高二上学期期末实战模拟卷2-【创新教程】2025-2026学年高二上学期物理期末实战模拟卷

高二上学期期末实战模拟卷二 (范围：必修三第十一章一选修一全册) (满分100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核 对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 癸 2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 ® 0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、 试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。 纯 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 1.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列选项符合实际应用的是 ( A.在光导纤维内传送图像是利用光的色散 自 B.光学镜头上的增透膜是利用光的偏振 C.全息照相是利用光的干涉 D.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射 2.玩具水枪是儿童夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发 11 生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题.现 有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d,水的密度为ρ，水平出射速 度为，垂直击中竖直目标后以大小为0.2的速度反向溅回，则水 柱水平击中目标的平均冲击力大小为 ( A.1.2πdpw B.0.3πdpw 杀 C.1.2πdpm D.0.3πdpw 3.某同学在山顶找到一块密度较大、体积较小、形状不规则的石块，用 ↑Ts2 4.0 器 细线系住石块使其在竖直平面内小角度摆动，测量石块摆动的周期 和对应的细线长度，改变细线的长度，得到多组周期的平方和对应 的细线长度，描点得到如图所示的T(图像，则山顶的重力加速度 98 大小最接近 A.9.46m/s2 B.9.56m/s2 C.9.66m/s2 D.9.76m/s2 物理试题（二）第1页（共6页） 4.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝中不断放出的电子进入加速电场，设电子的初速 度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束，已知电子的电荷量为，则单位 时间内由金属丝放出的电子数为 () A.It B.ISt c D.S 5.如图所示，弹簧振子的频率为5Hz,让振子从B位置开始振动，并开始计时，则经过 0.12s时 () 00000O A.小球位于B、O之间，运动方向向右 B.小球位于B、O之间，运动方向向左 C.小球位于C、O之间，运动方向向右 D.小球位于C、O之间，运动方向向左 6.如图，一根通电直导线垂直放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，以导线中心O为圆心 的圆周上有a、b、c三点；a、b两点连线为直径且与磁场方向垂直，Oc与磁场方向平行.已 知a点的磁感应强度为0，则 () B 0⊙ b A.b点的磁感应强度为0 B.c点的磁感应强度为0 C.b点的磁感应强度为2T,方向与B方向相同 D.c点的磁感应强度为√2T,方向与B方向相同 7.在水面下方一定深度放有一单色点光源，从水面上方观察发现，能看到单色光的圆形区 域的直径为d1;现用某种透明的液体替换水，其他条件不变，在液面上方观察，能看到单 色光的圆形区域的直径为d,,若水与该种液体对光源所发出的单色光的折射率分别为n1 和n2,则d与d的比值为 () n A. B. D. ni 12-1 -1 物理试题（二）第2页（共6页） 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，质量为m的钢球以速度v水平射入静止于光滑水平面上的弹簧枪的枪管中， 弹簧枪的质量为M.钢球在枪管内压缩弹簧至最大压缩量过程中，下列说法正确的是 () w 7777元 A.系统机械能守恒，动量不守恒 B.钢球动能先增大后减小 C.弹簧压缩量最大时，弹簧枪的速度为m m+M D,弹簧压缩量最大时，弹性势能为2m一 9.如图所示为两列分别沿绳传播的（虚线表示甲波，实线表示乙波）简谐横波在某时刻的波 形图，则下列说法正确的是 () ◆/cm 20 -0.5 -0.3, .1w0.1 05 】 A.这两列波可以发生干涉现象，x=0.1m处的质点的振动始终减弱 B.这两列波可以发生干涉现象，x=0.2m处的质点的振动始终加强 C.由图示时刻开始，再经甲波周期的子，M将位于波峰 D.在一个周期内甲波向右传播的距离为80cm 10.在如图所示电路中，电源电动势为10V,电源内阻为12，电路中电阻R。为22，小型直 流电动机M的内阻为1Ω.闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2A.则以 下判断中正确的是 () A.电动机两端的电压为6V B.电动机的输出功率为8W C.电动机的发热功率为4W D.电源输出的电功率为16W 物理试题（二）第3页（共6页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某实验小组在进行“探究碰撞中的不变量”的实验，入射小球与被碰小球半径 相同。 (1)实验装置如图甲所示，先不放B小球，使A小球从斜槽上某一固定点C(图中未画 出)由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，再把B小球静置于水平槽前 端边缘处，让A小球仍从C处由静止滚下，A小球和B小球碰撞后分别落在记录纸上 留下各自落点的痕迹.如图乙所示，记录纸上的O点是重锤所指的位置，M、P、N分别 为落点的痕迹.未放B小球时，A小球落地点是记录纸上的 点 入射小球A 被碰小球乃 复付纸 乙 (2)实验中可以将表达式m1y,=m1十2v转化为m1s1=n1s+m2s来进行验证，其 中s1、s'、s为小球做平抛运动的水平位移，可以进行这种转化的依据是 .（请 你选择一个最合适的答案) A.小球飞出后的加速度相同 B.小球飞出后，水平方向的速度相同 C.小球在空中水平方向都做匀速直线运动，水平位移与时间成正比 D.小球在空中水平方向都做匀速直线运动，又因为从同高度平抛运动时间相同，所以水 平位移与初速度成正比 12.(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，提供以下器材 供选择： A.电池组(3V,内阻12) B.电流表(03A,内阻约0.01252) C.电流表(0~0.6A,内阻约0.1252) D.电压表(03V,内阻约4k2) E.电压表(0~15V,内阻约15k2) F.滑动变阻器(0~202，允许最大电流1A) G.滑动变阻器(0一20002，允许最大电流0.3A) H.开关、导线若干 物理试题（二）第4页（共6页） (1)实验时应从上述器材中选用 (填写仪器前的字母代号)，并在 虚线框中画出实验电路图； (2)待测金属丝电阻的测量值比真实值偏 （选填“大”或“小”)； (3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图所示，则读数为 mm; (4)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R,请写出计算金属丝电阻率的 表达式0= 13.(10分)一列沿x轴正方向传播的横波，某时刻的波形如图甲所示，图乙表示介质中某质 点此后一段时间内的振动图像. (1)图乙为K、L、M、V四个点中哪点的振动图像？ (2)从该时刻起，甲图中原点O处质点经t=0.15s恰好偏离平衡位置最大，则波传到平 衡位置36cm处质点所需的最长时间： (3)若波沿x轴的负方向传播，传播速度为v=4m/s,则原点O处质点的振动方程. 物理试题（二）第5页（共6页） 高二上学期期末实战模拟卷二 物理答题卡 姓 名 推考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 填 正确填涂 注 1.答题前，考生须准确填写月已的姓名、淮考证号，并认真核对条形码上的姓名、 准考证号。 涂 ■ 意 2.逃择题必须使用2B铅笔填涂，非逃择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 错误填涂 涂写要工整、清晰。 样 × 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 C】0]三 项 题卷上作答尤效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕被等。 选择题 1ABCD 5ABCD 9ABCD 2ABCD 6ABCD 10ABCD 在各题 3ABCD 7ABCD 4ABCD 8A B C D 的 非选择题 11.(6分，每空3分) 内作答 (1) (2) 12.(8分，每空2分) (1) (2) (3) (4) 出边框的答案无效 13.(10分) y/cm 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（二）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 14.(14分) 元元 E,r C /S 15.(16分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（二）第2页（共2页） 14.(14分)如图所示，电阻R1=32,R2=62,电容器的电容C=30F, R1 电源电动势E=10V,内阻r=1.闭合开关S,电路中电流稳定后. T E (1)求R两端的电压； (2)断开开关S后，直到电路中电流再次稳定，求通过R1的总电荷量； (3)如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0~10Ω范围变化，求开关闭合并且电 路稳定时，R2消耗的最大电功率， 15.(16分)如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的光滑圆轨道，其中 O为圆心，a、b、c、d、P为圆周上的点，且a、O、c高度相同，控制两小球A、 R B分别静止在a,两点，且小球的质址之比≤100P与水平方向夹角 些 为30°，重力加速度为g.某时刻无初速度释放小球A, (1)求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA的大小： (2)若小球A与小球B同时释放，它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，求 A、B的质量之比； (3)若小球A与小球B同时释放，碰撞后，两球不粘连，其中A球刚好能到达P点，在A 到达P点之前，A、B没有再次发生碰撞，且A、B球均不脱离轨道，求A、B质量之比的 范围.（计算结果可用根式表达） 物理试题（二）第6页（共6页）参考 14.解析：(1)设光线射到A点的入射角为i,折射角为r, 折射率为n,光路图如图所示 由几何关系可知i=60°，r=30°， 根据折射定律n= 册郎得= (2)设光线射到B点的入射角为i1,折射角为r1,由 几何关系有i1=∠AOB=∠NOB=30 在B点，根据折射定律n=sin·,解得n=60°， sin i 根据几何关系∠OCB+∠NOB=r1, 所以∠OCB=∠VOB=30°，则BC=OB=R, 又OB=2 ABcos i1, SA-20Acos (90-i)=2ABsin i,AB-R. SA=R 所以光在介质中的传播速度=￡= n 3c,光线由S 传到C的时间1=SA+BC+AB_3R C 答案：(1)3；(2)3R 15.解析：(1)设小球到达最低点与Q碰撞前速度大小为 v1,根据机械能守恒定律有m1gR(1一cos60)= 1 2m1, 根据动量守恒定律有m1U1=2v2一m10, 联立解得2=3ms, 即碰撞后瞬间小物块Q的速度U2是3mS. (2)设Q恰好返回平板车左端时，Q与平板车的共同 速度为v3时，根据动量守恒定律，有22=(m2+ 7n3）03, 解得3=1m/s, 根据能量守恒定律有2mg2-号（十m)购 1 =2fL, 解得f=2N, 即小物块Q受到的滑动摩擦力f是2N. (3)小物块Q压缩弹簧的过程中，Q与平板车的速度 相等时，弹簧弹性势能最大，设速度为4，根据动量 守恒定律有n22=(12十m3）4, 报搭能量守恒定律有喝=之%十m%+几+E 解得Ep=1.5J 即弹簧弹性势能的最大值E。是1.5J. 答案：(1)3m/s;(2)2N;(3)1.5J 答案 高二上学期期末实战模拟卷二 1.C[在光导纤维内传送图像是利用光的全反射，故A 错误；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故B 错误；全息照相是利用光的干涉，全息摄影采用激光 作为照明光源，并将光源发出的光分为两束，一束直 接射向感光片，另一束经被摄物的反射后再射向感光 片，两束光在感光片上叠加产生干涉，故C正确；用三 棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射，故D 错误，故选C.] 2.B[设1时间内水枪喷出的水柱长度为l,则有v= ,t时间内冲击墙壁的水的质量为m=pV=pSL= 4山，设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F,根据 1 动量定理有Ft=0.2nv一（一w),联立以上三式解得 F=0.3πdo2,根据牛顿第三定律可知水柱水平击中 目标的平均冲击力大小为F=F=0.3πd2pm2,故 选B.」 3.D[设细线与石块结，点到石块重心的距离为d,单摆 周期公式为T=2x√g 1+d 变形可得T2=4红（十d), g 可得斜率为k=4π=4.0 g0.98 解得g≈9.77mfs2故选D.] 4.C[根据电流的定义式I=9 可知，单位时间通过金属丝的电荷量在数值上等于1， 故单位时间内从金属丝放出的电子数n=L,故 e 选C.] 5.C[因振子频率为5Hz,则周期为0.2s,题中所给的 时间0.12s=号T<T,而号<号T<2T, 因此在0.12s时，振子应位于C、O之间且正向O运 动，所以选项C正确，A、B、D错误，故选C.] 6.C[AC.由题可知，a点的磁感应强度为0，说明通电 导线在α，点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应 强度大小相等、方向相反，同理可得：通电导线在b点 产生的磁感应强度大小为1T,方向水平向右，根据平 行四边形与匀强磁场进行合成得知，b,点感应强度为 2T,方向与B的方向相同，故A错误，C正确； BD.据安培定则可知，通电导线在C处的磁感应强度 方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成 得知c点磁感应强度为B=√B2十B=√2B=√2T 方向与B的方向成45°斜向右上，故BD错误，故 选C.] 高二上学期期末实 7.D[如图，设光在液面发生全 反射的临界角为C,透光面半 径，深度H,根据sinC=⊥， 得tanC=sinC 1 cos C ，根据几何关系可得”= n2-1 Htan C,解得r= H ，由题意，圆形区域的直径分 n2-1 别为山、d,可得=后-1 d6n7-1' 8.CD[A.钢球与弹簧枪除受重力外所受的支持力不 做功，所以系统机械能守恒；系统所受合外力为零，所 以动量守恒，故A错误； B.钢球在枪管内压缩弹簧至最大压缩量过程，钢球速 度逐渐减小，弹簧枪速度逐渐增大，最大压缩量时，二 者有共同速度，所以钢球动能逐渐减小，故B错误： C.弹簧压缩量最大时，由动量守恒定律得w=(M什m), 解得弹簧枪和钢球的共同速度为u1一M干m' my 故C正确； D.由机械能守恒可得，弹簧压缩量最大时，弹性势能 为，=7m-M+m)听=m 故D正确，故选CD.] 9.AB[A.两列波的波长相同，同种介质，则波速相等， 由)=入f可知两列波的频率相等，可以发生干涉现 象.在x=0.1m处波峰与波谷叠加，振动始终减弱， 故A正确；B.在x=0.2m处，图示时刻两质点的振 动方向相同，以后始终相同，振动始终加强，故B 正确： C.图示时刻M点位于波峰，再经甲波周期的，M质 点将位于平衡位置，故C错误； D.在一个周期内甲波向右传播的距离等于一个波长， 为0.4m=40cm,故D错误，故选AB.] 10.CD[A.根据闭合电路欧姆定律可得E=IR。+Ir +Um 代入数据解得Um=5V,故A错误；B.由公式P出' =UmI一I2R,可得P出'=6W,故B错误；C.由焦耳 定律可得P热=I2R, 解得P热=4W,故C正确；D.由公式P出=P总一P内 =EI-I2r. 解得P出=16W,故D正确.] 11.解析：(1).A小球和B小球相撞后，B小球的速度增 大，A小球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距 离O点最近，B小球的落地点离O点最远，中间一个 点是未放B球时A球的落地，点，所以未放B球时，A 球落地，点是记录纸上的P点. ·4 战模拟卷·物理 (2).小球碰撞前后都做平抛运动，竖直方向位移相 等，所以运动的时间相同，水平方向做匀速直线运 动，速度等于水平位移除以时间，所以可以用水平位 移替代速度，故D正确，故选D. 答案：(1)P(2)D 12.解析：(1)电源选电池组A;电路最大电流约为Imx -=卡=号A=6A 电流表应选择C;电源电动势为3V,则电压表应选 择D:为方便实验操作，滑动变阻器应选择F;还需要 开关导线，选H,所以选用的器材为ACDFH, 待测电阻阻值约为52，电流表内阻约为0.1252，电 压表内阻约为4k2,电压表内阻远大于待刚电阻值， 电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为202， 远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接 法，电路图如图所示 R (2)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所 测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值偏小： (3)由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm十 40.0×0.011mm=0.900mm L 4)根据R=p5=πd2 AoL 解得p=πR 4L2 答案：(1)ACDFH见解析(2)小 (3)0.900(4)R4 4L 13.解析：(1)由图乙可知，在t=0时刻该质点在平衡位 置向上振动，波沿x轴正方向传播，结合波形图可 知，图乙为L,点的振动图像； (2)该时刻原，点O处的质点在平衡位置向下振动，而 原，点O处质，点经t=0.15s恰好偏离平衡位置最大； 若偏离平衡位置为负向最大，则1=0.15s=nT十 子剥T=月m=0.12.3 当n=0时最大周期为T=0.6s, 则波传到平衡位置36cm处质点所需的时间t=2 =0.3s, 若偏离平衡位置为正向最大，则t=0.15s=nT+ 买则T0品a=01.23… 参考 当n=0时最大周期为T=0.2s,则波传到平衡位置 36cm处质点所需的时间t= T =0.1s, 波传到平衡位置36cm处质点所需的最长时间为 0.3s; (3)若波沿x轴的负方向传播，传播速度为v =4m.s, 则T=入=0.24s=0.06s,原点0处质点的振动方 4 程y=Asn学=2sn109(cm. 答案：aL20.3s《3)y=2sin109(cem) 14.解析：(1)闭合开关s,根据闭合电路欧姆定律得：1= E R1+R2+,=1A R1两端的电压为U1=IR1=1×3V=3V. (2)闭合开关s后，电容器两端的电压等于R2两端 电压，U2=IR2=1×6V=6V 断开开关s后，电容器两端的电压变化量为△U =E-U2=4V 通过R1的总电荷量为△Q=C△U=30X10-6X4C =1.2×10-4C (3)若R2消耗的电功率最大，则此时R2=R1十r= 42 E12 则有P2m=R1十r =6.25W 答案：(1)3V;(2)1.2×10-4C;(3)6.25W 15.解析：(1)小球A滑到轨道最低点d时，根据动能定 1 理有mAgR=2nA明，解得uA=√2gR. (2)小球B滑到轨道最低，点d时，根据动能定理有 mgR=之me哈，求得g=V2gR:取水平向右为正 方向，则小球A与小球B在d点碰撞后粘在一起并 刚好能滑到P点，根据动量守恒及能量守恒有nAA 一nBE=(mA十nB),2(mA+mB)2=(mA十mB) gR1-sin30),联立以上各式解得u=√gR,A 12B 2+1=3+2W2. √2-1 (3)A、B两球碰后，A球从d点恰好运动到P,点，由 机械能守恒可得 mgR1-s血30=7.可得 ①若A、B两球碰后，B球从d点恰好能运动到b点， 由机械能守恒可得 答案 mgg2- 1 2 nBUmin=mBg·2R, 且mBg=mBR,可得邓=√5gR, 小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAVA一BB=mA)A十BvB, 解得mA=E+5,则2+5≤<mA≤10 mB √2-1“√2-1mB ②若A、B两球碰后，B球不能过最高点b点，则其最 高点为c点， 则有2mBB"?=mBgR,解得%=√2gR,， 小球A与小球B在d,点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAUA一BB=AUA十mB唱， 解得mA=4十22，则mA≤4+2②， IB 171B 综上所迷，可得2+5≤mA≤10或mA≤4十22. √2-1B mB 答案：1)V2gR(2)3+22(3)2+5≤mA≤ 2-1mB 10或”mA≤4+22 mB 高二上学期期末实战模拟卷三 1.A[同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，且c受 到a、b的磁场力的合力方向与a、b连线平行，则a、b 中电流方向相反，心受力分析如图所示： 竖直方向平衡得：kL·1nsin37°=kL·1sin53° ri 根据几何关系得：rr=rd cos37°，rk=rd cos53° 联立解得：。9 La=16 G3370 A.a、b中电流反向，I1:12=16:9,与分析相符，故A 正确；B.a、b中电流同向，I1:I2=4:3,与分析不符， 故B错误；C.a、b中电流同向，I1:I2=16:9,与分析 不符，故C错误；D.a、b中电流反向，11：I2=4:3,与 分析不符，故D错误.] 2.D[AB.设圆板获得的速度大小为0，物块掉下时， 圆板和物块的速度大小分别为1和2，由动量定理， 有I=n0, 由动能定现，对国板一2mg(+4）名m听- 2m6