湖北省襄阳市重点高中2025-2026学年高二下学期3月阶段检测试卷 物理（含解析）

这是一份湖北省襄阳市重点高中2025-2026学年高二下学期3月阶段检测试卷 物理（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每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题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1.关于分子热运动和温度，下列说法正确的是( )
A. 水凝结成冰，表明水分子的热运动已停止
B. 波涛汹涌的海水上下翻腾，说明水分子热运动剧烈
C. 温度越高布朗运动越剧烈，是因为悬浮微粒的分子平均动能变大了
D. 物体的温度越高，分子的平均动能越大
2.图甲和图乙中，一个是分子势能与分子间距离的关系图像，另一个是分子间作用力与分子间距离的关系图像，r0为平衡位置。由图像分析可知( )
A. 图甲是分子势能与分子间距离的关系图像
B. r=r0时，分子势能刚好为零
C. 若两分子仅在分子力作用下，由静止开始接近，则两分子的动能先增大后减小
D. r>r0时，随着分子间距离的增大，分子间作用力逐渐减小
3.如图所示，A为水平放置的塑料圆盘，在其侧面均匀分布着许多负电荷。在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个可伸缩的金属圆环B，使B的环面水平且与A的盘面平行，其轴线与塑料圆盘A的轴线OO'重合。现在，若正在绕轴线OO'沿箭头所示方向转动的A由于某种原因逐渐停了下来，则这一过程中金属环B的面积S和丝线受到的拉力F的变化情况是( )
A. S增大，F增大B. S增大，F减小
C. S减小，F减小D. S减小，F增大
4.如图所示，电阻为r的单匝金属直角线框abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则( )
A. 线框每转一圈，回路电流方向改变一次B. 回路中产生的感应电动势有效值为2Bl2ω
C. a、d两点间的电压为 2Bl2ωD. 14周期内通过R的电荷量为2Bl2R+r
5.概率统计的方法是科学研究中的重要方法之一，以下是某一定质量的氧气(可看成理想气体)在0°C和100°C时统计出的速率分布图像，结合图像分析以下说法正确的是( )
A. 其中某个分子，100°C时的速率一定比0°C时要大
B. 100°C时图线下对应的面积比0°C时要小
C. 若两种情况下气体的体积相同，则100°C时单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数比0°C时多
D. 若两种情况下气体的压强相同，则100°C时单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数比0°C时多
6.如图1、图2、图3所示，三根完全相同的玻璃管，上端开口，管内用相同长度的水银柱封闭着质量相等的同种气体。已知图1玻璃管沿倾角为30°的光滑斜面以某一初速度上滑，图2玻璃管沿倾角为45°的光滑斜面由静止自由下滑，图3玻璃管放在水平转台上开口向内做匀速圆周运动，设三根玻璃管内的气体长度分别为L1、L2、L3，则三个管内的气体长度关系是( )
A. L1p0，综上可得p1=p2=p0L3。
故C项正确，ABD三项错误。
7.【答案】B
【解析】A.由题意可知，灯泡L2、L3的电阻均为R2=U22P=428Ω=2Ω，断开开关时，三个灯泡均正常发光，则流过灯泡L2、L3的电流均为I2=PU2=84A=2A，流过灯泡L1的电流为I1=2I2=4A，灯泡L1的电阻为R1=PI12=842Ω=0.5Ω，则灯泡L1、L2的电阻比为1:4，故A错误；
BC.灯泡L1的额定电压为U1=PI1=84V=2V，当开关断开时，副线圈的输出电压为U2'=U1+U2=6V，流过副线圈的电流为I'2=I1=4A，由变压器的工作原理得U1'U2'=n1n2、I2'I1'=n1n2，对原线圈所在的回路有u1=U1'+I1'R，当开关闭合时，副线圈的输出电压为U2''=U2=4V，流过副线圈的电流为I2n=2I2=4A，有U1''U2''=n1n2、I2nI1''=n1n2，对原线圈所在的回路有u2=U1n+I''1R，解得R=2Ω，n1n2=21，I1n=2A，I1'=2A，故B正确，C错误；
D.开关断开时，定值电阻R消耗的电功率为P1=I1'2R=8W，开关闭合时，定值电阻R消耗的电功率为P2=I1''2R=8W，则电键断开与闭合时，定值电阻消耗的电功率之比为P1:P2=1:1，故D错误。
8.【答案】BD
【解析】A.从B到C，体积减小，温度升高，根据理想气体状态方程，气体的压强增大，所以状态B的压强小于状态C的压强，A错误；
B.状态B的和状态D的温度相同，内能相同，B正确；
C.从状态C到状态D，气体的温度降低，分子的平均动能减小，分子的平均速率减小，不是每个气体分子的速率都减小，C错误；
D.从A到B的过程中，气体的体积增大，单位体积内的分子个数减少，单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减少，D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、已知初始状态时有：T1=(27+273)K=300K，V1=0.9V0，p1=p0，
末状态时有：V2=V0，p2=p0，根据盖−吕萨克定律可得：V1T1=V2T2，
解得：T2=V2V1T1=V00.9V0×300K=10003K≈333.3K，
换算成摄氏温度为：t=(333.3−273)℃=60.3℃，则水温约为60℃，故A正确，B错误；
CD、设温度不变，给篮球充入体积为ΔV的外界气体，根据玻意耳定律可得：
p1(V1+ΔV)=p2V2，已知V1=0.9V0，V2=V0，p1=p0，p2=2p0，
代入数据可得：p0(ΔV+0.9V0)=2p0V0，解得：ΔV=1.1V，故C正确，D错误。
10.【答案】BC
【解析】CD.由题意知沿y轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与x轴平行，几何关系可知粒子轨迹圆半径 r=L，当带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，如图所示
由图可知圆心 O' 与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角；由图可知沿与x轴正方向夹角范围为 30 ∘∼90 ∘ 角发射的粒子打在薄金属板的左侧面上，打在薄金属板左侧面的粒子数目占总数的 60 ∘180 ∘=13，当打在右侧下端的临界点，如图所示
圆心 O'' 与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图可知，沿与−x方向夹角范围为0∼30°角发射的粒子打在薄金属板的右侧面上，故打在薄金属板右侧面的粒子数目占总数的 30 ∘180 ∘=16，打在薄金属板的粒子数目占总数的 13+16=12 ，故C正确，D错误；
AB.带电粒子向y轴左侧射出与x轴负方向成 30 ∘ 时打在薄金属板上运动的时间最长 t=2πLv×300 ∘360 ∘=5πL3v ，故A错误，B正确；
故选BC。
11.【答案】(1)6×10−10；(2)偏小；(3)B。
【解析】解：(1)一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为：V=0.51000×150mL=10−5mL=10−11m3
则油酸分子直径大小为：d=VS=10−11160×10−4m=6×10−10m
(2)拿错的注射器的针管比原来的粗，滴入的一滴纯油酸体积增大，则计算出的分子直径偏小；
(3)A.1kg油酸所含有分子数为：1MNA，故A错误；
B.1m3油酸所含分子数为：ρ×1M×NA=ρNAM，故B正确；
C.1个油酸分子的质量为：MNA，故C错误；
D.油酸分子的摩尔体积为：Mρ，一个油酸分子的体积为：MρNA，直径约为36MπρNA，故D错误。
故选：B。
故答案为：(1)6×10−10；(2)偏小；(3)B。
12.【答案】(1)A；
(2)交流；
(3)变暗；变小；
(4)C。
【解析】(1)A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍．根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多；
(2)变压器只能改变交变电压，副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以线圈A应连上到学生电源交流电输出端上；
(3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，与灯泡相连的线圈匝数n2减少，根据U1U2=n1n2可知灯泡两端的电压U2变小，灯泡变暗；
(4)由理想变压器的变压比可知：U1U2=n1n2，代入数据解得：U2=3V，由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3V。可能值为2.8V，故选C。
13.【答案】(1)缸内的气体为等压变化；初态V1=ℎ0S，T1=T0；末态V2=ℎS，T2=1.5T0
由盖−吕萨克定律得V1T1=V2T2
联立解得ℎ=1.5ℎ0
(2)气缸内的气体为等容变化；初态p1=p0；末态对活塞，有p2S=p0S+Mg
由查理定律得p1T0=p23T0
联立解得M=2p0Sg
答：(1)活塞与气缸底部的距离等于1.5ℎ0；
(2)所加沙子的质量等于2p0Sg。
14.【答案】解：(1)粒子在加速电场中运动，根据动能定理Uq=12mv2−12mv02
根据题意可知v=2v0
可得加速电场的电压U=3mv022q
(2)粒子进入匀强磁场，由题意可得，粒子圆周运动的半径r=R
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r
解得B=2mv0qR
(3)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系，可知粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角α=2π3
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T=2πrv=πRv0
设粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间为t，则t=α2πT=πR3v0。
15.【答案】(1)b杆刚开始运动时受到向右的安培力，由安培力的计算公式可得：F=BIL
感应电流大小为：I=BLv02R
根据牛顿第二定律可得：F=ma
解得：a=B2L2v02mR；
(2)从开始到b杆刚进入右侧轨道的过程中，两杆组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0=mva+mv04
根据能量守恒定律可得：Q总=12mv02−12mva2−12m(v04)2
根据焦耳定律可得：Qb=RR+RQ总
解得：Qb=332mv02；
(3)最终稳定时，两杆的速度分别为v1、v2，根据闭合电路欧姆定律可得：BLv1=BL2v2+UC
取向右为正方向，对a杆根据动量定理可得：−BI−Lt=mv1−mva
对b杆，有：BI−L2t=mv2−mv04
由于：q=I−t=CUC
解得：q=5mv018BL。
答：(1)b杆刚开始运动时的加速度大小为B2L2v02mR；
(2)进入右侧导轨前，b杆中产生的热量为332mv02；
(3)最终稳定时，电容器所带的电量为5mv018BL。