重庆市渝中区2025-2026学年高二物理下学期5月期中试题（一）【含答案】

一、单选题（本题共11个小题，每题3分，共33分）1.关于布朗运动，下列说法正确的是（）A.布朗运动就是分子的无规则运动B.布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子在做无规则运动C.向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越剧烈D.在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘在做无规则运动，这说明煤油分子在做无规则运动【答案】D【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，并非分子本身的运动，故A错误；B．布朗运动反映液体分子的无规则运动，而非固体颗粒分子的运动，故B错误；C．胡椒粉的翻滚主要由水的对流引起，并非布朗运动，故C错误；D．煤油中小颗粒的布朗运动间接证明煤油分子的无规则运动，故D正确。故选D。2.关于如题2图所示的四幅图的描述中，正确的是（）A.甲图中，医院利用红外线消毒B.乙图中，电磁波的传播需要介质，且传播过程电场强度E与磁感应强度B互相垂直C.丙图中，电容器中电场的能量正在增大D.丁图中，增大电容C，调谐频率增大【答案】C【解析】【详解】A．消毒使用的是紫外线，紫外线主要是通过对微生物的辐射损伤和破坏核酸的功能使微生物致死，从而达到消毒的目的，故A错误；B．电磁波传播是指由同相振荡且互相垂直的电场与磁场在空间中以波的形式传递能量和信息的物理过程，其传播无需介质，在真空中的速度等于光速，故B错误；C．电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，根据线圈的磁场方向结合安培定则可知电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，故C正确；D．根据电磁振荡的频率可知增大电容C，调谐频率减小，故D错误。故选C。3.根据热力学第二定律，下列说法正确的是（）A.热量不能从低温物体传到高温物体B.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功C.即使没有漏气和摩擦，也没有机体热量的损失，热机也不可能把燃料产生的热量完全转化成机械能D.对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”【答案】C【解析】【详解】A．根据克劳修斯表述可知，热量不能自发的从低温物体传到高温物体，故A错误；B．根据开尔文表述可知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，故B错误；C．根据热力学第二定律，在循环过程中，热机从高温热源吸收的热量不可能全部转化为功，必须将一部分热量释放给低温热源，因此热机效率不可能达到100%，即热机不可能把燃料产生的热量完全转化成机械能，故C正确；D．根据能量守恒定律，自然界的总能量是守恒的，“能源危机”的本质是可被人类利用的高品质能量不断减少，并非总能量减少，故D错误。故选C。4.A、B是两个完全相同的电热水壶，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流。则这两个电热水壶在一个周期T内产生的热量之比为（）A.5∶8 B.5∶4C. D.【答案】B【解析】【详解】接图甲电流时，接图乙电流时，热量之比故选B。5.α粒子散射实验中，α粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力作用而发生的，如图所示为某一α粒子经过原子核附近时的轨迹如图中实线所示，图中P、Q为轨迹上的点，两虚线和轨迹将平面分为五个区域，不考虑其他原子核对该α粒子的作用，下列说法正确的是（）A.α粒子在靠近金原子核的过程中电势能逐渐减小B.该原子核的位置可能在①区域C.根据α粒子散射实验可以估算原子核大小数量级为D.在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子的运动轨迹与图中α粒子的运动轨迹不同【答案】D【解析】【详解】A．α粒子在靠近金原子核的过程中，库仑斥力对α粒子做负功，电势能逐渐增大，故A错误；B．若该原子核处于①区域，α粒子受到库仑斥力后应该向区域②弯曲，所以该原子核的位置不可能在①区域，故B错误；C．根据α粒子散射实验可以估算原子核大小数量级为，故C错误；D．在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子方向不发生改变，只有少数的α粒子发生了较大角度的偏转，所以绝大多数α粒子的运动轨迹与图中α粒子的运动轨迹不同，故D正确。故选D。6.分子间作用力与分子间距离的关系如图所示，甲分子固定在坐标原点，乙分子从处由静止释放，然后沿轴运动，、两处的分子力大小相等，方向相反，则下列说法中正确的是（）A.乙分子从运动到的过程中，加速度先减小后增大B.乙分子将在和之间做往返运动C.当时，乙分子动能最大D.若规定无穷远处分子势能为零，则时乙分子的分子势能为正值【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，乙分子从运动到的过程中，所受分子力首先为引力先增大后减小，然后为斥力一直增大，根据牛顿第二定律可知，乙分子的加速度先增大后减小再增大，故A错误；B．根据图像面积代表做功，且乙分子从处由静止释放，可知，乙分子到达位置时动能不为零，因为乙分子从到过程分子力做正功的值大于由到过程做负功的值，故B错误；C．乙分子从到过程分子力做正功；由到过程做负功，所以当时，乙分子动能最大，故C正确；D．由B选项分析可知，乙分子从处由静止释放，到达位置时动能不为零，所以处的势能大于处的势能；乙分子从无穷远到过程分子力做正功，若规定无穷远处分子势能为零，则处的势能小于零，所以时乙分子的分子势能为负值，故D错误。故选C。7.某研究性学习小组自制电子秤，原理如图所示。理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，为定值电阻。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。关于该电子秤，下列说法正确的是（）A.所测物体的质量越大，电压表的示数越大B.所测的物体质量越大，滑动变阻器消耗的电功率一定变大C.若更换劲度系数更小的弹簧，该电子秤的量程会增大D.电子秤表盘的质量刻度线是均匀分布的【答案】A【解析】【详解】A．弹簧电阻不计，电压表测量滑动变阻器上半部分电阻电压，所称物体质量越大，滑动变阻器上半部分电阻越大，电路总电阻越大，电流越小，和电源内阻上分到的电压越小，故滑动变阻器上电压越大，即电压表示数越大，故A正确；B．设滑动变阻器接入电路中的电阻为，滑动变阻器消耗的电功率为所以，当时功率最大。由于与的大小关系未知，所以增大时，功率P不一定变大，故B错误；C．因为滑动变阻器可滑动的最大长度不变，当更换不同劲度系数的弹簧后，根据可知对应的最大可称重的质量改变，由于滑动变阻器的最大阻值不变，指示出的电压表的最大示数不变，所以更换劲度系数更小的弹簧后，只需将该劲度系数下的最大可称重质量标记在电压表最大示数处即可，此时最大示数处所指示的质量就是电子秤的量程，所以劲度系数越小，对应的量程越小，故C错误；D．当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当物体质量为m时，设物体下降x，平衡条件有根据欧姆定律得故电压表读数为根据电阻定律，有联立解得变式可得令，可得即与不成线性关系，所以电子秤表盘的质量刻度线不是均匀分布的，故D错误。故选A。8.如图所示是法拉第圆盘发电机原理图，金属圆盘绕中心轴匀速转动，圆盘半径为，整个装置处在方向垂直于圆盘平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为，圆盘中心和圆盘边缘处各有一个电刷与圆盘良好接触，外接一阻值为的定值电阻，金属圆盘、导线、电刷电阻忽略不计、圆盘顺时针转动的角速度为，则下列说法正确的是（）A.点电势低于外边缘的电势B.电阻上产生的热功率C.作用在圆盘圆心角区域（很小，可视为导体棒）上的安培力大小与的关系式为D.若将此圆盘中心挖去半径为的同心圆，圆盘内边缘仍与电刷接触，其他条件不变，则感应电动势变为【答案】D【解析】【详解】A．由右手定则可知感应电流由边缘D向C流动，因为圆盘为电源部分，所以C点电势高于D点，故A错误；B．圆盘上产生的感应电动势电阻R上产生的热功率为，故B错误；C．圆盘可视作多个扇形区域并联，对应的扇形区域可视为导体棒，设为个，每个导体棒上的电流为其中，总电流为导体棒的个数安培力大小为联立，解得，故C错误；D．金属圆盘产生的感应电动势同理可求得挖去半径为的同心圆产生的电动势故此圆盘挖去同心圆后，产生的电动势，故D正确。故选D。9.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，原线圈一侧接在额定电压为的正弦交流电源上。定值电阻，，滑动变阻器的最大阻值为，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器的滑片P从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用和表示，下列判断正确的是（）A.滑片在向下滑动过程中，电流表和电压表的示数均变小B.滑片在向下滑动过程中，变压器的输出功率一直增大C.电表示数变化量的绝对值之比等于D.当滑动变阻器接入电路中的电阻为时，变压器的输出功率最大【答案】C【解析】【详解】A．设通过原线圈的电流为，原线圈两端的电压为，通过副线圈的电流为，副线圈两端的电压为，根据欧姆定律可得，又原线圈与副线圈两端的电压之比为通过原线圈与副线圈的电流之比为联立得，由于不变，随着滑片P从最上端滑动到最下端，减小，可得增大、减小。电流表测得通过副线圈的电流，电压表测得副线圈两端的电压，故A错误；BD．变压器的输出功率变压器的输出功率取最大值时，当且仅当即解得滑动变阻器的最大阻值为，所以滑片在向下滑动过程中，变压器的输出功率先增大再减小，故B错误，D错误；C．当时，，当时，，电流表示数变化量的绝对值电压表示数变化量的绝对值则，故C正确。故选C。10.如图甲是研究光电效应的实验装置图，实验得到光电子的最大初动能与入射光波长的关系如图乙所示，图中水平虚线为曲线的渐近线。丙是氢原子的能级图，大量处于某一激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的光子，用此光束照射光电管电极。移动滑片，当电压表的示数为时，微安表的示数恰好为零。图示位置中滑片和O点刚好位于滑动变阻器的上、下中点位置。则（）A.此光电管的逸出功为B.此光束中能发生光电效应的光子共有种C.大量处于该激发态的氢原子向低能级跃迁时最多可放出种频率的光子D.一定光照强度的光照射电极，滑片向右移动的过程中，电流表的示数一定不断的增大【答案】B【解析】【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程可得其中整理可得由图乙可知，曲线的渐近线为故该光电管的逸出功，故A错误；B．当电压表示数为7.55V时，微安表示数为零，说明此时反向电压等于遏止电压，即光电子的最大初动能根据光电效应方程，入射光子的最大能量由图丙氢原子能级图可知，能级差说明氢原子开始时处于的激发态，可能发出的光子能量有故此光束中能发生光电效应的光子共有2种，故B正确；C．大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可放出种频率的光子，故C错误；D．由图甲可知，滑片P向右移动的过程中，光电管所加电压为正向电压增大，当电流达到最大电流之后，即使电压再大，电流也不增加，故D错误。故选B。11.如图甲，在光滑的绝缘水平面上，建立水平向右的x轴，整个空间存在竖直方向的非均匀的恒定磁场，磁感应强度随位置坐标的变化规律为，图像如图乙。为已知量，在处磁场方向向上，在处磁感应强度为0。一边长为L的正方形金属框质量为m，总电阻为R。在水平外力作用下以速度在水平面上沿x轴正方向匀速运动，在时刻，金属框边恰好运动到处。忽略线圈的自感，下列说法正确的是（）A.时刻，金属框中电动势的大小为B.金属框中电流的热功率始终为C.从到过程中拉力所做的功为D.若在时撤去拉力，金属框继续运动的最远距离【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，在处磁感应强度为0，所以可得所以即时刻，处的磁感应强度为则金属框中电动势的大小为，故A错误；B．时刻，处磁感应强度处磁感应强度又经过极短时间，导体框移动距离回路中磁通量的变化率可知与金属框位置无关，所以电动势为电流的热功率为，故B错误；C．金属框中的电流为时刻，金属框所受安培力金属框匀速运动，根据平衡条件可得故拉力为恒力，不随时间变化，从到过程中，金属框前进距离拉力做的功，故C错误；D．撤去拉力后，设时刻速度为，由C选项分析可知金属框所受安培力的大小再经过极短时间，导体框移动距离，速度变化量，由动量定理，有可得对减速的整个过程求和，有即解得，故D正确。故选D。二、多选题（本题共4个小题，每题4分，共16分，全部选对得4分，选不全得2分，错选或不选得0分）12.近年来，全球量子精密测量领域取得重大进展，量子红外传感、深空辐射测温、新型黑体辐射探测等关键技术都与黑体辐射息息相关。关于黑体与黑体辐射，下列说法正确的是（）A.黑体也可以看起来很明亮，是因为黑体也可以向外辐射电磁波B.普朗克提出的能量量子化理论很好的解释了黑体辐射的实验规律C.黑体辐射中，温度越高，辐射强度极大值向频率较大的方向移动D.黑体辐射的规律除与温度有关之外，还与材料以及表面情况有关【答案】ABC【解析】【详解】A．黑体虽然不反射光，但它自身会向外辐射电磁波（热辐射）。当温度足够高时，黑体辐射的可见光强度很大，看起来就会很明亮，比如高温的铁块，故A正确；B．普朗克提出的能量量子化理论，成功解释了黑体辐射的实验规律，解决了经典理论无法解释的“紫外灾难”问题，故B正确；C．根据黑体辐射的实验规律，温度越高，辐射强度的极大值对应的波长越短，也就是对应的频率越大，向高频方向移动，故C正确；D．黑体辐射的规律只与温度有关，与材料、表面情况无关，这正是“黑体”的定义特征，故D错误。故选ABC。13.如图所示为氢原子的能级示意图，若大量的氢原子从某一激发态向基态跃迁时最多能发射波长为、、的三种光（），若取无穷远处为零电势点，氢原子的电势能可表示为（其中为静电力常量，为元电荷，为两电荷之间的距离），则（）A.该氢原子处于能级B.该氢原子可以吸收能量为0.66eV的光子C.处于基态时，氢原子的电子绕核做匀速圆周运动的动能为27.2eVD.三种光波长关系为【答案】BD【解析】【详解】A．大量氢原子从某一激发态向基态跃迁时能发射三种光，则有解得n=3，故A错误；B．根据可知有对应的4能级，故该氢原子能吸收能量为0.66eV的光子，故B正确；C．氢原子处于基态时，根据库仑力提供向心力，则则电子绕原子核运动的动能为电子与原子核系统的电势能氢原子基态能量为可得，故C错误；D．由能级差关系可知整理得整理得，故D正确。故选BD。14.光伏发电作为清洁电能已广泛应用，如图所示是某光伏发电系统为街道供电照明的示意图。已知太阳能光伏发电机的输出电压为250V，升压变压器的原、副线圈的匝数之比，街道有标有“220V、100W”字样的电灯5400盏。若全部电灯正常发光，变压器均为理想变压器，输电线损耗功率是发电机输出功率的10%。下列说法正确的是（）A.升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率B.降压变压器的匝数比C.输电线的总电阻D.若仅增加街道的电灯，随输出功率增大，输电线上损失的功率占发电机输出功率的比例也增大【答案】CD【解析】【详解】A．升压变压器无法提高输电功率，故A错误；BC．根据可得用户端功率升压变压器的输出功率解得线路损耗功率解得降压变压器的输入电压根据其中联立可得，故B错误，C正确；D．升压变压器的输出电压，总输送功率，根据可知输送电压和线路电阻R不变，随输出功率增大，输电线上损失的功率占总输送功率的比例增大，故D正确。故选CD。15.热气球项目在很多景区备受青睐。如图所示，一热气球的下端有一小口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等；球内有温度调节器，以便调节球内空气的温度，使气球上升或下降。已知气球的总体积为（球壳体积忽略不计），除球内空气外，气球和吊篮的总质量为，地球表面大气温度为，密度为，视为理想气体，重力加速度为，热气球的体积不发生变化。加热球内气体至温度可使热气球刚好能从地面飘起，此时将吊篮内配重物的质量减少，气球便开始上升，上升过程中保持气球内空气温度不变，气球到达高度处保持静止不动，已知大气压随着高度的增加而减小。设气球在地面时所受的浮力为，在高度处所受的浮力，则下列说法正确的是（）A.离地时气球内气体的质量与初始时的质量比B.热气球内气体的温度C.热气球上升到高度的过程中，球内气体的内能保持不变D.【答案】AB【解析】【详解】A．初始时，球内空气与外界相同，密度为

，体积为

，质量

加热后气球刚好从地面飘起，此时浮力等于总重力。设球壳和吊篮总质量为

，球内空气质量为

，则得

故离地时球内气体质量与初始质量之比为，故A正确；B．球内气体经历等压变化（与外界连通），由盖-吕萨克定律得由于变化前后气体质量相等其中为加热后球内气体的密度，故代入

得化简得，故B正确；C．上升过程中保持球内空气温度不变，由于高度增加，外界气压减小，球内气压随之减小，球内空气质量随之减小。同种物质在相同温度和体积下，物体的质量越小，内能越小，故内能变小，故C错误；D．气球刚好能从地面飘起时有其中为气球在地面时球内空气的质量，气球在高度处静止时有其中为气球在高度处时球内空气质量。两式相减得因球内空气质量，故，故D错误。故选AB。三、实验题（其中16题6分；17题8分，共14分）16.利用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。在橡胶塞和柱塞间封闭着一段空气柱（可视为理想气体），空气柱的长度可以从刻度尺上读取，空气柱的压强可以从与空气柱相连的压力表上读取。改变并记录空气柱的长度及对应的压强。（1）实验过程中，下列说法正确的是（）A.用手紧握注射器外壁，以保持其稳定B.在柱塞上涂上润滑油，是为了保证封闭气体的气密性C.实验时应迅速地向上拉或向下压柱塞然后读数，避免气体与外界发生热交换D.注射器必须固定在竖直面上（2）A同学在不同温度下进行了两次实验，得到的图像如图乙所示，分析可知两次实验的温度大小关系为____（选填“<”“=”或“>”）。（3）保证空气柱的温度不变，推动活塞，注射器内空气体积逐渐减小，B同学多次测量做出的图像如图丙所示（其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支），造成这一现象的原因可能是____。【答案】（1）B（2）>（3）注射器内气体向外泄露【解析】【小问1详解】A．用手紧握注射器外壁会导致气体温度升高，无法保证等温条件，故A错误；B．在柱塞上涂润滑油，既能减小摩擦，又能保证封闭气体的气密性，故B正确；C．实验时应缓慢拉或压柱塞，让气体与外界有足够时间热交换，以保持温度不变，迅速操作反而会改变温度，故C错误；D．压强由压力表测得，因此注射器不必固定在竖直面上，水平放置也可以，故D错误。故选B。【小问2详解】由理想气体状态方程（S为注射器横截面积）整理得可知实验中图像的斜率越大，温度越高，分析可知两次实验的温度大小关系为。【小问3详解】由图像可知，在同一体积下，实验测得压强比理论值偏小，由可知，可能是注射器内气体向外泄漏。17.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，（1）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法叠放（）A. B.（2）某次实验中，所用线圈匝数匝和匝，测量的数据如下表所示，其中为原线圈电压，为副线圈电压，则原线圈所接的匝数为____（填“”或“”），原线圈应用____（填“较粗”或“较细”）导线绕制。2.204.306.809.400.801.702.804.00（3）小明将两个线圈按图甲方式上下叠放。下层线圈输入电压信号如图乙所示，上层线圈与示波器相连，则示波器上显示的波形为（）A. B. C.【答案】（1）B（2）①.②.较细（3）C【解析】【小问1详解】由于变压器工作时会在铁芯Q中存在变化的磁通量，为了减小能量传递过程中的损失，应尽可能使铁芯Q中不产生较大的涡流，如图所示应通过相互绝缘的硅钢片使平行于efgh的各平面和平行于abfe的各平面都不能形成闭合回路，所以作为横挡的铁芯Q的硅钢片应按照平行于adhe平面的形式设计。故选B。【小问2详解】[1][2]由表格数据可知考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以原线圈的匝数为，而副线圈电压较小，电流较大，所以为了尽量减少能量损失，副线圈所用导线应比原线圈粗，即原线圈所用导线较细。【小问3详解】由题图乙可知，下层线圈输入的电压在半个周期内均匀变化，则原线圈产生的磁通量在半个周期内均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知，上层线圈产生的感应电动势在半个周期内恒定，则示波器上显示的波形在半个周期内恒定，可知C选项符合题意。故选C。四、计算题（18题10分，19题12分，20题15分，共37分）18.热力学循环是一系列传递热量并做功的热力学过程组成的集合，通过压强、温度等状态参量的变化，最终使热力学系统回到初始状态。一定质量的理想气体，从初始状态经状态、、再回到，其体积随热力学温度的变化关系如图所示，已知气体在状态下的压强为，其余物理量的大小已在图中标出，求：（1）气体在状态下的压强；（2）整个过程气体是吸热，还是放热？对应的热量是多少？【答案】（1）（2）放热，【解析】【小问1详解】气体从状态d到状态a，从状态b到状态c均为等压变化，即，气体从状态a到状态b是等容变化，由查理定律有联立各式解得气体在状态c下的压强【小问2详解】a状态到b状态，c状态到a状态气体做等容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体做功，则有d状态到a状态气体对外界做功整个过程的总功为根据热力学第一定律有又因为整个过程内能变化量为0，，联立解得则整个过程气体放热，放出的热量为。19.如图所示，两个固定的导热良好的汽缸放置在竖直平面，用一硬质轻杆连接两活塞，活塞a、b面积分别为、，质量分别为、，汽缸通过一带阀门的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，B内为真空。两活塞分别与各自汽缸底相距，活塞静止。（不计摩擦，细管体积可忽