高級中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年湖北省恩施聯(lián)考高二（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.2025年5月，我國新一代“人造太陽”——中國環(huán)流三號再次刷新世界紀(jì)錄，實現(xiàn)了等離子體電流一百萬安培、溫度一億度的高約束模式持續(xù)運行。該裝置模擬太陽的能量產(chǎn)生方式，通過將輕原子核（如氫的同位素氘和氚）在極端高溫高壓下聚合，釋放巨大能量，核反應(yīng)方程：，下列說法正確的是（）A.上述方程中X為電子B.氘的比結(jié)合能大于氦核的比結(jié)合能C.核聚變前后電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒D.若氘、氚、氦核的比結(jié)合能分別為、、，則釋放的核能為【答案】C【解析】A．核反應(yīng)遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，可知X的質(zhì)量數(shù)為可知X的電荷數(shù)為故X應(yīng)中子（），而非電子，故A錯誤；B．核聚變中生成物比結(jié)合能大于反應(yīng)物，氦核比結(jié)合能高于氘和氚，故氘的比結(jié)合能小于氦核，故B錯誤；C．核反應(yīng)遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，聚變過程同樣滿足，故C正確；D．釋放的核能應(yīng)為生成物總結(jié)合能與反應(yīng)物總結(jié)合能之差，即，而非，故D錯誤。故選C。2.關(guān)于機械振動和機械波的應(yīng)用，下列說法正確的是（）A.醫(yī)生用超聲波掃描孕婦腹部，就能看到胎兒的樣子，這是利用了波的衍射現(xiàn)象B.耳機麥克風(fēng)會捕捉外界噪音，然后發(fā)出相位相反的聲波抵消它，讓你聽到純凈的音樂，這是利用了波的干涉現(xiàn)象C.高樓頂部會安裝“減震器”比如上海中心大廈的巨型擺錘，當(dāng)?shù)卣鸹虼箫L(fēng)讓高樓搖晃時，減震器會反向振動，抵消晃動，讓高樓更穩(wěn)，這是利用了波的偏振現(xiàn)象D.電動牙刷通過高頻振動每分鐘幾千次能更高效地清潔牙齒，比手動刷牙更干凈，這是利用了波的多普勒效應(yīng)【答案】B【解析】A．超聲波掃描利用的是超聲波在組織界面處的反射，而非衍射現(xiàn)象，故A錯誤；B．主動降噪技術(shù)通過發(fā)射與噪音相位相反的聲波，利用干涉相消原理減弱噪音，故B正確；C．減震器通過反向振動吸收能量，屬于阻尼振動或共振控制，與偏振無關(guān)，故C錯誤；D．電動牙刷的高頻振動是機械振動直接清潔牙齒，與多普勒效應(yīng)無關(guān)，故D錯誤。故選B。3.如圖甲所示，某理想變壓器原副線圈的匝數(shù)分別為、，輸入電壓瞬時值、輸出電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中、均已知，下列說法正確的是（）A.達(dá)到最大值時，B.達(dá)到最大值時，也達(dá)到最大值C.輸入電壓的有效值為D.【答案】B【解析】AB．根據(jù)理想變壓器的原理可知，原副線圈的電壓變化是同步的，從圖乙可知，與的變化規(guī)律是相似的，當(dāng)達(dá)到最大值時，也達(dá)到最大值，而不是，故A錯誤，B正確；C．正弦式交變電壓的有效值是最大值除以，所以輸入電壓的最大值為，其有效值為，故C錯誤；D．根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)比關(guān)系有由圖乙可知，故D錯誤。故選B。4.在研究光的折射現(xiàn)象的實驗中，讓兩束不同的單色光Ⅰ、Ⅱ從空氣射向同一玻璃磚的側(cè)面，實驗得到的入射角θ1、折射角θ2的正弦關(guān)系的圖像如圖所示，其中虛線斜率k=1，下列說法正確的是（）A.用另一種單色光做本實驗，sinθ1?sinθ2圖像可能為ⅢB.若讓光從玻璃磚射向空氣，則單色光Ⅰ、Ⅱ在分界面上發(fā)生全反射的臨界角CⅠ大于CⅡC.照射同一金屬，若單色光Ⅰ能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則單色光Ⅱ也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)D.用相同的裝置進(jìn)行雙縫干涉實驗時，單色光Ⅰ的相鄰亮條紋中心間距比單色光Ⅱ的相鄰亮條紋中心間距小【答案】D【解析】A．根據(jù)折射率可知圖像斜率表示折射率，由于n>1，故用另一種單色光做本實驗，sinθ1?sinθ2圖像不可能為Ⅲ（因為Ⅲ的斜率小于1），故A錯誤；B．圖像可知I光的斜率大于Ⅱ光，可知I光的折射率比Ⅱ的大，根據(jù)可知則單色光Ⅰ、Ⅱ在分界面上發(fā)生全反射的臨界角CⅠ小于CⅡ，故B錯誤；C．由B選項可知折射率nI>nⅡ，故I光的頻率大于Ⅱ光的頻率，故照射同一金屬，若單色光Ⅰ能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則單色光Ⅱ不一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D．由于I光的頻率大于Ⅱ光的頻率，根據(jù)可知頻率f大的，波長越小，故I光波長小于Ⅱ光波長，根據(jù)可知用相同的裝置進(jìn)行雙縫干涉實驗時，單色光Ⅰ的相鄰亮條紋中心間距比單色光Ⅱ的相鄰亮條紋中心間距小，故D正確。故選D。5.在一次體育課上，小明將鉛球以大小不變的初速度投射出去。考慮到實際情況，鉛球出射位置的高度h不能忽略，如圖所示。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.無論沿什么方向，小球落地時速度的大小都相同B.無論沿什么方向，小球在空中運動的時間都相同C.為了投得更遠(yuǎn)，應(yīng)使與水平方向成夾角投射出去D.為了投得更遠(yuǎn)，應(yīng)使與水平方向夾角大于投射出去【答案】A【解析】A．根據(jù)動能定理，有解得，可知無論沿什么方向，小球落地時速度的大小都相同，故A正確；B．設(shè)與水平方向夾角θ，在豎直方向，規(guī)定豎直向下為正方向，有解得小球在空中運動的時間與θ相關(guān)，故B錯誤；CD．設(shè)落地時，末速度v與水平方向夾角為α，因僅受重力作用，所以，且方向豎直向下，作出速度矢量三角形如圖矢量三角形的面積其中得結(jié)合A選項分析，得當(dāng)時，x取最大此時因規(guī)定豎直向下為正方向，h為正值，得，，故CD錯誤。故選A。6.2025年4月13日，陳芋汐參加加拿大溫莎站世界杯跳水決賽獲得冠軍。陳芋汐以一定的初速度在高臺上豎直向上起跳，到距水面的最高處后開始豎直下落，入水后受到水的阻力（視為恒力）大小為她的重力的4倍。重力加速度取，陳芋汐在運動過程中可簡化為質(zhì)點，不計空氣阻力，陳芋汐從最高點運動到最低點的過程中（）A.入水前比入水后的速度變化更快B.在水中下降的最大深度為C.平均速度大小為D.一直處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】A．速度變化的快慢由加速度決定，陳芋汐入水前做自由下落，加速度為陳芋汐入水后所受阻力為重力的4倍，根據(jù)牛頓第二定律有解得加速度方向向上?？芍愑笙胨蠹铀俣雀?，則入水前比入水后的速度變化更慢，故A錯誤；B．入水前下落高度根據(jù)解得入水速度陳芋汐入水后勻減速至靜止，利用逆向思維，根據(jù)解得下潛深度，故B錯誤；C．結(jié)合上述可，陳芋汐的總位移為入水前經(jīng)歷時間入水后經(jīng)歷時間則總時間陳芋汐的平均速度，故C正確；D．結(jié)合上述可知，陳芋汐入水前加速度向下，處于失重狀態(tài)，入水后加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。7.A、B是兩個電荷量都為Q的正點電荷，相距l(xiāng)，AB連線中點為O。C為AB連線中垂線上的一點，距O為。N點在AB連線上，距離O點為x（x<<l），已知靜電力常量為k，不計重力，下列說法正確的是（）A.在C點由靜止釋放一電子，電子的加速度一直減小B.將一電子先后放到C、N兩點，電子在N點時的電勢能大于在C點時的電勢能C.若在C點放一試探電荷q，則它所受的靜電力大小為D.在N點由靜止釋放一質(zhì)子，質(zhì)子將在O點附近做簡諧運動【答案】D【解析】A．設(shè)A處的電荷在AB連線的中垂線上的某點處產(chǎn)生的場強與豎直向上方向的夾角為，則根據(jù)場強的疊加原理，則該點的合場強為聯(lián)立可得根據(jù)均值不等式可知當(dāng)時，有最大值，且最大值為根據(jù)幾何關(guān)系可知該點到O點的距離則在C點由靜止釋放電子，由于可知電子受電場力向下運動過程中，加速度先增大后減小再增大再減小，A錯誤；B．C點的電勢為N點的電勢因為，則則電勢能可知因，則，B錯誤；C．C點的合電場強度在C點放一個試探電荷，則試探電荷所受電場力的大小為，C錯誤；D．根據(jù)等量同種電荷的電場分布情況可知，質(zhì)子在運動過程中，O點為平衡位置，可知當(dāng)發(fā)生的位移為時，粒子受到的電場力為當(dāng)時所以在N點釋放一質(zhì)子，從靜止釋放，質(zhì)子將以O(shè)點為平衡位置做簡諧運動，D正確。故選D。二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，一帶電量為q（q>0），質(zhì)量為m的小球用絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點而保持靜止。現(xiàn)讓勻強電場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°至方向豎直向上，大小保持不變，在該過程中，下列說法正確的有（）A.細(xì)線與豎直方向夾角逐漸減小 B.細(xì)線與豎直方向夾角逐漸增大C.細(xì)線中的張力逐漸減小 D.細(xì)線中的張力逐漸增大【答案】BC【解析】根據(jù)題意可知，小球所受電場力大小為Eq=mg小球的受力如圖所示由圖可知，當(dāng)勻強電場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°至方向豎直向上，大小保持不變，細(xì)線與豎直方向夾角逐漸增大，細(xì)線中的張力不斷減小。故選BC。9.在天文觀測中，科學(xué)家們發(fā)現(xiàn)有一些遠(yuǎn)離地球的雙星系統(tǒng)的運動很奇怪——兩個天體時而重合，時而分開，如圖甲所示；天文學(xué)家推測，這樣的系統(tǒng)實際上是由如圖乙所示的兩個繞著二者連線上某點做勻速圓周運動的天體組成，但地球正好與該雙星系統(tǒng)的圓周軌道處在同一平面，所以在地球上只能觀測到它們的投影運動。天文學(xué)家已經(jīng)測得某個這樣的雙星系統(tǒng)投影運動的振幅、，已知萬有引力常量G。對該雙星系統(tǒng)，下列說法正確的有（）A.天體1的質(zhì)量大于天體2的質(zhì)量B.天體1、天體2的質(zhì)量之比為C.若測得該雙星系統(tǒng)的運動周期為T，則該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為D.地球上觀測到兩個天體的投影運動均為簡諧運動【答案】AD【解析】A．對于雙星系統(tǒng)，兩個天體繞連線上某點做勻速圓周運動，它們的角速度相等，設(shè)做圓周運動的半徑為，做圓周運動的半徑為，則兩個天體的球心間距為根據(jù)萬有引力提供向心有化簡可得即由圖可知，投影振幅、分別對應(yīng)兩天體做圓周運動的半徑、，因為，所以，則，即天體1的質(zhì)量大于天體2的質(zhì)量，故A正確；B．根據(jù)選項A可知，故B錯誤；C．因為，，所以若測得該雙星系統(tǒng)的運動周期為T，對天體1列向心力方程有將上面數(shù)據(jù)代入解得同理可得所以該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為，故C錯誤；D．設(shè)兩天體做圓周運動的圓心為O，以圓心O在地球上的投影為坐標(biāo)原點建立軸，某時刻天體1距圓心O的距離為，其在軸上的投影位置坐標(biāo)為其中為天體1與圓心O連線與軸的夾角，設(shè)天體1做圓周運動的角速度為，則有代入上式得滿足簡諧運動的表達(dá)式同理天體2的投影運動也滿足簡諧運動的表達(dá)式，所以地球上觀測到兩個天體的投影運動均為簡諧運動，故D正確。故選AD。10.如圖所示，固定在勻強磁場中的正方形硬質(zhì)導(dǎo)線框abcd邊長為l，其中ab邊是電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊是電阻可忽略的銅導(dǎo)線，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。現(xiàn)有一段長短、粗細(xì)、材料均與ab邊相同的電阻絲PQ架在線框上，與導(dǎo)線框的接觸良好，并以恒定速度v從ad邊滑向bc邊。不計一切摩擦，在PQ滑動的過程中，下列說法正確的有（）A.通過PQ的電流I先減小后增大B.外力對PQ做功功率的最小值為C.當(dāng)PQ運動到ab的中點時，PQ兩端的電壓大小為D.ab消耗的電功率先增大后減小【答案】AD【解析】A．PQ長短、粗細(xì)、材料均與ab邊相同，則PQ的也為R，感應(yīng)電動勢為E=Blv令aP=x，則回路總電阻根據(jù)數(shù)學(xué)二次函數(shù)規(guī)律可知，R總先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過PQ的電流I先減小后增大，故A正確；B．PQ向右做勻速直線運動，則有F=BIl結(jié)合上述，當(dāng)時，則感應(yīng)電流的最小值外力的最小值外力對PQ做功功率的最小值解得，故B錯誤；C．結(jié)合上述，當(dāng)PQ運動到ab的中點時，回路總電阻達(dá)到最大值，干路電流達(dá)到最小值，且有根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流方向沿Q→P，P端為等效電源的正極，根據(jù)閉合電路歐姆定律有解得，故C錯誤；D．結(jié)合上述可知，外電路電阻可知，外電路電阻的最大值根據(jù)數(shù)學(xué)二次函數(shù)規(guī)律可知，在PQ滑動過程中，R外先增大后減小，外電阻消耗的電功率結(jié)合上述可知，干路電流解得根據(jù)數(shù)學(xué)對勾函數(shù)規(guī)律可知，在PQ滑動的過程中，ab消耗的電功率先增大后減小，故D正確。故選AD。三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某實驗小組用如圖甲所示的裝置做驗證動量守恒定律的實驗。輕質(zhì)細(xì)線一端與固定拉力傳感器O點連接，另一端連結(jié)一個小球。在O點正下方的光滑水平桌面上靜止放置一個中心與小球球心等高的片狀橡皮泥（厚度忽略不計）。將小球拉起一定的偏角后由靜止釋放，在最低點處與橡皮泥發(fā)生碰撞，碰后粘在一起向左擺動。此過程采集到的拉力F的大小隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示，圖中、已知。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不考慮橡皮泥的形狀和空氣阻力帶來的影響。（1）若小球質(zhì)量為m1，O點到小球球心的距離為L，則小球碰前瞬間的速度大小為______；（2）為驗證碰撞過程中，小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量是否守恒，還必須測量的物理量有______；A.小球質(zhì)量m1，橡皮泥質(zhì)量m2B.細(xì)線的長度lC.小球的直徑D（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，若本實驗中物理量滿足關(guān)系式______（用題干和第（2）問的已知量、測量值的字母表示），則可驗證碰撞過程中小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒?！敬鸢浮浚?）（2）A（3）【解析】（1）小球在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）小球與橡皮泥碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有碰撞后瞬間，對小球與橡皮泥整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有結(jié)合上述解得可知，為驗證碰撞過程中，小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量是否守恒，還必須測量的物理量有小球質(zhì)量m1，橡皮泥質(zhì)量m2。（3）結(jié)合上述，在誤差允許的范圍內(nèi)，若碰撞過程中小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則滿足12.某科技小組探究多組型號的光敏電阻。（1）用多用電表探測光敏電阻的阻值與光照條件的關(guān)系。他們具體的操作如下：①將多用電表機械調(diào)零，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋的“×1K”擋。②將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指到表盤___________（填“左側(cè)”或“右側(cè)”）0刻度線。再把紅黑表筆接在光敏電阻兩腳上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度很大，換“×10”擋位后，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，再把紅黑表筆接在光敏電阻兩腳上，多用電表指針如圖甲所示，測量的結(jié)果為___________Ω。③用黑紙板擋住照向光敏電阻的部分光線，仍用“×10”擋位，將紅黑表筆接在光敏電阻兩腳上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度小于圖甲中的角度，這說明光照變?nèi)鯐r，光敏電阻的阻值將___________（選填“變大”或“變小”）。④測量完畢，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到___________擋。（2）如圖乙所示，由紅外光源發(fā)射的光束經(jīng)煙塵粒子散射后照射到光敏電阻上，光敏電阻接收的光強與煙霧的濃度成正比，其阻值隨光強的增大而減小。閉合開關(guān)S1、S2，當(dāng)煙霧濃度達(dá)到一定值時，干簧管中的兩個簧片被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器報警。在保證所有用電器安全的情況下，為了能在更低的煙霧濃度下觸發(fā)報警，下列操作可行的是___________。A.減小電阻箱R1的阻值B.減小電源E3的電動勢C.增大電阻箱R2的阻值D.增大干簧管上線圈的匝數(shù)【答案】（1）右側(cè)120變大OFF或交流電壓最高（2）AD【解析】（1）[1]將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指到表盤右側(cè)0刻度線；[2]根據(jù)圖甲可知測量的結(jié)果[3]發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度小于圖甲中的角度，說明電流減小，這說明光照變?nèi)鯐r，光敏電阻的阻值將增大。[4]測量完畢，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到OFF或交流電壓最高。（2）A．若減小電阻箱阻值，則紅外光源發(fā)出的紅外線強度增大，可知光敏電阻阻值減小，則通過干簧管的電流增大，則干簧管中的兩個簧片能被磁化而接通，從而能觸發(fā)蜂鳴器報警，故A正確；B．減小電源E3的電動勢，對通過干簧管的電流無影響，故B錯誤；C．增大阻值，則通過干簧管的電流減小，則干簧管中的兩個簧片被磁化較弱而無法接通，不能觸發(fā)蜂鳴器報警，故C錯誤；D．增大干簧管上線圈的匝數(shù)，則干簧管產(chǎn)生的磁場增大，則干簧管中的兩個簧片能被磁化而接通，從而能觸發(fā)蜂鳴器報警，故D正確。四、計算題：本大題共3小題，共44分。13.如圖所示，粗細(xì)均勻、長為150cm的玻璃管開口向上豎直放置，管內(nèi)有長度為的水銀柱，封閉著長度為的空氣柱，已知大氣壓強，封閉空氣的初始溫度為，已知熱力學(xué)溫度T與攝氏溫度t的關(guān)系式為。將封閉空氣視為理想氣體。（1）若緩慢升高封閉空氣的溫度，使水銀柱上表面剛好到達(dá)玻璃管頂端，求此封閉空氣的攝氏溫度t；（2）若保持封閉空氣溫度為27°C不變，將玻璃管緩慢順時針轉(zhuǎn)動90°至水平放置，求穩(wěn)定后管內(nèi)封閉空氣柱的長度（保留一位小數(shù)）。【答案】（1）（2）【解析】（1）假設(shè)玻璃管的橫截面積為S，管長為L，氣體初始初態(tài)，，氣體末末態(tài)，，可知，氣體壓強一定，根據(jù)蓋呂薩克定律有解得（2）氣體初始初態(tài)，，氣體末狀態(tài)，，氣體溫度一定，根據(jù)玻意耳定律有解得由于可知14.如圖所示，兩皮帶輪轉(zhuǎn)軸中心間距L=18.0m，將可視為質(zhì)點的滑塊A、B放在傳送帶的正中間，A、B之間放有少量炸藥且緊挨在一起；t=0時刻，引爆炸藥，滑塊A獲得了水平向左的初速度vA=12m/s，滑塊B獲得了水平向右的初速度，同時傳送帶開始做初速度為0，加速度大小a=2m/s2的逆時針勻加速運動；滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4，，mB=1kg，重力加速度g=10m/s2，炸藥爆炸時間極短且釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為滑塊的動能，不計炸藥質(zhì)量、皮帶輪的大小和空氣阻力。求：（1）炸藥爆炸過程中釋放的化學(xué)能E；（2）試判斷A在滑離傳送帶前能否與傳送帶共速；（3）滑塊B從開始運動到滑離傳送帶所用的時間tB。【答案】（1）E=80J（2）未與傳動帶共速（3）tB=5s【解析】（1）炸藥爆炸過程中，滑塊A、B動量守恒解得釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為滑塊的動能解得（2）滑塊A以vA=12m/s向左以aA=μg=4m/s2做勻減速運動，假設(shè)滑塊A與傳送帶共速前未滑離傳送帶，則解得根據(jù)位移?時間公式有解得由于，假設(shè)不成立，所以滑塊A在滑離傳送帶前未與傳動帶共速。（3）滑塊B向右做勻減速運動的時間設(shè)為t1，則，解得B向右減速到0，向右運動的位移設(shè)為xB1，有解得xB1=8m<9m，B未從右側(cè)滑離傳送帶，由對稱性知滑塊再經(jīng)過t2=2s滑回傳送帶中點，滑塊滑回中點時的速度大小為8m/s，傳送帶此時速度為解得之后由于a<μg，所以滑塊與傳送帶相對靜止一起向左以a=2m/s2做勻加速運動。一起加速時間為t3，則解得滑塊B從開始運動到滑離傳送帶所運動的時間解得15.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系Oxyz整個空間中，有沿方向的勻強電場E和勻強磁場B，坐標(biāo)原點O處有一粒子源，能不斷向xOy平面第一象限內(nèi)各個方向均勻發(fā)射粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0），初速度大小均為，不計粒子的重力及粒子間相互作用。（1）若，求初速度沿方向的粒子運動到平面時的y坐標(biāo)；（2）若，經(jīng)過足夠長的時間，求所有粒子在xOy平面內(nèi)經(jīng)過區(qū)域的總面積（3）若，在的空間內(nèi)有一足夠大熒光屏，如圖乙所示，求粒子打在熒光屏上形成亮線的長度【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在yOz平面做類平拋運動設(shè)粒子運動的加速度為a，則有y方向有z方向有解得（2）粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動由牛頓第二定律，有解得經(jīng)過足夠長的時間，所有粒子在xOy平面內(nèi)經(jīng)過區(qū)域如圖所示則其總面積為解得（3）設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為粒子的運動可以分解為平行xOy平面的勻速圓周運動，和沿方向的勻加速直線運動，則有解得粒子沿方向的勻加速直線運動有，粒子在磁場中運動的周期粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為解得入射的粒子在xOy平面內(nèi)投影運動的軌跡如圖由幾何關(guān)系解得2024-2025學(xué)年湖北省恩施聯(lián)考高二（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.2025年5月，我國新一代“人造太陽”——中國環(huán)流三號再次刷新世界紀(jì)錄，實現(xiàn)了等離子體電流一百萬安培、溫度一億度的高約束模式持續(xù)運行。該裝置模擬太陽的能量產(chǎn)生方式，通過將輕原子核（如氫的同位素氘和氚）在極端高溫高壓下聚合，釋放巨大能量，核反應(yīng)方程：，下列說法正確的是（）A.上述方程中X為電子B.氘的比結(jié)合能大于氦核的比結(jié)合能C.核聚變前后電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒D.若氘、氚、氦核的比結(jié)合能分別為、、，則釋放的核能為【答案】C【解析】A．核反應(yīng)遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，可知X的質(zhì)量數(shù)為可知X的電荷數(shù)為故X應(yīng)中子（），而非電子，故A錯誤；B．核聚變中生成物比結(jié)合能大于反應(yīng)物，氦核比結(jié)合能高于氘和氚，故氘的比結(jié)合能小于氦核，故B錯誤；C．核反應(yīng)遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，聚變過程同樣滿足，故C正確；D．釋放的核能應(yīng)為生成物總結(jié)合能與反應(yīng)物總結(jié)合能之差，即，而非，故D錯誤。故選C。2.關(guān)于機械振動和機械波的應(yīng)用，下列說法正確的是（）A.醫(yī)生用超聲波掃描孕婦腹部，就能看到胎兒的樣子，這是利用了波的衍射現(xiàn)象B.耳機麥克風(fēng)會捕捉外界噪音，然后發(fā)出相位相反的聲波抵消它，讓你聽到純凈的音樂，這是利用了波的干涉現(xiàn)象C.高樓頂部會安裝“減震器”比如上海中心大廈的巨型擺錘，當(dāng)?shù)卣鸹虼箫L(fēng)讓高樓搖晃時，減震器會反向振動，抵消晃動，讓高樓更穩(wěn)，這是利用了波的偏振現(xiàn)象D.電動牙刷通過高頻振動每分鐘幾千次能更高效地清潔牙齒，比手動刷牙更干凈，這是利用了波的多普勒效應(yīng)【答案】B【解析】A．超聲波掃描利用的是超聲波在組織界面處的反射，而非衍射現(xiàn)象，故A錯誤；B．主動降噪技術(shù)通過發(fā)射與噪音相位相反的聲波，利用干涉相消原理減弱噪音，故B正確；C．減震器通過反向振動吸收能量，屬于阻尼振動或共振控制，與偏振無關(guān)，故C錯誤；D．電動牙刷的高頻振動是機械振動直接清潔牙齒，與多普勒效應(yīng)無關(guān)，故D錯誤。故選B。3.如圖甲所示，某理想變壓器原副線圈的匝數(shù)分別為、，輸入電壓瞬時值、輸出電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中、均已知，下列說法正確的是（）A.達(dá)到最大值時，B.達(dá)到最大值時，也達(dá)到最大值C.輸入電壓的有效值為D.【答案】B【解析】AB．根據(jù)理想變壓器的原理可知，原副線圈的電壓變化是同步的，從圖乙可知，與的變化規(guī)律是相似的，當(dāng)達(dá)到最大值時，也達(dá)到最大值，而不是，故A錯誤，B正確；C．正弦式交變電壓的有效值是最大值除以，所以輸入電壓的最大值為，其有效值為，故C錯誤；D．根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)比關(guān)系有由圖乙可知，故D錯誤。故選B。4.在研究光的折射現(xiàn)象的實驗中，讓兩束不同的單色光Ⅰ、Ⅱ從空氣射向同一玻璃磚的側(cè)面，實驗得到的入射角θ1、折射角θ2的正弦關(guān)系的圖像如圖所示，其中虛線斜率k=1，下列說法正確的是（）A.用另一種單色光做本實驗，sinθ1?sinθ2圖像可能為ⅢB.若讓光從玻璃磚射向空氣，則單色光Ⅰ、Ⅱ在分界面上發(fā)生全反射的臨界角CⅠ大于CⅡC.照射同一金屬，若單色光Ⅰ能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則單色光Ⅱ也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)D.用相同的裝置進(jìn)行雙縫干涉實驗時，單色光Ⅰ的相鄰亮條紋中心間距比單色光Ⅱ的相鄰亮條紋中心間距小【答案】D【解析】A．根據(jù)折射率可知圖像斜率表示折射率，由于n>1，故用另一種單色光做本實驗，sinθ1?sinθ2圖像不可能為Ⅲ（因為Ⅲ的斜率小于1），故A錯誤；B．圖像可知I光的斜率大于Ⅱ光，可知I光的折射率比Ⅱ的大，根據(jù)可知則單色光Ⅰ、Ⅱ在分界面上發(fā)生全反射的臨界角CⅠ小于CⅡ，故B錯誤；C．由B選項可知折射率nI>nⅡ，故I光的頻率大于Ⅱ光的頻率，故照射同一金屬，若單色光Ⅰ能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則單色光Ⅱ不一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D．由于I光的頻率大于Ⅱ光的頻率，根據(jù)可知頻率f大的，波長越小，故I光波長小于Ⅱ光波長，根據(jù)可知用相同的裝置進(jìn)行雙縫干涉實驗時，單色光Ⅰ的相鄰亮條紋中心間距比單色光Ⅱ的相鄰亮條紋中心間距小，故D正確。故選D。5.在一次體育課上，小明將鉛球以大小不變的初速度投射出去。考慮到實際情況，鉛球出射位置的高度h不能忽略，如圖所示。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.無論沿什么方向，小球落地時速度的大小都相同B.無論沿什么方向，小球在空中運動的時間都相同C.為了投得更遠(yuǎn)，應(yīng)使與水平方向成夾角投射出去D.為了投得更遠(yuǎn)，應(yīng)使與水平方向夾角大于投射出去【答案】A【解析】A．根據(jù)動能定理，有解得，可知無論沿什么方向，小球落地時速度的大小都相同，故A正確；B．設(shè)與水平方向夾角θ，在豎直方向，規(guī)定豎直向下為正方向，有解得小球在空中運動的時間與θ相關(guān)，故B錯誤；CD．設(shè)落地時，末速度v與水平方向夾角為α，因僅受重力作用，所以，且方向豎直向下，作出速度矢量三角形如圖矢量三角形的面積其中得結(jié)合A選項分析，得當(dāng)時，x取最大此時因規(guī)定豎直向下為正方向，h為正值，得，，故CD錯誤。故選A。6.2025年4月13日，陳芋汐參加加拿大溫莎站世界杯跳水決賽獲得冠軍。陳芋汐以一定的初速度在高臺上豎直向上起跳，到距水面的最高處后開始豎直下落，入水后受到水的阻力（視為恒力）大小為她的重力的4倍。重力加速度取，陳芋汐在運動過程中可簡化為質(zhì)點，不計空氣阻力，陳芋汐從最高點運動到最低點的過程中（）A.入水前比入水后的速度變化更快B.在水中下降的最大深度為C.平均速度大小為D.一直處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】A．速度變化的快慢由加速度決定，陳芋汐入水前做自由下落，加速度為陳芋汐入水后所受阻力為重力的4倍，根據(jù)牛頓第二定律有解得加速度方向向上?？芍愑笙胨蠹铀俣雀?，則入水前比入水后的速度變化更慢，故A錯誤；B．入水前下落高度根據(jù)解得入水速度陳芋汐入水后勻減速至靜止，利用逆向思維，根據(jù)解得下潛深度，故B錯誤；C．結(jié)合上述可，陳芋汐的總位移為入水前經(jīng)歷時間入水后經(jīng)歷時間則總時間陳芋汐的平均速度，故C正確；D．結(jié)合上述可知，陳芋汐入水前加速度向下，處于失重狀態(tài)，入水后加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。7.A、B是兩個電荷量都為Q的正點電荷，相距l(xiāng)，AB連線中點為O。C為AB連線中垂線上的一點，距O為。N點在AB連線上，距離O點為x（x<<l），已知靜電力常量為k，不計重力，下列說法正確的是（）A.在C點由靜止釋放一電子，電子的加速度一直減小B.將一電子先后放到C、N兩點，電子在N點時的電勢能大于在C點時的電勢能C.若在C點放一試探電荷q，則它所受的靜電力大小為D.在N點由靜止釋放一質(zhì)子，質(zhì)子將在O點附近做簡諧運動【答案】D【解析】A．設(shè)A處的電荷在AB連線的中垂線上的某點處產(chǎn)生的場強與豎直向上方向的夾角為，則根據(jù)場強的疊加原理，則該點的合場強為聯(lián)立可得根據(jù)均值不等式可知當(dāng)時，有最大值，且最大值為根據(jù)幾何關(guān)系可知該點到O點的距離則在C點由靜止釋放電子，由于可知電子受電場力向下運動過程中，加速度先增大后減小再增大再減小，A錯誤；B．C點的電勢為N點的電勢因為，則則電勢能可知因，則，B錯誤；C．C點的合電場強度在C點放一個試探電荷，則試探電荷所受電場力的大小為，C錯誤；D．根據(jù)等量同種電荷的電場分布情況可知，質(zhì)子在運動過程中，O點為平衡位置，可知當(dāng)發(fā)生的位移為時，粒子受到的電場力為當(dāng)時所以在N點釋放一質(zhì)子，從靜止釋放，質(zhì)子將以O(shè)點為平衡位置做簡諧運動，D正確。故選D。二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，一帶電量為q（q>0），質(zhì)量為m的小球用絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點而保持靜止?，F(xiàn)讓勻強電場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°至方向豎直向上，大小保持不變，在該過程中，下列說法正確的有（）A.細(xì)線與豎直方向夾角逐漸減小 B.細(xì)線與豎直方向夾角逐漸增大C.細(xì)線中的張力逐漸減小 D.細(xì)線中的張力逐漸增大【答案】BC【解析】根據(jù)題意可知，小球所受電場力大小為Eq=mg小球的受力如圖所示由圖可知，當(dāng)勻強電場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°至方向豎直向上，大小保持不變，細(xì)線與豎直方向夾角逐漸增大，細(xì)線中的張力不斷減小。故選BC。9.在天文觀測中，科學(xué)家們發(fā)現(xiàn)有一些遠(yuǎn)離地球的雙星系統(tǒng)的運動很奇怪——兩個天體時而重合，時而分開，如圖甲所示；天文學(xué)家推測，這樣的系統(tǒng)實際上是由如圖乙所示的兩個繞著二者連線上某點做勻速圓周運動的天體組成，但地球正好與該雙星系統(tǒng)的圓周軌道處在同一平面，所以在地球上只能觀測到它們的投影運動。天文學(xué)家已經(jīng)測得某個這樣的雙星系統(tǒng)投影運動的振幅、，已知萬有引力常量G。對該雙星系統(tǒng)，下列說法正確的有（）A.天體1的質(zhì)量大于天體2的質(zhì)量B.天體1、天體2的質(zhì)量之比為C.若測得該雙星系統(tǒng)的運動周期為T，則該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為D.地球上觀測到兩個天體的投影運動均為簡諧運動【答案】AD【解析】A．對于雙星系統(tǒng)，兩個天體繞連線上某點做勻速圓周運動，它們的角速度相等，設(shè)做圓周運動的半徑為，做圓周運動的半徑為，則兩個天體的球心間距為根據(jù)萬有引力提供向心有化簡可得即由圖可知，投影振幅、分別對應(yīng)兩天體做圓周運動的半徑、，因為，所以，則，即天體1的質(zhì)量大于天體2的質(zhì)量，故A正確；B．根據(jù)選項A可知，故B錯誤；C．因為，，所以若測得該雙星系統(tǒng)的運動周期為T，對天體1列向心力方程有將上面數(shù)據(jù)代入解得同理可得所以該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為，故C錯誤；D．設(shè)兩天體做圓周運動的圓心為O，以圓心O在地球上的投影為坐標(biāo)原點建立軸，某時刻天體1距圓心O的距離為，其在軸上的投影位置坐標(biāo)為其中為天體1與圓心O連線與軸的夾角，設(shè)天體1做圓周運動的角速度為，則有代入上式得滿足簡諧運動的表達(dá)式同理天體2的投影運動也滿足簡諧運動的表達(dá)式，所以地球上觀測到兩個天體的投影運動均為簡諧運動，故D正確。故選AD。10.如圖所示，固定在勻強磁場中的正方形硬質(zhì)導(dǎo)線框abcd邊長為l，其中ab邊是電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊是電阻可忽略的銅導(dǎo)線，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)有一段長短、粗細(xì)、材料均與ab邊相同的電阻絲PQ架在線框上，與導(dǎo)線框的接觸良好，并以恒定速度v從ad邊滑向bc邊。不計一切摩擦，在PQ滑動的過程中，下列說法正確的有（）A.通過PQ的電流I先減小后增大B.外力對PQ做功功率的最小值為C.當(dāng)PQ運動到ab的中點時，PQ兩端的電壓大小為D.ab消耗的電功率先增大后減小【答案】AD【解析】A．PQ長短、粗細(xì)、材料均與ab邊相同，則PQ的也為R，感應(yīng)電動勢為E=Blv令aP=x，則回路總電阻根據(jù)數(shù)學(xué)二次函數(shù)規(guī)律可知，R總先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過PQ的電流I先減小后增大，故A正確；B．PQ向右做勻速直線運動，則有F=BIl結(jié)合上述，當(dāng)時，則感應(yīng)電流的最小值外力的最小值外力對PQ做功功率的最小值解得，故B錯誤；C．結(jié)合上述，當(dāng)PQ運動到ab的中點時，回路總電阻達(dá)到最大值，干路電流達(dá)到最小值，且有根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流方向沿Q→P，P端為等效電源的正極，根據(jù)閉合電路歐姆定律有解得，故C錯誤；D．結(jié)合上述可知，外電路電阻可知，外電路電阻的最大值根據(jù)數(shù)學(xué)二次函數(shù)規(guī)律可知，在PQ滑動過程中，R外先增大后減小，外電阻消耗的電功率結(jié)合上述可知，干路電流解得根據(jù)數(shù)學(xué)對勾函數(shù)規(guī)律可知，在PQ滑動的過程中，ab消耗的電功率先增大后減小，故D正確。故選AD。三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某實驗小組用如圖甲所示的裝置做驗證動量守恒定律的實驗。輕質(zhì)細(xì)線一端與固定拉力傳感器O點連接，另一端連結(jié)一個小球。在O點正下方的光滑水平桌面上靜止放置一個中心與小球球心等高的片狀橡皮泥（厚度忽略不計）。將小球拉起一定的偏角后由靜止釋放，在最低點處與橡皮泥發(fā)生碰撞，碰后粘在一起向左擺動。此過程采集到的拉力F的大小隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示，圖中、已知。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不考慮橡皮泥的形狀和空氣阻力帶來的影響。（1）若小球質(zhì)量為m1，O點到小球球心的距離為L，則小球碰前瞬間的速度大小為______；（2）為驗證碰撞過程中，小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量是否守恒，還必須測量的物理量有______；A.小球質(zhì)量m1，橡皮泥質(zhì)量m2B.細(xì)線的長度lC.小球的直徑D（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，若本實驗中物理量滿足關(guān)系式______（用題干和第（2）問的已知量、測量值的字母表示），則可驗證碰撞過程中小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒?！敬鸢浮浚?）（2）A（3）【解析】（1）小球在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）小球與橡皮泥碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有碰撞后瞬間，對小球與橡皮泥整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有結(jié)合上述解得可知，為驗證碰撞過程中，小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量是否守恒，還必須測量的物理量有小球質(zhì)量m1，橡皮泥質(zhì)量m2。（3）結(jié)合上述，在誤差允許的范圍內(nèi)，若碰撞過程中小球、橡皮泥組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則滿足12.某科技小組探究多組型號的光敏電阻。（1）用多用電表探測光敏電阻的阻值與光照條件的關(guān)系。他們具體的操作如下：①將多用電表機械調(diào)零，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋的“×1K”擋。②將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指到表盤___________（填“左側(cè)”或“右側(cè)”）0刻度線。再把紅黑表筆接在光敏電阻兩腳上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度很大，換“×10”擋位后，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，再把紅黑表筆接在光敏電阻兩腳上，多用電表指針如圖甲所示，測量的結(jié)果為___________Ω。③用黑紙板擋住照向光敏電阻的部分光線，仍用“×10”擋位，將紅黑表筆接在光敏電阻兩腳上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度小于圖甲中的角度，這說明光照變?nèi)鯐r，光敏電阻的阻值將___________（選填“變大”或“變小”）。④測量完畢，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到___________擋。（2）如圖乙所示，由紅外光源發(fā)射的光束經(jīng)煙塵粒子散射后照射到光敏電阻上，光敏電阻接收的光強與煙霧的濃度成正比，其阻值隨光強的增大而減小。閉合開關(guān)S1、S2，當(dāng)煙霧濃度達(dá)到一定值時，干簧管中的兩個簧片被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器報警。在保證所有用電器安全的情況下，為了能在更低的煙霧濃度下觸發(fā)報警，下列操作可行的是___________。A.減小電阻箱R1的阻值B.減小電源E3的電動勢C.增大電阻箱R2的阻值D.增大干簧管上線圈的匝數(shù)【答案】（1）右側(cè)120變大OFF或交流電壓最高（2）AD【解析】（1）[1]將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指到表盤右側(cè)0刻度線；[2]根據(jù)圖甲可知測量的結(jié)果[3]發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度小于圖甲中的角度，說明電流減小，這說明光照變?nèi)鯐r，光敏電阻的阻值將增大。[4]測量完畢，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到OFF或交流電壓最高。（2）A．若減小電阻箱阻值，則紅外光源發(fā)出的紅外線強度增大，可知光敏電阻阻值減小，則通過干簧管的電流增大，則干簧管中的兩個簧片能被磁化而接通，從而能觸發(fā)蜂鳴器報警，故A正確；B．減小電源E3的電動勢，對通過干簧管的電流無影響，故B錯誤；C．增大阻值，則通過干簧管的電流減小，則干簧管中的兩個簧片被磁化較弱而無法接通，不能觸發(fā)蜂鳴器報警，故