湖北省八校联考2024-2025学年高二下学期6月期末物理试卷+解析

这是一份湖北省八校联考2024-2025学年高二下学期6月期末物理试卷+解析，共8页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
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.飞力士棒(Flexi－bar)是德国物理治疗师发明的一种物理康复器材，也是一种有效加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒整体结构由中间的握柄、两端负重头用一根PVC软杆连接组成，质量为508 g，长度为1.525 m，棒的固有频率为4.5 Hz，如图所示，可以使用双手进行驱动，则下列关于飞力士棒的认识正确的是( )
A.使用者用力越大飞力士棒振动越快
B.随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定越来越大
C.双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，会产生共振
D.负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率不变
解析：C 使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大，故B错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为f＝eq \f(270,60) Hz＝4.5 Hz，与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振，故C正确；负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。故选C。
答案：C
2.如图所示，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则( )
A.λa＜λb，na＞nb B.λa＞λb，na＜nb
C.λa＜λb，na＜nbD.λa＞λb，na＞nb
解析：B 一束光经过三棱镜折射后，折射率小的光偏折较小，而折射率小的光波长较长，所以λa＞λb，na＜nb。故选项B正确。
答案：B
3.某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则( )
A.a侧电势比c侧电势低
B.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C.污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D.匀强磁场的磁感应强度B＝eq \f(πDU,4Q)
解析：D 污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会在静电力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有qE＝qvB，即eq \f(U,D)＝vB，
则污水流量Q＝eq \f(vπD2,4)＝eq \f(U,DB)·eq \f(πD2,4)＝eq \f(πUD,4B)，可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关，匀强磁场的磁感应强度B＝eq \f(πUD,4Q)，故D正确，B、C错误。
答案：D
4.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压恒为U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，下列表述正确的是( )
A.若eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3)，则用户获得的电压U4＝U1
B.若用户开启的用电器增多，则升压变压器输出的U2增大
C.若用户开启的用电器增多，则输电线消耗的功率增大
D.若用户开启的用电器增多，则发电机输出的功率减小
解析：C 根据变压器原理可得U1∶U2＝n1∶n2，U3∶U4＝n3∶n4，
又n1∶n2＝n4∶n3，可得U4＝eq \f(U1U3,U2)，由于输电线上电阻分压作用U3≠U2，
所以U4≠U1，故A错误；输入电压恒定，升压变压器的原副线圈匝数比恒定，则升压变压器输出的U2不变，故B错误；当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误。
答案：C
5.钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/ml)，阿伏加德罗常数为NA。已知1克拉＝0.2克，则( )
A.a克拉钻石所含有的分子数为eq \f(0.2aNA,M)
B.a克拉钻石所含有的分子数为eq \f(aNA,M)
C.每个钻石分子直径的表达式为 eq \r(3,\f(9M×10－3,NAρπ)) (单位为m)
D.每个钻石分子直径的表达式为 eq \r(\f(6M,NAρπ)) (单位为m)
解析：A a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝eq \f(0.2a,M)，所含分子数
为N＝nNA＝eq \f(0.2aNA,M)，选项A正确，B错误；钻石的摩尔体积V＝eq \f(M×10－3,ρ)(单位为m3/ml)，每个钻石分子体积为V0＝eq \f(V,NA)＝eq \f(M×10－3,ρNA)，设钻石分子直径为d，则V0＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))3，联立解得d＝eq \r(3,\f(6M×10－3,NAρπ))(单位为m)，选项C、D错误。
答案：A
6.正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤的一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是( )
A.水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关
B.水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩
C.若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩
D.水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大
解析：D 水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭球形，则与重力也有关，选项A错误； 水滴不浸润口罩，换另一种液体，可能会浸润该口罩，选项B错误； 能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错误； 水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积，选项D正确。
答案：D
7.如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体( )
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
解析：B 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学
第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。
答案：B
8.(多选)质量为M的带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则( )
A.小球以后将向左做平抛运动
B.小球将做自由落体运动
C.此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mv02
D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq \f(v02,2g)
解析：BC 小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝eq \f(v02,4g)，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为eq \f(1,2)Mv02，即此过程小球对小车做的功为eq \f(1,2)Mv02，故B、C正确，A错误。
答案：BC
9.(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是( )
甲 乙
A.在0～2 s时间内，I的最大值为0.01 A
B.在3～5 s时间内，I的大小越来越小
C.前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D.第3 s内，线圈的发热功率最大
解析：AC 0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB·S,Δt·R)＝0.01 A，A正确；3～5 s时间内电流大小不变，B错误；前2 s内通过线圈某截面的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(ΔB·S,R)＝0.01 C，C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误。
答案：AC
10.(多选)一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D的过程p-V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法正确的是( )
A.D状态的温度为225 K
B.A状态的内能大于C状态的内能
C.从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功62.5 J
D.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了240 J
解析：ACD 根据eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pDVD,TD)，可解得TD＝225 K，选项A正确； 因为A、C两状态的pV乘积相等，则温度相同，即A状态的内能等于C状态的内能，选项B错误；
因p-V图像的面积等于功，则从A状态至D状态整个过程中，
气体对外做功W＝0.4×105×2×10－3 J－(eq \f(0.15＋0.2,2)×105×10－3)J＝62.5 J，选项C正确；从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外
做功WAB＝0.4×105×2×10－3 J＝80 J，气体内能增加了240 J，选项D正确。
答案：ACD
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11.(12分)如图所示，光滑水平平台EF的左端有一竖直弹性挡板P，木板丙紧靠平台EF右端放置在光滑水平面MN上，丙的上表面与平台EF处于同一高度。小物块甲和乙放置在平台EF上，甲、乙用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，弹簧的压缩量x＝0.4 m，开始时甲、乙、丙均静止。现烧断细线，甲、乙弹开后随即移走弹簧，乙以一定的速度向左滑动与挡板P发生弹性碰撞后返回，接着甲、乙在平台EF上相碰后粘在一起，在甲、乙滑上木板丙上表面的同时，在木板丙的右端施加一个水平向右的恒力F＝16 N，甲、乙运动中恰好不从木板丙的右端滑落。已知甲、乙在丙上运动的过程中，甲、乙和丙之间因摩擦产生的热量Q＝0.96 J。已知甲、乙、丙的质量分别为m甲＝3 kg、m乙＝1 kg、m丙＝6 kg，甲、乙与木板丙的上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)在弹簧恢复原长的过程中，甲发生的位移大小；
(2)甲、乙一起滑上木板丙上表面时的速度大小；
(3)弹簧开始时的弹性势能。
解析：(1)对甲、乙系统分析，根据动量守恒定律有
m甲v1－m乙v2＝0
该方程在弹簧恢复原长过程每时每刻均成立，则在弹簧恢复原长过程有
m甲eq \(v,\s\up6(－))1Δt－m乙eq \(v,\s\up6(－))2Δt＝0
则有m甲x1－m乙x2＝0
在弹簧恢复原长的过程中，两物块的相对位移大小为x，则有
x1＋x2＝x
解得x1＝eq \f(m乙x,m甲＋m乙)＝0.1 m。
(2)在甲、乙滑上木板丙后至共速过程，对甲、乙
μ(m甲＋m乙)g＝(m甲＋m乙)a1
对木板F＋μ(m甲＋m乙)g＝m丙a2
速度关系v甲乙－a1t＝a2t＝v
位移差Δx＝eq \f(v甲乙＋v,2)t－eq \f(vt,2)
热量Q＝μ(m甲＋m乙)gΔx
解得甲、乙一起滑上木板丙上表面时的速度大小
v甲乙＝1.2 m/s。
(3)对甲、乙弹簧恢复原长过程，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝0
能量守恒得Ep＝eq \f(1,2)m甲v12＋eq \f(1,2)m乙v22
甲与乙碰撞后粘在一起，由动量守恒得
m甲v1＋m乙v2＝(m甲＋m乙)v甲乙
解得Ep＝3.84 J。
答案：(1)0.1 m (2)1.2 m/s (3)3.84 J
12.(12分)在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，质量m＝1×10－14 kg、电荷量
q＝－1×10－14 C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有
mg＝Eq
又E＝eq \f(UMN,d)，所以UMN＝eq \f(mgd,q)＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为
I＝eq \f(UMN,R3)＝0.05 A
则ab棒两端的电压为
Uab＝UMN＋Ieq \f(R1R2,R1＋R2)＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势
E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
13.(12分)某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
(1)实验需要以下哪种电源_________。(3分)
A.低压直流电源 B.高压直流电源
C.低压交流电源D.高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的_________值 (填“有效”或“最大”)。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为_________。(3分)
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成_________(选填“正比” 或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般_________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。(3分)
(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为_________。(3分)
A.原、副线圈上通过的电流发热
B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.变压器铁芯漏磁
D.原线圈输入电压发生变化
解析：(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C。
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V。
(3)根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致eq \f(U1,U2)＞eq \f(n1,n2)。
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D。
答案：(1)C (2)有效 7.2 V (3)正比 大于 (4)D
14.(12分)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；(6分)
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。(6分)
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可知eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1
解得V1＝eq \f(100,3)V
则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3)。
答案：(1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
15.(12分)花岗岩、砖砂、水泥等建筑材料是室内氡的最主要来源。人呼吸时，氡气会随气体进入肺脏，氡衰变放出的α射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等。一静止的氡核eq \\al(222, 86)Rn发生一次α衰变生成新核钋(P)，此过程动量守恒且释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能。已知m氡＝222.0866 u，mα＝4.0026 u，
m钋＝218.0766 u，1 u相当于931 MeV的能量。(结果保留3位有效数字)
(1)写出上述核反应方程；(4分)
(2)求上述核反应放出的能量ΔE；(4分)
(3)求α粒子的动能Ekα。(4分)
解析：(1)根据质量数和电荷数守恒有eq \\al(222, 86)Rn→eq \\al(218, 84)P＋eq \\al(4,2)He。
(2)质量亏损
Δm＝222.0866 u－4.0026 u－218.0766 u＝0.0074 u
ΔE＝Δm×931 MeV
解得ΔE≈6.89 MeV。
(3)设α粒子、钋核的动能分别为Ekα、Ek钋，动量分别为pα、p钋
由能量守恒定律得ΔE＝Ekα＋Ek钋
由动量守恒定律得0＝pα ＋p钋
又Ek＝eq \f(p2,2m)
故Ekα∶Ek钋＝218∶4
联立解得Ekα≈6.77 MeV。
答案：(1)eq \\al(222, 86)Rn→eq \\al(218, 84)P＋eq \\al(4,2)He (2)6.89 MeV (3)6.77 MeV