湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末物理试题

**基本信息** 以玉兔号核反应、无线充电等真实情境为载体，覆盖力学、电磁学等模块，通过实验设计与综合问题考查物理观念与科学思维，适配高二期末测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|6/24|核反应、运动学、光学|结合月球车等科技情境，考查基础物理观念| |多选题|4/20|电磁感应、电场|通过理想变压器模型，体现科学推理| |实验题|2/16|机械能守恒、电阻测量|设计气垫导轨实验，培养科学探究能力| |解答题|3/40|热力学、力学综合、电磁场|传送带、气缸加热等综合问题，强化模型建构|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高二下学期期末考试物理试卷 一、单选题（共24分） 1．（本题4分）月球昼夜温差大概为310℃，我国探月所用的玉兔号月球车配备的放射性元素是钚，其自发核反应方程为，固体热电偶利用温差使衰变产生的核能转化为电能。已知、X的比结合能分别为E2、E3。下列说法正确的是（　　） A．在月球的半衰期有波动 B．题述一次核反应只能释放出一条射线 C．钚的比结合能为 D．一次核反应热电偶转化的电能一定小于E1 2．（本题4分）为有效管控机动车通过一长度为的直隧道时的车速，以预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速率为，汽车匀加速行驶，速率达到，接着匀速行驶，然后匀减速行驶。要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（    ） A． B． C． D． 3．（本题4分）两束单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形透明介质中，如图所示。出射光从圆心O点射出时，合成一束复色光c。下列说法正确的是（    ）    A．b光的折射率比a光小 B．b光的频率比a光大 C．b光比a光更容易发生明显衍射现象 D．由该介质入射到空气，b光发生全反射的临界角比a光大 4．（本题4分）在某次对某电视塔高速电梯的测试中，电梯的时间一速度图像如图所示，图中倾斜的虚线a、b分别为曲线在时和时的切线，下列说法正确的是（　　） A．时电梯加速度向上 B．时间内电梯的加速度逐渐增大 C．时电梯的加速度大小为时电梯加速度大小的6倍 D．时电梯的位移小于 5．（本题4分）位于x=0.25m的波源p从t=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t1时刻波源停止振动，t2=0.35s时的完整波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa=1.75m，质点b的平衡位置xb=-0.5m，下列说法正确的是（　　） A．t1=0.3s B．t=0.25s时，波源的位移为正 C．t=0.4s时，质点a沿y轴负方向振动 D．在0到0.2s内，质点b运动总路程是0.6m 6．（本题4分）在某次训练中，运动员1、2（均视为质点）在相同起点、同向沿同一直线运动，他们从时刻起同时出发。运动员1做匀加速直线运动，其图像如图甲所示；运动员2做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．运动员1的初速度和加速度大小分别为、 B．运动员2的初速度和加速度大小分别为、 C．在时，运动员1在运动员2的前面 D．在时，运动员1在运动员2的前面 二、多选题（共20分） 7．（本题5分）随着科技的发展，新能源电动汽车无线充电技术应运而生，如图所示，为受电线圈，为送电线圈，可视为理想变压器。已知送电、受电线圈匝数比，、端输入电压。下列说法正确的是（　　） A．送电线圈的输入功率大于受电线圈的输出功率 B．、端输入的交变电流方向每秒变化100次 C．受电线圈产生的电动势的有效值为22 V D．在时，送电线圈的电动势最大 8．（本题5分）如图所示，一质量为、电荷量为的粒子以速度从连线上的点水平向右射入大小为、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（　　） A．所用时间为 B．速度大小为 C．与点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角小于 9．（本题5分）如图（甲）所示，倾角、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为的轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与小滑块相连，小滑块在斜面上紧靠着但不粘连，、的质量均为，初始时小滑块、均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力拉动，使沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动，、的图像如图（乙）所示，的图像在时刻的切线与轴平行，已知重力加速度大小为，则（　　） A．拉力的最小值为 B．拉力刚作用瞬间间的弹力大小为 C．和在时刻分离，此时弹簧的形变量为 D．在时刻的速度为 10．（本题5分）如图所示，光滑平行金属导轨、固定在倾角为的绝缘斜面上，、为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在、两点处平滑连接，仅水平部分处在磁感应强度为、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为。两金属棒、的质量分别为、，电阻分别为、。初始时，金属棒垂直放置在水平导轨上，距的距离为，金属棒从倾斜导轨上高为处由静止释放，重力加速度为，不计导轨电阻，运动过程中金属棒始终与导轨垂直且不相撞。则整个过程中（　　） A．金属棒刚进磁场时的电流方向从 B．流过金属棒的电荷量 C．金属棒上产生的热量 D．两金属棒最终相距 三、实验题（共16分） 11．（本题6分）利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜角度的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为，左端由跨过轻质光滑定滑轮的轻质细绳与一质量为的小球相连；遮光片与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，A点到光电门B处的距离为，遮光片的宽度为，已知，实验时滑块在A处由静止开始向上运动。 (1)重力加速度为，滑块从A处到达B处时，和组成的系统动能增加量可表示为____________，系统的重力势能减少量可表示为____________，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒。（用题中所给字母表示） (2)某同学按上述实验方法，多次改变A、B间的距离，得到滑块到B点的速度的多组数据，作出图像如图乙所示，并测得，则当地的重力加速度____________。（结果保留两位有效数字） 12．（本题10分）某实验小组设计如图1所示的电路来测量未知电阻的阻值，同时测量电源的电动势和内阻。实验器材规格如下： 待测电阻； 待测电源：电动势约为3V； 电阻箱； 理想电压表、。 该实验小组正确连接电路后，闭合开关，调节电阻箱的旋钮，记录多组电阻箱接入电路的阻值以及相应的两电压表的示数、，并根据所测量的数值分别画出了如图2、图3所示的函数图像。 (1)用笔画线代替导线，按照图1所示电路图将实物图连接完整。 (2)定值电阻______，电源的电动势______，电源的内阻______（均用、、、表示）。 (3)若电压表不能看成理想电压表，实验中定值电阻的测量值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。 四、解答题（共40分） 13．（本题12分）如图所示，固定在水平面上的绝热气缸，用横截面积为的绝热活塞封闭有一定质量的理想气体，该气体内能与温度的关系为，α为已知常量。初始时活塞静止，距左侧缸底为，缸内气体压强为，温度为。现通过电热丝对气缸内气体缓慢加热，使活塞至左侧缸底距离增至。活塞与气缸内壁间的滑动摩擦力大小恒为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，气缸不漏气，忽略电热丝体积。求： (1)活塞刚开始移动时，缸内气体的压强和温度； (2)缸内气体在整个过程中吸收的总热量。 14．（本题14分）如图所示，为水平面，一轻质弹簧的右端固定在处的挡板上，质量可看做质点的物体靠在弹簧的左端处，此时弹簧处于原长，间距，段光滑，段粗糙，动摩擦因数为，现将压缩弹簧一定距离后由静止释放，然后从点抛出，恰好以平行于传送带的速度从点落到传送带上，倾斜传送带与水平方向的夹角为，传送带的上端点与点的高度差为（传送带传动轮的大小可忽略不计）。传送带逆时针转动，速度大小为，滑块与传送带间的动摩擦因数为，传送带长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，，，，试求： (1)滑块运动至点时的速度大小； (2)物块释放前，系统具有的弹性势能； (3)滑块在传送带上运动时留下的痕迹长度，以及物块与传送带摩擦产生的热量。 15．（本题14分）如图所示，在xOy平面的第二象限有一匀强电场，电场的方向沿轴方向；在y轴和第一象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由轴上的P点向平行于轴射入电场．质点到达y轴上A点时，速度方向与轴的夹角为，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与轴的夹角为，求： (1)粒子在磁场中运动速度的大小v； (2)匀强电场P、A两点间的电势差． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B C A C BC BD BC AC 1．D 【详解】A. 半衰期是放射性元素的固有属性，由核内部结构决定，不受温度、压力等外部环境影响。月球昼夜温差大，但不会导致半衰期波动。故A错误。 B. 题述核反应为α衰变（），主要释放α粒子，但衰变后的子核可能处于激发态并释放γ射线，因此一次核反应可能释放多条射线。故B错误。 C. 比结合能（结合能除以核子数）的计算依据质量亏损和能量守恒。核反应释放能量 因此钚的比结合能为 故C错误。 D. 核反应释放能量，热电偶将核能转化为电能的过程存在效率损失（如热散失），电能输出必然小于输入能量，故D正确。 故选D。 2．B 【详解】汽车在隧道匀加速行驶的位移 汽车在隧道匀速行驶的位移 汽车在隧道匀减速行驶的位移 要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过，则该汽车车尾通过隧道出口时的最短时间 汽车在隧道匀减速行驶的时间 设该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为，则 解得 故选B。 3．B 【详解】AB．从该介质射向空气中时，出射角相同设为，a光的入射角设为，b光的入射角设为，则由折射定律可知两束光在该介质中的折射率分别 由图知 可得 而折射率越大则光的频率就越大，A错误，B正确； C．由于b光的频率大于a光的频率，由 可知b光的波长小于a光的波长，而波长越长的波相对而言更容易发生衍射现象，因此a光更容易发生明显衍射现象，故C错误； D．根据全反射临界角与折射率的关系式 可知，折射率越小，临界角越大，由此可知，a光发生全反射的临界角比b光的大，故D错误。 故选B。 4．C 【详解】不确定电梯的运动方向，因此无法判断时的加速度方向，A错误；时间一速度图像斜率的倒数表示加速度，由题图可知图线的斜率越来越大，因此加速度越来越小，B错误；时电梯的加速度大小为时电梯加速度大小为，故，C正确；速度一时间图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时电梯的位移满足，D错误。 5．A 【详解】A．由图可知，该波的波长λ=1m。由题意可知， 可得T=0.2s，t1=0.3s，故A正确； B．由波形图可知，波源起振方向沿y轴负向，则时，波源位于负向最大位移处，B错误； C．t=0.4s时，即从图示位置再振动四分之一周期，质点a回到平衡位置，沿y轴正方向振动，C错误； D．波源的振动转到b点的时间为，在0到0.2s内，质点b振动四分之一周期，则运动总路程是15cm，D错误。 故选A。 6．C 【详解】A．匀加速直线运动位移公式为 由甲图可知当时， 当，时 代入解得 ，，故A错误； B．匀减速直线运动速度位移公式为 可得 结合乙图可知时， 代入解得初速度 当时， 代入解得，故B错误； CD．根据上述分析，运动员1的位移可写为 运动员2的位移可写为 运动员2总运动时间为 运动员2的位移公式在时成立，令，即 解得相遇时间 因此当时，运动员2在运动员1的前面；当时，二者位置相同；当时，运动员1在运动员2的前面，又 此时运动员1在运动员2的前面，故C正确，D错误。 故选C。 7．BC 【详解】A．该装置可视为理想变压器，理想变压器无能量损耗，输入功率等于输出功率，因此送电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率，故A错误； B．由输入电压表达式 得圆频率 交变电流频率 一个周期内电流方向改变2次，因此每秒电流方向改变次，故B正确； C．送电线圈输入电压的最大值为，因此有效值 根据理想变压器电压比 得受电线圈电动势有效值，故C正确； D．将代入电压表达式得 此时送电线圈电动势为0，是最小值，并非最大，故D错误。 故选BC。 8．BD 【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向 由 可得 故A错误； B．由于 故粒子速度大小为 故B正确； C．由几何关系可知，到P点的距离为 故C错误； D．速度方向与竖直方向的夹角正切 即 故D正确。 故选BD。 9．BC 【详解】A．施加前，对AB整体，根据平衡条件有 解得弹簧的压缩量为 设AB一起匀加速的位移为，有 联立解得 即拉力关于位移线性增加，当时，即刚作用瞬间拉力最小为，故A错误； B．设拉力刚作用瞬间间的弹力为，对B分析由牛顿第二定律有 解得，故B正确； C．根据图乙可知，开始A和B一起做匀加速直线运动，分离后B继续做匀加速直线运动，A做加速度减小的加速运动，则在时刻、分离，此时它们具有相同的沿斜面向上的加速度和速度，且，则弹簧依然处于压缩状态，对A受力分析由牛顿第二定律有 解得弹簧的压缩量为，故C正确； D．在时刻、分离，弹簧的压缩量为，此后A做加速度减小的加速运动，在时刻加速度为零，速度达到最大，有 可得弹簧的压缩量为 对A和弹簧的系统由机械能守恒定律可知 解得；故D错误。 故选BC。 10．AC 【详解】A．根据右手定则，ab向右运动、磁场竖直向下，可判断ab中电流方向为，故A正确； B．斜面光滑，ab下滑机械能守恒 则ab下滑到水平导轨的初速度 ab进入磁场后，系统水平方向合外力为零，动量守恒，最终共速 可得共同速度 对mn由动量定理可得 解得，故B错误； C．由能量守恒，总焦耳热量 两棒串联，热量与电阻成正比，mn电阻为，总电阻，因此mn的热量，故C正确； D．初始mn距CF为，设最终ab位移，mn位移，则最终间距 流过回路的电荷量满足 代入 整理得 因此最终间距，故D错误。 故选AC。 11．(1) (2)9.7 【详解】（1）[1]滑块到达B处时的速度 则系统动能的增加量 [2]系统重力势能的减小量 （2）根据系统机械能守恒得 则 题图乙图线的斜率大小 解得g＝9.7 m/s2 12．(1) (2) (3)小于 【详解】（1）根据电路图，实物连线如图所示 （2）[1]由欧姆定律可得 化简可得 由图2可得 解得 [2][3]由闭合电路欧姆定律可得 化简可得 由图3可得， 联立解得， （3）由于电压表分流，，相当于安培表外接，则实验中定值电阻的测量值小于真实值。 13．(1)，2T0 (2) 【详解】（1）活塞刚开始移动时，对活塞分析可知 可得 气体进行等容变化，则由查理定律 解得T1=2T0 （2）活塞至左侧缸底距离增至过程中气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律 解得T2=4T0 该过程中气体对外做功为 根据热力学第一定律可知，缸内气体在整个过程中吸收的总热量 14．(1) (2) (3)1.25m， 【详解】（1）在点，竖直分速度 由 解得 （2）点的水平分速度与点的速度相等，则 从释放到点的过程中，根据动能定理得 解得 （3）滑块到达传送带时，根据牛顿第二定律有 解得 达到共同速度所需时间 物块位移 两者间的相对位移 设共速后加速度为，根据牛顿第二定律 解得 设经过时间物块到达底端 解得 相对位移 故痕迹长度为 产生热量 15．(1) ；  (2) 【详解】(1)质点在磁场中的轨迹为圆弧．由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上，依题意可知，质点轨迹与y轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O′点．如图所示： 由几何关系可知，AO′垂直于OC，O′是圆弧的圆心．设圆弧的半径为R，则有 R=dsinφ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得 联立解得 (2)质点在电场中的运动为类平抛运动，设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，时间为t，则有 v0=vcosφ vsinφ=at d=v0t 设电场强度大小为E，由牛顿第二定律可得 Eq=ma 偏转距离 匀强电场P、A两点的电势差 联立以上可得 【点睛】本题在电场中的运动因能知道初末速度，故也可采用动能定理的求解；A点的速度与类平抛运动的合速度，由运动的合成与分解可解得初速度，对P到A过程由动能定理即可求得电势差． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $