广西贺州市2025-2026学年高二下学期期末检测物理试卷

这是一份广西贺州市2025-2026学年高二下学期期末检测物理试卷，共6页。

高二物理期考试题参考答案
1．D
【详解】A．压力传感器可将压力信号转换为电信号，能够感知压力大小的变化，因此可以使机器人有“手感”，故 A 正确。
B．超声波传感器接收的超声波频率高于 20000Hz，超出人耳听觉范围（20Hz~20000Hz），可让机器人听到常人听不到的声音，故 B 正确；
C．光敏电阻由半导体材料制成，光照强度越大，内部自由载流子浓度越高，导电能力越强，阻值随光亮度增加而减小，故 C 正确；
D．热敏电阻分为正温度系数和负温度系数两类，正温度系数热敏电阻阻值随温度升高而增大，负温度系数热敏电阻阻值随温度升高而减小，并非所有热敏电阻阻值都随温度升高而增大，故 D 错误；
2．B
【详解】A．由于电流方向与磁场方向平行，导线不受安培力，故 A 错误；
BCD．由左手定则可知，B 项中安培力的方向竖直向下，C 项中安培力的方向垂直纸面向里，D 项中安培力方向水平向右，故 B 正确，CD 错误；
3．C
【详解】A．甲分子从 M 到 N 一直受引力，分子间作用力增大，甲分子加速度增大，分子间作用力做正功，分子势能减小，故 A 错误；
B．甲分子从 N 到 P 分子间作用力逐渐变小，甲分子加速度减小，但仍为引力，分子间作用力做正功，分子势能减小，故 B 错误；
C．甲分子从 N 到 Q 分子间作用力先减小后增大，先是引力后是斥力，分子间作用力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故 C 正确；
D．甲分子从 P 到 Q 分子间作用力是斥力且逐渐增大，甲分子加速度增大，分子间作用力做负功，分子势能增大，故 D 错误。
4．A
2
【详解】A．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB = m v
r
解得r = mv
角速度
ω= v = qB 与半径、速度无关，ω =ω ，故 A 正确；
qBrmab
B．如图可知a 粒子半径大于b 粒子，根据r = mv
qB
故a 粒子速度大于b 粒子，加速度a = qvB可得 a > a 。故 B 错误。
mab
C．磁场垂直纸面向里，粒子向右偏转，则洛伦兹力向右，由左手定则可知粒子 a、b 均带负电。故 C 错误；
D．洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。故 D 错误；
5．D
【详解】A．在t1 时刻，磁感应强度最大，但磁通量的变化率为零，所以圆环中无感应电流，故 A错误；
B．在t2 时刻，磁感应强度为 0，但磁通量的变化率最大，则圆环中有感应电流，故 B 错误；
C．在0 ~ t1 时间内，由图 2 可知穿过圆环的磁通量向里增大，根据楞次定律结合安培定则可知圆环中感应电流方向沿逆时针方向，故 C 错误；
D． t1 ~t2 时间内，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律推论“增缩减扩”可知，圆环出现扩张趋势，故 D 正确。
6．A
【详解】A． 换算转速： n = 30r / min = 0.5r / s ，可得 ω= 2πn =πrad / s
图示位置电动势最大，大小为 Em = NBSω= 20V ，A 正确；
B． 磁场方向从 N 极指向 S 极（水平向右），线圈逆时针匀速转动
根据右手定则可判断：线圈作为电源，内部感应电流流向a 端，因此a 端为电源正极，电势高于 b端，B 错误。
C．图示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为 0（最小）
感应电动势公式 E = N ΔФ
Δt
，此时感应电动势最大，因此磁通量的变化率最大，C 错误；
D． 交变电动势峰值满足峰值会增大，D 错误；
Em = NBSω，且
ω= 2πn （ n 为转速），若仅增大转速，ω增大，电动势
7．B
【详解】A．地磁场竖直分量向下，绕 ab 边（南北向）翻转 90°过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则可知电流方向为 abcda，故 A 错误；
y
CD．绕 ab 边翻转 90°过程，磁通量变化量ΔΦ1 = B L2
由q = ΔΦ1 得 B = q1R ，即竖直分量为 q1R
1RyL2L2
2xy
绕 bc 边（东西向）翻转 90°过程，磁通量变化量ΔΦ = (B + B ) L2
由q2
= ΔΦ2 得 B
R
x + By
= q2 R L2
R L2
(
q – q ) + q
22
211
联立解得 Bx =
(q2 – q1 )R L2
B 2 + B 2
xy
地磁场磁感应强度 B =
=
，故 CD 错误；
B．设地磁场方向与水平面夹角为a，则
tana= By
Bx
= q1
q2 – q1 ，故 B 正确。
AD
【详解】A． 根据光电效应方程 e∣U∣c = hv– W0 ，遏止电压的绝对值越大，光的频率越大
由丙图可知， b 光遏止电压绝对值更大，因此 vb >va
，A 正确；
B．一群处于n = 4 能级的氢原子向低能级跃迁时， n = 4 ➟ n = 1 的能级差最大
ΔE = 13.6 – 0.85 = 12.75eV ，辐射光子能量最大、频率最高，结合vb >va，可知b 光是该跃迁发出的，B 错误；
C．因 b 光频率大于α光，则在同种介质中 b 光的折射率大于α光，因此水对b 光的折射率nb > na ，
根据v = c 可得v = c > v = c，即a 光在水中的传播速度大于b 光，C 错误；
nanbn
ab
D．第 2 能级的氢原子能量 E2=-3.4eV，吸收 2.55eV 光子后，总能量为-3.4+2.55=-0.85eV恰好等于第 4 能级的能量，满足氢原子跃迁的条件，因此可以发生跃迁，D 正确。
BC
【详解】A． A ➟ B 为等压变化，则有V0 = 3V0
TT
可得TB
= 3T0
0B
已知气体在状态 B 、C 的热力学温度相等，则气体在状态C 时的热力学温度为3T0 ，故 A 错误； B．气体从状态 A 到状态 B 的过程中，气体温度升高，气体内能增加；气体体积增大，外界对气体做
负功，根据热力学第一定律ΔU = W + Q 可知，气体吸收的热量大于内能的增加量，故 B 正确； C．气体从状态 B 到状态C 的过程中，过各点做等温线，可知通过 BC 中点的等温线离原点最远，代表气体温度最高，所以气体从状态 B 到状态 C 的过程中内能先增大后减小，故 C 正确；
D．气体从状态 A 经历状态 B 、C 回到状态 A 的过程中，气体内能不变；根据 p – V 图像与横轴围成的面积表示做功的大小，可知该循环过程，外界对气体做功等于图中直角三角形面积，为
W = 1  2 p  2V = 2 p V
2000 0
根据热力学第一定律可知，该循环过程，放出的热量为2 p0V0 ，故 D 错误。
CD
2
【详解】A．氦核出回旋加速器的速度最大，此时的半径为 R ，则根据qvB = m v
R
解得v =
qBR m
则最大动能为 E= 1 mv 2 =
km2
q2 B2 R2
2 m
，可知最大动能与加速的电压无关，故 A 错误；
B．电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率减少为原来的 1 ，则T 为
2
原来 2 倍，根据T = 2πm 可知磁感应强度变为原来的 1 ，故 B 错误；
Bq
C．氦核的比荷为 1
2
1T = 2πm 可知若该加速器对氚核加速，则高频交流电的
2 ，氚核的比荷为 3 ，根据Bq
周期应变为原来的 3 倍，故 C 正确；
2
D．最大动能 E= 1 mv 2 =
km2
q2 B2 R2
2 m
若该加速器对氘核加速，则氘核的最大动能是氦核最大动能的 1 ，故 D 正确。
2
【答案】(1) B （2 分）(2) A （2 分）(3) D （2 分）
【详解】（1）本实验要通过改变原、副线圈的匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。
A．使用多用电表测电压时，应先用最高量程挡测试，再选用恰当的挡位进行测量，A 正确； B．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过 12V，若用直流电源，变压器不能正常工作，B 错误；
C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理可知，两线圈的电流与匝数成反比，所以匝数越少的电流越大，导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，C 错误；
D．变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是通过铁芯导电传输电能，D 错误。
若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系 U1 = n1 可知，若变压器的原线圈
U2n2
接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，即原、副线圈的匝数之比为n1 : n2 = 2 :1
当副线圈的电压为 3V 时，原线圈的电压为U1
= n1U 2 = 6V
n2
而在实际实验中，考虑到不是理想变压器，可能有漏磁等现象，故原线圈所接电源的电压应大于 6V，所以原线圈的输入电压可能为 6.2V。
【答案】(1) 温度 （2 分） 不会 （2 分）(2) B （2 分）
(3) A 组封闭气体的质量大于 B 组封闭气体的质量 （2 分）
【详解】（1）[1][2]本实验探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，根据玻意耳定律，需保持气体质量和温度不变。手握注射器含空气柱的部分会通过热传递改变气体的温度，故应避免，这
是为了控制气体的温度不发生变化。实验通过传感器直接测量封闭气体的压强 p 和体积V ，探究 p 与 V 的关系，外界大气压的变化不影响封闭气体自身的状态参量测量及 pV = C 规律的验证，故不会影响实验结果。
实线为初始温度T0 下的等温线。用手握住注射器含空气柱的部分，手的热量传递给气体，导致
气体温度T 升高。根据理想气体状态方程 pV = C
T
可知 pV = CT
当T 升高时， pV 的乘积变大，虚线应在实线上方。在 p – V 图像中，等温线离原点越远， pV 乘积越大，温度越高。
图乙为 p – 1 图像，根据玻意耳定律 pV = C
V
p =
1
可得C· V
图像的斜率k = C
对于一定质量的理想气体，常数C 与气体的质量和温度有关，C  mT 。题目已知在同一温度环境下，即T 相同。A 的斜率大于 B 的斜率，说明 A 组实验中的常数C 更大，即 A 组封闭气体的质量大于 B组封闭气体的质量。
【答案】(1)1.2×105Pa(2)360K
【详解】（1）以活塞为研究对象，根据平衡条件有mg + p0S = p1S
解得 p1=1.2×105 Pa（1 分）
（2 分）
（2）设变化后气体的压强为 p2，对活塞有 mg+p0S+m1g=p2S（2 分）解得 p2=1.44×105 Pa
活塞重新回到初始位置时气体的体积不变，根据查理定律有 p1 = p2（2 分）
T1T2
解得 T2=360K（1 分）
【答案】(1)mv2(2) 1+ 3π  m
4q4  qB
()
【详解】（1）设粒子的初速度为 v0，对 N 点速度分解
由方向角关系得csθ= v0
v
2 U
解得U0= 2
（1 分）
（1 分）
粒子从 M 点运动到 N 点的过程，由动能定理得qU
= 1 mv2 – 1 mv2
（2 分）
代入U0
=
U
2
2 ，解得UMN
= mv2
4q
（1 分）
MN220
（2）粒子的运动轨迹如图所示
粒子在磁场中以O 为圆心做匀速圆周运动，半径为 r，由洛伦兹力提
v2
供向心力，有qvB = m
r
（1 分）
由几何关系得ON = r sinθ
（1 分）
设粒子在电场中运动的时间为t1 ，有v0t1 = ON
（1 分）
m
联立解得t1 = qB
（1 分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T = 2πr = 2 πm
vqB
（1 分）
tt = π –θ
设粒子在磁场中运动的时间为 2 ，有 22π T
（1 分）
联立解得t2
= 3πm 4qB
（1 分）
则总的运动时间为t = t1 + t2
解得t = 1 + 3π  m
（1 分）
（1 分）
4  qB
()
【答案】(1) v = 30 m/ s
H = 60 m
Q = 4 105 J
【详解】（1）在 A 点对金属棒进行分析，由牛顿第二定律有
FA + f – mg = ma = m  3g
解得 FA = 2mg
又 FA = BIL
（1 分）
（1 分）
（1 分）
则感应电流 I =
E R0 + R1
（1 分）
感应电动势 E = BLv
联立解得v = 30 m/ s
（1 分）
（1 分）
在磁场区域，通过金属棒的电量q = IΔt
（1 分）
又 I =
E R0 + R1
（1 分）
E = ΔФ
Δt
ΔФ = BLhA
联立解得hA = 15 m
（1 分）
（1 分）
（1 分）
1
进入磁场前，金属棒做自由落体运动，由v2 = 2gh
（1 分）
解得h1 = 45 m
（1 分）
金属横杆 MP 的高度 H = h1 + hA = 60 m
（1 分）
2
从进入磁场到落地过程，对金属棒由动能定理得 mghA − f ⋅ hA + WA = 0 − 1 mv2（1 分）
由功能关系可知Q总
= –WA
= 6 105 J
（1 分）
整个过程中金属棒上产生的焦耳热Q =
R1Q
R + R总
（1 分）
联立解得Q = 4 105 J
01
（1 分）