【文档说明】四川省内江市第六中学2023-2024学年高二下学期半期考试物理试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，1.720 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2023-2024学年（下）高25届半期考试物理试题考试时间：75分钟：满分：100分一、选择题：（1-7小题为单选，8-10小题为多选。每小题4分，多选题未选全得2分，共40分）1.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴

的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．2.在一透明

液体中，一束单色光与液面成53°角射向液面，与液面成30°角射出，已知sin530.8=，则该液体的折射率为（）A.1.6B.235C.536D.3【答案】C【解析】【详解】作出光路图，如图可知903060=−=，905337=−=该液体

的折射率为sin53sin6n==故选C。3.如图甲所示的LC振荡电路中，0=t时的电流方向如图中标出，电容器上的电荷量随时间的变化规律如图乙所示，则（）A.0.5s至1.0s时间内，P点比Q点电势高B.0至0.5s时间内，电容器上板带正电C.1.0s至1.5s时间内，磁场能

正在转变成电场能D.1.5s至2.0s时间内，磁场能正在转变成电场能【答案】C【解析】【详解】A．0.5s至1.0s时间内，电容器带电量减小，说明电容器放电，电流从Q点流向P点，则Q点比P点电势高，故A错误；B．由题图可

知0至0.5s时间内，电容器带电量增加，则说明电容器在充电，电流流向正极板，故下极板带正电，故B错误；C．1.0s至1.5s时间内，电容器上的电荷量增加，但电性相反，则说明电容器反向充电，磁场能正在转变成电场能，故C正确；D．1.5s至2

.0s时间内，电容器反向放电，则电场能正在转变成磁场能，故D错误。故选C。4.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，

电阻0.1R=，边长0.2ml=，则下列说法正确的是（）A.在0=t到0.1st=时间内，金属框中的感应电动势为0.8VB.在0.05st=时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.16NC.在0.05

st=时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右D.在0=t到0.1st=时间内，金属框中电流的电功率为0.064W【答案】D【解析】【详解】A．根据法拉第电磁感应定律ENt=金属框的面积不变，磁场的

磁感应强度变化，故2ΔΦΔBl=，0.2T/s2T/s0.1Bt==解得0.08VE=故A错误；B．感应电流为0.08A0.8A0.1EIR===在t=0.05s时，ab受到的安培力为0.10.80.2N0.016NFBIl===故B错误；C．根据楞次

定律，感应电流阻碍磁通量的变化，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；D．在0=t到0.1st=时间内，金属框中电流的电功率为0.080.8W0.064WPEI===故D正确。故选D。5.如图示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100kW，输出电压15

00VU=，升压变压器原、副线圈的匝数比为12:1:20nn=，输电线电阻为40，用户需要的电压4220VU=，变压器均为理想变压器，则（）A.输电线上的输送电流为250AB.输电线上损失的电压为280VC.输电

线上损失的电功率为4kWD.降压变压器的原、副线圈的匝数比为34:960:11nn=【答案】C【解析】【详解】A．根据1122UnUn=知212010000VUU==所以输电线上的电流为2210APIU==故

A错误；B．输电线上损耗电压为21040V400VUIR===线故B错误；C．输电线上损耗的功率为2221040W4000W=4kWPIR===线的故C正确；D．因为329600VUUU=−=降压变压器的原、副线圈的匝数比为3

344960048022011nUnU===故D错误。故选C。6.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向

里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】在0~2T内，磁感应强度均匀

变化，由法拉第电磁感应定律可得BEStt==则闭合电路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变。ab边在磁场中所受的安培力FBIL=由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度B恒定，则0~2T，安培力为平行t轴的直线，方向向左（为负）。同理分析可得在~2TT,安培力与时间的关系为0~2

T内F-t关于时间轴2Tt=对称一条的直线。故选B。【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的

变化。7.如图所示，T为理想变压器，原线圈匝数为220匝，副线圈匝数为44匝。A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），原线圈两端电压u=2202sin3

14tV，以下说法正确的是（）A.当光照增强时，电压表V1示数为442V且保持不变B.当光照增强时，原线圈输入功率减小C.原线圈磁通量变化率最大值为2Wb/sD.当光照增强时，电流表A1、A2、V2示数均变大【答案】C【解析】【详解】A．当光照增强时，电压表V1示数为144220V44V22

0U==A错误；BD．当光照增强时，光敏电阻的阻值变小，副线圈的电流变大，副线圈的功率变大，原线圈输入功率变大，根据串反并同规律，V2示数变小，BD错误；C．原线圈磁通量变化率最大值为m1Ent=解得m12202Wb/s2Wb/s220Etn=

==C正确。故选C。8.图a为一列简谐横波在0.10st=时刻的波形图，P是平衡位置为1mx=处的质点，Q是平衡位置为4mx=处的质点，图b为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（）A.该波的周期是0.10sB.该波的传播速度为40m/sC.该波沿x轴的负方向传播D.0.10st=时，

质点P的速度方向向下【答案】BC【解析】【详解】AB．由图知8m=，0.2sT=则波速40m/svT==故A错误，B正确；C．由乙图读出，t=0.10s质点Q的速度方向向下，由波形的平移法可知，这列波沿x轴负方向传播。故C正确；D．由于波沿x轴

负方向传播，根据波形图以及带动法可知，0.1s时P点向上振动，故速度方向向上，故D错误。故选BC9.霓是大气中有时和虹一起出现的一种光的现象，也叫“副虹”。它的形成原理与彩虹大致相同，太阳光在水珠中的反射比彩虹多了一次，是经过水珠的

两次折射和两次反射形成的，其成因的简化示意图如图所示，其中a、b是两种不同频率的单色光，则a、b两光相比较（）A.b光的频率更低B.在同一介质中，a光的传播速度更快C.分别照射同一狭缝，a光通过狭缝时的衍射现象更明显D.从水中

射入空气时，b光发生全反射的临界角更大【答案】AD【解析】【详解】A．由题图可知，在第一次折射时，a、b两光的入射角相同，b光的折射角明显大于a光的折射角，由折射率公式sinsininr=，可知b光折射率小，频率也小，A正确；B．在相同介质中传播时，由cvn=可知，由于b光折射率小于a光折射率，

所以在同一介质中，a光的传播速度更慢，B错误；C．分别照射同一狭缝，由产生明显衍射现象的条件可知，a、b光相比，波长越长衍射现象越明显，因为b光的频率小，波长大，所以b光的衍射现象更明显，C错误；D．从水中射入空气，满足从光密介质射入光疏介质的条件，会产生全反射，由临界角公式1sinCn=可知

，由于b光折射率小于a光折射率，可知b光临界角更大，D正确。故选AD。10.如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两。个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线

框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为2v。下列说法正确的是（）A.在位置Ⅱ时线框的加速度为222BavmRB.在位置Ⅱ时线框

中的电功率为222BavRC.此过程中线框产生的内能为38mv2D.此过程中通过线框截面的电荷量为22BaR【答案】BC【解析】【详解】A．在位置Ⅱ时线框左右两边同时切割磁感线，且产生的感应电动势方向相同，则回路中的感应电动势大小为22vEBaBav==感应电流大小为EBav

IRR==根据右手定则可知此时线框中感应电流的方向为顺时针，根据左手定则可知左右两边所受安培力方向均为水平向左，则线框所受合安培力大小为2222BavFBIaR==根据牛顿第二定律可知此时线框的加速度大小为222FB

avamRm==故A错误；B．在位置Ⅱ时线框中的电功率为2222BavPIRR==故B正确；C．线框克服安培力做功，损失的动能全部转化为内能，即2221132228vQmvmmv=−=故C正确；D．从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中线框的磁通量变化量大小为2Ba=此过程中通

过线框截面的电荷量为2EBaqItttRRtR====故D错误。故选BC。二、实验题：（11题每空2分，小计6分；12题前两空各1分，其余每空2分，小计8分。本题共14分，）11.在“测定

玻璃的折射率”实验中：(1)为了取得较好的实验效果，其中正确的是______A.必须选用上下表面平行的玻璃砖B.选择的入射角应尽量小些C.大头针应垂直地插在纸面上D.大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些(2)甲同学在画界面时，不小心将两界面aa′和bb′间距画

得比玻璃砖宽度大些，如图所示，则他测得折射率______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）(3)乙同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C

点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图所示，则他只需要测量某两条线段的长度即可，就可求出玻璃的折射率n＝______（用图中线段的字母表示）。的【答案】①.CD##DC②.偏小③.ABCD【解析】【详

解】(1)[1]A．不必选用上下表面平行的玻璃砖，A错误；B．选择适当的入射角，B错误；C．为了减小观察误差，大头针应垂直地插在纸面上，C正确；D．为了减小误差，大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，D正确。故选CD。(2)[2]甲同学

在画界面时，不小心将两界面aa′和bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，入射角i不变，折射角r偏大，根据折射定律，sinsininr=他测得的折射率偏小；(3)[3]根据折射定律得sinsininr=根据直角三角形得sinABi

OA=sinCDrOC=根据题意得OAOC=解得ABnCD=12.在“用双缝干涉测光波长”的实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图1），并选用缝间距为d的双缝屏。从仪器注明的规格可知，毛玻

璃屏与双缝屏间的距离为L。接通电源使光源正常工作，发出白光。(1)组装仪器时，图中a为________缝，b为________缝。（均选填“双”或“单”）(2)若取下红色滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中___

_____；A．观察不到干涉条纹B．可观察到明暗相间的白条纹C．可观察到彩色条纹(3)若实验中在像屏上得到的干涉图样如图2所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图2中a、b位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2（x2

>x1），则入射的单色光波长的计算表达式为=________；分划板刻线在某条明条纹位置时游标卡尺如图3所示，其读数为________mm。【答案】①.单②.双③.C④.21()6xxdL−⑤.31.10【解析】【详解】(1)[1]如图1所示组装仪器时，a处应固定单缝，b

双缝；(2)[2]若取下红色滤光片，白光干涉条纹为彩色的，故C正确，AB错误。(3)[3]条纹间距为216xxx−=根据Lxd=解得21()=6xxdL−[4]游标卡尺读数为3.1cm+0.0

5mm×2=3.110cm=31.10mm。三、计算题：（共46分，要求要有必要的文字说明和主要的解题过程，只有最后结果的不得分。）13.如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右匀强磁场中，

线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO以恒定的角速度匀速转动，0=t时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。求：（1）从0=t时起，线圈转过60°时产生的电动势；（2）线圈转动的过程中，电压表的示数；为的（3）外力

使线圈转动一周所做的功。【答案】（1）2nBS；（2）()22nBSRRr+；（3）222πnBSRr+【解析】【详解】（1）感应电动势最大值为mEnBS=感应电动势瞬时值为mcos60eE=解得2nBSe=（2）感应电动势有效值为m2E

E=电压表的示数为EURRr=+解得()22nBSRURr=+（3）外力使线圈转动一周所做的功为21EWTRr=+又2πT=解得2221πnBSWRr=+14.一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻恰

好传播到6.0mx=处，波形如图所示。t=0.6s时，平衡位置为4.5mx=的质点A第一次到达波峰。求：（1）从0st=到2.1st=时间内平衡位置的9.0mx=质点通过的路程？（2）从0=t时刻起经过多长时间平衡位置9.0mx=的质点处于波峰？【答案】（1）50cm

；（2）1.51.2(0,1,2...)snn+=【解析】【详解】（1）由题意可知，波长为6m=，t=0.6s时，平衡位置为4.5mx=的质点A第一次到达波峰，则周期为21.2sTt==波速为5m/svT==波传到9.0m

x=处所需的时间为113s0.6s5tv===所以从0st=到2.1st=时间内平衡位置的9.0mx=质点通过的路程2.10.6450cmsAT−==（2）由“同侧法”可判断质点的起振方向向上，平衡位置9.0mx=的

质点起振方向向上，所以该质点处于波峰的时间为13()(0,1,2...)4ttnTn=++=解得1.51.2(0,1,2...)stnn=+=15.如图，一匝数为250n=匝、横截面积为23mS=、电阻为0.5=r的线圈处于竖直向下的变化磁场中，磁感应强度大小1B随时间t的变化规律为()1

20.1TBt=+。倾角为37=、间距为1mL=的粗糙平行导轨在磁感应强度大小为22TB=的匀强磁场中倾斜放置，磁场方向垂直于导轨平面向上。闭合开关S，一质量为2kgm=、长为1mL=、电阻为16R=的导体棒ab在倾斜导轨上恰好静止，定值电阻的阻值为23R=。设最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，导体棒ab与导轨始终接触良好，不计导轨电阻，导轨足够长，重力加速度大小取210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）线圈中的感应电动势大小E；（2）导体棒ab与倾斜导轨间的动摩擦因数；（3）断开开关S，从导体棒ab开

始运动至达到最大速度的过程中，电阻2R上产生的焦耳热为9J，求此过程中通过电阻2R的电荷量q。【答案】（1）75V；（2）0.5；（3）6C【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有BEnSt=解得7

5VE=（2）由楞次定律可知，导体棒ab中的电流由b到a，由左手定则可知，导体棒ab受到的安培力沿倾斜导轨向上，导体棒ab与电阻2R并联12并12RRRRR=+由闭合电路欧姆定律可知，导体棒ab两端的电压为RU

ERr=+并并导体棒ab中的电流为1UIR=导体棒ab受到的安培力大小为220Nsin3712NFBILmg===安故导体棒ab受到的摩擦力f沿倾斜导轨向下，即cos37sin37fgFmmg==−安解得0

.5=（3）从导体棒ab开始运动至达到最大速度的过程中，设导体棒ab的最大速度为mv，导体棒ab下滑的距离为x，导体棒ab达到最大速度时有sincos0Fmgmg−−=安2FBIL=安12EIRR=+2mEBLv=解得m9m/sv=由能量守

恒定律有122m1sincos2RRmvmgxgxQQm=+++由焦耳定律有1212RRQRQR=联立解得27mx=根据qIt=12EIRR=+Et=2BLx=解得2126CBLxqRR==+