湖南省常德市2025-2026学年高二下学期期末考试物理自编试卷（人教版）（解析版）

湖南省常德市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷物理试题（解析版）题号12345678910答案CCBBBCBBCDCDBD1．C【详解】电磁弹射系统工作原理是通电导线在磁场中受到安培力而加速。AB．回旋加速器和质谱仪是通过电场加速，故AB错误；C．电磁炮工作原理是通电导线在磁场中受到安培力而加速，故C正确；D．电磁炉是利用电磁感应原理加热，故D错误。故选C。2．C【详解】试题分析：对活塞来说：，则当m减小时，P增大；由于气体体积变大，则对外做功，W＜0，由于气体的温度不变，则△E=0，气体的内能不变，故选项C正确．考点：热力学第一定律；气体的压强.3．B【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X粒子质量数为4，电荷数为2，X粒子是，故A错误；B．核反应的生成的新核更稳定，比结合能更大，所以的比结合能比的大，故B正确；C．反应释放的总能量为，故C错误；D．若γ光子照射到某金属并发生光电效应，根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能小于hν，故D错误。故选B。4．B【详解】对右管中的气体，初态为，末态体积由玻意耳定律得解得对水平管中的气体，初态压强，末态压强根据玻意耳定律得解得水平管中的长度变为9cm，此时原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是故选B。5．B【详解】A．由运动学公式可得由图像与纵轴的交点坐标可知由图像与横轴的交点坐标可知解得故A错误；B．由于根据公式解得故B正确；C．根据公式代入数据可得故C错误；D．根据公式得3s末的速度则平均速度故D错误。故选B。6．C【详解】A．根据质量数与电荷数守恒有2+3-4=1，1+1-2=0可知，X是中子，故A错误；B．目前的核电站是利用重核裂变，即大亚湾核电站不是利用此核反应发电，是利用重核裂变反应发电，故B错误；C．根据质能方程，该核反应所释放的核能为故C正确；D．核聚变过程释放能量，生成核比反应核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知，、的比结合能小于的比结合能，故D错误。故选C。7．B【详解】因为竖直的金属板切割磁感线所以产生感应电动势。U形框架的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场。小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，杆的弹力方向向上，洛伦兹力，电场力，如果带的是正电则洛伦兹力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电则洛伦兹力方向向上，所受电场力方向向下。因洛伦兹力f洛=Bqv，电场力F电=Eq，，两极板间的电势差等于产生的感应电动势U=BvL（L为竖直板的长度）联立解得F电=Bqv故洛伦兹力等于电场力且方向相反。故杆的弹力等于重力；故选B。8．BCD【详解】BC．由题图可知，甲、乙两单摆振动的周期之比为则甲、乙两单摆振动的频率之比为，故BC正确；A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，根据单摆周期公式，可得可知甲、乙两单摆摆长之比为，故A错误；D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，根据，可得可知甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为，故D正确。故选BCD。9．CD【详解】AB．1是单缝衍射图样，缝越窄，衍射现象越明显，AB错误；CD．2是双缝干涉图样，根据可知，增大入射光的波长，或则增大双缝到光屏的距离，相邻条纹间距变大，CD正确。故选CD。10．BD【详解】A．撤去外力后，回路电动势为由于做减速运动，做加速运动，所以减小。根据可知，电流减小，导体棒受到的安培力也在减小根据牛顿第二定律得，所以加速度在减小，当速度相等，一起做匀速运动，故错误；B．导体棒在时的速度为，回路电动势为回路电流为，故B正确；C．撤去外力后，导体棒组成的系统满足动量守恒所以解得，故C错误；D．撤去外力到最终稳定运动，由能量守恒得由于串联，所以从开始运动到最终稳定状态过程中，导体棒产生的焦耳热为，故D正确。故选BD。11．小于增强【详解】[1]根据当等于0时，解得根据图2可知，金属a的逸出功小于金属b的逸出功；[2]在能发生光电效应且电路正常工作的条件下，仅增大光强，则光电流增大，电磁铁磁性增强，电磁铁对衔铁的吸引力将增强。12．(1)B(2)1.012.00(3)C(4)0.50.2【详解】（1）A．平衡阻力时，应取下砂桶不取下纸带，故A错误；B．安装器材时，应调整滑轮高度，使木板上方绳子与木板平行，这样小车受力会更稳定，故B正确；C．绳子拉力由弹簧测力计记录，所以不需要砂和砂桶的总质量远小于小车质量，故C错误。故选B。（2）[1]由题可知计数点间隔时间根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得[2]充分利用图乙所给数据，故使用逐差法得（3）平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，小车重力沿斜面的分量大于摩擦力，不加拉力时，小车已经具有一定的加速度，图像在纵轴上有截距，由于小车所受的绳子拉力由弹簧测力计得出，所以直线不会随着砂桶（含砂）的总质量增大而发生弯曲。故选C。（4）[1]对滑块受力分析故图像斜率可得[2]图像轴截距可得13．(1)440W(2)219.6V【详解】（1）由题意，可得，解得则输电线上损失的功率，可得输电线上损失的功率增加了（2）根据可得则，根据得14．(1)(2)(3)见解析【详解】（1）质量为的粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得可得又解得（2）粒子从0时刻开始加速，每次的加速电压均为。经过5次加速后由动能定理可得解得加速粒子和P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得联立可得碰后P的速度大小为（3）由（1）可知当时，粒子被加速。在该条件下，粒子最多可连续被加速的次数为解得由上述分析可知，当粒子连续被加速的次数最多，且也被加速的情况下，粒子最终获得的动能最大。粒子从静止开始加速的时刻为（，，）第一次与最后一次加速的电压均为第二次与倒数第二次加速的电压均为粒子的最大动能为解得15．(1)(2)(3)【详解】（1）闭合开关，回路中的总电阻为

①设流过金属棒的电流大小为，由闭合电路欧姆定律得

②解锁金属棒，恰好处于静止状态，设的质量为，则

③解得

④（2）金属棒匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得

⑤流过金属棒的电流大小为

⑥对金属棒，由受力平衡得

⑦解得

⑧（3）从时刻开始回路中电流保持不变，说明时刻以后金