2025-2026学年湖南部分名校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学年湖南部分名校高二下学期期中考试物理试卷1.下列各图的线圈或回路中能产生感应电流的是(  )A. B. C. D.【答案】C【解析】若要产生感应电流，需要满足两个条件：回路闭合，且穿过回路的磁通量发生变化，长直通电导线在圆形线框的一条直径上方，根据安培定则可知，线框内直径两侧磁通量大小相等、方向相反，总磁通量始终为0。即使导线电流增大，总磁通量仍为0，磁通量不变，因此无感应电流，故A错误；在平行导轨上运动的两根金属棒，速度相等，则它们与导轨构成的闭合回路面积不变，磁通量保持不变，不会产生感应电流，故B错误；金属框是闭合回路，磁场垂直纸面向里，线框绕垂直于磁场方向的对称轴转动，转动过程中穿过线框的磁通量随转动不断变化，满足感应电流产生条件，因此有感应电流，故C正确；条形磁铁向右运动时，穿过线圈的磁通量确实变化，但线圈回路是断开的，不满足闭合回路的条件，因此无感应电流，故D错误。故选C。2.某小球做简谐运动的位移—时间关系为x=0.1sin(2πt+π4A.位移为0，速度为0 B.位移为0，加速度为0

C.速度为0，加速度为0 D.速度为0，加速度不为0【答案】B【解析】将t1=38s代入位移-时间关系式，得相位为2π×3.电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩的输入电流为16A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦式交流电的频率为50HzA.输出交流电的频率为50HzB.原、副线圈匝数比为nC.输出电压的最大值为220VD.若10台充电桩同时使用，输入功率为3.52kW【答案】A【解析】输入交流电的频率为50Hz，理想变压器不改变交流电的频率，因此输出交流电的频率也为50Hz，故A正确；理想变压器原、副线圈匝数比等于电压比，即n1n2=U1U2，代入U1=10kV=104V、U2=220V，解得4.如图所示，电阻为R的L形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直即折角θ=90°不变，各边长均为L。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针(俯视)匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与磁场方向平行，则(  )A.线框中感应电动势的表达式为e=B.线框中感应电流i随时间t的变化关系是i=C.t=πωD.t=0到t=πω【答案】D【解析】线框折成90°，两个相互垂直的平面面积均为S=L2，绕垂直磁场的转轴be以角速度ω顺时针转动，经过时间t，线框磁通量为Φ=BSsinωt+BScosωt=BL2(sinωt+cosωt)=2BL2sin(ωt+π4)，根据法拉第电磁感应定律，线框中感应电动势的表达式为e=ΔΦΔt=2BL2ωcos(ωt+π4)，故A5.如图所示，两平行金属板A、B水平放置，带等量的异种电荷，B板接地，一个带负电小球用绝缘细线拴着，细线另一端系在B板上，小球静止在P点，细线绷紧，则下列说法正确的是(  )A.A板可能带负电B.A板向上平移一些，A、B两板间的电压会增大C.A板向上平移一些，P点电势会升高D.A板向上平移一些，细线拉力会减小【答案】B【解析】细线绷紧，说明小球受到的电场力方向与重力方向相反，即电场力向上，又因为小球带负电，所受的电场力与场强方向相反，所以A板带正电，故A错误；平行板充满电后，电荷量保持不变，A板向上平移一些，极板的带电量不变，板间距离增加，根据平行板电容器的公式C=ϵrS4πkd和C=QU，可知板间电压增大，故B正确；A板向上平移一些后，极板间的电场强度为E=Ud=4πkQϵr6.如图所示为演示机械波的干涉实验，在O、P两点分别固定电磁打点计时器(作为上下振动的振源)，振动频率为50Hz，O与P的振针之间用一根细线相连接，通电后会在细线中形成图示的驻波，类似A点始终不动的点称之为“波节”，类似B点振幅最大的点称之为“波腹”，A、B平衡位置间的距离为0.1m，E点位于A、B正中间。已知t=0时刻B点正处于波峰，下列说法正确的是(  )A.两个振源的振幅相同B.两个振源的振动步调相反C.机械波在绳中的传播速度为5m/sD.同倍率增大两波源频率，波节数也会相应地变少【答案】A【解析】驻波能形成位移始终为0的波节，说明两列波在波节处振幅相等、相位相反，这是由两列振幅相同的相干波叠加而成的，故A正确；t=0时刻B点正处于波峰，B点到O和P距离相同，B点到两波源的波程差为零，故两个振源振动步调相同，故B错误；由题意可知A为振动减弱点，为波峰与波谷的叠加，B为振动加强点，由两列波中同时运动至平衡位置且速度方向相同的质点的振动所叠加，由此可得波长λ=4xAB=0.4m，根据波长、波速和频率的关系可知，机械波在绳中的传播速度v=λf=0.4×50m/s=20m/s7.如图所示，质量为4m的物块P静止在水平面上，左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块Q以初速度v0向右运动滑上P，沿圆弧面上滑一段距离后又返回，最后滑离P，不计一切摩擦。滑块Q从滑上P到滑离P的过程中，滑块Q对物块P所做的功为A.2mv0225 B.4mv0【答案】D【解析】滑块Q和物块P组成的系统在水平方向不受外力，因此在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，滑块Q从滑上P到滑离P的过程，有mv0=mvQ+4mvP，根据初末状态系统机械能相等有12mv02=12m8.利用薄膜干涉原理检查工件平整度实验装置如图甲所示，a为标准样板，b为待检测平面，某次实验时，发现干涉图样如图乙所示，下列说法正确的是(  )A.图乙中向左弯曲部分说明该处平面凹陷B.图乙中向左弯曲部分说明该处平面凸起C.若装置右侧再垫一块薄片，则条纹间距变大D.若装置右侧再垫一块薄片，则条纹间距变小【答案】AD【解析】薄膜干涉中的干涉条纹为等厚干涉条纹，同一条干涉条纹对应的空气膜厚度相等，图乙中向左(薄端)弯曲部分说明该处空气膜变厚，要在该处达到与相邻直条纹部分相同的空气层厚度，位置必须向左侧(薄处)偏移，说明工件该处平面凹陷，故A正确，B错误；相邻两亮条纹对应的空气膜的厚度差为λ2，设空气膜的顶角为θ，则相邻两亮条纹间的距离为Δx=λ2tanθ=λ2tanθ9.智能手机有自动调节屏幕亮度的功能。如图所示为该调节功能的模拟电路简图，图中电路元件的R1为光敏电阻，其阻值随外部环境光照强度减小而增大，R2为定值电阻，屏幕亮度由灯泡LA.屏幕变暗 B.R1两端电压变小

C.R2两端电压变大 【答案】AC【解析】分析电路结构，光敏电阻与灯泡串联，再与定值电阻并联，当光照强度减小时，R1阻值增大，则电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电源内阻上的电压减小，路端电压增大。R2两端的电压等于路端电压，则R2两端电压变大，故C正确；因R2两端电压变大，R2是定值电阻，则通过R2的电流增大，因总电流减小，则通过R1、L的电流减小，屏幕变暗，L两端的电压减小，因R1和L的电压之和等于R2两端的电压，则R1两端电压变大，故10.如图所示的装置水平地放在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两对平行且光滑的导轨的间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分别为m、12mA.稳定前b、c棒加速度之比为1∶2B.稳定时导体棒b的速度为EC.稳定时导体棒b产生的感应电动势为2ED.导体棒c中产生的焦耳热为m【答案】BC【解析】分析电路结构可知，b、c棒串联，稳定前通过b、c棒电流大小相等，受到安培力作用，安培力提供加速度，BIL=ma，对导体棒b有BId=mab，对导体棒c有BI×2d=12mac，得稳定前b、c棒加速度之比abac=14，A错误；稳定时b、c两导体棒产生的总反电动势与E等大，因为稳定前b、c棒加速度之比为1∶4，根据v=at，知稳定时二者速度之比也为1∶4，设导体棒b的速度为v，则导体棒c的速度为4v，稳定时两棒产生的反电动势与电源电动势关系为Bdv+B×2d×4v=E，得稳定时导体棒b的速度v=E9Bd，B正确；根据前面分析，知稳定时导体棒b产生的感应电动势Eb=B×2dv=29E，C正确；设从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程，所用时间为t，对导体棒b，由动量定理有BdIt=mv-0，其中It=q11.用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。(1)组装单摆时，应在下列器材中选用___________(多选，填选项前的字母)。A．直径为2.0cm的塑料球B．直径为2.0cm的铁球C．长度为90cm左右的细线D．长度为10cm左右的细线(2)某同学某次实验中用刻度尺测出摆线长l，球直径d；从小球第一次经过最低点开始计时，记为第0次。秒表记录下单摆第n次经过最低点的时间为t。重力加速度g的表达式为___________(填选项前的字母)。A．4n2πC．n2π2(3)用多组实验数据作出T2-L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图乙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是A．出现图线a可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长LB．出现图线c可能是误将51次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值【答案】(1)BC(2)C(3)A【解析】(1)为了减小实验误差，减小空气阻力的影响，摆球应选择质量大、体积小的金属球，应选择直径为2.0cm的铁球，故A错误，B正确；为减小实验误差，应选择适当长些的细线作为摆线，故C正确，D错误。故选BC。(2)从小球第一次经过最低点开始计时，记为第0次。秒表记录下单摆第n次经过最低点的时间为t。小球从第0次经过最低点到第n次经过最低点，共经过了12n个全振动。则周期为T=t12n=(3)由单摆周期公式T=2πLg，可得T2=4π2gL，可知T2-L图像的斜率为k=4π2g，当地的重力加速度为g=4π2k，若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度L，则有T2=4π2g(L+r)=4π2gL+4π2rg，可知图线与b线斜率相等，两图线应该平行，4π2rg为纵轴截距，故出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L造成的，故12.某同学想要测量一电阻的阻值。(1)他首先找来一个多用电表进行估测。具体操作如下：将多用电表选择开关置于欧姆挡“×100”，进行欧姆调零，把多用电表的两个表笔接到待测电阻两端，发现指针偏转过大；然后将多用电表选择开关置于欧姆挡“×                  ”。正确操作后，多用电表的示数如图所示，其读数为                  Ω。(2)接下来他想要用如下器材精确测量其电阻值：①请帮他设计实验电路图，要求电表读数超过量程的三分之一以上，并标出所选用电表的符号                  ；则待测电阻的阻值Rx与电表读数的关系式为                  (选用电压表V示数为U，电流表A1、A2示数为I1、I2A.电源E=6V，内阻不计B.电压表V，量程15V，内阻r约为10kΩC.电流表A1，量程为30mA，内阻R1为10ΩD.电流表A2，量程90mA，内阻R2约为10ΩE.滑动变阻器10ΩF.定值电阻R②经过正确操作，若其中一个表指针指在“15”，另一个指在“40”，则待测电阻的阻值为                  Ω。(结果保留3位有效数字)【答案】(1)10；130(2)①Rx=200【解析】(1)指针偏转过大，表明待测电阻为小电阻，应换成小倍率挡，即选欧姆挡×10挡；测量电阻时，多用电表读数为指针刻度与倍率的乘积，正确操作后，多用电表的读数为13.0×10Ω=130Ω。(2)根据(1)问可知，滑动变阻器的最大阻值(10Ω)比待测电阻(约130Ω)小很多，故滑动变阻器应采用分压式接法；电压表量程(15V)太大，会导致指针偏角过小，读数不准确，故需将电流表与定值电阻改装成电压表，A1的量程比A2小，且A1的内阻准确值已知，A2的内阻准确值未知，则应将A1根据设计的测量电路可知，待测电阻阻值为Rx=I1(R+R1)I2-13.坦克行军时，坦克内的士兵需要通过圆形玻璃窗观测外部环境。如图所示，玻璃窗的直径L＝10cm，厚度d=53cm，该玻璃的折射率n=3(1)光在玻璃中的传播速度；(2)若坦克内士兵眼睛紧贴玻璃窗的中心处，通过玻璃能看到外部环境的最大张角为多少？【答案】(1)3×10【解析】(1)依题意，根据折射率表达式可知光在玻璃中的传播速度v=(2)根据题意作出光路图由几何关系可得tan解得最大入射角为α＝30°设折射角为β，根据折射定律可得n=解得β＝60°故最大张角为2β＝120°。14.如图所示，光滑水平地面上有滑块A、B，质量均为m0=1kg，一劲度系数k＝200N/m的轻弹簧右端固定于墙面上，左端与滑块B相连。现给滑块A水平向右的初速度v0=4ms，与静止的滑块B发生碰撞((1)两滑块碰撞过程中损耗的机械能的大小；(2)两滑块碰后运动半个周期的路程；(3)滑块B从开始运动到运动到最左端所用的时间。(已知T=2πmk，T为简谐运动周期，k为劲度系数，m【答案】(1)4J(2)0.4m(3)(【解析】(1)滑块A与B发生完全非弹性碰撞，设滑块A与滑块B碰撞后速度为v，规定水平向右为正方向，由动量守恒得m解得v＝2m/s由能量守恒定律，碰撞过程中损耗的机械能等于系统动能的减少量，Δ解得Δ(2)A、B滑块一起做简谐运动，其平衡位置为弹簧原长处。碰撞位置即为平衡位置。A、B滑块碰后一起向右运动，设弹簧的最大形变量为x，由能量守恒得1解得x＝0.2m简谐运动的振幅为A＝0.2m半个周期的路程s＝2A＝0.4m(3)简谐运动的周期为T=2π滑块B运动到最左端的位移为x以平衡位置为计时起点和位移零点，以向右为正方向，由振动方程有x可得t=解得t