2025-2026学年高二下学期期末考试复习卷（五）物理

**基本信息** 以雄安新区静电探测、巴黎奥运会艺术体操等真实情境为载体，覆盖电磁学、光学、热学等核心知识，通过多维度问题设计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|电场线性质、光的全反射、变压器|结合“天空之网”等科技情境，考查基础概念辨析| |多选题|3/18|光电效应、简谐波、电磁感应|通过遏止电压图像、绳波传播，考查科学推理| |实验题|2/14|动量守恒验证、多用电表使用|设置斜槽碰撞误差分析，体现科学探究能力| |解答题|3/40|力学综合、气体实验定律、质谱仪|质谱仪问题整合电磁学与能量观点，考查模型建构|

2025/2026学年度（下）高二期末考试复习卷（五） 物 理 试 卷 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1．河北雄安新区融合静电探测技术构建起“天空之网”，实现了对低空飞行器的全天候实时监测。当飞行器靠近时，固定在地面上的静电探测器探头感应出了正电荷。在感应电荷产生的静电场中。电场线（     ） A．是闭合曲线 B．从感应正电荷出发 C．在无电荷区域相交 D．终止于感应正电荷 2．光与我们的生活联系非常紧密，下列与光学的相关知识正确的是（     ） A．用光导纤维束传送图像等信息利用了光的全反射原理 B．雨后天空中出现的彩虹是光的干涉现象 C．白光通过三棱镜后得到彩色图样是光的衍射现象 D．用标准平面检查光学平面的平整度利用了光的折射原理 3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比，在原线圈两端加上随时间变化规律为的交变电压，交流电流表为理想电表，。则下列说法正确的是（     ） A．电流表的示数为20A B．电阻R两端的电压为 C．电阻R消耗的功率为 D．副线圈中产生的交变电流频率为50Hz 4．如图所示，在长直螺线管中间区域放置一个匝数为、面积为的同轴小线圈。已知，长直螺线管通电后其内部磁场处处相同，磁感应强度的大小与螺线管中的电流成正比，即。在一段时间内，若电流随时间的变化关系满足（为常量），由理想电压表测出小线圈的感应电动势为，则可以表示为（     ） A． B． C． D． 5．如图所示，导热良好、开口向上的气缸固定在水平地面上，用一轻质活塞密封一定质量的理想气体。现在活塞上施加竖直向上的拉力使活塞缓慢上移（活塞始终未脱离气缸），设大气压强和环境温度均保持不变，不计气缸与活塞间的摩擦，则拉力的大小随活塞上移的距离变化的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 6．如图所示，在“伏安法测量小电阻”实验中，某同学误将两表位置互换，S闭合后造成的结果是（　　） A．电阻烧坏 B．电流表烧坏 C．电压表示数几乎为零 D．电流表示数几乎为零 7．如图所示，虚线的上方区域和下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，两虚线之间无磁场，重力不计的带正电粒子以垂直于磁场方向的速度从点射入上方区域，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（     ） A．第一次从到的运动时间等于从到的 B．磁场均垂直纸面向外 C．磁感应强度 D．轨迹内上下两区域磁通量 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 8．如图所示为研究光电效应的实验原理图，为的中点，滑动变阻器的滑片P初始时也位于的中点，电表均可视为理想电表。当用不同频率的光照射同一光电管并记录数据，得到遏止电压与频率的关系如图甲所示；当采用绿色强光、绿色弱光、紫色弱光分别照射同一光电管时，得到的光电流与电压的关系如图乙所示。已知电子的电荷量为，结合图中数据可知（     ） A．光电管K极材料的逸出功为 B．普朗克常量 C．a、b为绿光，c为紫光 D．用光照射光电管时，仅将滑动变阻器的滑片P向左滑动，电流表的示数不可能为0 9．巴黎奥运会艺术体操赛场，运动员站立在表演场地边缘，单手紧握柔韧艺术体操长绳的上端 O 点。比赛中运动员以恒定周期T在竖直方向做规律简谐摆动，带动整条长绳形成一列沿水平绳身向右传播的简谐波。绳上标记出两个质点a、b，两质点平衡位置的水平间距为L；图中用来辅助分析的水平、竖直虚线都是等间距标准格线，图示时刻质点a恰好落在波谷最低处。若从图示这一刻开始计时，下列判断正确的是（     ） A．该简谐横波的波速为 B．时，质点b的加速度最大 C．该运动员加快振动频率，波速将减小 D．时，质点b的速度方向与加速度方向相同 10．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为，电阻不计。左端接有输出电流大小恒为 的恒流源，电流方向如图。导轨间分布着两个紧邻的正方形磁场区域、宽度均为，左侧磁场方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，以导轨上两磁场交界处的 点为坐标原点，沿导轨方向建立 坐标轴，两磁场的磁感强度大小 仅随坐标 变化，且满足式中为已知常量。时，一根质量为，导轨间电阻为的导体棒以初速度从处向右运动；时，导体棒第一次到达处，且速度为0，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，不计空气阻力，忽略磁场的边界效应及电流对磁场的影响，下列说法正确的是（     ） A．导体棒做简谐运动 B．初速度 C．若初速度变为，则导体棒的速度第一次变为0所需时间为 D．若初速度变为，则导体棒将以两磁场交界线为中心做往复运动 三、实验题（本题2小题，共14分） 11．（6分） 用如图1所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图1中的点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置由静止释放，确定其平均落地点，记为。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为和，分别测出点到平均落地点的距离、、。测得球1的质量为，球2的质量为，且。 (1)下列实验步骤中必要的是_____。 A．测量球1静止释放的高度 B．测量抛出点距地面的高度 C．测量两小球的半径 D．利用重垂线确定点的位置 (2)某次实验时先将球1从斜槽上离桌面某高度h静止释放，确定球1平均落地点。然后将球2放在斜槽末端，发现球2沿斜槽向右侧滚动，于是调整斜槽末端水平，调整后斜槽末端离地面高度跟原来相同。从同一高度静止释放球1，与球2碰撞后，确定两球平均落地点和。则_____或。（选填“”“”或“”）。 (3)某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设、。在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出的图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出的图像。图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是__________。 A． B． C． D． 12．（8分） 如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势，内阻，灵敏电流计满偏电流，内阻，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。 (1)多用电表的选择开关旋至“”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行________调零，调零后多用电表的总内阻为________，此时甲图中电阻的阻值为________。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为________。 (2)某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是________（填选项前的字母）。 A．欧姆表的表笔、应分别接二极管的、端 B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零 D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω 四、解答题（共40分） 13．（10分） 如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 14．（14分） 如图所示，型玻璃细管竖直放置，水平细管（内、外径都很小）与型细管底部相连通，各部分细管内径相同。管长度为，初始时型玻璃管左、右两侧水银面高度差为，C管水银面距型玻璃管底部距离为。水平细管内用小活塞封有长度为的理想气体A，型管左管上端封有气柱长度为的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为，水平细管中的水银柱足够长，可能用到的数据：。 (1)求左右两侧液面相平时，气体B的长度； (2)求左右两侧液面相平时，气体A的长度： (3)固定活塞，气体B温度保持不变，只对气体A缓慢加热到，求此时气柱A的长度。 15．（16分） 图1为某质谱仪工作原理示意图。电离室中的气体分子被激光照射后发生电离，其中带正电的粒子静止经平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD边进入梯形匀强磁场区域（磁场方向垂直纸面向外），并且CG边中点O平行于CD边射出，经无场区从边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线MN上并被吸收，接收器可视为接地良好的金属板。MN延长线经过O点，与CD所在直线夹角为α，α可通过MN绕O点在纸面内的转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平0.3m行且间距为不变。CG边长0.2m，与底边HG夹角为60°，磁感应强度大小为0.4T，偏转电场的电场强度大小为1.8×104V/m，方向始终垂直于PQ。整个过程只考虑一种粒子，加速电场的电压恒定，MN与PQ足够长，装置处于真空环境，忽略粒子间的相互作用，不计重力。 (1)已知激光波长为442nm，求该激光一个光子的能量ε。（普朗克常量，真空中光速） (2)调整α，得到从粒子离开加速电场到到达接收器所经历的时间t与α的关系如图2所示，求加速电场的电压U以及粒子比荷k。 (3)质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收的粒子数为n，若再测一个除电荷量和质量以外的物理量，便可在（2）问的基础上得到粒子的质量。请写出该物理量，并推导粒子质量表达式（所有物理量均用字母表示）。 试卷第8页，共8页 高二期末物理试卷 第1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（五） 物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D D C D D BC AD AB 1．B 【解析】本题考查静电场电场线的基本性质，结合性质逐一判断选项： A．感应电荷产生的静电场的电场线为非闭合曲线，故A错误； B．静电场电场线起始于正电荷或无穷远，探测器探头感应出正电荷，因此电场线从感应正电荷出发，故B正确； C．电场中某点的场强方向唯一，因此无电荷区域电场线不可能相交，故C错误； D．静电场电场线终止于负电荷或无穷远，正电荷是电场线的起点而非终点，故D错误。 2．A 【解析】A．光导纤维的内芯折射率大于外套折射率，光在两者的界面上发生全反射，从而实现图像等信息的传输，故A正确； B．雨后天空的彩虹是太阳光射入空气中的小水滴时发生折射、色散形成的，属于光的折射现象，不是干涉现象，故B错误； C．白光通过三棱镜得到彩色图样，是因为不同频率的色光在玻璃中的折射率不同，偏折程度不同，属于光的折射色散现象，不是衍射现象，故C错误； D．用标准平面检查光学平面的平整度，是利用标准平面和待测平面之间的空气薄层上下表面的反射光发生薄膜干涉的原理，不是折射原理，故D错误。 3．D 【解析】ABC．变压器输入电压的有效值为 所以输出电压为 即电阻R两端电压为20V 电阻R消耗的功率为电流表的示数为 ，故ABC错误； D．变压器不改变交流电的频率，所以副线圈中产生的交变电流的频率为，故D正确。 4．D 【解析】根据法拉第电磁感应定律有根据题意有， 联立可得解得 5．C 【解析】设初始气柱长度为，气缸横截面积为，大气压为。初始时活塞平衡，轻质活塞重力不计，因此封闭气体初始压强，体积活塞上移后，气柱体积气缸导热温度不变，对封闭理想气体由玻意耳定律 整理得此时气体压强对活塞受力平衡分析得 代入得 增大时逐渐增大，且时，，即趋近最大值； 由数学知识，对求斜率可得，增大时斜率逐渐减小，因此图像是过原点、向上凸、斜率逐渐减小、最终趋于平缓的曲线。 6．D 【解析】互换后，电压表的内阻很大导致电路总电阻很大，电流很小，几乎为零，电流表的示数几乎为零，电压表的示数接近，电阻和电表不会被烧坏，故D正确。 7．D 【解析】A．设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角为，根据几何关系可知，粒子在上下两区域中运动的圆心角相等，根据周期公式和时间公式分别有， 联立解得由图可知上方圆弧的半径小于下方圆弧的半径，即，根据洛伦兹力提供向心力有解得 可知，则有，即第一次从到的运动时间小于从到的运动时间，故A错误； B．粒子从点射入上方区域并从点射出，轨迹沿逆时针方向弯曲，根据左手定则可知上方磁场方向垂直纸面向里，粒子从点射入下方区域并从点射出，轨迹沿顺时针方向弯曲，根据左手定则可知下方磁场方向垂直纸面向外，故B错误； C．由对A选项的分析可知，故C错误； D．设轨迹所在的区域面积为，由于两段圆弧对应的圆心角相同，由几何关系可知面积与半径的平方成正比，即（为比例常数），根据磁通量的定义式有 联立可推导由于，故有，故D正确。 8．BC 【解析】AB．由光电效应方程可得由动能定理可得 联立得图像斜率可得 光电管K极材料的逸出功为，故A错误，B正确； C．入射光频率越大，遏止电压越大，所以 a、b 为同一种光，且 a、b 的频率小于 c 的频率，则 a、b 为绿光，c为紫光。故C正确； D．将滑动变阻器的滑片向左滑动时，光电管两端的反向电压会增大，当反向电压增大到a光的遏止电压时，光电流会减小到0，电流表的示数会变为0。因此电流表的示数可能为0，故D错误。 9．AD 【解析】A．设该简谐横波的波长为，由题意可得 该简谐横波的波速为 解得，故A正确； B．当时，质点还没有运动到波峰，质点的加速度不是最大，故B错误； C．波速由介质（绳子本身性质）决定，因此该运动员加快振动频率，波速不变，故C错误； D．在图示这一刻，质点的振动方向竖直向上，故质点先向上运动到最高点再向下运动。当时，质点竖直向下运动，但是没有到达平衡位置，所以质点的速度方向和加速度方向均竖直向下，故D正确。 10．AB 【解析】A．作出 图像如图所示 根据题意知，在区域，导体棒所受安塔力大小 根据左手定则可知安培力方向始终指向 处，令 ，故导体棒所受外力满足同理，导体棒在 区域也满足则导体棒在区域做简谐运动，故A正确； B．导体棒 到过程，根据动能定理其中 联立可得，故B正确； C．对于简谐运动，从平衡位置运动到最大位移处所用时间为根据简谐运动圆频率结合上述分析可得，与速度无关，初速度变为后，根据动能定理可知导体棒向右运动的最大距离小于，导体棒仍做简谐运动，根据上述分析可知速度变为对导体棒的速度第一次变为0所需的时间没有影响，仍为，故C错误； D．若初速度变为，由动能定理可得导体棒运动到处速度为根据对称性知导体棒从处运动到处克服安培力做功为即导体棒运动到处速度不为零，导体棒将继续向右运动离开磁场，故导体棒不会以两磁场交界线为中心做往复运动，故D错误。 11．(1)D (2) (3)C 【解析】（1）ABC．小球做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，平抛初速度 需要验证的动量守恒的关系式为可转化为球1从同一位置静止释放，做平抛运动的初速度相同，因此，不需要测量球1静止释放的高度、抛出点距地面的高度，也不需要测量小球半径（题目已说明是抛出点的垂直投影，两球半径相同，无需额外测量），故ABC错误；D．必须利用重垂线确定点的位置，才能测量水平位移，故D正确。 （2）原来，左高右低，球1抛出时竖直方向有向下的初速度，下落时间小于调整后平抛的下落时间，仅在斜槽末端水平情况下有 因，，故有 （3）若为弹性碰撞，由动量守恒可得 碰撞前后系统动能不变，满足联立解得 等式两边同乘以平抛时间，代入、得 AB．换不同质量的球1时，上式可整理为 可知与成正比，对应的图像为类反比例函数关系曲线，故A、B错误； CD．换用不同质量的球2时，上式可整理为 可知的图像为一次函数关系图线，故C正确，D错误； 12．(1) 欧姆 150 59 70 (2)AC 【解析】（1）[1]将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零。 [2]灵敏电流计满偏电流为，调零时达到满偏，根据闭合电路欧姆定律有 解得调零后多用电表的总内阻为 [3]根据串联电路电阻关系有 解得此时甲图中电阻的阻值为 [4]多用电表的中值电阻等于总内阻，欧姆表表盘中值刻度为“15”，可知该挡位为“”挡，由图丙可知表盘读数为7，解得该电阻的阻值为 （2）A．多用电表内部电源的正极与黑表笔相连，二极管具有单向导电性，测量二极管正向电阻时，黑表笔应接二极管正极，由图乙可知带有“+”号的插孔接红表笔B，带有“-”号的插孔接黑表笔A，故黑表笔A应接二极管正极C，红表笔B应接二极管负极D，故A正确； B．人体是导体，双手捏住两表笔金属杆时，相当于人体电阻与待测电阻并联，总电阻变小，测量值将偏小，故B错误； C．若采用“”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明待测电阻较小，应换用较小倍率即“”倍率，且换挡后要重新进行欧姆调零，故C正确； D．若采用“”倍率测量时，设总内阻为，欧姆表表盘刻度不均匀，左密右疏，指针位于刻度“15”与“20”的正中央时，对应的电流是刻度“15”与“20”对应电流的平均值，则中点对应的待测电阻满足代入数据解得 可知此时测量值应为，小于，故D错误。 13．【解析】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 14．【解析】（1）由题意可知，初始时，气体B的压强为 将活塞向右压后，型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，即气体B的末状态压强和大气压强相等，即 设玻璃管的横截面积为，对气体B，根据玻意耳定律可得 代入数据，解得 （2）由题意可知，初始时，气体A的压强为 将活塞向右压后，型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，气体B的长度为，则C水银面距型玻璃管底部距离为 则气体A的末状态压强为 对气体A，根据玻意耳定律可得 解得 （3）加热过程中，设C管液面刚好30cm（与管口齐平）时，B中气柱长度x，此时两液面高度差为 则 对B，根据玻意尔定律有 解得 B上移1cm，C液柱上移，所以A中气体长度为 压强为 对A，根据理想气体状态方程有 解得 此后，C中液体溢出，高度保持30cm不变，所以A中气体压强保持105cmHg不变，进行等压变化，根据盖吕萨克定律有 解得此时气柱A的长度 15．【解析】（1）根据光子能量公式 代入数据解得 （2）根据题意画出粒子运动轨迹图如下 根据几何关系可知粒子在磁场半径 且粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，有 其中比荷。可得 由题知粒子在无场区O到PQ的距离为，在无场区运动时间 粒子进入电场时的法向初速度与电场方向相反，大小为 则在法线方向有 解得 总时间 其中t0为加速电场末端到CD无场区的时间与α无关，与α无关，根据图2可知时t最小，即 在有最小值，根据均值不等式可求出 联立 代入数据得在加速电场中有 得 （3）方法一：测量接收器受到粒子的平均作用力大小，在时间内，有 根据动量定理和牛顿第三定律可知接收器受到的平均作用力大小F等于粒子动量的变化率大小，即 对单个粒子，设粒子打在接收器上时垂直接收器速度为，则有可得 根据（2）问可知联立可得粒子质量 方法二：已知每秒接收粒子数n，每个粒子电荷量为q，则电流 故粒子质量将k代入即可。 答案第10页，共10页 高二期末物理试卷答案 第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $