感应强度大小为B１＝１T.一长L＝１m、电阻r＝１Ω的金属棒ab与导轨垂直放 置,t＝０至t＝１s,金属棒ab恰好能静止在导轨上,之后金属棒ab开始沿导轨下滑,经过足 够长的距离经过EF,且在经过EF 前速度已经稳定,最后停止在导轨上.已知EF 左侧导 轨均光滑,EF 右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ＝ ３ ４ ,不计导轨电阻与其他阻力,金属棒 始终与导轨接触良好,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８,取g＝１０m/s２.求: (１)０~１s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量; (２)金属棒ab经过EF 后电阻R 上产生的焦耳热; (３)金属棒ab经过EF 后通过电阻R 的电荷量. ７ 物理答案 第 １　 页(共３页) 广东地区高二阶段性考试 物理参考答案及评分意见 １．D　【解析】图甲中,测定血管中血液的流速,利用了多普勒效应的原理,当波源与仪器相互靠近时,仪器接收到超 声波的频率变大,A、B正确;乙图中,为使水波能带动叶片振动,可增大水波的波长,根据λ＝ v f ,波速不变,降低 频率,波长增大,衍射现象更明显,C正确,D错误. ２．C　【解析】线圈一半处于匀强磁场中,则有效长度为 ３l ２ ,安培力大小为F＝nBI􀅰 ３l ２ ,电流反向时,需要在左盘中 增加质量为m 的砝码,说明原来的安培力方向向上,当电流反向,安培力变为向下时,再次平衡,说明安培力等于 mg 的一半,即nBI􀅰 ３l ２＝ mg ２ ,得B＝ mg ３nIl ,C正确. ３．C　【解析】由于家庭电路是并联电路,各用电器都是并联的,用电器增加时,并联电阻越多,总电阻越小,相当于 R 的值减小,变压器的匝数比没变,原线圈两端的电压没变,则副线圈的电压U２ 不变,当用电器增加时,通过副 线圈的电流I增大,A、B错误;根据U０＝IR０可知,输电线两端电压变大,则用电器两端电压变小,C正确;由 P０＝I２R０ 可知输电线损耗的功率增大,D错误. ４．B　【解析】主动降噪技术应用了波的干涉原理,A 错误;由于声波的波速只与介质有关,所以频率变化不影响波 速,D错误;要想发生干涉,降噪声波与环境噪声的频率必须相同,由于波速大小相等,所以降噪声波与环境噪声 的波长相等,B正确;降噪声波和环境噪声发生干涉,耳膜振动减弱,C错误. ５．D　【解析】由图乙可知,产生的电流最大值为１０２A,电流的有效值I＝ Im ２ ＝１０A,电压表的示数U＝IR＝９０V, A错误;由图乙可知,周期为２×１０－２s,则线圈转动的角速度ω＝ ２π T＝１００πrad /s,B错误;由图乙可知t＝０􀆰０１s时, 感应电流最大,此时穿过线圈的磁通量变化率最大,C错误;电动势的最大值Em ＝Im(R＋r)＝１００ ２ V,又 Em＝NΦmω,０~０􀆰００５s时间内,通过电阻R 的电荷量q＝􀭵It＝ NΦm R＋r ,解得q＝ ２ １０πC ,D正确. ６．C　【解析】根据电流与匝数关系可知,通过输电线的电流I２＝ n１ n２ 􀅰P U ＝ n１P n２U ,A错误;输电线上损失的电压ΔU＝ I２r＝ n１Pr n２U ,B错误;输电线上损失的功率ΔP＝I２２r＝ n２１P２r n２２U２ ,C正确;车厢内变压器原线圈两端电压U３＝ n２ n１ U－ ΔU＝ n２U n１ － n１Pr n２U ,动力系统两端的电压U４＝ n４ n３ U３＝ n４ n３ n２U n１ － n１Pr n２U æ è ç ö ø ÷ ,D错误. ７．D　【解析】篮球刚和地面接触时的速度大小为v１＝ ２gH１ ＝ ２×１０×１􀆰８ m/s＝６m/s,合力的冲量等于篮球 动量的变化量,则I＝－mv１＝－３􀆰６N􀅰s,A 错误;由v２２＝２gH２,解得篮球在与地面碰撞后瞬间的速度大小为 v２＝ ２gH２ ＝５m/s,B错误;篮球在与地面碰撞过程中,动量改变量Δp＝mv２－(－mv１)＝６􀆰６kg􀅰m/s,C错 误;篮球和地面接触过程中,由动量定理可得(F－mg)Δt＝Δp,解得篮球受到地面的平均冲击力大小为F＝ mg＋ Δp Δt＝６０６N ,D正确. ８．AD　【解析】由图乙可知,t＝１s时,x＝２m 处质点沿y 轴负方向振动,根据上下坡法可知波沿x 轴负方向传 播,A正确;由图甲可知波长为８m,由图乙可知周期为２s,波的传播速度大小为v＝ λ T ＝ ８ ２ m /s＝４m/s,B错 误;t＝０􀆰５s时,x＝４m 处质点沿y 轴负方向振动,C错误;１~１􀆰５s时间内,x＝１m 处质点振动了 T ４ ,t＝１s 时,它正在向平衡位置方向振动,故１~１􀆰５s时间内的路程大于一个振幅,即路程大于１０cm,D正确. ９．ACD　【解析】由洛伦兹力提供向心力可得m v２ R ＝qvB ,解得粒子经回旋加速器加速后的最大速度v＝ qRB m ,则 最大动能Ek＝ １ ２mv ２＝ q２R２B２ ２m ,可知粒子的最大动能与加速电压无关,A 错误;对磁流体发电机有qvB＝ E dq , 解得E＝dvB,可通过增加磁感应强度B 来增大电源电动势,B正确;若粒子从右侧射入,根据左手定则与电场 物理答案 第 ２　 页(共３页) 力方向特征,无论粒子带正电还是负电,粒子所受洛伦兹力方向与电场力方向相同,则粒子必定做曲线运动,即 从右侧射入的粒子不能沿直线匀速通过速度选择器,C错误;图丁是质谱仪,粒子在加速电场中加速,有Uq＝ １ ２mv ２, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则qvB＝m v２ R ,联立解得R＝ １ B ２Um q ,粒子经过相同 的加速电场和偏转磁场,所以打到同一位置的粒子的比荷相同,D错误. １０．AC　【解析】对电容器极板间的带电颗粒受力分析,根据平衡条件有q U d＝mg ,解得U＝ mgd q ,A正确,B错误; 金属棒转动切割磁感线产生的感应电动势E＝ １ ２Br ２ω,根据闭合电路欧姆定律有I＝ E R＋ R ２ ,U＝IR,联立解得 ω＝ ３mgd qBr２ ,C正确,D错误. １１．(１)BCD(２分,漏选给１分)　(２)C(１分)　(３)少 (２分)　(４)副(２分) 【解析】(１)本实验中应选用低压交流电源,用交流电压表测副线圈电压,实验还需要开关、导线若干,B、C、D 正确. (２)为了减小涡流,变压器的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠成,C正确. (３)原、副线圈的导线粗细不同,匝数少的电流大,则导线粗. (４)由表中数据可得,在误差允许范围内变压器原、副线圈的电压比等于匝数比,即 N１ N２ ＝ U１ U２ ,由于存在漏磁、铁 芯发热、导线发热等影响电压,则变压器的副线圈两端测得的电压略小于理想值,故可知 N１一定是副线圈的 匝数. １２．(１)向上(２分)　(２)①见解析图(２分)　②左(１分)　向左(１分)　③右(１分)　越大(２分) 【解析】(１)将条形磁铁的 N极从螺线管中拔出时,由楞次定律可知,螺线管中感应电流从上往下看沿顺时针方 向,即电流由“＋”接线柱流入灵敏电流计,则指针向右偏转. (２)①电路连接如图所示. ②闭合开关时,穿过大螺线管的磁通量增加,灵敏电流计指针向右偏.在开关闭合的状态下,将小螺线管迅速 抽出时,穿过大螺线管的磁通量减少,感应电流与闭合开关瞬间方向相反,电流计指针将向左偏转;断开开关 时,穿过大螺线管的磁通量减少,灵敏电流计指针向左偏转. ③将滑动变阻器的滑片向左滑动时,电阻变小,流过小螺线管的电流变大,则穿过大螺线管的磁通量增加,灵敏 电流计指针将向右偏转;滑动变阻器的滑片向左滑动的速度越大,小螺线管的磁场变化越快,产生的感应电动 势越大,电路中的感应电流越大,电流表指针偏转角度越大. １３．(１) ５Bql ９m 　 １４３πm ９０Bq 　(２) ２l ３ 【解析】(１)粒子刚好未能从PQ 边界射出磁场,轨迹如图甲所示. 根据几何关系可知R＋Rcos３７°＝l(１分) 解得R＝ ５ ９l 根据洛伦兹力提供向心力,有Bqv＝m v２ R (２分) 解得v＝ ５Bql ９m (１分) 物理答案 第 ３　 页(共３页) 粒子运动的周期T＝ ２πR v ＝ ２πm Bq (１分) 粒子运动的时间t＝ (１８０°－３７°)×２ ３６０° × ２πm Bq ＝ １４３πm ９０Bq (２分) (２)当粒子初速度平行MN 时,轨迹如图乙所示.根据几何关系可知S′C＝ R２－(l－R)２ ＝ l ３ (１分) 由图甲知,SA＝Rsin３７°＝ l ３ (１分) 则PQ 边界有粒子射出的长度x＝S′C＋SA＝ ２l ３ (１分) １４．(１) ８ ３ m　 (２)２００J　４００J 【解析】(１)包裹C 从最大高度释放时,刚好滑到转运车B 的左端二者共速,根据能量守恒有 mgh＝ １ ２mv ２(２分) 根据动量守恒有mv＝(m＋M)v共 (２分) 根据能量守恒有mgh－２μmgL＝ １ ２ (M＋m)v２共 －０(２分) 解得h＝ ８ ３ m (１分) (２)弹簧最大的弹性势能Ep＝mgh－μmgL－ １ ２ (M＋m)v２共 (２分) 解得Ep＝２００J(１分) 整个运动过程中由于摩擦产生的热量Q＝２μmgL(２分) 解得Q＝４００J(１分) １５．(１)０􀆰３A　０􀆰０５kg　(２)０􀆰００４５J　(３)０􀆰０３C 【解析】(１)根据法拉第电磁感应定律可得０~１s内回路中的感应电动势 E＝ ΔΦ Δt＝S 􀅰ΔB Δt＝０􀆰６V (２分) 根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流 I＝ E R＋r＝０􀆰３A (２分) 设金属棒ab的质量为m,这段时间内金属棒ab受力平衡,即 mgsinθ＝B１IL(１分) 解得m＝０􀆰０５kg(１分) (２)设金属棒ab经过EF 时的速度大小为v,此时回路中的感应电动势E′＝B１Lv(１分) 回路中的电流I′＝ E′ R＋r (１分) 导体棒ab受力平衡,即B１I′L＝mgsinθ(１分) 解得v＝０􀆰６m/s 设金属棒ab从经过EF 到最终停下的过程中下滑的距离为x,根据功能关系有 Q总 ＝mgxsinθ＋ １ ２mv ２－μmgxcosθ(１分) 其中mgsinθ－μmgcosθ＝０(１分) 电阻R 上产生的焦耳热QR＝ R R＋rQ总 ＝０􀆰００４５J (１分) (３)设金属棒ab从经过EF 到最终停下的过程中,回路中的平均电流为􀭵I,经历时间为t,对金属棒ab根据动量 定理有(－B１􀭵IL＋mgsinθ－μmgcosθ)t＝０－mv(１分) 且q＝􀭵It(１分) 解得q＝０􀆰０３C(１分)