2025-2026学年湖北荆州市沙市中学度高二下学期期中考试物理试卷(解析版)

高级中学名校试卷PAGE2026学年湖北荆州市沙市中学度高二下学期期中考试物理试卷1.关于下列四幅图，说法正确的是()A.图1中，三角形导线框在匀强磁场中绕轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流B.图2中，随时间变化的该磁场不可能产生电磁波C.图3中，强磁体从带有竖直裂缝的铝管中静止下落，铝管中没有涡流产生D.图4中，此时电容器中的电场能正在增加【答案】D【解析】只要闭合线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，线圈中就会产生正弦式交变电流，与线圈的形状无关，A错误；变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形成电磁波，B错误；强磁体从带有竖直裂缝的铝管中下落时，穿过铝管的磁通量发生变化，铝管中仍会产生涡流，只是由于裂缝的存在，涡流被阻断，阻尼作用减小，C错误；由图4可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加，D正确。故选D。2.关于分子动理论，下列说法中正确的是()A.图甲中油酸分子直径近似等于实验中滴入浅盘中油酸酒精溶液的体积与它形成油膜面积的比值B.图乙为分子力F随分子间距r变化的关系图像，r从0.5r0增大到10r0过程中，分子间的引力先减小后增大，分子势能先减小后增大C.图丙为同一气体不同温度下分子的速率分布图，温度T2时分子运动更剧烈，所以温度更高D.图丁为布朗运动的示意图，温度越高，每个液体分子的速率均变大；微粒越大，撞击到微粒的液体分子数增多，液体分子对微粒撞击作用的不平衡性越明显【答案】C【解析】油酸分子的直径应等于一滴纯油酸的体积与油膜面积之比，而非油酸酒精溶液的体积，A错误；根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从r从0.5r0增大到10r0过程中，分子间的引力一直减小，分子力先做正功再做负功，所以分子势能先变小，后变大，B错误；由气体分子速率分布图像可知，温度T₂对应的速率大的分子所占比例更大，说明其平均动能更大，温度更高，分子运动更剧烈，C正确；温度越高，液体分子的平均速率变大，但并非每个分子的速率都变大。微粒越大，撞击到微粒的液体分子数增多，但各个方向的撞击力更趋于平衡，不平衡性反而越不明显，D错误。故选C。3.夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是(  )A.在冰晶中，b光的波速比a光大B.通过同一仪器发生双缝干涉，a光的相邻明条纹间距较大C.b光比a光更容易发生明显衍射现象D.a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小【答案】B【解析】由图可知，b光的偏折程度大于a光，说明冰晶对b光的折射率更大，所以na<nb，fa<fb，根据v=cn可知va>vb，A错误；折射率越大，频率越高，波长越短，根据双缝干涉条纹间距表达式Δx=Ldλ，可知a光的相邻明条纹间距较大，4.如图甲所示为某自行车车灯发电机装置，其结构如图乙所示。“凵”形铁芯开口处装有可旋转的磁铁，铁芯上缠绕线圈，输出端c、d连接一个“12V，6W”的灯泡。当车轮匀速转动时，摩擦轮因与轮胎接触而旋转，通过传动轴带动磁铁匀速转动，使铁芯内的磁场周期性变化，发电机产生电流可视为正弦式电流。假设灯泡阻值不变，下列说法正确的是(  )A.在磁铁从图示位置转动90°的过程中，通过灯泡的电流方向由c到dB.在磁铁从图示位置转动90°的过程中，通过灯泡的电流逐渐减小C.若发电机线圈电阻为2Ω灯泡正常发光，发电机产生的电动势最大值为13VD.从图示位置开始计时，磁铁转速为n，灯泡正常发光，灯泡两端电压u随时间变化关系式为u=12【答案】D【解析】图示位置，穿过线圈的磁通量最大(可视为中性面)。磁铁转动90°的过程中，磁通量减小，由楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，结合安培定则，可判断感应电流方向为d→c，A错误；发电机产生电流可视为正弦式电流，图示位置通过线圈的磁通量为最大值，图示位置可以近似看为中性面，可知，图示位置的感应电流为0，在磁铁从图示位置转动90°的过程中，通过灯泡的电流逐渐增大，B错误；若发电机线圈电阻为2Ω灯泡正常发光，其两端电压为有效值12V，则有umax2=U额，解得发电机产生的电动势最大值为umax=122V，C错误；结合上述，图示为位置为中性面，从图示位置开始计时，磁铁转速为n，其中ω=2πn，灯泡正常发光，灯泡两端电压u5.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，此时质点A经过x轴沿y轴负方向运动，质点B的位移y=2.5cm，从t=0时刻起，经过5.5s质点A恰好第三次到达波峰。则A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为4m/sC.从t=0时刻起，经过16s质点BD.质点A和质点B不可能在某一时刻速度相同【答案】C【解析】t=0时刻质点A向下运动，根据波的振动方向与传播方向的关系可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；质点A从t=0时刻向下运动，到第三次到达波峰，经过了234T，从平衡位置向下运动到波峰需34周期，第一次到波峰需34T，第二次需134T，第三次需234T。故5.5s=114T，解得T=2s。由波形图可知波长λ=4m，波速v=λT=2m/s，B错误；质点B的振动方程y=5sin(2πTt+φ0)cm，t=0时刻，y=2.5cm，且质点B向下振动，故φ6.一定质量的理想气体从状态A经过B、C、D再到A，其压强p和热力学温度T的关系如图所示，BA和CDA.状态A的体积大于状态C的体积B.B→C的过程中，单位时间内单位面积的器壁上分子碰撞次数增加C.D→A的过程中，气体要吸收热量D.完成一次循环过程，气体需要从外界吸收热量【答案】D【解析】BA延长线过原点，为等容线，故VA=VB。BC为等压过程，温度升高，由盖-吕萨克定律，体积增大，故VC>VB=VA，A错误；根据题意，由图可知，状态B到状态C为等压变化，温度升高，分子的平均动能增加，则单位时间内单位面积的器壁上分子碰撞次数减少，B错误；D→A过程，由p-T图可知，其反向延长线过原点，为等容过程，体积不变，气体不做功。温度降低，内能减小，由热力学第一定律ΔU=Q+W，W=0，ΔU<0，故Q<0，气体放热，C错误；根据题意，结合上述分析可知VA=VB，VC=VD，则A→B、C→D过程中气体不做功，B→C过程中，体积变大，气体对外界做功，D→A过程中，体积减小，外界对气体做功，由图可知，7.如图所示，一束单色光平行OA边从OB边射入一个半径为R、圆心角为135°的扇形玻璃砖，该单色光在玻璃砖中的折射率为2，从M点入射的光由玻璃砖射出后恰与OA边平行。只考虑第一次射到圆弧上的光，则(  )A.OM=1B.OM=C.从玻璃砖圆弧上有光射出的与没有光射出的部分之比为1:2D.换成另一频率大的单色光平行OA边从M点入射到圆弧边出射后仍然与OA边平行【答案】C【解析】从M点入射的光经玻璃砖折射后，出射光线与OA边平行，其光路图如图所示，由题意和几何关系可知α=45°由光的折射定律有n=sinαsinβ，解得β=30°，则说明光线在M点的折射角与N点的入射角相等，从而可确定∠MON为直角，且tanβ=OMON=33，解得OM=33R，AB错误；若没有光射出的话，其临界角有sinC=1n，解得C=45°，在圆弧面上，当光线入射角等于45°时发生全反射。由几何关系，从O点射入的光线从圆弧面射出时对应的圆心角为45°，此即为有光射出的区域。因此，有光射出的圆弧部分对应的圆心角为45°，8.如图为弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过轻弹簧与顶部一质量M=2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，重力加速度为g，则(  )A.松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒B.绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为3C.绳子绷紧瞬间，合外力对底座的冲量为mD.小球按下后松手的瞬间，弹簧的弹性势能为4.5mgh【答案】BC【解析】绳子绷紧瞬间，小球与底座发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，因此玩具的机械能不守恒，A错误；设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有v2=2gh，设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0，绳子绷紧瞬间，由于小球、弹簧与底座组成的系统作用时间很小，内力远大于系统受的合外力，可认为系统动量守恒，根据动量守恒定律可得Mv0=(M+m)v，解得v0=322gh，B正确；对底座应用动量定理，合外力的冲量等于其动量变化量。底座从静止到获得速度v，动量变化量为mv，方向向上，故合外力对底座的冲量大小为m2gh9.如图所示，正方形单匝铝质线圈abcd和efgh分别在外力作用下以相同速度v向右匀速进入同一匀强磁场中．已知两线圈导线的横截面积相同，所用材料也相同，两线圈的边长之比为1：2，则()A.两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为1：2B.两线圈的右边刚进入磁场时，所加的外力大小之比为1：2C.两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为1：2D.两线圈在进入磁场的整个过程中，产生的焦耳热之比为1：4【答案】BCD【解析】设线圈abcd的边长为L，线圈efgh的边长为2L.线圈abcd进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流I=ER=BLvR，根据电阻定律R=ρ4LS，联立得I=BSv4ρ，可见电流大小与边长L无关，故两电流之比为1:1，A错误；线圈匀速进入，外力等于安培力，则有F=F安=BIL=B2Sv4ρL，故外力之比等于边长之比，为1:2，B正确；电荷量q=I-t=10.如图所示的xOy平面内，x<0的区域内有竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E=mv022qL，在0<x≤4L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2=3B1，均垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为+q的粒子，在t=0时刻，从P点(P点的横坐标为x=-2A.P点坐标为(-2L，-L)B.磁感应强度B1的最小值BC.若B1=D.粒子在磁场中运动的最短时间为t=【答案】AC【解析】粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动有2L=v0t，竖直方向做匀变速运动，有y=-12at2，a=qEm，代入数据得y=-L，A正确；粒子进入磁场时，速度方向与水平方向夹角为45°，在由几何关系知r=42L，又有qvB1min=mv由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，B2=3B1，则有r1=3r2，且满足关系22r1+(n-1)(2r1-2r2)=4L(n=1，2，3……)，由洛伦兹力提供向心力有qvB1=mv2r1，解得r1=1227L，n=2，又T1=2πr1v=24πL7v0，11.某同学测量一半圆形透明玻璃砖的折射率，实验过程如下：①用游标卡尺测量玻璃砖的直径d，确定其底面圆心位置并标记在玻璃砖上；②将玻璃砖放在位于水平桌面并画有直角坐标系Oxy的白纸上，使其底面圆心和直径分别与O点和x轴重合，将一长直挡板紧靠玻璃砖并垂直于x轴放置，如图(b)所示；③用激光器发出激光从玻璃砖外壁始终指向O点水平射入，从y轴开始向右缓慢移动激光器，直至恰好没有激光从玻璃砖射出至挡板上y<0的区域时，在白纸上记录激光束从玻璃砖外壁入射的位置P。④取走玻璃砖，过P点作y轴的垂线PQ，用刻度尺测量PQ的长度L。根据以上步骤，回答下列问题：(1)测得半圆形玻璃砖直径d的读数如图(a)所示，则d=                  cm；(2)根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式为n=                  ，若测得PQ线段的长度L=2.00cm，计算可得玻璃砖的折射率为n=                  。(结果保留3位有效数字(3)若改变入射角会在挡板上得到两个亮斑P1、P2，O点到P1、P2的距离分别为L1【答案】(1)6.43(2)d2L；(3)L【解析】(1)游标卡尺为10分度，精确度为0.1mm。主尺读数为6.4cm，游标尺第3条刻度线与主尺对齐，故读数为6.4cm+0.1×3mm=6.43cm。(2)当恰好没有激光从玻璃砖射出至挡板上y<0的区域时，说明激光在玻璃砖内发生了全反射。当恰好发生全反射时，有n=sin90°(3)由折射率公式可得n=12.在探究气体压强与体积关系实验中，某兴趣小组设计如图实验装置。已知重力加速度为g，注射器气密性和导热良好且外界环境温度保持不变，不计一切摩擦。(1)用刻度尺测得注射器刻度上40mL到50mL的长度为5cm，注射器活塞的横截面积为S=                  cm2；(结果保留2位有效数字(2)取下沙桶，向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，此时的气体压强为大气压p0(3)挂上沙桶，稳定后，测出此时的气体体积V和沙桶与沙子的总质量m，则气体压强的表达式p2=                  ；(请选用p0、g、S、(4)在沙桶内适量添加沙子，重复步骤(3)；(5)以沙桶与沙子的总质量m为纵轴，以1V为横轴，绘制m-1V图像，其图像如图乙所示，图中横轴截距为a，纵轴截距为b，可求得未悬挂沙桶时注射器内气体的体积V0=                  ，实验时当地的大气压强p0=                  。(请选用a、(6)若橡胶套堵住的注射孔内，有部分气体体积ΔV不可忽略，该实验人员找来一些绿豆将其装入上述装置中的注射器内，按照正确的实验操作，移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强p，作出1p-V图线如图所示，由此可测出这些绿豆的体积Vx=                  。(已知物理量有Δ【答案】(1)2.0(3)p(5)1a；(6)b+【解析】(1)注射器活塞的横截面积S=(3)对活塞受力分析，向下受大气压力p₀S和沙桶重力mg，向上受封闭气体压力p₂S。由力的平衡条件可知，对活塞p2S+mg=(5)由玻意耳定律得p0V0=(p0(6)考虑注射孔内不可忽略的气体体积ΔV和绿豆体积Vx，则封闭气体的实际体积为V+ΔV-Vx。由玻意耳定律得p(V+ΔV-Vx)=C，其中C为常数，上式可整理得13.如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=121p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1(1)T2=440K(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量【答案】(1)4(2)8【解析】(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p可得封闭的理想气体压强pT1→T2解得h(2)T1→T2→活塞受力平衡有p解得封闭的理想气体压强pT3→T4解得h外界对气体做功W全程中外界对气体做功W=初末状态温度相同，内能变化ΔU=0。由热力学第一定律ΔU=W+Q，利用热力学第一定律Δ解得Q=故封闭气体吸收的净热量Q=814.如图所示，两根一样的“L”形金属导轨平行放置，其间距d=0.75m，导轨竖直部分粗糙，水平部分光滑且足够长。整个装置处于方向竖直向上、大小B=1T的匀强磁场中。有两根导体棒ab和cd，它们的质量都为m=0.1kg，阻值都为R=1Ω，ab棒与竖直导轨间的动摩擦因数μ=0.5。ab棒在竖直导轨平面左侧并垂直导轨固定，cd棒垂直导轨放置在水平导轨上。现用一大小F=3N的水平恒力由静止开始向右拉动cd棒，同时释放ab棒。t=1s末，ab棒速度恰好为0。ab棒始终与竖直导轨接触良好，其余电阻不计，求：.(1)当cd棒的速度为v0=1m/s时，cd棒两端电压Ucd和流过ab棒的电流I的大小；(2)t=1s末cd棒的速度v；(3)在0～1s内，两根棒上产生的总焦耳热Q。【答案】(1)-0.375V，0.375(2)10m/s；(3)49【解析】(1)当cd棒的速度为v0=1m/s时，产生的感应电动势为E=Bd回路总电阻为两棒电阻之和R总=2R，cd棒两端电压为U流过ab棒的电流大小为I=(2)对ab棒在0～1s过程中，以竖直向下为正方向，运用动量定理mgt-∑μBid解得∑Bid对cd棒在0～1s过程中运用动量定理Ft-∑Bid联合解得v=10(3)cd棒在0～1s过程中受到安培力的冲量I解得x=对cd棒在0～1s过程中运用动能定理Fx-安培力做的负功等于回路产生的总焦耳热，故可得Q=15.如图所示，OO'挡板左右两侧有不等高且足够长的水平地面，木板A上表面与OO'右侧地