【物理】湖北省武汉市六校联考2024-2025学年高二下学期4月期中试题(解析版)

武汉市部分重点中学2024——2025学年度下学期期中联考高二物理注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于电磁学知识，下列说法正确的是（）A.电磁波只能在介质中传播B.交流电压表测量的是电压的平均值C.理想变压器原副线圈的功率之比等于匝数之比D.感应电流方向遵循楞次定律是能量守恒定律的必然结果【答案】D【解析】A．电磁波既可以在介质中传播，也可以在真空中传播，A错误；B．交流电压表测量的是电压的有效值，B错误；C．理想变压器原副线圈的功率相等，即二者之比为，C错误；D．感应电流方向遵循楞次定律是能量守恒定律的必然结果，D正确。故选D。2.如图所示是电磁炉工作结构图，关于电磁炉，下列说法正确的是（）A.电磁炉是利用涡流来进行加热B.利用玻璃炊具也可以在电磁炉上正常加热C.将炊具下部的铁换成硅钢，可以提高加热效率D.电磁炉将励磁线圈中恒定电流的电能转化为磁场能，进一步转化为热能【答案】A【解析】A．电磁炉工作时，通过金属的磁通量发生变化产生涡流进行加热的，故A正确；B．玻璃是绝缘体，无法形成涡流，所以利用玻璃材料制成的炊具无法在电磁炉上正常加热，故B错误；C．硅钢是高电阻、低涡流损耗的材料。若将炊具换成硅钢，会降低涡流效应，反而减弱加热效率，故C错误；D．电磁炉的励磁线圈中通入的是高频交变电流，通过变化的磁场产生涡流来加热，故D错误。故选A。3.某同学用图（a）所示的电路研究自感现象，其中L是自感系数很大的线圈，灯泡的电阻，电源电动势（内阻不计）。闭合开关S使电路处于稳定状态；在时断开开关S，中的电流随时间变化的关系如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.开关闭合时，两灯泡均立即变亮B.开关闭合时，两灯泡均逐渐变亮C.开关断开时，两灯泡均先闪亮一下，然后逐渐熄灭D.开关断开时，逐渐熄灭，先闪亮一下，然后逐渐熄灭【答案】D【解析】AB．开关闭合时，灯泡立即变亮，由于线圈作用，缓慢变亮，故AB错误；CD．开关闭合稳定后，经过灯泡的电流为A开关断开时，结合题图可知，线圈和的电流从1.5A逐渐变小，由于L1和线圈组成新的闭合回路，则开关断开时，逐渐熄灭，先闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确；故选D。4.关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.温度越高的气体压强越大B.布朗运动是液体分子的无规则运动C.温度升高，并不是每个分子的动能都增大D.两分子势能最小处，分子之间作用力不为零【答案】C【解析】A．气体压强由气体分子的数密度和分子的平均动能决定，温度高只能说明分子平均动能大，若气体分子数密度很小，压强不一定大，故A错误。B．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，它反映了液体分子的无规则运动，而不是液体分子的无规则运动本身，故B错误。C．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，有些分子的动能可能减小，故C正确。D．当分子间距离为平衡距离时，分子势能最小，此时分子间作用力为零，故D错误。故选C。5.一辆电动汽车在武汉平直公路上以速度v自东向西匀速行驶，如图为汽车及从外侧看的左前轮转动示意图。已知当地地磁场竖直分量大小为、水平分量大小为，金属车头两点A、B垂直车身间距为L。下列说法正确的是（）A.A点电势比B点电势高B.D点电势比C点电势高C.A、B之间电势差D.如果汽车改为由西向东行驶，则A点电势比B点电势高【答案】B【解析】AC．武汉在北半球，所以地磁场竖直分量向下，根据右手定则，拇指指西，磁感线穿入手心，此时四指指向B点，所以B点相当于电源正极，即B点电势比A点电势高，A、B之间电势差故AC错误；B．地磁场的水平分量向北，根据右手定则，拇指指向与C、D连线上点的线速度方向相同，磁感线穿入手心，此时四指指向D点，所以D点相当于电源正极，即D点电势比C点电势高，故B正确；D．如果汽车改为由西向东行驶，根据右手定则，拇指指向东，磁感线穿入手心，此时四指指向B点，所以B点相当于电源正极，即B点电势比A点电势高，故D错误。故选B。6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，C、D间电压，灯泡L的电阻，定值电阻，滑动变阻器总阻值，在滑片P从a端移到b端的过程中，灯泡始终发光。下列说法正确的是（）A.滑片P位于b端时，电压表示数为4VB.滑片P位于滑动变阻器中间位置时，灯泡亮度最大C.滑片P从a端移到b端的过程中，电压表示数先减小，后增大D.当a端与滑片P间电阻时，副线圈消耗的功率最大【答案】D【解析】A．设电压表的示数为，当滑片P位于b端时，负线圈两端外接电阻副线圈中的电流根据变压器的原理可知，原线圈中的电流代入数据解得故原线圈两端的电压为根据变压器的原理则有解得A错误；B．滑片P从a端移到b端的过程中，副线圈中的总阻值先增大后减小，副线圈中的电流先减小后增大，当滑片P位于滑动变阻器中间位置时，副线圈中的总阻值最大，电流最小，根据原副线圈之间的电流关系可知，由于原副线圈匝数不变，副线圈中的电流最小，故原线圈中的电流也是最小，灯泡亮度最暗，B错误；C．结合上述分析可知，灯泡两端的电压先减小后增大，则原线圈两端的电压先增大后减小，根据原副线圈的匝数比等于电压之比可知，副线圈两端的电压先增大后减小，交流电的有效值也是先增大后减小，即电压表的示数先增大后减小，C错误；D．将副线圈中的电阻等效到原线圈电路中，等效电路图如图所示根据变压器工作原理可知把灯泡的电阻等效为电源的内阻，根据功率可知，当时，电源的输出功率最大，则对应原线圈当时，原线圈的功率最大，此时副线圈的功率也是最大，即根据并联电路特点可知代入数据整理可得解得或由于，故应舍去，D正确。故选D。7.边长均为l的正方形导线框Ⅰ、Ⅱ由相同材料制成，且导线框Ⅱ的横截面积是导线框Ⅰ的横截面积的两倍。将两导线框从矩形边界磁场上方同一高度静止释放，磁场下边界到地面距离为h，且。关于导线框的运动，下列说法正确的是（）A.两导线框刚进入磁场时的加速度不同B.两导线框落地时的速度不同C.两导线框穿过磁场产生的总热量不同D.两导线框从开始释放到落地的时间不同【答案】C【解析】A．设线框Ⅰ的质量为，线框Ⅱ的质量为，线框的电阻分别为、，则有，，，结合题意可知解得，设线框释放的高度为，根据机械能守恒定律则有解得线框刚进入磁场中的速度为可见两线框进入磁场中的速度相等，线框进入磁场中，产生的感应电动势为感应电流为线框受到的安培力为根据牛顿第二定律则有解得线框的加速度结合上述分析可知，解得即两导线框刚进入磁场时的加速度相同，A错误；B．因为，两线框完全进入磁场后，磁通量不变，线框中无感应电流，线框不受安培力，做加速度为的匀加速直线运动，由于两线框进入磁场时的速度相同，进入磁场后的运动情况相同，故两线框落地时的速度相同，B错误；C．根据能量守恒可得两线框下落的高度相同，落地时的速度相同，但两线框的质量不同，所以两线框重力势能的减少量和动能的增加量都不相同，因此两导线框穿过磁场产生的总热量不同，C正确；D．由于两线框进入磁场前做自由落体运动，运动时间相等，在磁场中和出磁场的运动情况相同，故两线框从开始释放到落地的时间相等，D错误。故选C。8.水平放置的铝盘可绕光滑转轴AB自由转动，在铝盘上方较近距离放置一个条形磁铁，绕转轴AB转动磁铁，发现静止的铝盘也会发生转动。下列说法正确的是（）A.铝盘与磁铁转动方向相同B.稳定后，铝盘转速等于磁铁转速C.铝盘因受到安培力而转动D.磁铁停止转动，但不移开，铝盘会继续匀速转动【答案】AC【解析】AB．根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝盘与磁铁转动方向相同，但快慢不一，故A正确，B错误；CD．由以上分析可知，铝盘转动是因为由于电磁感应产生电流，而使铝盘内受到安培力而转动，磁铁停止转动，时铝盘也会停止转动，故D错误，C正确。故选AC。9.在图（a）所示的LC振荡电路中，先给电容器充电，再将开关置于左端，第一个周期内经过电流计的电流随时间变化的关系如图（b）。下列说法正确的是（）A.时间内，电容器电荷量增大B.时间内，磁场能增大C.时间内，电流减小，为放电阶段D.时刻，电场能最大，电容器下极板带正电【答案】BD【解析】AB．时间内，电容器放电，电容器电荷量减少，电场能减少，磁场能增大，故A错误、B正确；C．时间内，电流减小，电容器充电，为充电阶段，故C错误；D．时间内，电容器充电，电流逆时针方向逐渐减小，故时刻，电场能最大，电容器下极板带正电，故D正确故选BD。10.两足够长、平行光滑金属导轨由圆弧和水平两部分组成，间距分别为3l和l，虚线MN右侧水平导轨区域处于竖直向上的匀强磁场中，宽轨、窄轨区域内磁感应强度大小分别为B、2B，金属棒ab、cd的质量分别为m、3m，长度分别为l、3l，电阻均为R。最初ab静止，再将cd从圆弧轨道上高h处静止释放，此后cd始终在宽轨上运动，ab始终在窄轨上运动，两棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，各部分均平滑连接，则（）A.cd刚进入磁场时受到的安培力大小为B.两根金属棒最终速度相等C.整个过程中通过cd的电荷量为D.整个过程中cd产生的热量为【答案】AC【解析】A．设金属棒刚进入磁场时的速度大小为，根据机械能守恒定律有根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有，则安培力为故A正确；B．稳定时满足解得故B错误；C．对cd根据动量定理有对ab根据动量定理有其中解得故C正确；D．对系统，根据能量守恒定律有cd产生的热量为故D错误；二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中（1）（多选）下列说法正确的是______；A.将一滴油酸酒精溶液滴入小量筒中，测出其体积B.油酸酒精溶液滴到水面上时，油膜先变大，后收缩至稳定C.为了测量准确，往浅盘中滴入油酸酒精溶液后应立即描绘油膜轮廓D.如果不用痱子粉，将会导致油酸边缘看不清（2）（多选）如图所示，实验中得到两幅油膜图，图（a）中油膜成“爆炸”形，图（b）中痱子粉和油膜变得“支离破碎”，关于形成原因，下列说法正确的是______；A.图甲可能是因为水面上痱子粉撒得太多太厚B.图甲可能是因为酒精加入过多C.图乙可能是因为撒粉太少，粉膜太薄D.图乙可能是因为酒精加入太少（3）实验时，将体积为m的纯油酸，配制成体积为n的油酸酒精溶液，测得k滴溶液的总体积为V，将一滴溶液滴入浅盘，稳定后将油酸膜轮廓描绘在坐标纸上，测得轮廓面积为S。则油酸分子直径______（用上述符号表示）。【答案】（1）BD（2）AC（3）【解析】（1）A．实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，故A错误；B．酒精溶于水，油酸酒精溶液滴到水中在酒精的作用下形成单分子油膜，随后酒精挥发油膜的面积又缩小，故B正确；C．为了测量准确，往浅盘中滴入油酸酒精溶液，待油膜图样稳定后再用笔描绘油膜轮廓，故C错误；D．如果不用痱子粉，将会导致油酸边缘看不清，故D正确；故选BD。（2）（图（a）中油膜成“爆炸”形，是由于水面上痱子粉撒得太多太厚，油膜没有充分展开，图（b）中痱子粉和油膜变得“支离破碎”，是因为撒粉太少，粉膜太薄。故选AC。（3）由题可知一滴酒精溶液中纯油酸的体积为则油酸分子直径12.某同学查阅资料了解某热敏电阻阻值与温度为线性关系，并通过测量描绘出其R-t图像如图（a）所示。（1）该热敏电阻阻值与温度之间的函数关系式为______；（2）利用该热敏电阻制作了如图（b）所示的恒温箱控制器用于孵化某种鸟蛋。已知该鸟蛋孵化最佳温度为，为保证孵化，温度低于36℃就需要加热。继电器线圈中电流大于或等于20mA时，继电器衔铁吸合。为保证正常工作，需将恒温箱加热器连接在______之间（选填“A、B”或“C、D”）。若继电器线圈电阻为150Ω，为继电器线圈供电的电源（内阻不计），为保证孵化，可变电阻应调节为______Ω；（3）为优化孵化率，当恒温箱温度低于38℃时，就需要加热，则需将可变电阻阻值______（选填“增加”或“减小”）。【答案】（1）（2）A、B7.6（3）增加【解析】（1）由图（a）可知代入数据，可得，解得，即（2）[1]由图可知，当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与A、B部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端。[2]当温度达到36℃时，加热电路就要闭合，此时的继电器的衔铁要被放开，即控制电路的电流要到达20mA，根据闭合电路欧姆定律可得当温度达到36℃时，解得（3）若恒温箱内的温度保持在更高的数值，则可变电阻的值应增加，会导致R电阻变小，从而实现目标。13.将一个电阻为30Ω的电热器连接在阻值为10Ω、匝数为2000匝的线圈的两端，若在0~1.5s内通过线圈的磁通量从均匀增加到。求（1）电热器两端的电压U；（2）0~1.5s内，电热器产生的热量Q。【答案】（1）（2）【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的电动势为由欧姆定律可知电路中的电流则电热器两端电压（2）根据焦耳定律可得，1.5s内电热器产生的热量14.我国自主研发的“南鲲”号发电装置已在珠海投入运行，其原理是利用海浪带动浪板摆动使发电线框转动，向外输出电能，如图（a）。某同学根据该原理自制了如图（b）所示的发电装置，装置在海浪作用下，线圈做匀速圆周运动，已知两永磁铁间可视为磁感应强度为的匀强磁场，线圈的匝数，面积，且在时间内转过了圈，将该发电装置连接到如图（c）所示的输电电路中，两个理想变压器、原、副线圈匝数比分别为，，发电装置内阻不计。（1）求线圈中产生的交流电电动势的峰值；（2）求交流电压表读数；（3）若测得电流表读数为，负载电阻，求输电线路总阻值r。【答案】（1）（2）（3）1Ω【解析】（1）线圈转速为线圈角速度为线圈产生电动势的峰值（2）升