湖南省湘潭市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试自编物理试卷01（范围：人教版必修三、选择性必修一、选择性必修二、选择性必修三第1-2单元）（解析版）

湖南省湘潭市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试自编物理试卷01（解析版）题号12345678910答案BBDCDBAADBCAB1．B【详解】B．在正的带电体C附近，绝缘的导体A、B相碰时，由于静电感应，A、B带上等量异种电荷，相碰一下后分开，A带负电、B带正电，故B正确；A．因为B带正电，A带负电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，有电流流过电动机，所以电动机能够转动，故A错误；C．以上操作是因为静电感应，使电荷重新分布，C的电荷并没有发生转移，所以带电体C的电荷量不会变化，故C错误；D．上述过程在把A、B分开的过程中要克服A、B之间的静电力做功，这是把机械能转化为电能，然后再把电能转化为机械能，上述过程是能量不断转化的过程，不违背能量守恒定律；图中的小电动机不停地转动，也是因为消耗了人的内能，并不是所谓的永动机，故D错误。故选B。2．B【详解】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为，故A错误；B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B正确；C．由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C错误；D．由题图乙知，周期，则角频率则随变化的关系式为，故D错误。故选B。3．D【详解】A．初始阶段，斜面所受的水平方向的合力为又知联立解得，斜面所受的水平方向的合力，故斜面保持静止状态。滑块滑块又知且联立解得，，，故滑块做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，两物体之间距离逐渐增大。初始阶段，由于摩擦力对、两滑块做负功，故、两滑块的机械能都减小，当滑块的速度减为0以后，滑块的机械能继续减小，滑块、斜面相对静止，共同向右加速，滑块的机械能增加，故滑块的机械能先减小后增大，斜面的机械能先不变后增大，A错误，B错误；C．当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统竖直方向的动量增加，总动量不守恒，C错误；D．由于，故初始阶段，斜面保持静止，设经历的时间为，、两滑块的速度分别为，、两滑块的总动能为，故总动能增加。当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统的总动能增加。所以，、、系统的总动能一直增加，D正确。故选D。4．C【详解】设变压器原、副线圈的电压分别为，灯泡的阻值为2R，根据等效电阻的思想有灯泡的等效电阻灯泡L的阻值2R=由理想变压器原理，电压关系电流关系联立解得S与C相连，灯泡功率最大，变压器原线圈电压为与相连，灯泡的功率最小，变压器原线圈电压为当时，电压之比为7：5，功率之比为49：25。灯泡的最大电功率。故选C。5．D【详解】A．0-t1时间内电压表示数不变，说明力敏电阻所受压力不变，由题意可知，弹簧上一定有力，M处于静止状态，合力为零，力敏电阻对M的弹力水平向左，弹簧对M弹力水平向右，所以在0-t1时间内弹簧也可能处于压缩状态，故A错误；BC．t1-t2时间内，R两端电压均匀减小，电路中电流均匀减小，力敏电阻阻值变大，设时电路中总电阻为，电路中电流为，由闭合电路的欧姆定律得解得由图可知解得所以物块的加速度T为弹簧弹力，大小不变，所以小车的加速度随时间不是均匀变化，故BC错误；D．t2-t3时间内，电流不变，力敏电阻上所受压力不变，且M受到弹簧向右的力大于力敏电阻对M的压力，可知M的加速度向右且大小不变，所以小车可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动，故D正确。故选D。6．B【详解】AB．碰撞前、后瞬间气体分子速度大小不变、方向相反，根据动量定理有又解得一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为故A错误，B正确；CD．在时间内能达到面积为S容器壁上的粒子所占据的体积为由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为根据动量定理得则得面积为S的器壁受到的粒子的压力为气体分子对器壁的压强为所以汽缸内气体压强大小为故CD错误。故选B。7．A【详解】AB．因为活塞A不计质量，所以甲乙两部分气体压强相等。打开阀门之前打开阀门之后有对于乙部分气体，由玻意耳定律得则乙部分气体在压强是时的体积为所以甲部分气体在压强是时的体积为，故活塞A到汽缸底部的距离为，故A正确，B错误；CD．则对于甲部分气体由理想气体状态方程得解得，故CD错误。故选A。8．AD【详解】A．根据可知，图像切线斜率的绝对值表示该位置电场强度的大小，因此x轴上电场强度为零的位置有两个（不考虑无穷远处），故A正确；B．由图乙可知，O点的电势为0，正试探电荷从O点到E点，由动能定理有解得E点的电势为，故B错误；C．该试探电荷从x轴负半轴上无穷远处沿x轴正方向运动到坐标原点O的过程中，根据图像可知，试探电荷受到的电场力先增大后减小再增大，则其加速度先增大再减小再增大，故C错误；D．该电荷从x轴负半轴上无穷远处以初速度3v沿x轴正方向射入后，由图乙图像结合对称性可知，x轴正半轴有一点F与E点关于O点对称，F点的电势最高，该电荷在F点的电势能最大，动能最小，速度最小；则根据动能定理可知解得最小速度为，故D正确。故选AD。9．BC【详解】CD．金属圆环在进出磁场的时候由于磁通量变化会有涡流产生，从而受安培力作用，做减速运动，进入磁场后，在a、b之间运动时由于磁通量没有变化，故做匀速直线运动；设圆环半径为d，圆环第一次穿过直线a前的速度大小为v，穿过直线a后的速度为大小v1，穿过b线后的速度大小为v2，第三次穿过磁场边界后的速度大小为v3，……因为每次通过磁场边界时圆环磁通量的变化相等，由可知通过圆环的电量相等，故则其所受安培力的冲量由可知圆环每次进出磁场时安培力对它的冲量也相等，圆环第一次经过a线，根据动量定理有将代入，解得圆环通过b线即第二次通过磁场边界，有圆环第三次通过磁场边界，有圆环第n次通过磁场边界，有所以又由，解得n=8所以圆环一共可以通过磁场边界8次，故圆环能通过a线4次，能通过b线4次，C正确，D错误；AB．从A到B，根据动能定理从a线到b线，根据动能定理所以同理可得由可知，而，故，所以，A错误，B正确。故选BC。10．AB【详解】A．机械能可以全部转化为内能（如摩擦生热）；在引起其他变化的前提下，内能也可以全部转化为机械能，比如理想气体等温膨胀过程中，气体内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，但是同时引起了气体体积增大的变化，因此该说法正确，故A正确。B．热量不能自发从低温物体传递给高温物体，但在外界做功的条件下，热量可以从低温物体传递给高温物体（如冰箱、空调的工作过程），因此该说法正确，故B正确。C．第二类永动机并不违反能量守恒定律，它不可能制成是因为违反了热力学第二定律，故C错误。D．热力学第二定律的开尔文表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不引起其他变化，若允许引起其他变化，是可以实现的，选项D缺少“不引起其他变化”这个前提，故D错误。故选AB。11．(1)(2)丙丙和丁【详解】（1）洛埃镜实验中，相干光源S和虚像S'的间距，等效为双缝间的距离由图乙得相邻亮纹的间距根据双缝干涉公式解得（2）[1][2]对于丙方案，平衡摩擦力后，对整体和小车受力分析，由牛顿第二定律，得拉力只有满足时，才有，因此丙需要满足，且将作为拉力。对于丁方案，第一步挂上托盘和砝码让小车匀速下滑，受力平衡得取下托盘和砝码后小车下滑的合力合力等于，不需要满足，但仍将作为合力。因此需要满足的是丙，把作为值的是丙和丁。12．球体单分子4.4×10-22.7×10-10ACD【详解】(1)[1][2]这种估测方法是将每个油酸分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。(2)[3]大半个记1个，少半个记0。图中油酸膜的面积为[4]1滴溶液中油酸的体积为油酸分子的直径是(3)[5]A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，根据，体积偏大，直径偏大，A正确；B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，使得S偏大，根据，直径偏小，B错误；C．大半个记1个，少半个记0，计算油酸模面积时，只数了完整的方格数，使得S偏小，根据，直径偏大，C正确；D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，使得S偏小，根据，直径偏大，D正确。故选ACD。13．【详解】解法一：设电动势为E，电源输出功率为P，回路电流为I，内阻为r，则有整理成设滑片滑到b位置时，回路电路为，由韦达定理可知则解法二：设电动势为E，内阻为r，两次外电阻分别为Ra、Rb由电源输出功率相等可得由上式推出再由电源输出功率相等可得：所以解法三：设电动势为E，电源输出功率为P，路端电压为U，内阻为r，则整理成设滑片滑到a位置时，路端电压为，由韦达定理可得，所以14．(1)(2)(3)【详解】（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有金属棒a产生的电动势回路中的电流解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度（2）金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有解得由能量守恒可得系统产生的焦耳热金属棒a产生的焦耳热（3）对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有通过金属棒a的电荷量当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有此过程对金属棒a由动