【文档说明】重庆市四川外国语大学附属外国语学校2023-2024学年高二下学期5月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，4.253 MB，由小赞的店铺上传

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重庆外国语学校高2025届（二下）5月月考物理试题（满分100分，75分钟完成）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.关于固体和液体，下列说法正确的是（）A.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变B.某种物体在导热方面表现为各向

同性，该物体一定是非晶体C.液体分子的无规则热运动也叫布朗运动D.液体表面的分子比液体内部的分子间距小【答案】A【解析】【详解】A．晶体熔化时吸收热量，温度不变，分子平均动能不变，故A正确；B．某种物体若在导热方面表现为各向同性，物体可能是多晶体也可能是非晶体，故B错误；C．布朗运动是固

体小颗粒的无规则运动，所以液体分子的无规则热运动不叫布朗运动，故C错误；D．液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故D错误。故选A。2.如图，一线流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长

直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生如图所示的变化，设电流i正方向与图中箭头方向相同，则（）A.线框中感应电流总是沿逆时针方向B.线框受到的安培力的合力一直向左C.线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右D.线

框受到的安培力的合力先水平向右，后水平向左【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，导线中的电流先正向减小后负向增大，根据安培定则可得，线框所在位置的磁场先垂直纸面向里减小后垂直纸面向外增大，根据楞次定律“增反减同”，线框感应电流的磁场一直垂直纸面向里，根据安培定则可得，线框的

电流一直为顺时针，故A错误；BCD．线框所在位置的磁场先垂直纸面向里减小后垂直纸面向外增大，而线框的电流一直为顺时针，其中ad边位置的磁感应强度比bc边位置的磁感应强度大，电流相同，所以ad边所受的安培力大于bc边受到的安培力，根据左手定则，ad的安培力先向左后向右，bc边的安培力先向右

后向左，则线框的合力先向左后向右，故BD错误，C正确。故选C。3.如图所示，活塞和汽缸内封闭着一定量的理想气体，气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T-V图上的两条线段所示，则气体在（）A.状态a处的压强小于状态c处的压强B.由b变化到c的过程中，气体从外界吸热C.由

b变化到c的过程中，气体对外界不做功D.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量大于其对外做的功【答案】B【解析】【详解】A．根据理想气体状态方程pVCT=可得·pTVC=所以，与原点的连线的斜率与压强成正比，由图可知，状态a处与原点连线的斜率大于c处与原点连线的斜

率，所以状态a处的压强大于状态c处的压强，故A错误；BC．由b变化到c的过程中，由图可知，体积增大，温度升高，压强不变。由于体积增大，所以气体对外做功，即0W温度升高，所以气体内能增大，即Δ0U根据热力学第一定律ΔUWQ=+可知

0Q即，气体从外界吸热，故B正确，C错误；D．由a变化到b的过程中，气体体积增大，温度降低。由于体积增大，所以气体对外做功，即0W温度降低，所以气体内能减小，即Δ0U根据热力学第一定律ΔUWQ=+气体从外界吸收的热量，即0Q所

以QW即，由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量小于其对外做的功，故D错误。故选B。4.如图所示，矩形ABCD为某透明介质的截面，2ABAD=，O为AD边的中点，一束单色光从O点斜射入玻璃砖，折射光

线刚好在AB面发生全反射，反射光线刚好照射到C点，则透明介质对光的折射率为（）A.1.25B.1.35C.1.45D.1.55【答案】A【解析】【详解】作出光路图如图所示设折射光线在AB边的入射角为，设AO长为L，因为对称，则有()()274sin

0.834LLL==+根据题意，折射率为11.25sinn==故选A。5.如图所示，一上端开口，下端封闭细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱N，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水

银柱M，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=76cmHg。如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动，且在转动过程中没有发生漏气，气体状态变化可视为等温变化，则当玻璃管缓慢地转动180°时，（）A.空气柱的压强等于86cmHgB.空气柱的长度等于12cmC.水银柱N上方的真空柱长度

等于5.4cmD.水银柱M溢出的水银长度等于10cm【答案】B【解析】【详解】A．当玻璃管缓慢地转动180°时，开口向下，一部分水银流出，封闭端有一部分真空，则此时空气柱压强为的2166cmHgpgl==故A错误；B．依题意，玻璃管开口向

上时，空气柱压强为103120cmHgppgl=+=由玻意耳定律，可知122plSphS=解得12cmh=故B正确；CD．设玻璃管开口向下时，开口端剩下的水银柱长度为x，则有20ppgx=−解得10cmx=水银柱N上方的真空柱长度等于2328.6

cmllhx+−−=水银柱M溢出的水银长度等于334cmlx−=故CD错误。故选B。6.如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t=0时开关S打到b端，t=0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达

到最大值。则（）A.LC回路的周期为0.02sB.LC回路的电流为0时电容器中电场能也为零C.t=5.01s时线圈中磁场能最大D.t=5.01s时回路中电流沿顺时针方向【答案】C【解析】【详解】A．以顺

时针电流为正方向，LC电路中电流和电荷量变化的图像如下0.02st=时电容器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期为0.04sT=，故A错误；B．根据图像可知电流为0时，电容器中电荷量最大，电场能最大，故B错误；CD．5.01st=时，经过11254T，根据图

像可知此时电流最大，电流沿逆时针方向，说明电容器放电完毕，电能全部转化为磁场能，此时磁场能最大，故C正确，D错误。故选C。7.坐标分别位于x=-3m和x=0处有两个振动情况完全相同的相干波源S1、S2，在t=0时均从平衡位置开始向下运动，

均形成沿x轴传播的简谐横波，振幅均为A=2cm，沿波传播方向上有间距均为1m的9个质点，位置坐标如图所示。t=0时各质点均处于平衡位置，t=0.4s时x=1m处的质点第一次具有竖直向上的最大速度，此时x=2m的质点开始振动，则（）

A.振动稳定后x=-1m的质点振幅为4cmB.振动稳定后x=1m的质点是振动加强的点C.振动稳定后x=2m的质点是振动加强的点D.t=0.7s时刻，S1、S2之间的波形图是一条直线【答案】D【解析】【详解】A．设两波的波速为v，周期为T，根据题意可得20.4sxv=，10.4s2xTv+=其中

111m2mxx==，联立，解得5m/sv=，0.4sT=两波的波长2mvT==振动稳定后x=−1m的质点到两波源的距离差1Δ2m1m1m0.5λx=−==所以该质点是振动减弱的点，振幅为0。故A错误；BC．振动稳定后x=1m的质点到两波源的距离差2Δ4m

1m3m1.5λx=−==所以该质点是振动减弱的点，同理x=2m的质点到两波源的距离差3Δ5m2m3m1.5λx=−==所以该质点也是振动减弱的点。故BC正确；D．在t=0.7s时，S1右侧的波刚好传播到0.5m处，S2左侧的波刚好传播到-3.5m

处，坐标在S1、S2之间两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.7s时，坐标在S1、S2之间的质点位移都为0，波形图是一条直线。故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全都选

对得5分，选对但不全得3分，选错得0分。8.已知水的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为AN；若用m表示一个水分子的质量，用0V表示一个水分子的体积，则下列表达式中正确的是（）A.AMmN=B.ANmM=C.

0ANVM=D.0AMVN=【答案】AD【解析】【详解】一个分子的质量为AMmN=水的摩尔体积为AMV=一个水分子的体积为0AAAVMVNN==故选AD。9.如图甲，自行车上的红色尾灯是采用了全反射棱镜的原理，它本身不发光，但在夜间骑行时，从后面开来

的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去。某种自行车尾灯简化为等腰直角三棱镜△OMN，现有a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN（两束光关于OO′对称），在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图乙所示，（）

A.a光的频率小于b光B.在棱镜中，a光的传播速度较小C.用同一装置做双缝干涉实验，b光的相邻条纹间距大D.用同一装置做单缝衍射实验，a光的中央亮条纹更宽【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知b光发生全反射，其临界角较小，根据1sinCn=可知b光的折射率较大，频率较大。故A正确；B．根据cn

v=可知在棱镜中，b光的传播速度较小。故B错误；C．根据A选项分析可知b光的波长较短，根据Lxd=可知用同一装置做双缝干涉实验，b光的相邻条纹间距小。故C错误；D．同理，a光波长较长，用同一装置做单缝衍射实验，a光的

中央亮条纹更宽。故D正确。的故选AD。10.如图，一小型发电厂的电压有效值为220V，通过升压变压器n1：n2=1：2，然后输出给终端，若仅闭合S1，R1的功率为4000W。已知n3：n4：n5=2：1：4，线路电阻为r，R1=10Ω，R2=336Ω。变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（

）A.仅闭合S1时，升压变压器的输入功率为4400WB.仅闭合S2时，线路损失的功率为100WC.仅闭合S2时，R2获得的功率1050WD.同时闭合S1、S2时，通过r的电流约为14A【答案】AD【解析】【详解】A．仅闭合S1时，降压变压器的等

效电阻为23114()40ΩnRRn==等效输电线路电流为221UIrR=+等效1122UnUn=R1的功率为1221RPIR=等效联立，解得4Ωr=，210AI=线路损失的功率为22400WPIr==损可得14400WRPPP=+=入损故A正确；B错误

；C．仅闭合S2时，降压变压器的等效电阻为23225()84ΩnRRn==等效根据1122UnUn=R2获得的功率22222()2100WRUPRrR==+等效等效故C错误；D．同时闭合S1、S2时，

降压变压器的等效电阻满足22331245111()()nnRRRnn=+等效通过r的电流约为214ArUIrR=+等效故D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分。11.某实验小组利用如图装置探究一定质量的气体等温变化的规律（1）实验过程中，下列说

法正确的___________；A.推拉活塞时，不能用手握住注射器气体部分B.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出C.活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值（2）某同学在推动活塞的过程中测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴

、1V为横轴，画出图像如图，则产生的可能原因是___________（选填“升温”或“降温”）。（3）在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1＜T2.

在如图所示的四幅图中，能正确反映T1＜T2的是。A.B.C.D.【答案】（1）A（2）升温（3）BD【解析】【小问1详解】A．手握活塞造成温度变化，所以，推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分，故A正确；B．若急速推拉活塞，则有可能造成

等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，故A错误；C．应等状态稳定后，记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，故C错误；故选A。【小问2详解】图象发生了弯曲，即pV乘积变大，根据pVnRT=故可能温度升高了或者质量变大了。【小问3详解】AB．根据pVnRT=可得，pV乘

积越大，温度越高，故A错误，B正确；CD．根据pVnRT=可得，1pV−的斜率为1pkpVnRTV===所以，1pV−的斜率越大，温度越高，故C错误，D正确。故选BD。12.如图甲所示为某物理小组成员用热敏电阻和电磁继电器制作的简易温控开关的原理电路

图，正常工作时，单刀双掷开关位于d处。图乙为热敏电阻的R1-t图像，继电器线圈的电阻为90Ω。当继电器线圈电流超过10mA时，衔铁吸合，加热器停止加热；电流低于10mA时，衔铁松开，继续加热，实现温度自动控制，为继电器供电的电池电动势E=4V，内阻不

计。图甲中的“电源”是恒温箱加热器的电源。（1）正常工作时，温度升高，继电器磁性将___________（选填“减小”、“不变”或“增大”）；（2）为使该装置实现对10℃~60℃之间任意温度的控制（即使恒温箱内温度能保持在该温度范围内的任一值），

下面两种规格的滑动变阻器R′应选__________。（填“R1”或“R2”）。滑动变阻器R1（0~200Ω）；滑动变阻器R2（0~300Ω）。（3）为了实现恒温箱保持温度为40℃，实验时进行了以下操作：①断开开

关，滑动变阻器阻值调节至最大，将电阻箱阻值调到___________Ω（保留2位有效数字）；②将单刀双掷开关向c端闭合；是的③缓慢调节滑动变阻器阻值直到观察到继电器的衔铁恰好被吸合，此时滑动变阻器R′接入电路的阻值大小为___________Ω（保留3位有效数字）；④保持滑动变阻器的位置不

变，将单刀双掷开关向d端闭合，恒温箱系统正常工作。（4）若想让恒温箱保持的温度升高，应将滑动变阻器R′的接入电阻调___________（填“大”或“小”）。【答案】（1）增大（2）2R（3）①.52##53##54②.2

57##256##258（4）大【解析】【小问1详解】由图乙可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而变小，电路中的电流变大，流经继电器的电流变大，磁性增大。【小问2详解】为使该装置实现对10℃～60℃之间任意温度的控

制，滑动变阻器的最大阻值必定大于最高温控所需连入电阻，故4Ω400Ω0.01ERI==总又RRRR=++滑总继当温度为60℃时热敏电阻阻值最小，为30R=所以400Ω30Ω90Ω280ΩR−−=滑所以滑动变阻器选用2R。【

小问3详解】[1]由题图乙可知40℃时热敏电阻对应阻值为53Ω，因此需将电阻箱阻值调到53Ω；[2]当恒温箱内的温度保持40℃，应调节滑动变阻器R的阻值，使电流达到10mA，由闭合电路的欧姆定律得EIRRR

=++继箱的即400Ω53Ω90Ω257ΩERRRI=−−=−−=继箱【小问4详解】若想让恒温箱保持的温度升高，则报警时热敏电阻的阻值变小，总阻值不变，则应将滑动变阻器R的接入电阻调大。四、计算题：本

题共3小题，13题10分，14题14分，15题18分，共42分。需要写出必要的文字说明和公式，只有答案不给分。13.如图甲所示，一列简谐横波沿水平直线时，a、b为介质中相距30m的两个质点，某时刻a、b两质点正好都经过平衡位置，且a、b间

只有一个波峰。已知这列波波源做简谐振动的图像如图乙所示，求：（1）波源的振动方程；（2）在40s内位于波源的质点运动的路程；（3）该简谐横波传播速度的大小可能值。【答案】（1）2sincm2πxt=（）；（2

）80cm；（3）15m/s，7.5m/s，5m/s【解析】【详解】（1）由图乙可知，波源的振幅和周期分别为2cmA=4sT=则圆频率为2rad/s2T==所以，波源的振动方程为sin2sincm2πxAωtt==（）（2）40s为10个周期，故路程为10480cmsA

==（3）第1种情况，如图所示则2x=此时波速为115m/sλvT==第2种情况，如图所示则xλ=此时波速为27.5m/sλvT==第3种情况，如图所示则xλ=此时波速为37.5m/sλvT==第4种情况，如图所示则32λ

x=此时波速为45m/sλvT==综上，该简谐横波传播速度的大小可能值为15m/s，7.5m/s，5m/s。14.图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形导热汽缸开口向上竖

直放置在水平地面上，活塞（连同细连杆）与椅面的总质量m=4kg，活塞的横截面积S=4×10-4m2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无限且不漏气，活塞上放有一质量M=8kg的物块，气柱高度

h=0.6m。已知大气压强p0=1×105Pa，环境温度27℃，重力加速度g取10m/s2。（1）放上物块达到稳定后，气柱的压强；（2）若拿掉物块，活塞上升，求稳定时气柱的高度；（3）拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞下降10cm，求此时的温度。【答案】（1）5410Pa

；（2）1.2m；（3）275K【解析】【详解】（1）放上物块后达到稳定后，对活塞受力分析，根据平衡条件10pSpSMmg=++（）代入数据，解得51410Pap=（2）拿掉物块后，对活塞受力分析，根据平衡

条件20pSpSmg=+代入数据，解得52210Pap=由玻意耳定律1122pVpV=其中1VSh=22VSh=解得稳定时气柱的高度为21.2mh=（3）拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞下降10cm，此过程为等压变化320V

VTT=其中027327K300KT=+=（）3210cmVSh=−（）解得275KT=15.如图甲所示，两根完全相同的光滑金属导轨平行放置，它们由左侧半径为R的四分之一圆弧和右侧水平无限长直线部分构成

，弧形部分竖直且与直轨道平滑相切于OO′处，导轨间距为L，整个区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根长度均为L，电阻均为r的细金属杆M、N分别放置在导轨上，其中N锁定在水平轨道上OO′右侧x处，且金属杆N上有一个微型无线电流传感器（视为质点，

图中未画出），可记录金属杆N上的电流大小和方向，并实时传送到计算机中。金属杆M从零时刻起在外力驱动下从圆弧轨道最高点沿轨道做匀速圆周运动，速度大小为v0，t1=0.5s时撇去外力，金属杆M刚好到达最低点。之后在两杆将要碰的瞬间解除N杆的锁定，收集到电流

随时间变化的图像如图乙所示，计算机测得t2-t3内图像与横轴围成面积大小是t1-t2内图像与横轴围成面积大小的32倍，t3时刻电流为零。已知L=1m，B=1T，r=1Ω，运动过程中两杆始终与导轨接触良好，M杆的质量为m=1kg，重

力加速度为g=10m/s2，感应电流产生的磁场、导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计。求：（1）v0和R的大小；（2）0-t2时间内金属杆M产生的焦耳热；（3）碰撞后两金属杆M、N再次相距x时各自的速度大小。【答案】（1）06m/sv=，6mR=；（2）7.

25J；（3）0，4m/s3【解析】【详解】（1）由图乙可知，当金属杆M运动到圆弧轨道最低点时，电路中的电流为13AI=根据欧姆定律，可得金属杆M产生的电动势为1126VEIr==又10EBLv=解得06m/sv=因为金属杆M在圆弧轨道做匀速圆周运动，所以102Rtv=解得6

mR=（2）10t−时间内，金属杆M在圆弧轨道上，当金属杆M与圆弧轨道圆心连线与水平方向夹角为时，则与磁场垂直方向的分速度为0sinvv=金属杆M产生的电动势为0sinEBLvBLv==电路中的电流为0sin22BLvEIrr==所以，10t−时间内，电路中的电流为正弦

式交变电流，有效值为m32A22II==有电路中产生的总焦耳热为21124.5JQIrt==总有此过程，金属杆M上产生的焦耳热为112.25JrQQrr==+总由图乙可知，在2t时刻，电路中的电流为22AI=根据欧姆定律，可得金属杆M产生的电动势为2224

VEIr==又21EBLv=解得14m/sv=在12tt−时间内，根据能量守恒220121110J22Qmvmv=−=总此过程，金属杆M上产生的焦耳热为225JrQQrr==+总所以，20t−时间内金属杆M产生的焦耳热为127.25JQQQ=

+=（3）在12tt−时间内，对金属杆M根据动量定理10ΔBILtmvmv−=−其中1ΔΔΔΔ222BLxEBLxtqItttrrr====解得4mx=12Cq=图乙中图像与横轴围成面积大小表示通过金属杆的电荷量，则在23tt−时间内，通过金属杆的电荷量为2133C2qq==取水平向右

为正方向，设金属杆M、N在碰后瞬间金属杆M的速度为2v，金属杆N的速度为3v，质量为M，3t时刻共速时的速度为v共，碰撞前后动量守恒123mvmvMvMmv=+=+共（）在23tt−时间内，对金属杆M根据动量定理2ΔBILtmvmv=−共其中2Δ3CqIt==两

金属杆碰后电流大小不变，方向改变，则232ΔEEBLvBLv==−联立，解得3kgM=22m/s=−v1m/sv=共32m/sv=设碰撞后两金属杆M、N再次相距x时各自的速度大小分别为4v、5v，则根据动量守恒145mvmvMv=+对金属杆M根据动量定理其中31ΔΔΔΔ2

C222BLxEBLxtqItttqrrr======联立，解得40=v54m/s3v=