2021-2022学年广东省广州市七区联考高二（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年广东省广州市七区联考高二（下）期末物理试卷一、单 选 题（本大题共7 小题，共 28.0分）1.下列说法中正确的是（）A.树枝在风的作用下运动是简谐运动B.受迫振动的频率由物体的固有频率决定C.孔的宽度越大波的衍射就越明显D.当观察者远离波源运动时可以观察到多普勒效应现象2.如图所示，A、B 是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，4、B 两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同。则（）A.月球吸收的热量较多B.B 球吸收的热量较多C.

2、两球吸收的热量一样多D.两球对外做的功一样多3.某时刻LC振荡电路自感线圈L中电流产生的磁场的磁感应强度方向如图所示。下列说法正确的是（）A.若电容器正在放电，电容器上极板带正电B.若电容器正在充电，线圈中的磁感应强度也在增大C.若磁场正在增强，电容器两极板间的电场强度也在增大D.若磁场正在减弱，则电场能也在减小4 .杨氏双缝干涉实验，除给定条件外其它不变，下列说法正确的是（）A.两缝间距越小条纹间距越小B.光屏离双缝越远条纹间距越大C.七色光中，用紫光做实验时条纹间距最大D.用白光做双缝干涉实验得到的是黑白相间的条纹5 .一矩形金属线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，产生交变电流的

3、电动势为e =2 2 0&S讥1 0 0 7 r t（V）,对于这个交变电流的说法正确的是（）A.此交变电流的频率为1 0 0”zB.此交变电流电动势的有效值为2 2 0&UC.耐压为2 3 0 V的电容器能够在该交变电路中使用D.t =s时，线圈平面与中性面重合，此时磁通量最大6.图（甲）为一列简谐横波在t =0.10 s时刻的波形图，P、Q分别为波上的两个质点，图（乙）为Q点的振动图象，则（）A.波沿+x方向传播B.波的传播速度大小为0.4m/sC.t =0.15 s时，Q点的加速度达到正向最大D.t由0.10 s到0.15 s的过程中，P点通过的路程为10 c m7.如图所示，理想变压器

4、原线圈的两端a、b接正弦交流电源时，电压表U的示数为2 2 0 V,电流表4的示数为0.2 0 4。已知负载电阻R =44。，则下列判断正确的是（电表均为理想交流电表）（）第 2 页，共 16页a o(y)%泯 叼 RbJLJLA.原线圈和副线圈的匝数比为2：1 B.原线圈和副线圈的匝数比为5：1C.电流表4 的示数为D.R消耗的功率为1.76W二、多 选 题（本大题共3 小题，共 18.0分）8.如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的MN之间做往复振动，振幅为4周期为T,。为平衡位置，下列说法正确的是（）A.经过 的时间，振子由N可运动至。B.弹簧振子每经过力寸间，通过的距离均为4C.振子由N向

5、0 运动过程中，回复力和位移逐渐减小D.弹簧振子受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用9.电子眼系统路面下埋设的感应线可感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器,压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流（如图乙所示），电子眼会拍照，即视为“闯红灯”，则红灯亮时（）A.车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流B.某车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电C.某车轮经过感应线的过程中，通过电阻R上的电流大小不变D.汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照10.如图，2

6、022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度均与静止的乙壶发生正碰,碰后乙的速度为乎，已知两壶完全相同，质量均为m,则（）4甲O O冰面A.两壶碰撞是弹性碰撞 B.两壶碰撞过程动量变化量大小相等C.碰撞后瞬间，甲壶的速度为r D.碰撞过程中损失的机械能为搭机诏41O三、实 验 题（本大题共2 小题，共 16.0分）11.某实验小组在做“油膜法估测分子大小”的实验时，测算出1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，完成相关实验操作。试问：（1）该小组进行下列实验操作，请将它们按操作先后排序：（用字母符号表示第 4 页，共 16页彩笔描绘出油膜轮廓将1滴油酸酒精溶液滴入水面癖子粉轻撒在水面上抽取油酸酒精溶液

7、(2)某同学在做该实验时，计算结果明显偏大，其原因可能是人计算油膜面积时所有不足一格的方格全部按满格计数区用注射器测得1mL溶液有N滴时数成了(N-1)滴C.舞子粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大D 未等癖子粉末完全散开，就在玻璃片上描绘了油膜轮廓(3)在本实验中，做了一些理想化假设，以 下 说 法 正 确 的 是。4 把在水面上尽可能扩散开的油膜视为单分子油膜员把形成油膜的分子看作紧密排列的球形分子C.将油膜视为单分子油膜，但需要考虑分子间隙D 在浅盘水面内均匀撒癖子粉的厚度刚好等于分子直径1 2.为验证动量守恒定律，某兴趣小组设计了如图1所示的实验装置，气垫导轨已经调制成水平状

8、态，两个滑块4、B分别静置在气垫导轨上，在滑块4 的右侧以及滑块B的左侧都安装了弹簧片，滑块4、B 的上方安装了宽度相同的遮光片。C、。为固定在0 1 2I I I I 1 I I I I I l i I I I I I I I I I c r T T r|I I I I J0 5 10 因 2(i)某同学进行的实验步骤如下：测量滑块4、B 的质量(含弹簧片及遮光片)，分别记为啊、me；测量滑块4 B 上的遮光片的宽度，记为由给滑块4 一个向右的瞬时冲量，观察滑块4 的运动情况及4、B 两滑块在相碰后各自的运动情况；记录下滑块4 经过光电门C 的时间第一次为4 4、第二次为戊2；记录下滑块B

9、经过光电门。的时间a 3。(2)可根据以上实验，完成下列填空(用测量量符号町4、mB.d、4 q、/今和a 3 等表达)：碰撞前滑块4 的速度大小孙=,碰撞后滑块4 的速度大小=;碰撞后滑块B 的速度大小外=；若满足等式：成立，则系统动量守恒。(3)某同学用游标卡尺测得了遮光片的宽度，如图2所示，遮光片的宽度d=m m。(4)测量多组数据，将所测相关数据代入(2)的等式中，若误差允许的范围内成立,可以认为系统动量守恒。四、简答题(本大题共1 小题，共 8.0分)第 6 页，共 16页13.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ZBC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边力B的夹角

10、为。=30。，E、F分别为边4 8、BC的中点，求(1)该棱镜的折射率为多大？(2)判断光在尸点能否发生全反射.五、计算题(本大题共2 小题，共 30.0分)14.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为小、电阻也为R的金属棒从高度为八 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g,在金属棒穿过磁场区域的过程中。求：(1)电阻R上的最大电流；(2)通

11、过金属棒的电荷量；(3)金属棒产生的焦耳热。15.如图所示，在光滑水平面上有两个等高木块4、B,木块B左端放置小物块C并保持静止，已知犯,=0.3kg,mB=0.2kg,mc=0.1kg,现木块A以初速度v=2m/s沿水平方向向右滑动，木块4 与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与4、B间均有摩(1)4与B碰后瞬间，4 的速度大小;(2)C的最终速度大小和方向；(3)若C在4上会划出痕迹，以C刚滑上4开始计时，请写出划痕的长度L(t)随时间t的关系式。第 8 页，共 16页答案和解析1.【答案】D【解析】解：力、树枝在风的作用下运动是机械振动，故A错误；8、受迫振动的频率由驱动力的频率决定，

12、故B错误；C、当波长比孔的宽度大得越多或相差不多时，波的衍射越明显，故C错误；。、当观察者远离波源运动时可以观察到多普勒效应现象，故。正确；故选：。根据简谐运动的特点判断是否是简谐运动；受迫振动的频率由驱动力的频率决定；根据波产生明显衍射的条件判断；根据多普勒效应定义来判断。明确简谐运动的特点，知道受迫振动的频率由驱动力的频率决定，知道怎样波的衍射现象明显，知道多普勒效应。2.【答案】B【解析】解：力、8两球初末状态完全相同，故内能变化量/U相同；8球膨胀对水银做的功大于4球膨胀对水做的功，由 热 力 学 第 一 定 律=U Z +Q,可知8球吸收的热量大于Z球吸收的热量，故8正确，ACO错误

13、。故选：B。甲、乙两球初、末状态完全相同，内能改变量相同，而在水银中压强大，球要膨胀相同的体积，在水银中的球要克服的力就大，做功就多，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，据此分析判断。本题考查热力学第一定律的运用，关键要判断出两球做功的不同。3.【答案】A【解析】解：4、根据线圈L中电流产生的磁场的磁感应强度方向判断，螺线管中的电流从上到下，则电容器在放电，电容器上极板带正电，故A正确；8、若电容器正在充电，磁场能转化为电场能，线圈中的磁感应强度在减小，故B错误；C、若磁场增强，则电场能转化为磁场能，电容器两极板间电压减小，电场强度也减小，故C错误；。、若磁场正在减弱，磁

14、场能转化为电场能，则电场能在增大，故。错误；故选：4。根据线圈L 中电流产生的磁场的磁感应强度方向判断电容器正在放电，电场能减小，磁场能增大。明确振荡电路中电场能和磁场能之间的转化，知道如何判断电容器充放电。4 .【答案】B【解析】解：由双缝干涉的条纹间距公式=知条纹间距与波长成正比，与双缝间距d 成反比；4、由公式可知，两缝间距d 越小条纹间距越大，故 A错误；8、由公式可知，光屏离双缝越远，则条纹间距越大，故 B正确；C、七色光中紫光波长最短，故条纹间距最小，故 C错误；。、白光含有七种波长的光，发生干涉后条纹间距不同，故得到彩色条纹，故 O错误;故选：B。根据双缝干涉实验中条纹间距公式逐

15、条分析解答。本题主要考察双缝干涉实验中条纹间距公式的应用，学生熟练理解并掌握相关知识是解题的关键。5 .【答案】D【解析】解：根据交变电流的瞬时表达式e =E m Si n c o t,比较e =2 2 0&s i n(1 0 0 7r t”，可知E m =2 2 0 V 2 V,3 =lOOnrad/sA、交流电的频率为/=为=噤/z =5 0 H z,故 A 错误；B、交流电压的有效值为七=华=义等1/=2 2 0 乙 故 B 错误；V2 V2C、感应电动势的最大值/=2 2 0 或 I Z 2 3 0 V,故耐压为2 3 0 1/的电容器不能够在该交变电路中使用，故 C错误；D、1 =击

16、$时，e=2 2 0 V 2 x s i n l O O/r x=0,故线圈平面与中性面重合，此时磁通量最大，故。正确；故选：。根据交流电的表达式，可知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等，电容器的耐压值为最大值。对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中第1 0 页，共1 6 页各个物理量的含义。6 .【答案】C【解析】解：4、根据Q 点的振动图象可知，在t =0.1 0 s 时刻，质点Q 向下振动，结合波形图可知，波沿x 负方向传播，故 4错误：B、波的传播速度大小为：u =，=m/s =4 0 n i

17、/s,故 B 错误：C.t =0.1 5 s 时，Q 点处在波谷位置，则此时加速度达到正向最大，故 C正确；D、因波的周期为T=0.2 s,则t =0.1 0 s 到t =0.2 5 s 的 过 程 中 经 历 了 因 为 P 点在t =0.1 0 s 时刻不是在波峰波谷位置，也不是在平衡位置，则通过的路程不等于3 4 =3 x1 0 c m =3 0 c m,故。错误。故选：C o在t =0.1 0 s 时刻，质点Q 向下振动，结合波形图可知，波沿x 正方向传播，根据可解得波速；Q 点处在波谷位置，则此时加速度达到正向最大，质点不在波峰波谷位置,也不是在平衡位置，通过的路程不等于3 4。本题

18、考查横波的图像，解题关键掌握对图像的认识，注意波速的计算公式，质点不在波峰波谷位置，也不是在平衡位置，经历时间其路程不等于3 4。47.【答案】B【解析】解：A B,原线圈的输入功率为：P i =UJ i =2 2 0 x 0.2 0 W =4 4 W根据理想变压器输入功率等于输出功率，则副线圈上R 消耗的电功率也是44W,根据:变压器的副线圈电压：U2=J R =V 4 4 X 4 4 1/=4 4 K,所以乎=?=登=：，故 A错误，B 正确;C、根据晟=U 得：/2=J x=5 x 0.2 0 4 =1.0 0 1,故 C 错误：D、根据理想变压器的特点可知，电阻R 消耗的功率P =P

19、=4 4，故。错误；故选：Bo理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比。且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值。理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。8.【答案】AC【解析】解：力、振子振动的周期为7,则在?时间内振子由N可运动至0,故A正确；3、计时起点为平衡位置和最大位移处时，每经过 时间，通过的距离均为4如果是其4他位置，每经过4寸间，通过的距离不等于4,故8错误；C、振子由N向。运动过程中，位移在减小，回复力尸=-依，与位移大小成正比，故回复力也在逐渐减小，故C正确；

20、。、本题中弹簧振子受重力、支持力、弹簧弹力，弹簧弹力提供回复力，回复力是效果力，受力分析不用单独分析，故。错误。故选：ACo弹簧振子做简谐运动，合力总是指向平衡位置，又称回复力，回复力是按照力的作用效果命名的.同时能正确分析振子运动过程中回复力的大小和方向的变化情况。本题关键明确简谐运动中回复力是按照力的作用效果命名的，回复力是某一个力或几个力的合力提供，也可能是某个力的分力提供，同时会利用简谐运动位移方程解决问题.9.【答案】BD【解析】解：4、车轮停在感应线上时，压电薄膜上的压力不变，压电薄膜两端电压不变，电容器两端电压稳定，电阻R上没有电流，故A错误；BC、车轮经过感应线的过程中，压电薄

21、膜两端电压变大，对电容器充电，汽车经过后，压电薄膜两端电压减小，电容器放电，对电容器充放电过程中，电阻R上的电流始终在变化，故8正确，C错误；。、只要感应线上压力变化，压电薄膜两端电压就会变化，就会产生对电容器充放电现象，所以汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照，故。正确。故选：B D。压电薄膜上压力变大，两端电压变大，对电容器充电，当压电薄膜压力减小，电容器放电，车轮停在感应线上时则不会由充放电现象。本题考查电容器动态分析的应用，注意理解电路图的原理。10.【答案】BCD第 12页，共 16页【解析】解：4 C D、两冰壶碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，取向右为正方

22、向，由动量守恒定律得：=mvrp+m v 已知”2 =等，解得碰撞后瞬间甲壶的速度为。牛=拳 碰撞过程中系统损失的机械能为2 E =如 诏-G +如 吟)，解得=诏所以两壶碰撞是非弹性碰撞，故4错误，C。正确；8、由动量守恒定律得：4 P =0,即Z p尹+P z =0,可得/P伊=-4 P z，即两壶碰撞过程动量变化量大小相等，方向相反，故8正确。故选：B C D。根据碰撞的基本规律：动量守恒定律列方程，求出碰撞后甲壶的速度大小；根据能量守恒定律求碰撞过程中系统损失的机械能，从而确定碰撞的类型。根据动量守恒定律分析两壶碰撞过程动量变化量关系。对于碰撞，要掌握其基本规律：动量守恒定律，要规定正

23、方向，用正负号表示速度方向。1 1.【答案】CDBA BD AB【解析】解：(1)根据实验操作步骤先配制溶液，其次在浅盘撒一层排子粉，再取一定量的混合溶液，最后绘制油膜的轮廓求面积，可知先后顺序为C D B 4,(2)4计算油膜面积时所有不足一格的方格全部按满格计数，根据d=(计算出的结果偏小，故A错误；8.用注射器测得/m L溶液有N滴时数成了N-1滴，每滴溶液的体积计算结果偏大，根据d=(可得直径计算结果偏大，故B正确；C.排子粉末越薄，油膜轮廓越准确，油膜面积测量值越准，故C错误；D未等癖子粉末完全散开，就在玻璃片上描绘了油膜轮廓，测得的面积偏小，所以计算结果偏大，故。正确；故 选:BD

24、.(3)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形：分子之间没有空隙，由此可知C D错误，A 8正确，故选：AB.故答案为：(1)C D B 4(2)B D(3)4 B。根据油膜法测分子直径的原理和实验方法以及实验步骤和误差分析等可以判断该题该题考查“用单分子油膜估测分子的大小”实验中的步骤，属于知识性的考查，题目简单易做。12.【答案】京 彳 丁 加工丁=瓶夕京一如7 1.9Z IL 3 4c2【解析】解：(2)根据在极短时间内的平均速度大小近似等于这段时间内某时刻的瞬时速度，则碰前滑块a 的速度大小为为=肃；碰撞后滑块a 的速度大小为巧=

25、会；碰撞后滑块B的速度大小为%=看；水平向右为正，碰前总动量为m4肃，碰后总动量为套一机4言，则租4 a=机8 套一机4 备可验证动量守恒;(3)10分度游标卡尺精确度为O.ln u n,故读数为d-1mm+9 x 0.1mm-1.9mm；故答案为:(2)最 枭 备 他 言=加 8 襄-啊瓢(3)1.9。根据在极短时间内的平均速度大小近似等于这段时间内某时刻的瞬时速度求解4、B点速度；根据动量守恒公式进行验证。本题考查了验证动量守恒定律的实验，理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验原理与实验注意事项、应用动量守恒定律即可解题。13.【答案】解：(1)根据几何知识得到，在4B面上，入射角i=6

26、0。，折射角r=30。，根据折射定律得折射率九=理 =V3stnr(2)由公式sinC=；得到，s讥C=/.光线在BC面上的入射角i=30。，sini =sinC,则i C,所以光在F点不能发生全反射.答：(1)该棱镜的折射率为遮；(2)光在F点不能发生全反射.【解析】已知入射方向与边4 8 的夹角为。=3 0 ,入射角i=60。.E、尸分别为边4 8、BC的中点，则EF4 C,由几何知识得到折射角r=30。，根据折射定律求解折射率.由公式sinC=5求出临界角C,分析能否发生全反射.本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角.14.【答案】解：(1)金属棒下

27、滑过程中，机械能守恒，由 机 械 能 守 恒 定 律 得:=金属棒到达水平面时的速度为：v=频 元金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为：E=Blvf第 14页，共 16页则最大感应电流为：/=土=2 匹；2R 2R(2)根据感应电荷量的推论公式有：q =熬=警；(3)金属棒在运动过程中，由功能关系得：mgh=irngd+2Q解得：Q=网 婴 幽；答：(1)电阻R 上的最大电流为四画；2R(2)通过金属棒的电荷量为誓；(3)金属棒产生的焦耳热呻”丁叫【解析】由机械能守恒结合法拉第电磁感应定律求解最大感应电动势，进而求最大电流；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、

28、电流定义式可以求出通过电阻的电荷量：克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理(或能量守恒定律)可以求出克服安培力做功,导体棒产生的焦耳热。本题综合考查了判断感应电流方向、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，综合性较强，对学生能力要求较高，需加强这方面的训练。1 5.【答案】解：(1)木块A 与B 碰后瞬间C 的速度为0,4、B 木块的速度相同，规定向右为正方向，由动量守恒定律得犯4 =(小 4+7 7 1B)以0，代入数据解得以0 =1,2 m/s(2)C 滑上4 后，摩擦力使C 加速，使4 减速，直至4、C 具有共同速度，以4、C 整体为系统，由动量守恒定律得叫 叫。=(mA+mc)v1(

29、3)解得力=0.9?n/s,方向水平向右。(4)(3)设C 在/上滑动，当经过时间G后，4、C 达到共同速度，则对C,由动量定理有：4 瓶 田 1 =蛇 也 得：口 =0.3 s(i)当 h=0.3s时，C相对4保持静止，划痕长度不变区=0.18皿综合可知划痕的长度L(t)随时间t的关系式：L=1.2 t-2t2(t 0.3s)答：(1)4与B碰后瞬间，4 的速度大小为1.2m/s；(2)C的最终速度大小为0.9m/s,方向水平向右；(3)划痕的长度L(t)随时间，的关系式为L=1.2t-2t2(t 0.3s)【解析】(1)当48相碰的时候，作用时间极短，作用力很大，加速度极大，B物体立即获得速度，且和A速度相等；但是C物体在B上，受到的力最大也只是最大静摩擦力，加速度很小，加上AB作用时间极短，所以小物块C在相碰的时候速度为0,由动量守恒求出4B的速度，即碰后瞬间4木块的速度；(2)然后最4C组成的系统由动量守恒定律即可求出C的速度；(3)对4和C组根据动量定理和动能定理结合运动学关系解得。本题考查动量守恒定律和能量守恒的应用，要注意明确AB碰撞过程中动量守恒；C滑到4 的过程中4C动量守恒；分别由动量守恒定律列式求解即可。第 16页，共 16页