广东省广州市三校（华侨、协和、增城）2022-2023学年高二下学期期末联考物理试卷含答案.pdf

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1、20222022 学年学年第二学期三校联考第二学期三校联考 高二物理科试题高二物理科试题 20232023 年年 7 7 月月试题说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为 100 分，考试时间为 75 分钟。第一部分 选择题（共 46 分）一、单选题：本题包括 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。多选、错选均不得分。第一部分 选择题（共 46 分）一、单选题：本题包括 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。多选、错选均不得分。1自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列

2、说法中正确的是（）A温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化 B压强增大是因为氢气分子之间斥力增大 C因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体 D体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变 2一个单摆在地球上做周期为1T的简谐运动，在月球上做周期为2T的简谐运动，已知地球质量是月球的81 倍，地球半径是月球的 4 倍，那么1T与2T的比值是（）A481B23C29D493为提高通话质量，智能手机会内置 2 个麦克风，其中一个麦克风能够主动消除噪音，即通过收集环境噪声，进行处理后，发出与噪音相反的声波，利用抵消原理消除噪音，如图，则下列说法正确的是（）A

3、质点 P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长 B降噪过程应用了声波的反射原理，使噪声无法从外面进入麦克风 C降噪过程应用的是声波的衍射原理 D理想状态下降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等 4喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）广东省广州市三校（华侨、协和、增城）2022-2023学年高二下学期期末联考物理试卷含答案广东省广州市三校（华侨、协和、增城）2022-2023学年高二下学期期末联考物理试卷含答案A向负极板偏转 B运动轨迹是抛物线 C电势能逐渐增大 D运动轨迹与带电

4、量无关 5如图甲所示为“水下世界国际摄影大赛”的获奖作品，摄影师在水下对水上的景物进行拍摄，获得了美轮美奂、令人赞叹的美学效果。忽略镜头尺寸的影响，假设摄影师由水下竖直向上拍摄，光的传播路径如图乙所示，已知水的折射率为43，sin370.6=，cos370.8=，下列说法正确的是（）A光线射入水中频率减小 B水中拍摄到的水上景物比实际位置偏低 C进入镜头的光线与竖直方向的夹角 最大为37 D通过镜头将只能拍摄到岸上一部分的景物 6如图所示的虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，一束粒子以不同速率垂直于磁场方向，沿图中方向射入磁场后，分别从 A、B、C 三点射出磁场，设其在磁场中运动的时间分别为A

5、t、Bt、Ct，则下列说法正确的是（）A粒子带负电 B从 A 点出射粒子速度最大 CABttDBCtt7超远距离输电通常采用特高压直流输电的方式，某段直流输电线路中三根水平导线 a、b、c平行且间距相等，其中 a、b 导线位于同一水平面内，通入的电流大小为22cabIII=，方向如图所示。已知通电直导线周围磁感应强度IBkr=（r为磁场中某点到直导线的距离，k为常数），下列说法正确的是（）Aa、b 两根导线相互排斥 Ba、b 两根导线对 c 的安培力方向竖直向下 Cb、c两根导线对 a 的安培力方向竖直向下 D三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度为零 二、多二、多选题：本题包括选题：本题包括

6、 3 3 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 1818 分。每小题给出的四个选项中，只有至少分。每小题给出的四个选项中，只有至少 2 2 个选项符个选项符合题目要求。多选、错选均不得分，漏选得合题目要求。多选、错选均不得分，漏选得 3 3 分。分。8下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）A图 a 中甲、乙、丙三种射线分别为、B图 b 中氢原子发出的三条谱线波长 1、2、3的关系为 1=2+3 C图 c 中的链式反应就是太阳内部每时每刻发生的核反应 D图 d 说明这两束光分别照射同一光电管时发生光电效应的光电子最大初动能相等 9如图所示，灯泡 1 和灯泡 2 是两个电阻值

7、均为R的完全相同的小灯泡，滑动变阻器接入电路的阻值为R0L 是一个自感很大的线圈，它的电阻值为 RL，RLR0，RL 则37C 故 C 错误；D通过镜头将只能拍摄到岸上一部分的景物，故 D 正确。故选 D。6A【解析】A粒子从 A、B、C 射出，受到向右的洛伦兹力，根据左手定则，粒子带负电，A 正确；B根据 2vqvBmr=解得qrBvm=根据粒子的轨迹可知，粒子从 A射出的半径最小，速度最小，B 错误；CD三种情况下从 A、B、C 射出的轨迹如图所示 可以看出从粒子从 A、B射出偏转了 180，从 C 射出的偏转角小于 180，而在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小，即360tT=粒子在磁场

8、中做圆周运动的周期2 mTqB=可知ABCttt=CD 错误。故选 A。7C【解析】A由图可知 a、b 两根导线通入的电流方向相同，则 a、b 两根导线相互吸引，故 A 错误；B由于 a、b 两根导线对 c 的安培力均为排斥力，且abII=，则 a、b 两根导线对 c 的安培力大小相等，a、b两根导线对 c 的安培力方向竖直向上，故 B 错误；C如图所示为右侧视图，b、c两根导线对 a 的安培力分别为吸引力和排斥力 根据2cbII=，IBkr=，aFBI L=可得2acabFF=则有1sin2abacFF=解得30=则 b、c 两根导线对 a的安培力方向竖直向下，故 C 正确；D根据安培定则，

9、如图所示 可知三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度不为零，故 D 错误。故选 C。8AD【解析】A带电粒子在磁场中运动，根据左手定则，图 a 中甲、乙、丙三种射线分别为、，故A 正确；B由Eh=，图 b 中氢原子发出的三条谱线能量关系 123hhh=+三条谱线频率1、2、3的关系为 123=+由c=，可知，三条谱线波长关系为123111=+故 B 错误；C图 c 中的链式反应是重核裂变，太阳内部的反应为轻核聚变反应，故 C 错误；D由kmCEeU=，可知这两束光分别照射同一光电管时发生光电效应的光电子最大初动能相等，故 D 正确。故选 AD。9AC【解析】A开关闭合的瞬间，通过自感线圈的电流

10、增大，线圈中产生的感应电动势阻碍电流的增大，由于 L是一个自感很大的线圈，故此刻可认为该之路无电流通过，所以通过灯泡 1 的电流大于通过灯泡 2 的电流，即灯泡 1 比灯泡 2 亮，A 正确；B闭合开关待电路稳定后，根据闭合电流欧姆定律可知，灯泡 1 两端的电压小于灯泡 2 两端的电压，故灯泡 2 比灯泡 1 亮，B 错误；CD开关断开瞬间，灯泡 2 无电流通过，立即熄灭，此时通过线圈中的电流减小，线圈中产生的感应电动势阻碍电流的减小，并与灯泡 1 形成通路，由于 RLR，故通过灯泡 1 的电流较之前大，故灯泡 1 先闪亮一下再逐渐熄灭，D 错误，C 正确。故选 AC。10CD【解析】A由正弦

11、交变电压()5sin100 t Vu=可知，最大值为 m5VU=图中电压表的示数为有效值m5 2V22UU=故 A 错误；B若转换器损坏了，变压器不能工作，副线圈两端没有电压，放电针不可以点火，故 B 错误；C交变电流的频率为 50Hz2f=交变电流一个周期两次达到电压最大值，所以点火器正常工作时，每秒点火 100 次，故 C 正确；D由变压器电压与匝数的关系1122UnUn=，可得 221115000300051nUnU=所以只有变压器的匝数21:nn超过3000:1时，点火器才能正常工作，故 D 正确。故选 CD。11 大于112gn L 11 1113222mnmnmn=+2213()n

12、nn+【解析】（1）验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射壶反弹，入射壶的质量应大于被碰壶的质量，所以黄壶的质量要大于红壶的质量。（2）设每格耐力板的长度均为L，先在a点放黄壶，设黄壶经过b点时的速度为1v，根据动能定理有21111 1102m gn Lmv=解得1112vgn L=接着在a点放黄壶，在b点放红壶，用同样力度轻推黄壶，设黄壶碰撞后的速度为1v，红壶的速度为2v，根据动能定理，对黄壶有21131 1102m gn Lmv=解得1132vgn L=对红壶有222222102m gn Lm v=解得2222vgn L=根据动量守恒定律有1 11 122mvmvm v=+将各速度代入可得

13、11 1113222mnmnmn=+即为验证动量守恒定律的表达式。（3）若碰撞是弹性的，根据能量守恒定律有2221 11 122111222mvmvm v=+与（2）中验证动量守恒定律的表达式联立可得()122213nnn=+12 2 3 越小高【解析】（1）由于压力传感器的电阻约为几十千欧，而电流表 A 内阻约为 50，电压表 V 内阻约为20k，压力传感器的电阻远远大于电流表的内阻，电流表分压影响较小，因此采用电流表内接法，开关1S连接 2；为了提高测量的准确性，实验数据的测量范围尽量广泛一些，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，因此开关2S连接 3.（3）由图乙可知，压力越大，阻值越小；

14、由图乙可知，在相等压力变化量内，压力小于 2.0N 时，电阻的变化幅度大于压力大于 2.0N 时的电阻的变化幅度，即压力小于 2.0N 时的灵敏度比压力大于 2.0N 时的灵敏度高。13（1）52 10 Pa（2）B450KT=；（2）240JU=【解析】（1）如图，对活塞，竖直方向上由力的平衡得 0cosPSPSmgPS=+代入数据得52 10 PaP=（2）从状态 A 到状态 B，由盖吕莎克定律得AAABVVShTT+=代入数据得B450KT=（3）从状态 A 到状态 B，气体对外做功为40JWPSh=由热力学第一定律得UQW=代入数据得240JU=14（1）b端电势高；5NF=；（2）1

15、.47J；（3）20.08m/sa=【解析】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向 b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得sin37FmgF=+安 其中22=+安B L vFBILRr由乙图可知1.0m/sv=联立解得5NF=（2）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理()21sin372FmgsWmv=克又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得7.35JQW=克两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为1.47JrrQQRr=+（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由牛顿第二定律有()sin37FmgFma=安

16、221 B L vFBILRr=+安由图可知10.98m/sv=代入数据解得20.08m/sa=15（1）500V/m，方向竖直向上：（2）3m；（3）能，理由见解析【解析】（1）由题意，可知小物块在半圆轨道内做匀速圆周运动，则电场力与物块重力等大反向。即 2Eqm g=解得500V/mE=方向竖直向上（2）设小木块和长木板达到共速时，速度为 v，则由动量守恒定律可得1 01()mvmM v=+解得1m/sv=设木板长为 L，由能量关系，得 2211 01)12(12m gLmvmM v=+解得3mL=（3）两物块碰撞前后，由动量守恒定律和机械能守恒可得11 122mvmvm v=+22211 122111222mvmvm v=+解得22m/s3v=物块 b 离开半圆轨道后做平抛运动，有 2122Rgt=2xv t=得0.4mxL=故物块 b可以落回木板。