广西南宁市第三中学2025-2026学年高二下学期期末考试物理试题

南宁三中2025~2026学年度下学期高二期考 物理试题 2026.7 命题人：黄文斌 审题人：韦清漓 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求， 每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 1.广西防城港核电站是中国西部地区和少数民族地区开工建设的首个核电项目，目前己经投产使用。 核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为 2U+。X→Ba+8Kr+3X,则 A.X为电子 B.Z=53 C.2U的质量数为92 D.25U比8Kr多90个中子 2.常温下，声音在空气和水中的传播速度约分别为340ms1和1500ms!。在空气中波长为3.4m的 声波由空气传入水中，则该声波在水中的波长约为 A.34m B.15m C.4.4m D.3.4m 3.在科学研究中，理想模型是为了便于研究问题而对研究对象进行理想化抽象的过程，物理学中通过 抽象方法构建的理想化模型有很多，下列不属于理想模型的是 A.质点 B.单摆 C.元电荷 D.理想气体 4.带正电的金属小球放在一无限大的金属板附近，它们之间的电场线分布 如图所示，a、b是电场中的两点。下列说法正确的是 A.金属板表面的电势是相等的 B,a点电场强度小于b点电场强度 C.负电荷在4点的电势能大于在b点的电势能 D.正电荷在电场中a点由静止释放后可能沿着电场线运动到b点 5.在2026年世界杯期间，某足球运动员通过“颠球”进行热身。如图，某次“颠球”时，足球竖直落下刚 要与脚接触时的速度为3m/s,足球与脚接触0.06s后被脚以大小相等的速度向上颠起。已知足球 的质量为0.4kg,不计空气阻力，取g=10m/s2,下列说法中正确的 是() A.离开脚后，足球上升最大高度为0.9m B.足球离开脚后到再次接触脚前，足球处于完全失重状态 C.足球与脚接触过程中，足球动量的变化量大小为0 D.足球与脚接触过程中，脚对足球的平均作用力大小为16N 高二期考物理试题第1页共6页 a^“"1.%。a 回宾 6.如图，边长为L的等边三角形区域ABC内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁 场。一个带电量大小为g、质量为m的带电粒子，从B点沿BA方向射入磁场，并恰好垂直于AC 边射出磁场，虚线为其运动轨迹，不计粒子重力，.则带电粒子在该三角形磁场中 A.带负电 B.做圆周运动的半径为L C.速度大小为3LgB D.运动时间为器 7.某同学根据所学物理知识设计了一款发光装置，其简化结构如图（俯视图）。半径分别为1和21的 同心圆形光滑导轨固定在同一水平面上，一长为1的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通 过圆导轨的中心O,半圆环区域内直径MN左侧存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小 为B,方向竖直向上。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接一发光二极管（正向导通时阻值 R,反向时电阻无穷大)。阻值为R的直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O匀速转动，金属 棒在磁场区域转动时二极管能发光，导体棒在转动过程中始终与导轨保持良好接触，除二极管和导 体棒之外的其他电阻忽略不计，.下列说法正确的是 B A.导体棒绕O点顺时针转动（俯视图） B.导体棒切割磁感线时，导体棒AB两端电压为3B 2 C.导体棒切割磁感线时，通过二极管的电流大小为3B +2R D.金属棒转动一周的过程中，外力的平均功率98。 16R (俯视图) 8。投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。如 图所示，画中人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度y水平，第二次初速度斜 向下，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程 A.加速度相同 B.运动时间相同 C.速度变化量相同 D.动能变化量相同 高二期考物理试题第2页共6页 回宾 a“"1…%o¤ 9.某款手机防窥膜由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对发光 像素单元可视角度日的控制，其原理如图所示。发光像素单元（可视为点光源）紧贴在防窥膜下表 面，位于相邻两屏障正中间，发出的两条光线的夹角为α。下列说法正确的是 空气 透明介质 发光像素单元 A.透明介质的折射率n= sine sina B.透明介质的折射率n=2 sin 2 C.增大屏障高度d,可以减小可视角度日，使防窥效果更好 D.减小屏障高度d，可以减小可视角度0，·使防窥效果更好 I0.“北斗”卫星导航系统是我国自主研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CSS),为我国经济发展 和国防建设提供了有力保障。建成后的“北斗”卫星导航系统包括5颗静止卫星和30颗一般轨道卫星。 北斗卫星导航系统中的一颗卫星α位于赤道上空，其对地张角为60°，如图所示。己知地球的半径为R, 自转周期为T。,表面的重力加速度为g,万有引力常量为G。根据题中条件，可求出 A.卫星a的轨道半径为√3R B.静止卫星的轨道半径为引 gToR2 4x2 ais60° 0地球 2R C.卫星a的周期为T。=2π D.a与近地卫星运行方向相反时，二者不能直接通讯的连续时间为 8π√2gR (2√2+10g 二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要 的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.(6分)某同学设计图甲所示的实验电路“测量电源的电动势E和内阻”，实验器材如下： A.待测电源（电动势约为6V,内阻小于32）B.电流表（量程为00.6A,内阻不计） C.定值电阻R,=102 D.滑动变阻器R(最大阻值R=32) E.开关、导线 Ro 0.20.4 Q.6 高二期考物理试题第3页共6页 回 a^“"1…%o¤ (1)按照图甲所示的电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关$，电流表的示数如 图乙所示，则此时电流为A。 (2)将滑动变阻器的阻值调为零，记录电流表的示数为0.50A,根据实验得到的数据，可得电源电 动势E=V,内阻r= 2。(结果均保留两位有效数字) 12.(10分)某实验小组用气体压强传感器做“探究气体等温变化的规律”实验，实验装置如图甲所示 橡胶管 一源个 压强 注射器 传感器 数据采集器 计算机 甲 乙 丙 本实验的研究对象是注射器中的空气柱，主要实验步骤如下： ①把注射器活塞移至注射器最大位置，将其通过一段橡胶管与压强传感器、数据采集器、计算机逐 一连接： ②移动活塞压缩气体，记录注射器的刻度值”，以及对应的由计算机显示的气体压强值P: ③用图像处理实验数据，得出图线。 (1)本实验中，压强传感器() A.需要调零 B.不需要调零 (2)为保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化，应 (填字母)。 A.尽可能保持环境温度不变 B.实验过程中要用手握紧注射器主管 C.实验过程中应缓慢地推动活塞 D.实验前要在活塞与注射器壁问涂适量的润滑油 ③)该组同学在操作规范、不漏气的前提下，测得多组压强p和的数据并作出？图线，发现 D 图线不通过坐标原点，如图丙所示。则图中'o代表的物理含义是 (④)为了使该组同学在实验中做出的”-图线是一条过原点的直线，请你提供一条改进建议： (⑤)若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积%不可忽略，从理论上讲-二图像可能接近下 列哪个图 （填字母)。 高二期考物理试题第4页共6页 a“"1…%o¤ 13.(10分)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图所示，派件员在分拣处将包裹 放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托 盘倾角增大到037°时，快递恰好能够匀速下滑。现机器人要把包裹从分拣处运至相距为L=45m的 投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 己知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1)快递与托盘间的动摩擦因数“： (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小； (3)在一次运送中，机器人把包裹从分拣处运至投递口处的V-1图像如图乙所示，求该次运送过程 机器人的最大速度Vm。 托盘 Λms) 快递 托盘T 投递口 甲 1 16 30 t/s 乙 14.（12分)某同学在车展上看到利用太阳能源的概念汽车，于是对太阳能汽车开展系列课题研究： ()太阳辐射的能量主要集中在可见光、红外线、紫外线三个区域，人眼对可见光中的绿光较为敏 感，若绿光的波长为2，普朗克常数为h,光速为c,则绿光光量子的能量为多少？ (2)太阳能照射到地球上时，由于大气层的反射和吸收等作用，只有约”=50%到达地面。若太阳 光垂直照射到地面上单位面积的辐射功率为，日地间距离为”（日地距离足够远），则太阳辐射的总 功率P总为多少？ (3)查阅车展的太阳能汽车资料可知：汽车上表面的光电池板装置能把照射到电池板上刀，=40%的 太阳能转化为电能，车内电动机又能把乃2=0%的电能转化为机械能作为汽车行驶的动力，若汽车在行 驶时阻力恒为∫=600W,光电池板位置能自动调节，与太阳光照射方向始终保持垂直，若每平方米垂 直照射到电池板上太阳光的功率为P=1.25kW,电池板的总面积为S=8m2,试求： ①汽车获得的机械功率P机： ②汽车匀速运动时的速度v。 高二期考物理试题第5页共6页 回 al“"1%o¤ 15.(16分)如图所示，倾角0=37°的斜面内有一固定金属导轨PP,022,其中P022构成边长为L的 等边三角形，PB与2,2，平行，且间距为L。在2，处有一极小缺口，使0,2，与导轨其余部分不连 通；Q,?分别接恒压直流电源正、负极。导轨上MPO2N区域存在垂直斜面向上的有界匀强磁场， 边界MN与RB垂直，磁感应强度大小为B。导轨上有两根相同的金属杆a、b,质量均为m,电 阻均为R,与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.75。a在0点，b在P,P,22,上，接通电源后，b恰能 静止在导轨上不上滑。某时刻断开电源，α在沿导轨中线的拉力作用下，从O点沿斜面向下做速度 为%的匀速直线运动，经过PA时撒去拉力，已知a与W相距x时，6以速度离开磁场。导 轨足够长且电阻不计：两杆与导轨始终接触良好且与导轨中线垂直，全程未发生碰撞。最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度为8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (I)接通电源后，b恰能静止在导轨上不上滑时，b棒受到的安培力的大小和方向： (2)杆从O运动至PO2过程中，安培力对a杆所做的功： (3)a杆最终的速度大小。 6 二直流 高二期考物理试题第6页共6页 a^“"1.%。a南宁三中2025~2026学年度下学期高二期考 物理试题参考答案 一、选择题： 题目 1 2 3 6 7 8 9 10 选项 D C A B D AD BC BD 1.D[解析]由核反应核电荷数和质量数守恒，可知U叶。n→gBa+Kr+3。n,则：A.X为中子， 故A错误：B.Z-92-36-56,故B错误；C.2U的质量数为235，故C错误：D.3U的中子 数=235-92-143,8Kr的中子数=89-36-=53，所以5U比8K多(143-53)=90个中子，故D正确。 故正确答案选D。 2.B【解析】声波的频率由波源决定，从空气传入松木时频率∫保持不变，根据波速公式v=1∫可得 列波满足学=。餐理符公二整，代入致据解得九k=15m。 3.C【解析】理想模型是为了便于研究问题而对研究对象进行理想化抽象的过程，是把实际物体理想 化、忽略次要因素构建出来的假想模型。A.质点：忽略物体形状、大小，只保留质量的理想化物 体，属于理想模型：现实不存在只有质量无体积的物体。B.单摆：要求摆线无质量、不可伸长， 摆球为质点，忽略空气阻力，现实中无法完全实现，是理想模型。D.元电荷：元电荷是客观存 在的最小电荷量，是一个物理常量，不是对物体抽象得到的理想化模型。电子、质子的带电量就等 于元电荷，真实存在，因此不属于理想模型。D.理想气体：忽略分子本身体积、分子间相互作用 力，真实气体只能近似满足，属于理想模型。因题目问的是不属于理想模型的，故正确答案选C。 4.A【解析】A.金属板表面电场与金属板垂直，金属板是一个等势体，故A正确：B.电场线疏密表 示电场的强弱，故A点电场强度大于B点，故B错误；C.由于沿电场线方向电势降低，所以A点 电势高于B点，粒子带负电，所以粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故C错误；D.因 AB之间的电场线为曲线，根据物体做曲线运动的条件可知，在电场中由A点静止释放的质子不可 能沿电场线运动到B点，故D错误。故选A。 5,B【解】入肉开阴后，足球上升最大高皮为：=治0=045m,运项A错误：B.离开 32 脚后到再次接触脚前，足球只受重力，处于失重状态，选项B正确：C.足球与脚接触过程中，足 球动量的变化量大小为△p=mv-(-mv)=2mv=2.4kg·m/s,选项C错误：D.以竖直向下为正 高二期考物理答案第1页共6页 a^“”1%oa 方向，碰撞过程中，根据动量定理可得F1+mg=△p,解得F=-44N,则大腿对足球的平均作用 力大小为36N,根据牛顿第三定律可知，足球对大腿的平均作用力大小为F#=44N,故D错误。： .0 故选C。 6.C【解析】A.左手定则可知粒子带负电，则A错误；B.由几何关系，可得 圆周运动半径为r=2Lc0s30°=√5L,B错误：C.由牛顿第二定律，得 30 gwB=m兰解得v=√BLgB,C正确：D.由几何关系，可得圈心角为 v2 m 30 30°T=2 则在磁场中运动时间为1=0°了，其中为T=2加-2红m 360° gB 解得t三，D错误。故选C。 7.D【解析】A.要使二极管发光，从俯视图看，外部感应电流方向从D到C,导体棒中电流由A到B, 由右手定则可知，AB棒绕O点逆时针转动。A错误；B.AB切割磁感线过程中，△r时间内，导体 棒扫过的面积a=亏心4,2-r)一，产生的感应电动势B=BA-弓 2=二B2,通过二极管 △t2 的电流大小为I= E3Bol 2R 4R ,B错误：C.导体棒两端电压为路端电压，即：U=R=3B@ -,C 4 错误：D.金属棒转动一周的过程中，根据能量守恒可知，导体棒转动一周外力做功的平均功率 32B122 P外=P= 4 9B21o2 故D正确： R+R 2R 16R 8.AD【详解】AB.不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中，只受重力，加速度均为 8第一次初速度V水平，小球竖直方向做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，则有M=对， 第二次初速度2斜向下，设初速度竖直分量为y,小球竖直方向做初速度为y,、加速度为g的匀加 速直线运动，则有，=V5+2然结合题意可知么=%可得(>4即运动时间不相同，故A正确，B 错误：C.根据△v=gt,4>42可得△y>△y2,故C错误；D.根据W。=gh可知两次重力做功相 等，因只有重力做功，根据动能定理可知：动能变化量等于重力做功，可知两次动能变化量相同， 故D正确。故选AD。 高二期考物理答案第2页共6页 D a^“"1…%o¤ 41 tsi 答案】BC【详解】AB,由光路图可，折射角为号，入射角为号，根据折射定徘可知工 sin 2 故A错误，B正确：CD.设相邻屏障间距为L,由几何关系有amg=子， 增大屏障高度d, 小，则α减小，可视角度0减小，使防窥效果更好，故C正确，D钳误；故选BC。 10.【答案BD详解JA,卫是a对地张角为60°，则有：sin30°=二，片=2R, R 则A错误：B.由G-=mg；G=r =mr 云，可得，=习 gT 4r2,B a60° O地球 正确：C.卫星a的轨道半径为2R,则有G伽 (2R7 ;GM m.2R4z2 .=mg, 2R 解得T.=4π ,C错误：D.设近地卫星周期为T,则有T=2π a与近地卫星运行方向相反时， 二者不能直接通讯的连续时二者转过的角度满足 0+0,=钙 即 T3 联立 8πV2gR 可得t= D正确。故选BD。 3(2W2+1)g 二、非选择趣：本题共5小题，共54分。其中13~15题解答时请写出必要的文字说明、 方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.(6分)【答案】(1)0.40(2分)(2) 6.0(2分) 2.0(2分) 【详解】(1)由于电流表的分度值为0.02A,故其读数为0.40A。 (2)[1]2]当滑动变阻器的阻值最大时，根据欧姆定律可得E=1,(R。+R+r) 当滑动变阻器的阻值为袋时，则有E=I2(R+) 由实验数据可知2=0.40A,I2=0.50A 联立解得E=6.0V,r=2.0.2 12.(10分)【答案】(1)B(2分)(2)AC(2分)(3)橡胶管内气体的体积(2分)(4)取橡胶管 内和注射器内的气体作为研究对象，想办法测出橡胶管内的气体（其他合理建议给分） (5)D(2分) 高二期考物现答案第3页共6页 D a^“6"1.%。a 【详解】(1)在探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系实验中，压强传感器测量的是一 定体积时对应的压强值，不稽要调琴。故选B。 (2)A.为保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化，应保证环境温度不变，A正确：若实 验过程中用手握紧注射器并快速推拉活塞，则气体温度将升高，B错误；C。实验过程中应缓慢地推动 活塞，使气体温度始终与环境温度相同，C正确：D.在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油作用是为了 保证不漏气，不能保证温度不变，D错误。故选AC。 (3)图线不通过坐标原点，根据图像可知，图像中当V等于0时，气体压强的倒数不等于0，体 积测量值V没有包含胶管内气体的体积，可知，纵截距的绝对值代表塑料管内气体的体积： (4)取橡胶管内和注射器内的气体作为研究对象，想办法测出橡胶管内的气体（其他合理建议给分） (5)设压缩前气体体积的测量值为V',根据玻意耳定律得P。(V'+'。)=p(V+'。),解得 +=('+o)P p=PoV+Vo 其中、”、八为常数，十随的增加而诚小，由此可 知，p一立图线应向下弯曲，故选D。 12.(12分)解：(1)当托盘倾角增大到日=37°时，快递恰好能够匀速下滑，根据平衡条件 mgsin37°=ngcos37° (2分) 解得 4=0.75 (1分) (2)对快递受力分析，根据牛顿第二定律 fn=ma (2分) 当∫=4mg时，恰好不发生滑动 (1分) 联立得 a=4g=7.5m/s2 (1分) (3)v一t图像中图线与t轴所围的面积代表该过程运动的位移，有： L=15+30)×y (2分) 2 结合题意：L=45m 联立得：Vnm=2m/s (1分) 14.（12分)解：(1)根据题意，有： :c=Ay (1分) s=hy (1分) 高二期考物理答案第4页共6页 a^“6"1.%。a 联立，得8=号 (1分) (2)太阳辐射的总功率： Pa=nR·4πr2 (2分) 太阳能照射到地球上时，约7=50%到达地面，代入数据有： Pe=2Pomr2 (1分) (3)汽车获得的机械功率： 机=PS7,72 (2分) P机=1.25×8×40%×90%=3.6kW(1分) 汽车匀速运动时速度最大，有： P机=Fv (2分) 则： 组=6mls V=- (1分) 15.(16分)解：(1)杆b静止且恰不上滑，对杆b受力分析，有 F安=mgsin8+FN (1分) Fy mg cos0 (1分) 联立得： :F安=mgsin0+4 ng cos0 (1分) 由左手定则可知：杆b所受安培力沿导轨中线向上~(1分) (2)设a杆沿斜面匀速向下运动的位移为S,切割磁感线的有效长度： 2V3 cos30°.3J (1分) 接入电路电阻 R= L E-B出=BL% 流过杆a的电流 1= R (1分) L 杆a所受安培力 F=BI I= 23B2LVo.S (1分) 3R 则F与$成正比关系，则平均安培力 F=25B2L%×0+Lcos30°=B2L (1分) 3R 2 2R 高二期考物理答案第5页共6页 a“"1.%oa 安培力F对杆a做功 W--Fx3L (1分) 2 联立解得 W=-3BDv (1分) 4R (3)撤去拉力后，杆b出磁场前，两杆均mgsin0=μngcos0且所受安培力等大反向，故杆a、b 总动量守恒。 设杆b离开磁场时，杆a速度为v,有 m,=mv+m. (1分) 3 此后的运动，只有a杆在磁场中，当α的速度为v.时，杆a、b组成的回路电流 12= BLva 2R 杆a受安培力减速，安培力 F。=BI23L= B2Lva 2R 杆b离开磁场后，设杆α在磁场中继续运动时间t,前进距离x后，速度恰好减小为0 对杆a,由动量定理 -8.BLVL1=0-m. (1分) 2R xo=y。t (1分) 解得 4mvoR =3B2 (1分) 讨论： i.当x≥4mR 3B2L2 时，杆a在磁场内停下，最终速度为0： (1分) i。当<4时，出磁场后，杆a以速度沿导轨做匀速直线运动 3B2L2 对a,由动量定理 -F t=mvem-mv 即-B.BgL4=-B2 2 2R 2R =myam-m×2Vo 3 x=v。t 解得 =2y-8 =3。-2mR X (1分) 高二期考物理答案第6页共6页 D a“x"1%o¤