高二物理参考答案_2025年7月_250715湖北省襄阳市2025年7月高二期末统一调研测试（全科）_物理

襄阳市 2025 年 7 月高二期末统一调研测试 物理参考答案及评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B B C D CD AD AC 1.【答案】C 【详解】AB．大量氢原子处于n3能级，在向低能级跃迁时放出光子，其中从n3跃迁到n1放出的 光子能量最大，频率最大，波长最小；从n3跃迁到n1放出的光子能量为hE E 12.09eV，根 3 1 据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为E hW 12.09eV2.29eV9.8eV ，故AB错误； k 0 C. 大量氢原子处于n3能级，在向低能级跃迁时放出光子，可辐射3种不同频率的光子，即3→1、3 →2、2→1，故C正确。 D．根据E E 0.66eV可知，只能吸收0.66eV的光子跃迁到n4能级，故用0.76eV的光子照射n=3 4 3 能级的氢原子，氢原子不可以跃迁到n4能级，故D错误；故选C。 2．【答案】C 【详解】A．由图乙可知，0~0.5s，电流在增大，则线圈中的磁场能在增大，电容器中的电场能在减小， 电容器正在放电，故A错误； B．在第1s末，电流为0，此时线圈中的磁场能为0，故B错误； C．0.5~1s，电流在减小，则线圈中的磁场能在减小，电容器中的电场能在增大，电容器正在充电，电容 器上电荷量正在增大，故C正确； D．1~1.5s，电流在增大，线圈中的磁场能在增大，电容器中的电场能在减小，电容器正在放电，且电流 为负方向，流过A点的电流向右，即电流由下极板流向上极板，则电容器的下极板带正电，故D错误。 故选C。 3．【答案】C 【详解】A．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据图示可知，a点和b点的电场强度大小相等但 方向不同，故A错误； B．沿着电场线电势降低，根据图示可知，c点的电势高于d点的电势，故B错误； C．电子带负电，从c点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确； D．质子带正电，从c点由静止释放，所受电场力方向与电场强度方向相同，即与电场线切线表示的电 场强度方向相同，因电场线为曲线，可知电荷不能沿着电场线由c运动到d，故D错误。故选C。 4．【答案】B 【详解】A．t＝0.02s时，线圈的电动势为零，此时线圈应处于中性面，即线圈平面与磁感线垂直，故A 错误； 1 B．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向改变次数N 2 50次，故B正确； T U C．交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，正弦式交变电压的有效值为U  m 12V,所以电 2 压表的示数为12V, 故C错误； D．交变电流的峰值为U 12 2V,而电容器的击穿电压为12V，故交变电流的峰值大于电容器的击穿电 m 压电压，电容器会被击穿，故D错误。故选B。 5.【答案】B 【详解】A．画出光路图如图所示 1根据光路的可逆性可知，a光在空气中的入射角β大于b光在空气中的入射角α，折射角均等于θ，根据 sini n ，所以a光在玻璃砖中的折射率大于b光在玻璃砖中的折射率，故A错误； sinr sin sin(900) 1 C．a光在玻璃砖中的折射率n    ，故B正确； a sin sin tan C．a光在真空中的传播速度等于b光在真空中的传播速度，故C错误； 1 D．绕O点逆时针转动玻璃砖，θ变大，由sinC  ，可知C C ，即a光先发生全反射，可知光屏 n a b MN上先消失的是a光形成的光点，故D错误。故选B。 6．【答案】C 【详解】AB．三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方 向如图所示,根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，即P受到的安培力与y轴正方向 成300斜向上，R受到的安培力向左，即沿x轴负方向，故AB错误； C. 已知P在O点产生的磁感应强度大小为B ，无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导 0 线的距离成反比， P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为B ，R在O点产生的磁感应强度大小为B , 0 1 B OP B 13 由 1  得,B  0 ,则O点的磁感应强度为B  (2B )2 B2  B ，故C错误； B OR 1 3 0 1 3 0 0 1 D.同理，P、R在Q点产生的磁感应强度大小均为B ，B  B ，由图可知，两者共同产生的磁感应强 2 2 2 0 3 度大小为B 3B  B ,故D正确。故选D。 2 2 0 7．【答案】D  16 【详解】A．由图甲知波长为16cm，由图乙知波的周期为0.20s，故该波的波速为v  cm/s80cm/s, T 0.2 故A错误；  B．由图甲知波源O到A、B之间的距离差为x 8cm ,则该波由质点A位置传到质点B位置的时 2 2x 8cm 间为t   0.1s,故B错误； t 80cm/s C．由图乙可知，质点t0.15s时处于波峰位置，而图甲中质点C位于相邻波谷与波峰之间，故图乙不 可能是质点C的振动图像，故C错误； 1 D．由图甲可知再经过一段时间（ t T)，波谷的振动形式传播到D点，则该时刻质点D的速度方向垂 2 直纸面向里，故D正确。故选D。 8．【答案】CD 【详解】A．轿厢停在P处，则轿厢相对于地球表面是静止的，即轿厢及其中的货物随地球同步旋转， 则轿厢中的货物所受合力提供货物做圆周运动的向心力，轿厢中的货物不是平衡状态，故A错误； B．同步空间站位于地球同步轨道上，地球赤道表面的物体与同步空间站具有共同的角速度，根据线速 度公式 vr，由于同步空间站的轨道半径更大，则其线速度也更大，故B错误； C．根据向心加速度公式 a2r，则加速度与轨道半径成正比，即超级缆绳上各点的加速度与该点到地 球球心的距离成正比，故C正确； D．配重空间站的轨道比同步卫星的轨道更高，则其轨道绕转速度小于地球同步轨道的绕转速度，而此 时配重空间站随地球同步旋转，其速度大于其所在轨道的绕转速度，即实际向心力大于万有引力，如果 物块从配重空间站脱落，万有引力不足以提供向心力，因此会做离心运动，故D正确；故选CD。 9．【答案】AD 【详解】A．由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动,匀加速阶段，摩擦力 沿传送带向上，匀速阶段，摩擦力也沿传送带向上，故整个过程摩擦力方向始终不变，故A正确； B. 货物从A运动到B的过程中，由v-t图像可知，传送带运动的位移为x  vt  20m，货物总位移即传 送带长度为Lx x 15m，故货物相对传送带的位移为x  xL 5m，即货物在传送带上留下的 1 2 痕迹的长度为5m，故B错误； C. 传送带速率增大，货物传送过程，若先加速后匀速，则传送时间会变短，但当速率增大到一定程度， 货物一直加速至顶端，再增大速率，传送时间将保持不变，故C错误； D．此过程中，货物位移为L，传送带位移为x′＝vt，所以货物与传送带之间相对滑动的路程为Δx＝x′－L， 所以传送带的转动速率调大时，木块与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确；故选AD。 10．【答案】AC 【详解】A.线框进磁场过程，磁通量增加，根据楞次定律，增反减同，感应电流方向为逆时针方向，同 理，出磁场过程，磁通量增加，感应电流方向为顺时针方向，故进、出磁场过程中，线框中的电流方向 相反，故A正确； B.ab边刚出磁场时，线框上ad、dc、bc三条边切割磁感线，切割磁感线的有效长度为L，故感应电动势 E BLv B2L2v E  BLv,感应电流大小为I   ,线框所受安培力大小为F  BIL  ,故B错误； R R R C.由几何关系可知，梯形的底角为45。设线框电阻为R， 则0 L 时间内，感应电动势EBL2vtv，线框中电流i E  BL2vtv ,方向为逆时针方向； v R R L 2L  时间内，通过线框的磁通量不变，感应电动势为零，感应电流为零； v v 2L 3L E B L2vt2L v B2vt3Lv  时间内，线框中电流i   ,方向为顺时针方向，故C正确； v v R R R L B2(L2vt)2v D. 0 时间内，线框所受安培力F  ,方向水平向左, v A R L 2L 2L 3L B2(2vt3L)2v  时间内安培力F 0，  时间内安培力F  ,方向水平向左，线框做匀速运 v v A v v A R 3动，受力平衡，有F F ，结合上述分析，作出Ft图像，如图所示 A B2L2v L B2(3L)2v t 0时刻拉力F  ,t  时刻拉力F  1 R v 2 R 由图像可知，线框进出磁场过程中拉力的冲量相同，线框进入磁场过程中，拉力F 的冲量 1 L 5B2L3 10B2L3 I  (F  F )  , 故线框穿过磁场过程中，拉力F 的冲量小于 ，故D错误。故选AC。 0 2 1 2 v R R 11.（6分） (1) A (2)B D (3) 2 2gL 【详解】（1）A．为了保证小球每次抛出的速度相同，应使小球每次从斜槽上同一位置静止释放，故A 正确； B．调节挡板的高度时不需要等间距变化，故B错误； C．建立坐标系时，坐标原点应为小球处于斜槽末端时球心在坐标纸上的水平投影点，故C错误；选A。 （2）从图中明显看出甲的实验错误是：小球抛出时的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平，故B正 确；乙图中有两个点位于抛物线下方，说明小球从斜槽末端抛出的初速度比第一次小，故原因是静止释 放小球的位置不同，故D正确； 2L （3）竖直方向根据y y y 5L3L gt2，可得小球从O点运动到A点所用的时间为t ；水 AB OA g 平方向根据x4Lv t，可得小球平抛运动的初速度为v 2 2gL。 0 0 【评分细则】1.严格按照参考答案赋分；2.每问2分，第二问每空1分。 12.（10分）(1)A (2) 左 40 图丙 大 【详解】（1）A．传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，其通常是将非电学量转 化为电学量的装置，故A正确； B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变小，故B错误； C．金属热电阻的阻值随温度升高而增大，热敏电阻的阻值随温度升高而减小，故C错误。故选A。 （2）[1]滑动变阻器采用分压式接法，为了确保安全，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左 端； U U [2] 根据欧姆定律有 1  2 ，解R 1.8k， 结合图乙可知，热敏电阻R 所处环境的温度约为 R R T T 0 T t 400C ； [3] 温度越低，热敏电阻的阻值越大，图丙中，当R 增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干 T 路电流减小，即通过电磁开关的电流减小，当电流小于某一值时加热电路的开关闭合，图丙能够达到要 求；图丁中，当R 增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，则定值电阻与电源内 T 阻上承担电压减小，则电磁开关并联部分电压增大，通过电磁开关的电流增大，可知图丁不能够达到要 4求，即该电饭锅中电路的是图丙。 [4] 为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，相比60℃时开始工作，R 阻值更小，而电 T 路中通过电磁开关的电流小于某一值开关闭合，该电流值保持不变，故电路中的总阻值保持不变，故应 将电阻R 的阻值适当变大，故应将R 更换为的阻值更大的电阻。 0 0 【评分细则】1.严格按照参考答案赋分；2.每空2分；3.不符合有效数字要求的答案不得分。 2PS 13．（10分）(1)h1.5h (2)M  0 0 g 解：（1）缸内的气体为等压变化 初态：V h S ①，T =T ② （1分） 1 0 1 0 末态：V hS ③，T =1.5T ④ （1分） 2 2 0 V V 由盖-吕萨克定律得 1  2 ⑤ （2分） T T 1 2 ①~⑤联立解得 h1.5h ⑥ （1分） 0 (2)气缸内的气体为等容变化 初态：P P ⑦ （1分） 1 0 末态：对活塞，有PS  PSMg ⑧ （2分） 2 0 P P 由查理定律得 1  2 ⑨ （1分） T 3T 0 0 2PS ⑦~⑨联立解得 M  0 ⑩ （1分） g 【评分细则】1.严格按照参考答案赋分；2.其他正确解答方法参照赋分。 14.（16分）(1)30N (2)0.6 (3)32J 1 解：（1）滑块下滑至轨道最低点A的过程，由机械能守恒定律得 mgR mv2 ①（1分） 2 0 解得v  2gR 4 5m/s 0 mv2 A点处，由牛顿第二定律得 F mg 0 ② （1分） N R 解得F 30N ③ （1分） N 根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小F F 30N ④ （1分） N （2）滑块以v 的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为v ，则从滑上长木板到二者相对静止的过 0 1 程中，由动量守恒定律得 mv (M m)v ⑤ （2分） 0 1 51 1 由能量守恒得 mv2  (M m)v2mgL ⑥ （2分） 2 0 2 1 1 ⑤⑥ 联立得 v  5m/s， 0.6 ⑦ （2分） 1 1 （3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热： 第一阶段为滑块以速度v 冲上长木板到两者相对静止的过程，有 0 Q mgL 30J ⑧ （2分） 1 1 第二阶段为滑块滑上平台并与弹簧接触,弹簧第一次被压缩到最短(此时滑块运动到D点)过程，有 1 1 mv2 mg(L  x ) kx2 ⑨ （2分） 2 1 2 BC CD 2 CD 代入数据解得 x 0.1m(或-0.12m舍去) CD 故此过程 Q mg(L  x )2J ⑩ （1分） 2 2 BC CD 故整个过程产生的热量为 Q Q Q 32J ⑪ （1分） 1 2 【评分细则】1.严格按照参考答案赋分；2.其他正确解答方法参照赋分。 mv mv2 1 15.（18分）(1)B  0 ； E  0 (2)y x2 (3)( 51)R qR qR 2R 解：（1）粒子在磁场I中的运动 由几何关系知，运动半径rR ① （1分） v2 qv Bm 0 ② （1分） 0 r mv ①②联立得 B  0 ③ （1分） qR 在匀强电场中，粒子做类平抛运动 y  R④ （1分） 0 由类平抛规律得 1 x d v t ⑤， y  at2 ⑥ ，qE ma ⑦ （1分） 0 0 0 2 0 mv2 ⑤~⑦联立得 E  0 ⑧ （1分） qR （2）经分析知，所有粒子均垂直y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，则电场中类平抛运动， 1 qE 有 x v t⑨ ， -y t2 ⑩ （2分） 0 2 m 1 ⑨⑩联立得 y x2 ⑪ 故轨迹方程为抛物线方程。 （2分） 2R （3）设O点的速度为v ，与x轴负方向的夹角为，则有 1 v mv mv mv v  0 ， r  1  0 , 故r cos 0 =R为定值即为荧光屏到x轴的距离， 1 cos 1 qB qBcos 1 qB 6即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上。（3分） 由几何知识得，打到屏上与y轴的距离为L  r(1sin) 1 经分析，在P点沿x轴正方向进入磁场I中的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向 的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远；在P点沿x轴负方向进入磁场I的粒子，打在荧光屏上 时与y轴的距离最近。 在P点沿x轴正方向进入磁场I的粒子，进入电场中运动，有 由几何知识得 y 2R 1 1 1 由动能定理得 qE y  mv2  mv2 ，v  5v 1 2 1 2 0 1 0 v2 v2 2 mv sin  1 0  ，L  r(1sin) 1(1sin) 1 v 5 1 1 1 qB 1 1 带入数据解得 L ( 52)R ⑫ （2分） 1 同理，在P点沿x轴负方向进入磁场I的粒子，在O点沿x轴负方向进入磁场Ⅱ，速度v v 2 0 打荧光屏上与y轴的距离为 L  R ⑬ （2分） 2 故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为L L L ( 51)R ⑭（1分） 1 2 【评分细则】1.严格按照参考答案赋分；2.答案中 5用小数2.236表示也对，即⑫式结果表示为4.236R 也对，⑭式结果表示为3.236R也对；3.其他正确解答方法参照赋分。 7