湖南省耒阳市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）

湖南省耒阳市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DDDCBBBBDBDAC1．D【详解】A．根据开普勒第二定律，对于同一轨道，探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积相等。但轨道I和轨道II是不同的轨道，故两阴影部分的面积不一定相等，故A错误；B．根据牛顿第二定律和万有引力定律有解得在P点，探测器与火星的距离相同，故加速度大小相等，故B错误；C．过P点的圆周轨道满足解得根据变轨原理可知，故C错误；D．探测器从Ⅰ轨道变轨到Ⅱ轨道，需过P点减速，探测器从Ⅱ轨道变轨到过P点的圆周轨道，同样在P点减速，则，v2>故选D。2．D【详解】A．由图甲可知，该波的振幅A=4cmB．由图乙可知，在t=0时，质点P正向上运动，由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；C．该波的波长，由图乙可知，该波的周期，波速，故C错误；D．在到时间内，质点P的振动方向向下，远离平衡位置，加速度增大，故D正确。故选D。3．D【详解】A．当纸片向左往顶角方向塞入少许，相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变小，干涉条纹间距变小，故A错误；B．根据条纹间距公式可知，保持其他条件不变，仅将绿光换成紫光从上方入射，由于波长减小，间距变小，则干涉条纹会变密，故B错误；C．根据光路的可逆性，若增大绿光射到平板玻璃上表面的入射角，则绿光仍将从玻璃板射出，不会发生全反射，故C错误；D．若平板玻璃的上表面某处有一个细小的凸起，则亮条纹延后出现，即相应的干涉条纹会向右往底边方向弯曲一点，故D正确。故选D。4．C【详解】A．由题图乙可知，0.2s时，质点Q向下振动，根据同侧法可得，波向x轴负方向传播，质点P正沿y轴负方向运动，故A错误；B．由题图甲可知这列波的波长为8m，遇到尺寸为8m的障碍物时能发生衍射现象，故B错误；C．波速由介质本身决定，与波的周期没有关系，由题图乙可知波的周期为0.4s，则波速，故C正确；D．x=2m和处的质点平衡位置间的距离为半个波长，所以两质点的振动方向总是相反的，故D错误。故选C。5．B【详解】A．两列波发生干涉，频率相同，周期相同，又因为波速相同（同种介质），由可知，两列波的波长一定相等，故A错误；B．P点是两列波的波峰与波峰相遇，属于振动加强点，N点是两列波的波峰与波谷相遇，属于振动减弱点，故B正确；C．P点是波峰，O点是波谷，Q点为波峰和波谷的中点，则Q点正在平衡位置向下振动，故C错误；D．图乙可知M点是振动加强点，振幅为两列波振幅之和，N点是振动减弱点，振幅为两列波振幅之差，由于不知道两列波振幅的大小，所以点的振幅不一定是点振幅的二倍，故D错误。故选B。6．B【详解】A．根据图乙可知，交流电流的最大值为可得有效值为可知该交变电流不可将熔断电流为3A的保险丝熔断，故A错误；B．根据图乙可知交流电的周期，则交变电流的频率为50 Hz，故B正确；C．根据图乙可知时，产生的感应电流为零，此时线框位于中性面位置，即线框所在平面垂直于磁场方向，故C错误；D．线框转动的角速度为则该交变电流的表达式为，故D错误。故选B。7．B【详解】ABD．根据：可得：r=所以：即：又因为动能表达式：E所以开始的动能为：穿过金属板后的动能：粒子每穿过一次金属片损失的动能：所以有：即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，AD错误；C．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据：T=可得：T=可知周期与速度无关，故C错误。故选B。8．BD【详解】A．由电动势的表达式可知故故A错误；B．电动势有效值为由于线圈内阻可忽略，小灯泡的功率故B正确；C.风力增大，线圈转动的角速度增大，因则线圈产生的交流电频率增大，故C错误；D．线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，故D正确。故选BD。9．BD【详解】AB．由图乙可知，、两端输入的交变电压的有效值断开时,根据理想变压器电压与匝数成正比，有则原线圈的输入电压为输出功率为同理，S闭合时，有输出功率为代入数据联立可解得故A错误，B正确；C．S断开时，通过灯泡的电流灯泡的电阻其消耗的电功率为故C错误；D．S闭合时，通过灯泡的电流通过原线圈的电流则通过灯泡的电流为故D正确。故选BD。10．AC【详解】A．根据法拉第电磁感应定律有由题知圆环半径之比所以故A正确；B．根据电阻定律有所以电阻之比则两线圈中感应电流之比故B错误；C．两线圈中感应电流的功率之比故C正确；D．当匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，根据楞次定律和右手螺旋定则可知两线圈中感应电流的方向均为逆时针方向，故D错误。故选AC。11．BDBC大于【详解】（1）[1]实验中若用干电池变压器不能互感变压，必须要有低压交流电源提供交流电，B需要；需要用多用表测量电压，D需要；综上所述需要的实验器材为BD；（2）[2]A．变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，故A错误；B．变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故B正确；C．理想变压器的原副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，故C正确；D．变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端的电压不变，故D错误；故选BC。（3）[3]根据变压器原理可知原副线圈两端电压之比等于原副线圈两端电压之比，即变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。12．(1)的像(2)下方(3)【详解】（1）在插大头针P3时，需要挡住的像，确保P3（2）由于该玻璃砖的折射率很小，实际测量中、两点离得很近。为了减小实验误差，应在直线b的下方再画一条平行线c，找到射线OE和OF与直线c的交点与F′，再进行相应测量。（3）入射角的正弦值折射角的正弦值代入折射定律公式13．(1)x=2(2)E=(3)B=【详解】（1）粒子运动的轨迹如图所示设粒子从到P2的时间为，刚进入磁场时速度与轴正方向夹角为，则有进入磁场时带电粒子速度v=3d=解得x=2（2）在电场中由动能定理可得3dqE=解得匀强电场的场强的大小E=（3）在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=msin解得r=4d得匀强磁场的磁感应强度的大小B=14．(1)→+2；(2)；(3)①；②T=1.2×107K，缺点见解析【详解】(1)太阳核反应区发生的典型的轻核聚变反应方程式为→+2(2)在以太阳为中心，L为半径的球面上，单位面积接收到的太阳辐射的功率为火星接收到的来自太阳的电磁辐射功率所以时间t火星接收到来自太阳辐射的总能量E火=P火t=(3)①火星吸收太阳的电磁能量与自身辐射电磁能量达到平衡时有P火=I•4πr2设火星的平均温度为T火，根据题意有I=σT火4联立以上两式，解得T火=②太阳表面单位时间内向外辐射的总能量为P1，根据题意，当辐射和吸收电磁波的能量达到平衡时，对于第一层有P2=2P1对于第二层有2P2=P3+P1所以P3=3P1对于第三层有2P3=P4+P2所以P4=4P1由此可推知PN=NP1；P核=（N+1）P1则在太阳表面在太阳核反应区联立以上两式得带入数据，解得T=1.2×107K主要缺点：从得到的表达式可以看出，太阳核反应区的温度依赖于薄层的层数N，只有当层数N取特定的值（比如题目中给的值）才和太阳实际温度符合（比如题目中给的T）；大量薄层之间可能会有少量物质交换，这个模型就不再是严格意义上的“黑体”。15．(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qvB=m可得r=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