湖北省部分高中2025—2026学年上学期期中联考

高二物理试题

本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、考试结束后，请将答题卡上交。

一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）

1.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v₀从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)

A.所用时间为

B.速度大小为3v₀

C.与P点的距离为

D.速度方向与竖直方向的夹角为30°

答案解析：C　粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v₀t，竖直方向y＝·t²，由tan 45°＝可得t＝，故A错误；由于v_y＝t＝2v₀，故粒子速度大小为v＝＝v₀，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝v₀t＝，故C正确；由平抛推论可知速度方向与竖直方向的夹角的正切值tan α＝＝<tan 30°，故速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。

2.如图所示，电解池内有一价的电解液，t时间内通过溶液内面积为S的截面的正离子数是n₁，负离子数是n₂，设元电荷为e，以下说法中正确的是(　　)

A.当n₁＝n₂时电流大小为零

B.当n₁＜n₂时，电流方向从B→A，电流大小为I＝

C.当n₁＞n₂时，电流方向从A→B，电流大小为I＝

D.溶液内电流方向从A→B，电流大小为I＝

答案解析：D　电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A到B，t时间内通过溶液截面S的电荷量为q＝n₁e＋n₂e，则根据电流的定义式可得I＝＝＝I＝，A、B、C错误，D正确。

3.如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷，A、C的坐标分别为－3L和3L。已知C处电荷的电荷量为Q，图乙是AC连线之间的电势φ与坐标x的关系图，图中x＝L点为图线的最低点，x＝－2L的纵坐标φ＝φ₀，x＝2L的纵坐标φ＝φ₀。若在x＝－2L的B点静止释放一可视为质点的带电物块，质量为m、电荷量为q。物块向右运动到2L处速度恰好为零。则A处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩擦因数分别是(　　)

甲

乙

A.＋4Q，　　 B.－2Q，

C.＋4Q， D.－2Q，

答案解析：A　根据φ-x图像的斜率表示电场强度可知，x＝L的电场强度为零，由点电荷场强公式E＝和电场叠加原理，设A处电荷的电荷量为Q₁，则有＝，解得Q₁＝4Q，且为正电荷，带电物块运动过程中受电场力和摩擦力，从x＝－2L到x＝2L过程中，由动能定理有q(φ₀－φ₀)－μmg(2L＋2L)＝0，解得μ＝，故选A。

4.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，图线b是某电阻R的U-I图像。在同等光照强度下，当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是(　　)

A.电源的输出功率P＝U₂I₂

B.电池的内阻r＝

C.电池的效率为η＝×100%

D.硅光电池的内阻消耗的热功率P_r＝U₂I₁－U₁I₂

答案解析：B　根据题意，由图可知，电源的路端电压为U₁，电流为I₁，则输出功率P＝U₁I₁，故A错误；由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时E＝U，由a与纵轴的交点读出电动势为E＝U₂，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U₁，则内阻r＝＝，故B正确；根据题意可知，电池的效率η＝＝×100%，故C错误；根据题意可知，内阻消耗的热功率P_r＝EI－UI＝U₂I₁－U₁I₁，故D错误。故选B。

5.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)

A.第2 s末，质点的动量为0

B.第2 s末，质点的动量方向发生变化

C.第4 s末，质点回到出发点

D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0

答案解析：D　由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，物体速度减为0，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。

6.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v₀分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v₁和v₂。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　)

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小

B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

C.v₂大于v₁

D.v₂大于v₀

答案解析：B　设中子质量为m₀，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v₀′，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m₀v₀＝m₀v₀′＋mv，m₀v₀²＝m₀v₀′²＋mv²，解得v₀′＝v₀，v＝ v₀，因此当被碰粒子分别为氢核(m₀)和氮核(14m₀)时，有v₁＝v₀，v₂＝v₀，故C、D项错误；碰撞后氮核的动量为p_氮＝14m₀·v₂＝m₀v₀，氢核的动量为p_氢＝m₀·v₁＝m₀v₀，p_氮>p_氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为E_k氮＝·14m₀v₂²＝m₀v₀²，氢核的动能为E_k氢＝·m₀·v₁²＝m₀v₀²，E_k氮<E_k氢，故B正确。

7.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是(　　)

甲

乙

A.在t＝0.2 s时，小球的加速度为正向最大

B.在t＝0.4 s与t＝0.8 s两个时刻，小球的速度相同

C.从t＝0到t＝0.2 s时间内，小球做加速度增大的减速运动

D.在t＝0.6 s时，小球有最小位移

答案解析：C　在t＝0.2 s时，小球的位移为正向最大，根据a＝－，可知小球的加速度为负向最大，A错误；图像上某点的切线斜率表示该时刻小球的速度，在t＝0.4 s与t＝0.8 s两个时刻，小球的速度大小相等，方向相反，B错误；从t＝0到t＝0.2 s时间内，小球做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，小球有负方向的最大位移，D错误。故选C。

8.(多选)如图所示，以A、B、C、D为顶点的长方形处于一平行板电容器(未画出)形成的匀强电场中，长方形所在平面与两平行板垂直，AB的长度为8 cm，BC的长度为6 cm，D点距带正电荷的电容器极板的距离为20 cm。取无穷远处的电势为零，A、B、C三点的电势分别为9 V、25 V、16 V。则下列说法正确的是(　　)

A.D点电势为0

B.D点电势为18 V

C.该匀强电场的电场强度大小为250 V/m

D.两平行板间的电势差为100 V

答案解析：ACD　在匀强电场中，平行且相等的两线段电势差相等，可得φ_B－φ_A＝φ_C－φ_D，代入数据可得φ_D＝0 ，故A正确，B错误；如图所示，将CD分为8等分，则每一等分对应1 cm，所以F点的电势为9 V，连接AF，过D点作AF的垂线DG，由几何关系可得DG的长度为DG＝，解得DG＝3.6 cm，所以电场强度的大小为E＝，解得E＝250 V/m，又因为D点的电势为0，且D点距正极板的距离为20 cm，由对称性可知，两极板间的距离为40 cm，所以两极板间的电势差为U＝Ed＝100 V ，故CD正确。

9.(多选)如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100 Ω，下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　乙

A.由甲图可知，该表头满偏电流I_g＝2 mA

B.甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为9 V

C.乙图中R₁＝ Ω，R₂＝10 Ω

D.乙图中R₁＝5 Ω，R₂＝45 Ω

答案解析：BC　由题图甲可知I_g＝＝ A＝0.001 A＝1 mA，b的量程为U′＝I_g(R_g＋R＋R′)＝0.001×(100＋2.9×10³＋6×10³) V＝9 V，故A错误，B正确；在题图乙中，改装为I₁＝10 mA＝0.01 A电流表时，并联电阻的分流电流为I′＝I₁－I_g＝10 mA－1 mA＝9 mA＝0.009 A，分流电阻的阻值为R₁＋R₂＝＝ Ω＝ Ω，改装为I₂＝100 mA＝0.1 A电流表时，可得分流电阻的阻值R₁＝，联立解得R₁＝ Ω，R₂＝10 Ω，故C正确，D错误。

10.(多选)一列简谐横波沿x轴传播，图(a)是t＝0时刻的波形图；P是介质中位于x＝2 m处的质点，其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)

　

(a)　　　　　　　　　　(b)

A.波速为2 m/s

B.波向左传播

C.x＝3 m处的质点在t＝7 s时位于平衡位置

D.质点P在0～7 s时间内运动的路程为70 cm

答案解析：ABD　由图(a)可知波长为4 m，由图(b)可知波的周期为2 s，则波速为v＝＝m/s＝2 m/s故A正确；由图(b)可知t＝0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；根据图(a)可知t＝0时x＝3 m处的质点位于波谷处，由于t＝7 s＝3T＋T可知在t＝7 s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为s＝3×4A＋×4A＝70 cm，故C错误，D正确。

二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）

11.(12分)某同学在实验室发现一只电压标称为10 V、电容标称模糊的电容器，现他找了以下器材来测该电容器的电容值。

蓄电池：20 V，内阻可不计

电压表：12 V， 内阻很大

定值电阻有三只：10 Ω；50 Ω；100 Ω

滑动变阻器：标称为“30 V　 50Ω”

一只单刀单掷开关：S₁

一只单刀双掷开关：S₂

一台数字电流计，可接电子显示屏，显示电流随时间的变化过程

实验操作步骤如下：

(1)该同学按图1所示电路图进行组装电路，则定值电阻R₁阻值应选　　　　Ω。(2分)

(2)他先闭合开关S₁，S₂刀片掷于　　　　　(2分)，调节滑动变阻器R₂，稳定后读出电压表读数为4 V。然后，他把S₂刀片掷于　　　　　，在电子显示屏上得到如图2中的甲曲线。(2分)

(3)利用单位面积法算得I-t图中甲曲线和两坐标轴所围的面积为0.04 mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝　　　　 F。(3分)

(4)接着，他以同样的操作步骤，重新调节滑动变阻器R₂，在电子显示屏上得到如图2中的乙曲线，则稳定时电压表读数为　　　　 V。(保留2位有效数字)(3分)

图1

图2

解析：(1)根据题意可知蓄电池电压为20 V，电压标称为10 V，根据串联电阻分压关系可知定值电阻的阻值应选50 Ω。

(2)他先闭合开关S₁，S₂刀片掷于b端，调节滑动变阻器R₂，稳定后读出电压表读数为4 V，电容器充电；然后，他把S₂刀片掷于a端，电容器放电。

(3)根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电荷量，则C＝＝ F＝1×10^－5 F。

(4)由图可知调节滑动变阻器R₂的阻值后，电容释放的电荷量为Q′＝0.07 mA·s，稳定时电压表读数即为电容两端的电压U′＝＝ V＝7.0 V。

答案：(1)50　(2)b端　a端　(3)1×10^－5　(4)7.0(6.9～7.1之间都可以)

12.(12分)如图所示的含容电路，电容C＝8×10^－3 F，定值电阻R₀＝R₁＝R₂＝1 Ω，电源电动势E＝6 V，内阻r＝0.5 Ω，滑动变阻器最大阻值是4 Ω，闭合开关S，调节滑动变阻器。

(1)滑动变阻器R₃的功率最大时R₃应调到多少？滑动变阻器的最大功率是多少？(6分)

(2)当滑动变阻器的滑片从a滑到b的过程中电容器的电荷量是增加还是减少？变化了多少？(6分)

解析：(1)将滑动变阻器以外的电阻看成等效电源内阻的一部分，等效电源电动势和内阻

E＝6 V，r′＝r＋R₀＋＝2 Ω

滑动变阻器的功率P＝I²R₃＝()²R₃＝R₃

当R₃＝r′＝2 Ω时，滑动变阻器的功率最大P_m＝＝4.5 W。

(2)当滑动变阻器的滑片在a端时，电路总电阻

R_总＝r＋R₀＋＋R₃＝6 Ω

干路电流I₁＝＝ A＝1 A

电容器两端的电压U₁＝E－I₁(r＋R₀)＝4.5 V

电容器的电荷量Q₁＝CU₁＝8×10^－3×4.5 C＝3.6×10^－2 C

且电容器右极板带正电。

当滑动变阻器的滑片在b端时，电路总电阻

R_总′＝r＋R₀＋＝2 Ω

干路电流I₂＝＝ A＝3 A

电容器两端的电压U₂＝E－I₂(r＋R₀)＝1.5 V

电容器的电荷量Q₂＝CU₂＝8×10^－3×1.5 C＝1.2×10^－2 C

且电容器右极板带正电。

因此，当滑动变阻器的滑片从a滑到b的过程中电容器的电荷量减少

电容器的电荷减少量ΔQ＝Q₁－Q₂＝2.4×10^－2 C。

答案：(1)2 Ω　4.5 W　(2)减少　2.4×10^－2C

13.(12分)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：

(1)小球所受到的静电力的大小；(6分)

(2)小球在A点速度v₀为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？(6分)

解析：(1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小F＝mgtan 60°＝mg。

(2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小，在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小。设在D点时轨道对小球的压力恰为零，＝m，得v＝

由轨道上A点运动到D点的过程可得

－mgr(1＋cos θ)－Frsin θ＝mv²－mv₀²

解得v₀＝2。

答案：(1) mg　 (2)2

14.(12分)如图甲所示为某电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：

A.待测电池(电动势约为3.7 V，内阻忽略不计)

B.待测电流表A(量程为0～3 A，内阻r待测)

C.电压表V(量程为0～3 V，内阻600 Ω)

D.定值电阻R₁＝200 Ω

E.定值电阻R₂＝2000 Ω

F.滑动变阻器R₃(0～10 Ω)

H.滑动变阻器R₄(0～1000 Ω)

I.导线若干、开关

为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请完成下列问题：

(1)滑动变阻器R应选择　　　　　，②处应选择　　　　　。(均填写器材前序号)(4分)

(2)电流表安装在　　　　　处。(填①或③)(2分)

(3)探究小组通过实验测得多组(U，I)数据，绘制出如图丙所示的U-I图线，则电源的电动势为　　　　 V，电流表内阻为　　　　 Ω(结果均保留2位有效数字)，从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比　　　　　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。(6分)

　

甲　　　　　　　　乙　　　

丙

解析：(1)因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，滑动变阻器R应选择0～10 Ω，所以滑动变阻器R应选择F；由于电源电动势约为3.7 V，而电压表V量程为0～3 V，因此需要扩大量程，由题意可知，应将电压表V与定值电阻R₁串联，所以②处应选择D。

(2)电流表A量程为0～3 A，将电流表安装在③处可以测量干路中的电流。

(3)由闭合电路的欧姆定律E＝(R_V＋R₁)＋Ir，代入数据化简可得U＝－r·I＋E，结合图丙可知＝＝ Ω＝0.60 Ω，解得电流表内阻为r＝0.80 Ω，将I＝1.00 A，U＝2.10 V代入解析式中，解得电源的电动势为E＝3.6 V，由题意得E＝(R_V＋R₁)＋Ir，在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。

答案：(1)F　D　(2)③　(3)3.6　0.80　相等

15.(12分)一列沿x轴传播的简谐横波，在t＝0.2 s时刻的波形如图实线所示，在t₁＝0.4 s时刻的波形如图虚线所示。在t到t₁时间内，x＝2 m处的P质点运动的路程为s，且0.2 m＜s＜0.4 m。求：

(1)波的传播的方向和传播速度的大小；(6分)

(2)P质点第二次出现波谷的时刻。(6分)

解析：(1)由题图可知，波长λ＝3 m，振幅A＝0.1 m

由t＝0.2 s时刻到t₁＝0.4 s时刻的时间内，

0.2 m<s<0.4 m知2A<s<4A

故T<Δt<T

Δt时间内波传播的距离为Δx

则λ<Δx<λ，即 m<Δx<3 m

根据图像可知，若沿x轴正方向传播，则

Δx₁＝(nλ＋1) m(n＝0，1，2，3，…)，n无解

若沿x轴负方向传播，则

Δx₂＝(nλ＋2) m(n＝0，1，2，3，…)，n＝0符合

由上述可知，这列波一定沿x轴负方向传播且Δx＝2 m

又Δt＝t₁－t＝0.2 s，由Δx＝v·Δt

得v＝10 m/s。

(2)根据实线图像可知，P质点第二次出现波谷时，波向负方向传播了Δx＝3.25 m

由Δx＝v·Δt，得Δt＝0.325 s

故P质点第二次出现波谷的时刻为0.525 s。

答案：(1)沿x轴负方向传播　10 m/s

(2)0.525 s

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