湖南省长沙市岳麓区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）

湖南省长沙市岳麓区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DCCCCDDADBCCD1．D【详解】A.根据热力学第二定律，自发的热传递具有方向性，仅能自发从高温物体传向低温物体。电冰箱将热量从低温箱内传到高温箱外需要消耗电能做功，属于非自发过程，不能说明热传递无方向性，故A错误；B.热机工作时必然要向低温热源散热，根据热力学第二定律，热机效率不可能达到100%，与技术水平无关，故B错误；C.将海水降温释放的内能全部转化为有用功，属于“从单一热源吸热全部转化为功且不引起其他变化”，违反热力学第二定律，即使符合能量守恒也无法实现，故C错误；D.根据热力学第二定律，只要伴随其他状态变化，从单一热源吸热全部用于对外做功是可能的。例如理想气体等温膨胀过程，内能变化，由热力学第一定律得，即吸收的热量全部用于对外做功，同时伴随气体体积增大的状态变化，故D正确。故选D。2．C【详解】A.小木块漂浮在水面上，是浮力与木块的重力平衡，浮力是液体对木块上下表面的压力差，与液体表面张力无关，故A错误；B.露珠表面的表面层内，水分子间距离大于内部水分子间距离，分子力表现为引力，这是表面张力的微观来源，故B错误；C.液体不浸润固体时，固液分子间的吸引力小于液体内部分子间的吸引力，附着层内分子会向液体内部运动，导致附着层分子分布比液体内部稀疏，分子间作用力表现为引力，故C正确；D.浸润和不浸润是由固液分子间作用力与液体内部分子间作用力的大小关系决定的，与分子间作用力直接相关，故D错误。故选C。3．C【详解】A．小球振动的振幅等于A、O间的距离，故A错误；B．在A、B位置时，速度为零，动能最小，位移最大，回复力最大，加速度最大，故B错误；C．振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即弹簧振子振动的机械能保持不变，故C正确；D．小球从O到B的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能增加，故D错误。故选C。4．C【详解】AD．当高压氧气迅速喷出时，还来不及与外界发生热交换，即气体体积膨胀对外做功，外界对气体做负功，即根据热力学第一定律可知则内能减少，温度降低，该过程是内能转化为机械能，故AD错误；B．气体扩散后无法自发全部返回，违背热力学第二定律的熵增原理，故B错误；C．内能变化由气体做功引起（绝热条件下仅做功导致），故C正确。故选C。5．C【详解】A．由题图可知，速度从0增加到3m/s的过程中，无人机做加速度为的匀加速直线运动，则速度达到3m/s时上升的高度为，故A错误；BD．由题图可知，速度从3m/s增加到6m/s的过程中做加速度减小的加速运动，对应的图像如图所示可知速度从3m/s增加到6m/s的过程中平均速度，故BD错误；C．根据可知图像与横轴围成的面积表示所用的时间，则速度从0增加到6m/s的过程中所用时间为，故C正确。故选C。6．D【详解】A．“慢化剂”原子核质量非常大时，碰撞后中子的速度也是非常大，只是反弹回来，不能达到使快中子减速的目的，故A错误；BC．中子与原子核相碰，系统的合外力为0，动量守恒。设中子碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，碳核碰撞后速度为，由动量守恒定律有由能量守恒定律有由上式解得则中子失去的动能，故BC错误；D．中子每次与原子核相碰的情景都一样，由于每碰一次，中子的速度大小都变为碰前的，因此碰撞n次后，中子的速度大小变为动能变为经过次碰撞，若中子的动能等于解得所以经过50次碰撞，故D正确。故选D。7．D【详解】由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；导体棒切割磁感线的有效长度是Lsinθ，根据法拉第电磁感应定律有E=BLvsinθ再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差故选D。8．AD【详解】BC．根据原副线圈电压、电流与匝数的关系可知，U1不变，则U2不变，若闭合开关S，则副线圈回路中总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流I2增大，电阻r两端的电压变大，原线圈回路中电流I1增大，则原线圈的输入功率变大，故BC错误；A．由于电阻r两端的电压变大，则灯泡两端电压减小，所以灯泡L1电流减小，亮度变暗，故A正确；D．将滑片P适当向下滑动，则n1减小，U2变大，副线圈回路中电流增大，则可使灯泡L1再次正常发光，故D正确。故选AD。9．BC【详解】A．酱油色素分子进入蛋清是扩散现象，是分子无规则运动的结果，故A错误；B．水银不浸润玻璃，在表面张力作用下，水银液滴会收缩成椭球状，故B正确；C．导体尖端位置电荷密度大，电场强度大，更容易发生放电，该规律为尖端放电原理，燃气灶点火器的钉尖形电极正是利用了这一原理，故C正确；D．回旋加速器中，粒子最大轨道半径等于D形盒半径，由洛伦兹力提供向心力有解得可得粒子最大动能可知最大动能仅与磁感应强度、D形盒半径有关，与加速电压无关，增大加速电压不会改变粒子最大动能，故D错误。故选BC。10．CD【详解】A．等边三角形边长是中点，则故、的波同时到达，三个波源起振方向都是垂直纸面向上，因此点起振方向和波源一致，为向上，故A错误；B．波的叠加中，合振动的周期与分振动周期相等，所有波周期都是，因此振动周期也为，故B错误；C．O是等边三角形中心，到三个波源的距离相等，三个波源同相位起振，因此三个波在点相位相同，振动加强，总振幅为各振幅之和，则，故C正确；D．波速、到距离为，则传播时间到距离传播时间因此内只有、的波到达，振动时间、在路程差为0，振动加强，合振幅为因此半个周期内质点路程，故D正确。故选CD。11．(1)A(2)(3)【详解】（1）A．玻意耳定律的条件是一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比，所以实验中气体的质量及温度应保持不变，A正确；B．快速推拉活塞会使气体温度变化（做功过程中热量来不及交换），不满足等温条件，会增大实验误差，应缓慢推拉活塞，B错误；C．用手紧握住注射器会使气体温度升高，破坏等温条件，C错误；D．横截面积不变，注射器的刻度可表示体积，不需要测量横截面积来计算体积，D错误。故选A。（2）根据玻意耳定律变形得所以取轴为，则轴应为。（3）[1]忽略软管容积时，由图像与轴截距为石子体积，即b。[2]考虑软管容积，定律变为即截距为所以12．AD/DA乙B【详解】（1）①[1]ABC．为了减少误差，要保证实验过程中摆长不能变化，则不能选用橡皮绳，摆长如果太小，单摆周期小，周期不好测量，容易出现误差，故BC错误A正确；DE．为了减少空气阻力的影响，摆球的质量要大，体积要小，即密度大，故E错误D正确。故选AD。②[2]为了减少误差，要保证实验过程中摆长不能变化，且在需要改变摆长时容易，则图乙的悬挂方式较好。（2）[3]A．本实验通过单摆的周期来测量当地的重力加速度，不需要摆球的质量，故A错误；B．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能做成圆锥摆，减少实验误差，故B正确；CE．测量周期时，从平衡位置开始计时误差较小，需测量次全振动的时间，再求周期，减少误差，故CE错误；D．当摆球摆角较小时，摆球运动看成简谐运动，则摆长一定的情况下，摆的振幅不能太大，故D错误。故选B。（3）[4]根据单摆的周期公式可得可知，图像的斜率则当地的重力加速度（4）[5]根据题意，设单摆开始的摆长为,由单摆的周期公式可得，解得13．(1)(2)【详解】（1）设初始状态气体压强为​，放重物后气体压强为​，对活塞受力分析：初始状态得，体积，温度放重物后等温变化得，体积，温度根据玻意耳定律代入得整理得即（2）加热过程为等压变化，压强保持不变，设末态体积为，末温根据盖-吕萨克定律代入解得体积变化代入​，得气体膨胀对外做功，则有​根据热力学第一定律得内能增加量14．(1)(2)(3)或【详解】（1）以甲为研究对象，设甲经过A点的速度为v，水平面上运动的加速度为a由动能定理得由图可得，根据加速度定义式根据牛顿第二定律联立得（2）由图可知甲碰撞前的速度，甲碰撞后的速度，甲乙碰撞过程中由动量守恒定律机械能守恒定律联立得（3）设AB段的距离为，根据运动学规律第一种情况，甲与乙碰后第一次到达AB中点时停止运动，由动能定理得同理可得甲与乙碰撞之前甲的速度甲从斜面上距水平面高，处由静止释放到与乙碰撞之前，由动能定理得解得第二种情况，甲碰后滑上斜面第二次到达AB中点时停止运动，由动能定理得甲从斜面上距水平面高。处由静止释放到与乙碰撞之前，由动能定理得解得即H的值为1.8m或4.2m15．(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P