2024四川省部分重点高中高二下学期期中联考试题物理PDF版含答案（可编辑）

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1．【答案】C
【详解】
A.双缝干涉现象中，亮、暗条纹的宽度相等，故A错误；
B.单缝衍射现象中，中间条纹最宽，向两边变窄，故B错误；
C.泊淞亮斑说明光能绕过障碍物继续传播，是光的衍射现象，故C正确；
D.光的偏振现象说明光是横波，故D错误。
2．【答案】C
【详解】
C.速度选择器利用的是不计重力的带电粒子所受的电场力和磁场力平衡，故C正确。
3.【答案】A
【详解】
设线框从进入磁场开始运动的时间为t，设 ∠a=ɑ,ab=L根据楞次定律判断可知，线框进入磁场过程中线框中产生的感应电流方向为逆时针方向，为正值;完全进入磁场过程中没有感应电流;出磁场的过程中感应电流方向为顺时针方向，为负值。
进入磁场过程:
出磁场过程与进入磁场过程感应电流的变化情况相反，故由数学知识得知A正确。
4.【答案】B
【详解】
A.图乙中线圈所处位置与磁感线平行，与中性面垂直，故A错误；
B.线圈所处位置与磁感线平行穿过线圈的磁通量最小，故B正确；
C.根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故C错误；
D.线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。
5.【答案】D
【详解】
CD.若R2断路，则副线圈连接电阻变大，电流表示数变小，原线圈的电流也变小，R消耗的功率变小，故C错误，D正确。
6.【答案】A
【详解】
A.设交流电电压有效值为U，根据有效值定义可得
解得U=45V，则理想电压表读数为45V，故A正确；
B.根据欧姆定律可得理想电流表读数为=0.45A，故B错误；
C.电阻R消耗的电功率为P=I2R=0.45²x100W=20.25W，故C错误；
D.电阻R在50秒内产生的热量为Q =I²Rt= 0.45²x100x50J=1212.5J，故D错误。
7.【答案】A
【详解】
A.由图乙可知，t1时刻螺线管Q中电流为最大，电流的变化率为零，则t1时刻穿过
线圈P磁通量最大，磁通量的变化率为零，P中感应电流为零，故A正确；
B.由图乙可知，t2时刻螺线管Q中电流的变化率为最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，P
中有感应电流，故有F≠G，故B错误；
C.由图乙可知，t2时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，
二者之间没有安培力，t3时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间
没有安培力。t2~t3时间内通过Q的电流在变大，穿过P的磁通量在变大，两者相互排斥，则t2~t3时间内螺线管对线圈的是排斥力，且先增大后减小，故C错误；
D.由图乙可知，t2~t3时间内时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈磁通量增大，根据增缩减扩原理可知，线圈有收缩的趋势，故D错误;
8.【答案】B
【详解】
A.ab边刚进入磁场时，速度大小为，流过ab边的电流为
受到的安培力大小为，故A错误；
B.导线框通过磁场上边界的过程中，由牛顿第二定律得
若a>0，则速度一直增大，故B正确；
C.导线框从自由下落到ab边刚到达磁场下边界的过程中，由于电磁感应产生的焦耳为Q，由能量守恒定律得，可得故C错误；
D.导线框通过磁场下边界的过程中，若时，下落的速度不会减小，故D错误。
9.【答案】AC
【详解】
AB.由上看出，a光的偏折程度大，则玻璃对a光的折射率较大.故A正确，B错误；
CD.a光的折射率较大，根据知，玻璃中a光的速度较小.故C正确，D错误。
10.【答案】BC
【详解】
A.闭合S瞬间,A灯支路的二极管正向导通,A灯立即亮，之后线圈自感对电流变化的阻碍作用逐渐减弱,从线圈L流过的电流逐渐增大,A灯被短路后熄灭，故A错误；
B.灯支路的二极管正向不能导通,B灯不亮,故B正确；
CD.断开S瞬间,线圈L产生与原电流方向相同的自感电流,可通过D₂,故B灯闪一下再慢慢熄灭,而自感电流不能通过D1,A灯不亮，故C正确，D错误,。
11.【答案】BD
【详解】
A.线框进入区域Ⅰ时磁通量增加，离开区域Ⅰ时磁通量减少，所以由楞次定律判断知，线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时感应电流方向相反，故A错误；
B.根据楞次定律:感应电流阻碍导体与磁场的相对运动，可知线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均竖直向上，故B正确；
C.在穿过两磁场区域的过程中，因为通过线框的电流及其变化情况相同，由，知线圈刚进入两个磁场时的速度相同，运动情况相同，而在两个磁场之间，线圈要做匀加速运动，所以线圈在磁场Ⅰ中只能减速运动，故C错误;
D.研究线框刚进入Ⅰ磁场到刚要进磁场Ⅱ，由于动能不变，所以由能量守恒得产生的热量为mg(d+h)，而线圈通过磁场区域II时产生的热量也为mg(d+h)，所以总热量为2mg(d+h)，故D正确。
12.【答案】AD
【详解】
A.感应电动势的最大值Em=NBSω,故A正确；
B.图示位置穿过线圈的磁通量最大Φ=BS，转过180度，磁通量变为零，故磁通量的变化率Φ=BS，故B错误；
C.通过电阻R的电荷量，故C错误；
D.电阻R中产生的焦耳热为，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
三、本大题2小题，每空2分，共16分。
13.【答案】（1）1.190，9.868（9.867或9.869）（2）d(x2-x1)/5L （3）变大
【详解】
（1）图丙中分划板中心刻线对准第1条亮纹固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为，所以最终读数为1.190mm；
对准第6条亮纹时固定刻度读数为9.5mm，可动读数为0.01× 36.8= 0.368mm，所以最终读数为9.868mm.
(2) 根据得：
(3)根据知，增大双缝与屏间的距离，条纹间距增大.
14.【答案】（1）< （2）减小G2-G1 （3） .
【详解】
(1)根据右手定则可判断铜条中电流方向由B到A,再根据左手定则可判断铜条所受安培力竖直向上，由牛顿第三定律可知,铜条对磁铁的作用力竖直向下，故G1< G2。
(2)直铜条AB向下匀速运动过程中，闭合电路中的磁通量减小，设铜条所受安培力为F安，由牛顿第三定律可知磁铁受到的反作用力F安'=F安，由平衡条件得F安'+G1=G2,所以F安=G2-G1,
(3)铜条切割磁感线产生感应电动势E=BLv，闭合回路中的电流 ，又有F安=BIL ，
所以B= .
QUOTE 15.（8分）
解：（1）设光在AB面上的入射角为i，折射角为r，玻璃砖折射率为n，由几何关系，有
i=60° （1分）
r=30° （1分）
（2分）
（2）由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程为s，则
（1分）
设光在玻璃砖中传播速度为v，则
（1分）
从D点第一次射到玻璃砖半圆弧的传播时间为t，则
（2分）
16.（12分）
解：（1）矩形闭合导线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的感应电动势的最大值为Em，则
Em＝NBSω＝100×eq \f(\r(2),10π)×0.25×100π V＝250eq \r(2) V （2分）
从线框平面与磁感线垂直时开始计时，线框中感应电动势的表达式为
e＝Emsinωt＝250eq \r(2)sin100πt V （2分）
（2）发电机的输出电压 （1分）
升压变压器副线圈两端的电压 （1分）
已知发电机输出的电功率P＝5×104 W （1分）
则升压变压器与降压变压器间输电线上的电流 （1分）
输电线上的电压损失ΔU损＝I2R＝10×20 V＝200 V （1分）
降压变压器原线圈上的电压U3＝U2－ΔU损＝5000 V－200 V＝4800 V （1分）
灯泡正常发光的电压，则降压变压器副线圈上的电压U4＝220 V （1分）
所以降压变压器原、副线圈的匝数比为 n3∶n4＝U3∶U4＝240∶11 （1分）
17.（16分）
解：（1）在t1＝0.60 s时间内ab下滑的距离h1＝1.20 m，设其中的电动势平均值为E1，则
………………（3分）
解得E1＝0.16 V ………………（2分）
（2）从表格中可知，1.00 s后棒做匀速运动，设速度为v，电动势为E，回路中的电流为I，金属棒受到的安培力为F，则
＝5 m /s ………………（2分）
E＝BLv ………………（1分）
………………（1分）
F＝BIL ………………（1分）
F＝mg ………………（1分）
解得
m=0.032 kg ………………（1分）
（3）棒在1.20 s的时间内下滑h2＝3.80 m过程中，克服安培力做的功等于回路的焦耳热，根据能量守恒
………………（2分）
解得QR =0.816 J ………………（2分）