河南省部分普通高中2025-2026学年高二下学期7月期末物理试题（含解析）

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物理
本试题卷共8页，15小题，满分100分。考试时间75分钟。
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。
3、考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 电离式烟雾探测器中常用镅作为电离源，它的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 比更稳定D. 射线电离能力很强
【答案】B
【解析】
【详解】A．核反应遵循质量数守恒，因此新核的质量数，故A错误；
B．核反应遵循电荷数守恒，因此新核的电荷数，故B正确；
C．该衰变过程释放能量，说明生成物的比结合能大于的比结合能，比结合能越大原子核越稳定，因此更稳定，故C错误；
D．射线是高频电磁波，电离能力很弱，穿透能力很强，故D错误。
故选B。
2. 1909年，物理学家卢瑟福指导他的助手进行了粒子散射金箔的实验，图景如下，其中a、b、c是某条轨迹上的三个点，a、c到金原子核的距离相等，假定金原子核位置固定，下列说法正确的是（ ）
A. 卢瑟福根据该实验的结果提出了能量量子化理论
B. 该实验中少数粒子发生了大角度偏折
C. 粒子在b点受到的库仑力沿该点轨迹切线方向
D. 粒子从a到c的过程中电势能先减小后增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．能量量子化是普朗克为解释黑体辐射提出的，玻尔将其用于氢原子模型。卢瑟福实验得出的是原子核式结构模型，与能量量子化无直接关系，A错误；
B．这是实验的重要现象之一,“绝大多数穿过，少数偏折，极少数反弹”。题干中“少数α粒子发生大角度偏折”符合实验事实，B正确；
C．α粒子带正电，金原子核也带正电，二者间为斥力，库仑力方向沿两电荷连线，背离金原子核。在b点（最接近原子核的点），库仑力方向指向轨迹的凹侧（即垂直于速度方向，提供向心力分量），不是轨迹切线方向，切线方向是速度方向，C错误；
D．a、c到金原子核距离相等，电势φ相等，由，电势能相等。从a到b，靠近原子核，正电荷间斥力做负功，电势能增大。从b到c，远离原子核，斥力做正功，电势能减小。因此全过程先增大，后减小，D错误。
故选B。
3. 图（a）为某梳齿状可变电容器截面图，上端为固定极板，下端为可上下运动的动极板。将该电容器接入图（b）所示电路，探究其电荷量、极板电压和电容的变化。过程为：①当动极板运动到最高处，开关接端，电源向电容器充电；②充电结束后接端空置，动极板向下运动；③当动极板运动到最低处，接端，电容器通过放电。关于该过程，下列图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由题意可知①过程为电容器充电过程，电容器两端电势差逐渐增大，根据可知电容器电荷量逐渐增大；
②过程接端，则电容器不变，动极板向下运动，减小，根据和可知减小，增大；
③过程为放电过程，动极板在最低处，s最小，根据可知电容为最小的恒定值，又由可知Q与U成正比，故对应图线为过原点、斜率比①过程更小的直线，故A正确，B错误；
CD．通过前面的分析可知①过程的电容大于③过程的电容，②过程中不变，因为，所以与成反比，图像为双曲线的一支，故CD均错误；
故选A。
4. 在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为、，两变压器间输电线路电阻为。下列说法正确的是（ ）
A. 仅增加用户数，消耗的功率增大
B. 仅减少用户数，用户端的电压减少
C. 仅适当增加，消耗的功率减少
D. 仅适当减少，整个电路消耗的电功率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．整个电路物理量标注如图
设用户端总电阻为R用户，降压器输入端等效为电阻Rx，则有
因为
其中I2=I3，则对于输电线有
联立整理可得
仅增加用户数，则R用户减小，可知I2增大，根据
可知r消耗的功率增大，故A正确；
B．仅减少用户数，I2减小，根据
可知U3增大，根据用户端的电压
可知用户端的电压增大，故B错误；
C．仅适当增加n2，根据
可知U2增大，根据
可知I2增大，根据
可知，r消耗的功率增大，故C错误；
D．由C选项可知，仅适当减小n2，I2减小，整个电路消耗的电功率
由于U2减小，故整个电路消耗的电功率变小，故D错误。
故选A。
5. 如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是（ ）
A. 该材料对红光的折射率为
B. 若，光线c消失
C. 若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直
D. 若入射光a变为紫光，光线b和c的夹角为钝角
【答案】B
【解析】
【详解】A．设红光在点的折射角为，由反射定律可知反射角等于入射角。因光线与垂直，有
整理得，由折射定律有
解得，故A错误；
B．设红光发生全反射的临界角为，有
所以。当时发生全反射，折射光线消失，故B正确；
CD．设紫光在该材料中的折射率为，折射角为。紫光的折射率大于红光的折射率，即，若仍有折射光线，由折射定律有
所以，此时光线与的夹角，为锐角；若发生全反射，则光线消失，故CD错误。
故选B。
6. 如图所示，静止在光滑水平面上质量为2 kg的物体内有一条光滑的轨道MON，其中M、N等高，N端沿竖直方向。质量为0.49 kg的小球静止在M端，质量为0.01 kg的弹丸以大小为200 m/s的速度沿水平方向射入小球并留在其中，弹丸射入小球的时间极短，最终小球能从N端离开物体，重力加速度，小球和弹丸均可视为质点。从弹丸打入小球前到小球离开物体的过程中（ ）
A. 弹丸、小球、物体组成的系统动量守恒
B. 弹丸、小球、物体组成的系统机械能守恒
C. 弹丸射入小球的过程损失了200 J的机械能
D. 小球离开物体后，物体的速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．弹丸、小球、物体组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒；但在竖直方向上，小球在轨道内运动时有竖直方向的加速度，系统所受合外力不为零，故系统总动量不守恒，故A错误；
B．弹丸射入小球的过程属于完全非弹性碰撞，有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故B错误；
C．设弹丸的质量为，小球的质量为，弹丸的速度
弹丸射入小球过程，由动量守恒定律得
解得共同速度
该过程损失的机械能，故C错误；
D．小球（含弹丸）在物体轨道上运动过程中，系统水平方向动量守恒。当小球从端离开时，由于端沿竖直方向，小球相对于物体的速度竖直向上，即小球与物体在水平方向上具有相同的速度，设为。设物体的质量为，由水平方向动量守恒定律可得
解得，故D正确。
故选D。
7. 图甲为“弹簧公仔”的玩具，由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型，物块A静止时，弹簧的压缩量为x，现用力向下按物块A，使弹簧的压缩量为3 x时撤去压力，物块A在竖直方向上做简谐运动，当物块A运动到最高点时物块B对水平面的压力恰好为零，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。从某时刻开始计时，物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是（ ）
A. t=0.2 s和t=0.3 s时，A的加速度相同
B. 撤去压力的瞬间，物块A的加速度大小为3 g
C. 物块A、B的质量相等
D. 物块A的振动方程为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图丙可知 t=0.2 s和t=0.3 s时，A的位移大小相等，但方向相反，所以A的加速度大小相等，方向不相同，故A错误；
B．物块A静止时，弹簧的压缩量为x，此时物块A处于平衡位置，由题意可知
可得
令物块A的质量为m，撤去压力的一瞬间，弹簧弹力不变，对物块A受力分析，由牛顿第二定律
其中
联立可得物块A的加速度大小为，故B错误；
C．当物块A运动到最高点，由对称性可知，弹簧此时伸长量为x，对B有
其中
解得物块B的质量大小为，故C正确；
D．由图丙可知，振幅为
周期为
物块A的振动方程为
代入数据可得，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。
8. 质谱仪的原理结构，如图所示，Ⅰ为粒子加速器，电压为；Ⅱ为粒子速度选择器，磁场与电场正交，匀强电场水平向左，匀强磁场的磁感应强度大小为，板间距离为；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为。质量为、电荷量为的正电粒子（不计重力），经加速后恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A. 的方向垂直于纸面向外
B. 粒子进入分离器的速度为
C. 速度选择器的电压为
D. 仅使粒子的电荷量变为，则其在分离器中运动的半径减半
【答案】BC
【解析】
【详解】A．速度选择器中，电场水平向左，正电粒子受电场力向左；要使其沿直线通过，洛伦兹力必须向右。由左手定则，磁场应垂直纸面向里，故A错误；
B．正电粒子在加速器中经电压加速，由动能定理
解得
此即粒子进入速度选择器的速度，也是进入分离器的速度，故B正确；
C．速度选择器内电场由电压产生，满足，粒子在速度选择器内受力平衡，有
解得，故C正确；
D．粒子必须先经过速度选择器才能进入分离器。由B项，速度选择器能通过特定速度的粒子，若仅使粒子的电荷量变为，经加速电场加速后速度变为，是原来的2倍，不再是原速度选择器所允许的速度，因此该粒子无法通过速度选择器，故D错误。
故选BC。
9. 下列各图为教材中图像的简化示意图，则（ ）
A. 由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度高
B. 图乙水中小炭粒每隔30 s时间位置的连线表示了小炭粒做布朗运动的实际轨迹
C. 由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力，即表现为引力
D. 由图丁可知，在由变到的过程中分子力做正功
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图甲可知，状态①的分子速率分布曲线峰值更低且向速率大的一方偏移，说明状态①中分子的平均动能较大，其温度较高，即状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；
B．图乙中水中小炭粒每隔30s时间位置的连线，仅仅是按时间顺序连接的离散位置点，由于布朗运动是永不停息的无规则运动，两点间的实际运动仍然是无规则的，故该折线不能表示小炭粒做布朗运动的真实轨迹，故B错误；
C．由图丙可知，横轴以上表示斥力，横轴以下表示引力，当分子间的距离时，分子间的作用力，表现为斥力，故C错误；
D．由图丁可知，当分子间距离为时分子势能最小，在由变到的过程中，分子势能逐渐减小，分子力做正功，故D正确。
故选AD。
10. 如图（a）所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器滑片，记录电流表与电压表示数，两者关系如图（b）所示。P、Q两束光从水中射向空气的光路图如图（c）所示，则（ ）
A. 的波长小于 的波长
B. 产生的光电子最大初动能最大
C. 滑片向右滑电流表示数一定不会减小
D. 图（c）中进入空气的单色光是
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．由图（b）中横轴负半轴截距可知，光对应的遏止电压绝对值最大，、光对应的遏止电压绝对值相等。由
可知，又由，可知，且光产生的光电子最大初动能最大，故A正确，B错误。
C．滑片向右移动时，阴极的电势降低，阳极与阴极间的正向电压增大。由图（b）可知，随增大光电流不会减小，故C正确；
D．由图（c）可知光的入射角等于光的入射角。在水中，频率越高的光折射率越大，故光的折射率较大，临界角较小。若进入空气的是光，则入射角更小、临界角更大的光也应进入空气，与图中只有一束光进入空气矛盾，所以进入空气的是光，故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 如图甲所示，用该装置可以探究碰撞中的不变量，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的关系。
（1）图甲中点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上某一位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上同一位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________（填选项前的符号）
A. 测量小球开始释放的高度
B. 用天平测量两个小球的质量、
C. 测量平抛射程、
D. 测量抛出点距地面的高度
（2）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图乙所示。多次实验后，白纸上留下了10个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图中画的三个圆最合理的是__________（选填“A”、“B”或“C”）；
（3）在某次的实验中，得到小球的落点情况为，，，若碰撞中系统动量守恒，且满足，则__________。
【答案】（1）BC （2）B
（3）4：1
【解析】
【小问1详解】
本实验利用平抛运动规律，两球下落高度相同，平抛时间一致，水平速度，可用水平位移替代速度验证动量守恒
式子两边同乘得
需要测量：两小球质量；碰撞后两球平抛水平射程；无需测量释放高度、下落高度。
故选BC。
【小问2详解】
多次平抛落点会分散，画最小圆把绝大多数落点圈住，圆心即为平均落点：A圆过小，遗漏大量印记；C圆过大，包含偏离过远的偶然误差落点；B圆大小适中，合理。
【小问3详解】
动量守恒公式，代入数据：
求得比值
12. 某同学用如图所示实验装置探究一定质量的气体发生等温变化时压强与体积的关系。将注射器活塞移动到体积最大的位置，接上胶管和压强传感器，记录此时注射器内被封闭气体的压强和体积，推动活塞压缩气体，记录多组气体的压强和体积。
（1）关于该实验下列说法正确的是___________。
A. 为节约时间，实验时应快速推拉柱塞和读取数据
B. 为方便推拉柱塞，应用手握住注射器
C. 为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
D. 环境温度变化不影响实验结果
（2）分别在环境温度为、（）时完成上述探究活动。下列各图能正确且直观地反映实验过程中，气体压强随体积变化规律的是___________。
A. B.
C. D.
（3）实验中气体温度保持不变，但发现气体压强与体积的乘积越来越小，原因可能是___________。
（4）该同学用此装置测量一颗形状不规则的冰糖的体积，他将冰糖装入注射器内，重复上述实验操作，记录注射器上的体积刻度和压强传感器读数，得到如图丙所示的图像，图线与坐标轴交点的坐标分别为和，已知传感器和注射器连接处的软管容积为，则这颗冰糖的体积为___________。（用所给相关字母表示）。
【答案】（1）C （2）BD
（3）漏气 （4）##
【解析】
【小问1详解】
A．快速推拉柱塞会改变封闭气体温度，不满足等温条件，故A错误；
B．手握住注射器会使封闭气体温度升高，改变温度，不满足等温条件，故B错误；
C．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，故C正确；
D．实验要求等温，环境温度变化会改变气体温度，影响实验结果，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
AB．气体发生等温变化时，根据，可知乘积为定值，则图线为反比例曲线，且温度越高，乘积越大，故A错误，B正确；
CD．根据，可得
气体发生等温变化时，图像为一条过原点的倾斜直线，且温度越高，图像的斜率越大，故C错误，D正确。
故选BD。
【小问3详解】
实验中气体温度保持不变，但发现气体压强与体积的乘积越来越小，根据可知，原因可能是漏气。
【小问4详解】
设这颗冰糖的体积为，根据玻意耳定律可得
整理可得
则图像的纵轴截距为
可得这颗冰糖的体积为
13. 如下左图所示，开口向上、内壁光滑、足够高的绝热汽缸竖直放置，汽缸内用质量为、面积为的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。汽缸内有一阻值为的电热丝可以给密封气体加热，电热丝外加电压随时间的变化图像如下右图所示，导线电阻和电热丝体积忽略不计，闭合开关后电热丝产生的热量全部被气体吸收。初始时，开关K断开，活塞到汽缸底部的距离为，密封气体的温度为。现闭合开关K，经过一段时间后断开开关，使气体温度缓慢上升到，此过程中活塞缓慢上升了，汽缸内密封气体的内能变化量。外界大气压为，重力加速度取，求：
（1）活塞上升的高度；
（2）交变电压的最大值。
【答案】（1）8cm （2）6V
【解析】
【小问1详解】
活塞上升过程中，容器内气体压强不变，根据盖-吕萨克定律得
即
代入数据得​
解得
【小问2详解】
设缸内气体压力，对活塞受力平衡
得
气体体积变化量
外界对气体做负功
得
热力学第一定律
代入得
解得
电热丝是纯电阻，产生的热量
代入数据得
得
解得
正弦交流电
得
14. 如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=37°的绝缘斜面上，两导轨间距为L=0.5 m，M、P两点间接有阻值为R=0.5 Ω的电阻，一根质量为m=0.5 kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r=0.5 Ω，整套装置处于磁感应强度为B=2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。（重力加速度g=10 m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v=2 m/s时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小a；
（2）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm；
（3）杆在下滑距离d=2 m时已经达到最大速度，求此过程中电阻R上产生的热量QR。
【答案】（1）电流大小为，方向由到，加速度大小为
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
已知，，，，，，，导轨电阻不计，总电阻为。金属杆沿斜面向下运动，切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应规律有
代入数据解得
根据闭合电路欧姆定律有
代入数据解得
由右手定则可知，杆中电流方向由到。金属杆受到沿斜面向上的安培力，根据安培力公式有
代入数据解得
沿斜面方向根据牛顿第二定律有
代入数据解得
【小问2详解】
金属杆速度最大时加速度为零，沿斜面方向受力平衡，根据平衡条件有
又
联立解得
代入数据解得
【小问3详解】
金属杆下滑距离时已达到最大速度，重力势能减少量转化为杆的动能和电路中的焦耳热，根据能量守恒定律有
解得
代入数据解得
由于电阻与金属杆电阻串联，电流相同，产生的热量与电阻成正比，因此
代入数据解得
15. 如图所示，纸面内建有直角坐标系xOy，直线y =－x＋d（d > 0）左下为Ⅰ区、直线y =－x＋3d右上为Ⅱ区，两条直线之间在y轴左、右两侧分别为Ⅲ区和Ⅳ区。Ⅰ区和Ⅱ区有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，Ⅰ区磁场方向垂直纸面向外，Ⅱ区磁场方向未知；Ⅲ、Ⅳ区无磁场。Ⅲ区有长度为2d且平行于y轴的细管加速器，可使进入管内的带正电微粒具有沿y轴正方向的恒定加速度。质量为m、电荷量为q（q > 0）的微粒甲在纸面内运动，不计微粒重力，微粒不与细管加速器发生碰撞。
（1）若甲在Ⅰ区做半径为2d的圆周运动，求该运动的速度大小；
（2）若甲做周期性运动，每次过（d，0）时速度均沿x轴正方向，求此周期性运动的周期；
（3）若甲在Ⅰ区的圆周运动轨迹半径为2d且Ⅱ区磁场方向垂直纸面向外。某时刻甲与静止在（d，0）处的不带电微粒乙发生弹性正碰，碰撞过程中无电荷交换，碰撞后乙沿x轴正方向运动。乙与甲的质量之比为k。要使甲与乙再次正碰，且碰撞前甲仅进入Ⅱ区一次，求细管加速器位置的横坐标及k需满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
洛伦兹力提供向心力
代入r = 2d解得
【小问2详解】
若II区域的磁场方向垂直于纸面向外，则粒子甲不满足每次经过（d，0）；若II区域的磁场方向垂直于纸面向内，则满足如图的回旋运动；综上，II区域的磁场方向垂直于纸面向内，运动轨迹如图
根据几何关系可知
解得
总路程
运动周期
【小问3详解】
由题知需要在x轴上相遇，粒子甲必定在（3d，0）处与粒子乙相遇，则碰撞后，粒子甲反向圆周运动后竖直进入细管加速器，粒子乙正向匀速运动，画出运动图示如图
已知甲初速度
甲、乙发生弹性正碰，根据动量守恒、能量守恒有mv0=mv1＋kmv2
联立解得v1=−k−11＋kv0， v2=21＋kv0
粒子甲在I区域运动的半径
则细管加速器的横坐标
粒子甲在II区域运动的半径
根据
解得
粒子甲在细管加速器中做匀加速直线运动，时间为t，有│v1│＋at = v甲2
联立解得
根据相遇的等时性
已知k > 1，化简得
则细管加速器的横坐标