2025-2026学年高二下学期期末考试物理复习卷（二）

**基本信息** 以“中国天眼”“东风-5C导弹”等科技情境和游乐场滑道等真实问题为载体，覆盖电磁学、力学、热学等模块，通过基础概念辨析、实验探究与综合应用梯度考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|电磁场、分子势能、光的折射、动量定理、变压器|结合“中国天眼”考电磁场理论，用分子势能图像辨析分子力做功| |多选题|3/18|波的叠加、弹簧连接体、电磁感应|波的叠加中C点运动方向分析，考查科学推理| |实验题|2/14|碰撞动量守恒、电阻测量|碰撞实验验证动量守恒与恢复系数，电阻测量用平衡比较法| |解答题|3/40|气体实验定律、力学综合、电磁场中粒子运动|游乐场滑道结合运动学与能量，电磁场粒子运动综合考查模型建构|

2025/2026学年度（下）高二期末考试复习卷（二） 物 理 试 卷 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1．“中国天眼”位于贵州的大山深处，是500m口径球面射电望远镜。它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。下列关于电磁场和电磁波说法正确的是（     ） A．变化的电场一定会产生变化的磁场 B．麦克斯韦理论上预言了电磁波，而赫兹在实验中捕捉到了电磁波 C．红外线最显著的作用是荧光效应，紫外线最显著的作用是热效应 D．LC振荡电路中，在电感线圈中放入铁芯可以增加振荡频率 2．分子势能随分子间距离变化的图像如图所示，取趋于无穷大时为零，若甲分子固定在坐标原点处，乙分子从处由静止释放运动到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．当r=r1时，分子间的作用力为 B．当r=r2时，分子间的作用力表现为斥力 C．从到分子力对乙做正功，分子势能减少 D．从到分子力对乙做负功，分子势能减少 3．如图所示，两束单色光A、B分别沿半径方向由真空射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，下列说法正确的是（     ） A．玻璃砖对A光折射率大于B光 B．在该玻璃砖中，A光的速度小于B光的速度 C．在真空中，A光波长大于B光 D．在玻璃砖中，A光的临界角比B光的临界角小 4．‌东风-5C‌是中国研制的液体燃料洲际弹道导弹，最大射程超过‌1万公里‌，具备‌全球打击能力‌。设某导弹起飞质量M=5×104 kg，竖直起飞阶段发动机以 =250 kg/s 的速率向后喷射燃气，燃气相对导弹的喷射速度 v=2800 m/s，重力加速度 g=10 m/s2，忽略空气阻力。求起飞瞬间导弹的竖直向上加速度（     ） A．3 m/s2 B．4 m/s2 C．5 m/s2 D．6 m/s2 5．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（   ） A．变压器输入电压的最大值是 B．若电流表的示数为，则变压器的输入功率是 C．原线圈输入的正弦交流电的频率是 D．电压表的示数是 6．如图，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处在与杆垂直、水平向里的匀强磁场中。现使滑环获得水平向右的某一初速度，已知滑环的质量为，电荷量为（），与绝缘杆间的动摩擦因数为。不计空气阻力，重力加速度大小为，图像中。下列关于滑环运动的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 7．如图，三个足够大的金属板、、平行放置，板到、板的距离分别为、，。点到、板的距离相等，点到、板的距离相等。、板均接地，板带电。关于、两点的电场强度、和电势、，下列关系正确的是（     ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 8．如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为5cm，且在图示的范围内振幅不变，波速为1m/s，波长为0.5m。C点是BE连线的中点，下列说法中正确的是（     ） A．A、E两点始终位于波峰位置 B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为10cm C．图示时刻C点正向上运动 D．从图示时刻起经1s，B点通过的路程为80cm 9．如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 10．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导轨左端连接有电容器，金属棒PQ垂直放置在导轨上，用水平恒力作用在金属棒上使其从静止开始沿导轨向右运动，一段时间后撤去拉力，不计导轨和金属棒的电阻，金属棒运动中始终与导轨垂直并接触良好，电容器不会被击穿，用表示金属棒的速度、表示拉力的功率、表示金属棒的位移，则金属棒运动过程中下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 三、实验题（本题2小题，共14分） 11．（6分） 小明同学利用如图甲所示装置研究两球间的碰撞规律，天平测得小球1质量为，小球2质量为，斜槽末端在白纸上投影为O，让小球1从斜槽某位置由静止释放，记录落点为P，再将小球2置于槽的末端，使小球1由同一位置由静止释放，与小球2相碰，记录两球落点分别为M和N，如图乙所示。 (1)通过刻度尺测得OM长度为，OP长度为，ON长度为，在实验误差允许范围内，若满足关系式________（用、、、、表示），即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒。 (2)若该实验进一步还要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞，在实验误差允许范围内，则需要满足的表达式为________（用、、表示）。 (3)恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为，其中和分别为碰撞前两物体的速度，和分别为碰撞后两物体的速度。则两球的碰撞恢复系数________（用、、表示）。 12．（8分） 在电阻阻值测量中常常会用到平衡比较法。某实验小组测量待测电阻的阻值。 (1)实验步骤如下∶ ①图甲中，开关断开时灵敏电流表（零刻线在表盘正中间）的指针指向正中间，开关闭合时指针向端偏转。用图乙所示的电路进行实验，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应该置于_____端（填“”或“”）。 ②图乙中，是三个完全相同的电阻，为电阻箱，为待测电阻。闭合开关，调节滑动变阻器，发现灵敏电流表指针向端偏转，则此时应调节电阻箱使阻值_____（填“增大“或“减小”），使指零（指针指向正中间）。 ③读得电阻箱的阻值为，则待测电阻的阻值为_____。 (2)当、、三个电阻不完全相同时∶ ①用图乙所示电路按上述步骤使灵敏电流表G指零，读得的阻值记为，在不增加实验器材的前提下需增加实验步骤完成实验，该步骤为_____（单选，填正确答案标号）。 A．交换“”和“、”的位置，调节电阻箱使重新指零，读阻值 B．将滑动变阻器的滑片向滑动，使重新指零，读阻值 C．交换“”和“、”的位置，调节电阻箱使重新指零，读阻值 ②按所选步骤读得的阻值记为，则待测电阻的阻值为_____（用、表示）。 四、解答题（共40分） 13．（8分） 如图所示，一根长一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用长的水银柱封闭了一段长的空气柱。大气压强，玻璃管周围环境温度为。 (1)求此时封闭空气柱的压强为多少？ (2)若再倒入长的水银柱，求封闭空气柱的长度是多少？ (3)若不倒入水银，而将玻璃管缓慢转至水平，稳定后玻璃管中气柱长度是多少？ 14．（15分） 如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 15．（17分） 如图，垂直于轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点处，点到垂直于轴的两金属板距离相等。在平面位于处的粒子源以速率向面内各方向发射质量为、电荷量为的带电粒子。两金属板（上板为正极）间距为，板间电压初始为。在平面轴右侧，圆心位于、直径在轴、半径为的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为。在处有一垂直于轴的固定弹性绝缘挡板Q，粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷量不变。粒子打到金属板或挡板P均会被吸收，不计粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。（、均为已知量） (1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从点处射入磁场速度方向与轴正向夹角的正弦值； (2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板上位置的坐标； (3)若仅改变电压的大小，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P右侧面；进入磁场的所有粒子打到挡板右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取值范围（用已知量表示）。 试卷第4页，共8页 高二期末物理试卷 第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 2025/2026学年度（下）高二期末考试复习卷（二） 物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C B B D A CD AD AD 1．B 【解析】A．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场会产生磁场，但均匀变化的电场产生的是恒定磁场，故A错误； B．麦克斯韦通过电磁场理论预言了电磁波的存在，赫兹首次通过实验捕捉到了电磁波，证实了预言，故B正确； C．红外线最显著的作用是热效应，紫外线最显著的作用是荧光效应，故C错误； D．LC振荡电路的频率公式为，电感线圈中放入铁芯会使电感增大，振荡频率减小，故D错误。 2．C 【解析】A．在图像上，曲线斜率的负值表示该位置分子力的大小，当时，，但从曲线看，该处斜率为负值，不为零，表现为斥力，故A错误； B．是势能最低点，此处切线斜率为零，所以分子力，故B错误； C．处，曲线斜率为正，分子力表现为引力，乙分子在由静止释放，只受指向的引力作用，因此向减小的方向运动。分子力方向与运动方向相同，做正功，故分子势能减少，故C正确； D．处，曲线斜率为负，从到分子力表现为斥力，方向与运动方向相反，做负功，分子势能增加，故D错误； 3．C 【解析】A．两束光从玻璃砖射向真空，出射折射角相同，由图可知，A光在玻璃中的入射角大于B光的入射角。 根据折射定律 ​（为真空侧折射角），可得玻璃砖对A光的折射率 ，故A错误； B．由光速与折射率的关系 ​，越小光的速度越大，因为​，因此​，故B错误； C． 光的折射率越小，频率越小，真空中波长满足​，频率越小波长越大。 因为，因此真空中​，故C正确； D．全反射临界角满足，折射率越小临界角越大。因为​，因此A光的临界角大于B光，故D错误。 4．B 【解析】对喷射出的气体微元，动量定理得变形得 则对起飞时的导弹，竖直方向受力分析解得导弹加速度为 5．B 【解析】A．由题图乙可知交流电压最大值，故A错误； BD．输入电压的有效值为，根据理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比 知电压表示数为 若电流表的示数为，变压器的输入功率，故B正确，D错误； C．变压器不改变频率，由题图乙可知交流电的周期 根据可知原线圈输入的正弦交流电的频率是，故C错误。 6．D 【解析】AB．滑环带正电向右运动，磁场向里，根据左手定则，洛伦兹力方向向上，大小为当滑环速度为时，可知洛伦兹力 当滑环的初速度 时，则洛伦兹力，杆对滑环的弹力的方向竖直向下，大小则滑环受到的摩擦力的大小为 摩擦力方向水平向左，滑环做减速运动，加速度大小满足 随着滑环的减小，减小，支持力减小，摩擦力减小，加速度减小，图像是斜率绝对值逐渐减小的曲线，直到时，，摩擦力为0，滑环将匀速运动，故A、B错误； CD．当滑环初速度 时，则有洛伦兹力 ，杆对滑环的支持力方向竖直向上，大小 则摩擦力的大小 摩擦力方向水平向左，滑环做减速运动，加速度大小满足 滑环的减小，减小，支持力增大，摩擦力增大，加速度 增大，图像是斜率绝对值逐渐增大的曲线，直到滑环速度减为0，故C错误，D正确。 7．A 【解析】AB．A、C板均接地，电势为0，B板是等势体，因此BA间、BC间的电势差相等，都等于平行板内部为匀强电场，电场强度满足，已知，故，故A正确，B错误； CD．a点到A板的距离为，电势 b点到C板的距离为，电势因此，故CD错误。 8．CD 【解析】A．根据题意，实线表示波峰，虚线表示波谷，此时A、E两点是波峰与波峰相遇，属于振动加强点，不是始终位于波峰位置，故A错误； B．由于振幅是5cm，A点是波峰与波峰相遇，则A点相对平衡位置高10cm，而B点是波谷与波谷相遇，则B点相对平衡位置低10cm，所以A、B相差20cm，故B错误； C．图示时刻E在波峰，B在波谷，C点位于EB的中点，即C点正处于平衡位置，由图可知，波从E向B传播，可知此时C向上运动，故C正确； D．波速为1m/s，波长为0.5m，根据 解得该波的周期为0.5s，所以各质点的振动周期为0.5s，B点振幅为10cm，故从图示时刻起经1s，B点通过的路程为，故D正确。 9．AD 【解析】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有 对，由牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有 则有可得解得， 设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为 由能量守恒定律有解得 释放后的速度最大时为，则有又有解得 则有， 由能量守恒定律有 解得，故C错误，D正确。 10．AD 【解析】A．设金属棒加速度为，在拉力作用下，金属棒做加速运动，产生感应电动势电容器两端电压电容器带电量 回路电流金属棒受安培力 根据牛顿第二定律有解得可知加速度为定值，金属棒做匀加速直线运动；撤去拉力后，金属棒做匀速运动，则，电流，安培力，金属棒所受合外力为零。图像中，先为过原点的倾斜直线，后为平行于时间轴的直线，故A正确； B．拉力的功率在拉力作用阶段，与成正比，图像应为过原点的直线，撤去拉力后，故B错误； C．图像的斜率表示速度，匀加速运动阶段斜率应逐渐增大，匀速运动阶段斜率不变，故C错误； D．在匀加速阶段，由得，图像为开口向右的抛物线分支，匀速阶段不变，图像为水平直线，故D正确。 11．(1) (2) (3) 【解析】（1）若该实验要验证碰撞前后两小球组成的系统动量守恒，设小球做平抛运动的时间为，则需要满足 整理可得 （2）若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞，则需要同时满足， 联立求得，需要满足的表达式为 （3）碰撞前，小球1的速度，小球2的速度，碰撞后，小球1的速度，小球2的速度为，故碰撞恢复系数 12．(1) D 增大 423 (2) A 【解析】（1）①[1]为了保护灵敏电流表G，闭合开关前，应使测量电路（电桥）两端的电压最小，故滑片应置于D端。 ②[2]由题意可知，电流从A端流入时指针向A端偏转。图乙中G指针向B端偏转，说明B端电势高。要使G指零，需增大或减小。根据电路图可知，增大可使分压减小，升高，故应调节电阻箱使阻值增大。 ③[3]图乙为电桥电路，平衡时满足 已知a、b、c为三个完全相同的电阻，代入平衡条件解得 （2）①[1]当a、b、c不完全相同时，为了消除电阻阻值不准确带来的系统误差，可采用交换法。即交换比例臂电阻的位置。原平衡条件为 交换a和b、c的位置后，新平衡条件为 两式相乘可消去和，解得 故选A。 ②[2]由上述分析可知 13． 【解析】（1）设气体初状态的压强为，空气柱长度为，则 解得 （2）设加入水银后，气体的压强为， 由玻意耳定律可得 解得 （3）气体初状态的压强为，空气柱长度为，末状态的压强，空气柱长度为，玻璃管横截面积为，由玻意耳定律可得 式中解得 14．【解析】（1）当甲从A点滑至B点根据 代入数据可得a=2m/s2 根据牛顿第二定律有 又因为，所以 代入数据联立可得 （2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有 根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s 所以AB段动量的变化量为 （3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有 代入数据解得 甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 可得 甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止； 在内，甲运动的距离 代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。 15．【解析】（1）粒子在电场中做类斜抛运动 设粒子初速度方向与x轴夹角为，加速度 方向沿y轴正向。粒子从运动到，水平方向 竖直方向 联立解得 即 在O点，， 设射入磁场速度方向与x轴夹角为，则 即 根据， 解得或 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径 磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右，如下图 射出点纵坐标 当时，， 当时，， 粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板上的位置纵坐标 故y坐标为或。 （3）根据（1）可知 设。粒子能到达O点需满足，即， 若，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 当时，存在两个发射角（假设大于）。粒子在电场中不撞板条件为，如下图 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可知，此时 根据数学关系可知此时， 解得对于需，即 此时对应粒子轨迹刚好与上极板相切。 综上所述，当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点； 当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点； 当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点； 当，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 答案第10页，共11页 高二期末物理试卷答案 第1页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $