广西省桂林市2025-2026学年高二下学期期末考试物理试卷

这是一份广西省桂林市2025-2026学年高二下学期期末考试物理试卷，共11页。

桂林市 2025-2026 学年度下学期非毕业年级日常考试题库卷
高二物理参考答案
选择题：本大题共 10 小题，共 46 分。第 1~7 题，每小题 4 分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第 8~10 题，每小题 6 分，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得 0 分。
A【详解】射线带正电， 射线带负电，射线不带电，根据左手定则可知a、b、c 三 种射线分别是射线、射线、射线。
C【详解】涡流所利用的物理学原理是电磁感应。
B【详解】扩散现象是指不同物质在相互接触时，彼此进入对方的现象。放入茶叶后，茶叶中的色素分子进入水中，使水的颜色变深，这符合扩散现象的定义。
C【详解】A．c→a 为绝热过程，即 Q=0,因体积减小，故外界对气体做功，即 W>0。根据热力学第一定律，有ΔU=Q+W，可知，ΔU>0，即气体内能增大，则温度升高，故 A 错
误；B． b  c 过程，压强减小，体积不变，根据 PV  C 可知温度降低，气体分子的
T
平均动能减小，故 B 错误；CD．a→b 过程中，气体压强不变、体积增大，根据 PV  C
T
可知，温度升高；压强由单位时间单位面积的撞击次数（与分子数密度相关）和单次撞击力（与分子速率相关）共同决定。体积增大导致分子数密度降低，虽温度升高使单次撞击力增强，但二者作用相互抵消，最终使压强保持不变，故单位时间单位面积撞击器壁的分子数减少，故 C 正确。
A【详解】A. 氢原子从 = 5 能级向n  1 能级跃迁时发出的光能量最大，对应光子的波长最短，故 A 正确
B．处于 = 5 能级的氢原子群向基态跃迁时，可辐射出 10 种不同频率的光,故 B 错误；
C．氢原子从 = 3 能级向n  2 能级跃迁时发出的光能量? = ?3 − ?2 = 1.89eV < 4.8eV，用此光照射硅片时不可能发生光电效应，故 C 错误；
D．处于 = 4 能级的氢原子要使其发生电离，至少要吸收能量为 0.85eV 的光子，故 D
错。
D【详解】A．由右手螺旋定则可知穿过线圈 M 的磁场沿顺时针方向，则穿过线圈 N 的磁
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
C
A
D
D
AD
BD
BC
场也沿顺时针方向，故 A 错误；
B．由图乙可知通过线圈 M 的电流随时间增大，所以穿过线圈 N 的磁通量随时间增大，故
B 错误；
C．穿过线圈 N 的磁通量沿顺时针方向且随时间增大，由楞次定律可知线圈 N 的回路中产生逆时针的感应电流，即通过定值电阻 R 的感应电流由b 到 a，故 C 错误；
D．由图乙可知通过线圈 M 的电流随时间变化的越来越慢，由法拉磁感应定律可知线圈 N
中产生的感应电动势越来越小，所以通过定值电阻 R 的感应电流逐渐减小，故 D 正确。
D【详解】根据题意，正六边形中心O 与顶点 P、Q 构成等边三角形，POQ  60∘ ，粒子在 P 点速度与OP 成30∘ 角，设轨迹圆心为O1 ，如图：
由几何关系结合对称性，四边形OPO1Q 为菱形，轨迹半径 = ? = ，
1
圆心角PO Q  POQ  60∘ ，粒子沿顺时针方向运动，从 P 到Q 经过
优弧，转过的圆心角 = 360∘ − 60∘ = 300∘，粒子运动周期T  2m ，
qB
= 300∘ = 5 ⋅ 2? = 5?
则运动时间
360∘
6?
3? 。若将磁场反向，则粒子会从图中 M
M
4?
点返回无场区域，转过的圆心角为 240°，则运动的时间为3? 。
AD【详解】A．根据公式 E  h以及c  ，可得 E  hc ，由此可知，电磁波波长越长，

其能量越小，A 正确；
B．根据麦克斯韦的电磁场理论，只有周期性变化的电场和磁场才能在其周围产生电磁波，均匀变化的电场和磁场只能产生恒定的磁场和电场，不能产生电磁波，B 错误； C．Wi-Fi 是使用了电磁波中的无线电波，故 C 错误；
D．在电磁波谱中，红外线的频率范围低于紫外线的频率范围，所以红外线的频率比紫外线的频率小，D 正确。
BD【详解】AB．该时刻线框平面与磁感线垂直，此时磁通量最大，但磁通量变化率为零，感应电动势最小，线框中的电流最小，A 错误，B 正确；
C．从图中所示位置再转过 90°时，到达中性面的垂面，此时电流方向不改变，C 错误；
D．从图中所示位置再转过 60°时，由e  BSsint ，将 t  60 代入得
e 3 BS，D 正确。
2
BC【详解】A. 根据右手定则，AB 边开始进入区域 I 时电流方向顺时针（俯视图），CD 边开始进入区域 I 时电流方向逆时针（俯视图），故 A 错误；
B. CD 边刚要离开磁场区域 II 时，对线框由牛顿第二定律得，mg sin 37  nBId  ma ，
1
又 I  E  nBd1 ，解得 v =0.5 m/s，故 B 正确；
RR
CD．线框从静止释放到离开磁场区域 II 的过程中，全过程列动量定理得
安
mgt sin 37  IF m1
导体框受到的安培力作用共分为三个阶段，第一阶段刚进入磁场 I 的过程，第二阶段导体框进入磁场区域 II 的过程，第三个阶段是穿出磁场区域 II 的过程，第一与第三阶段受
到安培力的冲量大小相等，此时合冲量为 I13  2
n2 B2d 3
R
第二阶段的安培力冲量为 I2
49
n2 B2d 3

4
R
, IF安
 I13
 I2
联立方程后可解得t 
12
s，故 C 正确。
非选择题：本大题共 5 小题，共 54 分。第 11 题 8 分，第 12 题 8 分，第 13题 10 分，第 14 题 12 分，第 15 题 16 分。其中第 13~15 题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
11.（共 8 分，每空 2 分）
（1）1.0×10-9（2）CD（3）BC（4）
6M
D3
【详解】(1)一滴纯油酸的体积， 所以油酸分子直径为
（2）由油酸分子直径 = (V 是纯油酸的体积，S 是油膜的面积)，1 mL 溶液的滴数少记了
5 滴，纯油酸的体积偏大，导致计算结果偏大，A 错误;水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测量的面积 S 偏小，导致计算结果偏大，故 B 错误;计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则测量的面积 S 偏大，导致计算结果偏小，故 C 正确;配置好的油酸酒精溶液放置时间过长，会由于酒精具有挥发性使其浓度变大，则导致计算结果偏小，故 D 正确。
在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验理想假设有：①把油酸分子视为球形；②油酸在水面上充分散开形成单分子油膜；③油酸分子是紧挨着的，没有空隙。而酒精溶于水是客观事实，不是理想假设，故选 BC。
每个油酸分子的体积为，油酸的摩尔体积为，联立可
得
12．（共 8 分，每空 2 分）
(1) ① RA② a(2) ② 1.75 ， 1
【详解】（1)图甲中滑动变阻器的连接方式为分压式，为了操作简便，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选；为了保护负载，闭合开关 S 前，应使两端的电压为零，故应将滑动变阻器的滑片置于 a 端；
（2）由题意知，托盘上物块的质量为 0.2 kg 时，控制电路两端的电压为 1 V，则 RF 两端的电压为 4 V，此时 F=2 N ，结合图乙可知，此时 RF=7 kΩ，R 与 RF 串联，电阻之比等于电
R
压之比，即
RF
 1 ，则解得 R=1.75 kΩ
4
因 0.1 kg＜0.2 kg，F 减小，RF 增大，此时 RF 两端的电压大于 4 V，控制电路两端的电压小于 1 V，则质量为 0.1 kg 的物块经该装置后将进入通道 1。
13．（10 分）
（1）（4 分）由动能定理有 qU＝1mv2 ①（2 分）
2
解得 ②（2 分）
v2
（2）（4 分）由牛顿第二定律有 qvB＝m③（2 分）
r
解得 ④（2 分）
（3）（2 分）由几何关系得⑤（2 分）
14.（12 分）
（1）（5 分）气体做等温变化，根据玻意耳定律可得 p0SL0=p1SL1 ①（3 分）
解得 p1=1.25×105 Pa ②（2 分）
（2）（7 分）环境温度升高的过程中气体做等压变化，设气柱长度增加了 h,
由盖吕萨克定律得 SL1  S (L1  h) ③（2 分）
T0T1
解得 h=0.016 m④
气体对外界做功 W=－4p1Sh ⑤（1 分）
又由热力学第一定律ΔU  Q  W ⑥（2 分）
联立②④⑤⑥解得 Q=128 J ⑦（2 分）
15.（16 分）
（1）（4 分）ab 棒切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有 E=BLv0 ①（2 分）
由切割类右手手定则可知，初始时刻 ab 棒中感应电流方向从 b 到 a，
故，由左手定则可知此时 cd 棒受到的安培力方向为水平向右②（1 分）
在电源内部，则有 a 点电势高于 b 点 ③（1 分）
（2）（4 分）对该过程系统由能量守恒有
④（2 分）
解得 ⑤（2 分）
（3）（8 分）经分析，在双杆模型达到稳定后，两导体棒所构成的回路中不应存在电流，此时两导体棒速度大小相同，设为 v，
导体棒两端电压等于电容器两端电压，即 UC=BLv ⑥（1 分）
对电容器进行分析有电量 q  CUC  CBLv ⑦（1 分）
对全过程两导体棒分别列动量定理，
对 ab 棒有：  BI1Lt  mv  mv0 ⑧………………（1 分），其中电荷量 q1  I1t
对 cd 棒有： BI2 Lt  mv ⑨…………………（1 分）,其中电荷量 q2  I2t
对回路电流分析有 I1  I2  IC ⑩（1 分）
根据 q  It 上式微元累加后可变形为 q1=q2+q ➃（1 分）
联立可解得
q CBLmv0
2m  CB2L2
⑫（2 分）