四川省成都石室中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题

这是一份四川省成都石室中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．对于下列四幅图的说法，正确的是（ ）
A．甲图薄板上的蜂蜡融化成圆形区域，说明薄板是非晶体
B．图乙中，对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
C．丙图中液体表面层分子间距离小于液体内部分子间的距离，分子间表现为斥力
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体子间距离减小时，分子间斥力会增大
2．如图所示实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域从a到b的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ ）
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力FaFb，故B错误；
CD．粒子从a向b运动，电场力方向沿电场线向左，速度沿轨迹切线方向，可知电场力做负功，动能不断减小，，电势能不断增大，，故C错误，D正确。故选D。
3．B【详解】A．根据线圈中电流方向，应用右手螺旋定则判断出线圈中磁场方向向下，A错误；
B．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，板间电场强度在变大，B正确；
CD．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，电路中电流在减小，线圈储存的磁场能正在减小，逐渐转化成电场能，根据“增反减同”可知，线圈中感应电流的方向与线路中原电流方向相同，CD错误。
故选B。
4．B【详解】A．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，故A错误；
B．电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，故B正确；
C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；
D．稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误；
故选B。
5．A【详解】A．由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；
B．由图象可知故故B错误；
C．由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为
所以交流电a的瞬时值为故C错误；
D．交流电最大值故故D错误。故选A。
6．C【详解】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为λ＝10m，T＝4s，则根据波速公式
A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为故A错误；
B．该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t＝6 s时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B错误；
C．波从AE波面传播到C的距离为
则波从AE波面传播到C的时间为
则t=8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，C正确；
D．波从AE波面传播到D的距离为则波从AE波面传播到D的时间为
则t=10s时，D处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故D错误。故选C。
7．C
【详解】B．水面上形成两个以O为圆心的亮区，若仅增大圆环灯带的半径，光环向外扩大，重叠的区域变小，即湖面上中间光强更强的区域变小，B错误；
AC．当重叠区域半径r1=1.2m时，如图所示； ； 解得
湖面被照亮的区域半径为 A错误，C正确；
D．设重叠区域恰好为零时，灯带的深度为h0，如图所示 解得
当时，湖面中央将出现暗区，D错误。故选C。
8．D【详解】A．两列反射光的波谷与波谷叠加，波峰与波峰叠加为振动加强，为亮条纹，故A错误；
BC．设空气劈尖的倾角为，则相邻亮条纹的间距为
若抽掉一张纸片，则变小，条纹间距变大；由图乙可知单色光a对应的相邻亮条纹的间距小于单色光b对应的相邻亮条纹的间距，则单色光a的波长比单色光b的波长小，故BC错误；
D．弯曲的条纹对应的被检查平面左边的空气膜厚度与末弯处平面的空气膜厚度相同，可知，对应的位置是凸起的，故D正确。故选D。
9．ABD【详解】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，故A正确；
B．电压互感器原线圈两端电压
电流互感器原线圈中的电流
对于理想变压器，线路输送电功率故B正确；
C. 仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数，根据理想变压器的规律
升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压增大，副线圈两端电压增大，通过负载的电流
又用户数不变，即负载总电阻R不变，则增大，降压变压器原线圈中的电流
匝数比不变，增大，根据则输电线上损耗功率增大，故C错误；
D. 仅增加用户数，即负载总电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压不变，则通过副线圈的电流
增大，降压变压器原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失
可知输电线上的电压损失增大；原线圈两端电压减小，根据
可知，当减小时，减小可以使不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，故D正确。故选ABD。
10．AB【详解】BC．对a棒从开始到刚进入磁场过程根据机械能守恒可得解得
时间内，根据能量守恒可得
由于两棒接入导轨之间的电阻相等，故a棒上产生的焦耳热为联立解得故B正确，C错误；
A．设初始时两棒间的距离为，根据题意，时刻a棒经过，b棒恰好经过进入磁场，在时间内a棒先做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，b棒一直做加速度大小为的匀加速运动，对a棒有
对b棒有联立解得
设b棒刚好经过进入磁场时的速度为，由运动学公式得解得
根据图像可知，a棒在时间内做匀速运动，受力分析可知a棒在两区域磁场中时受到的安培力相等，由于a棒经过后的一段时间后仍做匀速运动，故可知该段时间内电路中的电流不变，故该段时间内两棒均做匀速运动，根据题意可知两棒切割磁感线产生的感应电动势相互叠加，为
此时a棒受到的安培力为
时间内对a棒受到的安培力为又，联立解得故A正确；
D．b棒在磁感应强度为B的磁场中运动的时间为
该段时间a棒运动的位移为故时刻两棒间距离为，故D错误。故选AB。
11．(1)较低(2)(3)A
【详解】（1）实验中为了使油酸分子在水面上形成的是单分子层，应该使用浓度较低的油酸酒精溶液；
（2）一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
形成的油膜的面积S=40×2×2cm2=160cm2分子直径
（3）A．使用的油酸酒精溶液配制好后敞开放了很久，则油酸浓度变大，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏大，形成油膜的面积偏大，根据可知测得的分子直径偏小，选项A正确；
B．求每滴溶液体积时，1mL的溶液的滴数少记了5滴，可知计算得到的一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积偏大，根据可知测得的分子直径偏大，选项B错误；
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则得到的油膜面积偏小，根据可知测得的分子直径偏大，选项C错误。故选A。
12．(1)(2)变化快(3) 15 调小
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，通过的电流为解得压力传感器的阻值为
（2）由图乙可以看出，在小于2N的压力区间内，随着压力的变化，阻值的变化量较大，即阻值变化快，所以传感器灵敏度高。
（3）①已知苹果质量为，重加加速度，则苹果对压力传感器的压力为
由图乙可知，当时，有
电源电动势，两端电压由
则与串联，根据串联电路电流相等，由解得
②为了增大苹果的分栋标准，即增大苹果对压力传感器的压力，从图乙可知压力增大时减小。电源电动势E不变，要使电磁仍能吸住分栋开关的衔铁，即两端电压仍需达到使电磁铁工作的电压值。根据串联电路分压原理减小，要保持不变，则应将可调电阻调小。
13．（1） ； （2）
【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式以及圆周运动规律，可得
；依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间联立解得
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度为零，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为，设粒子在电场中运动的总时间为
加速度大小为a，电场强度大小为E，有；；联立解得
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
联立解得，电场强度的最大值为
14．（1）；（2）①120kg；②180J
【详解】（1）设充入的气体体积为V，则有解得
（2）①由理想气体状态方程有：解得；解得
②外界对气体做功解得由热力学第一定律有
15．(1)1.5N；(2)1C；(3) 2.4N•s
【详解】(1)根据右手定则可知通过回路电流为bacd，根据左手定则可知cd棒受到的安培力垂直斜面向下；
cd棒速度最大时受力平衡，根据平衡条件可得mgsinθ=μFN其中FN=mgcsθ+B2I1L
对ab棒根据牛顿第二定律可得F-mgsinθ-μmgcsθ-B1I1L=ma联立解得F=1.5N
(2)当回路中瞬时电功率为2W时，设回路中的电流强度为I2，根据电功率的计算公式可得I22R=P
解得I2=1A此时ab棒的速度为v，则解得v=2m/s
此过程ab棒的位移x，则
根据电荷量计算公式可得
(3)当cd棒速度减为零时，在此过程中，平均电流强度为I′，对cd棒根据动量定理可得：mgsinθ•t-μ（mgcsθ+B2I′L）t=0即mgsinθ•t-μmgcsθt+μB2LQ=0
在t时间内ab棒做匀加速直线运动，则x=at2 ；v=at通过导体棒的电荷量
解得；；v=1.6m/s；t=1.6s对ab棒根据动量定理可得IF-mgsinθ•t-μmgcsθ•t-B1LQ=m•v-0
解得拉力F对ab棒的冲量大小IF=2.4N•s