2025-2026学年高二物理下学期期末模拟卷【广东专用测试范围：粤教版选择性必修一、选择性必修二第3~5章选择性必修三】（全解全析）

高二物理下学期期末模拟卷（广东专用）

全解全析

（考试时间:75分钟，分值：100分）

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有

一项符合题目要求）

1.FI常生活和科技中处处蕴含物理知识，下列说法正确的是（）

A.雨后路面上的油膜形成彩色的条纹，是光的衍射现象

B.光导纤维利用了光的全反射原理，内芯采用光密介质，外套采用光疏介质

C.通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，是光的偏振现象

D.摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，是光的干涉现象

答案B

【详解】A.油膜彩色条纹是光在油膜上下表面反射后发生干涉的结果，属于薄膜干涉，而非衍射现象，故

A错误：

B.光导纤维利用全反射原理，内芯为光密介质，外套为光疏介质，确保光在内芯中通过全反射传播，故B

正确；

C.通过缝隙观察白光灯丝的彩色条纹是光的衍射现象，而非偏振现象，故C错误；

D.摄影时常用源光片减弱被拍摄物体表面的反射光，这是利用了光的偏振原理。反射光一般是偏振光，通

过偏振滤光片可以减弱其强度，不是光的干涉现象，故D错误。

故选Bo

2.关于下列三幅图的说法正确的是（）

o液体

“芝缁氏分手

17_______

(^=5^-0O-分子的

^速率薄板上的蜂蜡融

气体分子速率分布化成圆形区域

甲乙丙

A.图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显

B.图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高

C.图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体

D.图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，•定是非晶体

1/14

答案A

【详解】A.图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越

明显，故A正确：

B.图乙中峰值大的曲线〃腰细”，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；

CD.图丙中，实验现象表明薄板材料导热性上具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是

非晶体，故CD错误。

故选Ao

3.如图所示，弹簧振子以。点为平衡位置在M，、M两点之间做简谐运动，M两点相距20cm。某时

刻振子处于“点，经过0.4s,振子首次到达M点，已知兄点位于OM正中间，设向右为正方向，下列说法

正确的是（）

IIII

M'0PoM

A.振子的振幅为20cm

B.若给该振子施加一个周期性的驱动力，要使该振子振幅最大，则驱动力的频率应为0.8Hz

C.振子从。点运动到M点和从M点运动到O点经过兄点时的速度、加速度均相同

D.振子在勺点和〃点的加速度之比为1:2

答案D

【详解】A.设振子的振幅为力，由题意知=24=20cm,所以4=10cm,故A错误；

B.振子从”点运动到M点用时0.4s,为周期7的一半，可知其固有周期7=0.8s

固行频率/="=L25HZ

当驱动力频率等于做受迫振动的物体的固有频率时，物体会发生共振，振幅最大，故B错误；

C.振子从。点运动到M点和从切点运动到。点经过4点时，因回复力相同，故加速度相同，但速度是矢

量，两次经过几点时速度大小相同，方向相反，故C错误：

D.振子在《点和M点的弹簧形变量之比为1:2,故振子受到的合外力之比为1:2,根据牛顿第二定律可知

振子的加速度之比为1:2,故D1E确。

故选D.,

4.我国研制新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M"（又被称为"人造太阳”）在2020年12月4日

2/14

在成都建成并实现首次发电。其所发生的可控核聚变方程是;H+；Hf：He+X,已知；H、：H、：He和X

的质量分别为犯、〃?2、和加4,真空中的光速为。。下列说法正确的是（）

A.X是电子

B.大亚湾核电站就是利用此核反应发电

C.该核反应所释放的核能为*=（町+〃％-吗-，％）才

D.；H、：H的比结合能大于:He的比结合能

答案C

【详解】A.根据质量数与电荷数守恒有

2+3-4=1,1+1-2=0

可知，X是中子，故A错误；

B.目前的核电站是利用重核裂变，即大亚湾核电站不是利用此核反应发电，是利用重核裂变反应发电，故

B错误；

C.根据质能方程，该核反应所释放的核能为

22

AE=A/HC=（7W]+m2-niy-m4）c

故C正确；

D.核聚变过程释放能量，生成核比反应核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知，：H、：H的比

结合能小于：He的比结合能.故D错误。

故选Co

5.如图为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条形磁铁转动，在线圈£中产生感

应电动势的瞬时值表达式为e=22&sin2加（V）,将线圈£与一定值电阻R相连，则（）

3/14

风叶

转轴

A.该交变电流的周期为0.02s

B.线圈心中感应电动势的峰值为44V

C.风叶的转速变化不会影响定值电阻R消耗的功率

D.风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变2次

答案D

【详解】A.根据感应电动势的表达式可知角速度为0=2乃rad/s,则周期为7=生=ls,故A错误；

CO

B.根据感应电动势的表达式可知感应电动势的峰值为22&V^31V，故B错误；

C.电阻〃上消耗的功率为，=/次，若风叶的转速变大，条形磁铁转动的角速度增大，则感应电动势增大,

电路电流的有效值增大，则定值电阻H消耗的功率一定增大，故C错误；

D.风叶每转动一圈，电阻火中电流方向改变两次，故D正确。

故选D.

6.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光中只有

频率为匕、以两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应。分别用频率为魄、匕的两个光源照射光

电管阴极K,测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（）

A.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中最多能发出3种不同频率的光

B.图内中的图线a所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的

C.图丙中的图线。所表示的光的光子能量为12.75eV

D.处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为0.75eV的光子并电离

答案C

【详解】A.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中最多能发出

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C；=6

种不同频率的光，故A错误；

BC.图丙中的图线b所表示的光的遏止电压较大，则光电子最大初动能较大，所对应的光子能量较大，原

子跃迁对•应的能级差较大，即对应于由第4能级向基态跃迁，则光子能最为

A£41=^-E,=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV

故B错误，C正确；

D.处于第4能级的氢原子至少要吸收0.85eV的能量才能电离，故D错误。

故选Co

7.根据篮球对地冲击力的大小可判断篮球的性能。某同学将一质量为0.6kg的篮球从1.25m的高处自由下落,

测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为1.20s,反弹高度为0.8m,g=10m/s2,则篮球对地面的平

均冲击力大小为(不计空气阻力)()

A.24NB.18NC.10.5ND.8N

答案A

【详解】根据自由落体公式4=；部2,代入九=L25m,g=I0m/s2

求得球下落时间4=梓=后臀=0.5s

反弹高度^=0.8m,由竖直上抛公式为=；日；

求得球反弹后回到最高点时间G=*=后黑=0.4s

总时间/=1.20s,则球与地面的接触时间AZ=/-/,-/2=1.20-0.5-0.4=0.3S

球下落末速度vl=g/1=10x0.5=5m/s(方向向下，取负)

反弹初速度V2=y]2gh2=V2xl()>0.8=4m/s(方向向上，取正)

则球的动量变化Ap=m(v2-V])=0.6x[4-(-5)]=5.4kgm/s

对球根据动量定理，有仍一〃区也=3

解得地面对篮球的冲击力尸=9+="N+0.6x1ON=24N

△l0.3

根据牛顿第三定律，可知篮球对地面的平均冲击力大小为24N,故选A。

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二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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。分）

8.云南一广东±800kV特高压直流输电示范工程是世界上第一个±800kV直流输电工程，是我国电网建设史

上一个里程碑。如图是某段输电过程的简化示意图，发电站输出电压稳定，经升压后被整流成800kV的直

流电,长距离输电到达广东后被逆变成交流电,再被降压至220V后供用户使用。若直流输电线电阻为R=80,

假设电压在整流和逆变前后有效值不变，不计变压器、整流器和逆变器消耗的电能。当发电站输出功率为

500万千瓦，则（）

升压变压器输电茯降压变压器

A.输电线电流为62500A

B.输电导线上损耗的电压为50kV

C.降压变压器匝数比为37500:11

D.输送功率不变，若电压经升压和整流后为400kV,输电线消耗的功率变为原来的2倍

答案BC

【详解】AB.输电线电流为/?=%=找、/=6250A

输电导线上损耗的电压为AU=/述=6250x8V=50000V=50kV,故A错误，B正确：

C.降压变压器原线圈的输入电压为U广U-U=800kV-50kV=750kV

则降压变压器匝数比为2=今=75：；：。'=卫泻,故C正确：

D.输送功率不变，若电压经升压和整流后为400kV,则输电线电流变为原来的2倍，根据P=可知，

输电线消耗的功率变为原来的4倍，故D错误。

故选BCc

9.如图，是以状态。为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡若逆循环过程（制冷机）的p-K图像，虚线

为为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物

质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。卜.列说法正确的是

()

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P\

A.a->b过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的

B.一个循环过程完成后，气体对外放出热量，其数值等于面那所围面积

C.d-a过程向低温热源释放的热量等于b-c过程从高温热源吸收的热量

D.1过程气体对外做的功等于I过程外界对气体做的功

答案BD

【详解】A.由理想气体状态方程禁=。

可知，pF越大，气体的温度7越高，由图示图像可知

由图示图像可知，过程，气体体积增大，温度降低，气体体积增大单位体积的分子数减少，气体温度

降低，分子平均动能减小，因此过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同

导致的，故A错误；

B.根据P-P图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功（体积减小时），或气体对外界做的功（体积增

大时），可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律4。=%+。

可知。<0

所以气体对外放出热量，故B正确；

C.dfa过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，

气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即|。曲|=|弱J

bfc过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体

吸收的热量等于气体对外界做的功，即

P-P图像与坐标轴所闱图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知,dfa过程P-P图像的面积大于63。

过程P-P图像的面积，即|口|>%|

则&|>以

即i过程向低温热源释放的热量大于b3c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；

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D.力过程气体与c玲4过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化最|△切相等，过程气

体与c玲d过程都是绝热过程，则。=0。由热力学第一定律。二卯+。

可知AU=%

由「两过程气体内能的变化曷的1相等，则|&7|=|叼

即〃今6过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功，故D正确。

故选BDo

10.两列频率相同、振动方向和振幅相同的相干简谐横波，在同一均匀介质中发生干涉，干涉图样如图乙

所示（图中实线表示波峰，虚线表示波谷）。其中一列波在仁0时刻的波形图如图甲所示，已知该列波的周

期G0.4s,/=0时刻x=4m处的质点Q沿y轴正方向运动。下列说法正确的是（）

A.该波的波长为8m,沿x轲负方向传播

B.图乙中c点的振幅为12cm

C.图乙中。点为振动减弱点，始终保持静止

D.图乙中8点在0.2s内通过的路程为12cm

答案BC

【详解】A.由图甲可知，该波的波长/l=8m

f=0时刻x=4m处的质点尸沿丁轴正方向运动，根据同侧法可知，该波沿X轴正方向传播，故A错误；

B.图乙中c•点是虚线与虚线的交点，即波谷与波谷相遇，为振动加强点，两列波振幅相同，均为月=6cm

则c点的振幅为24=12cm,故B1E确；

C.图乙中。点是实线与虚线的交点，即波峰与波谷相遇，为振动减弱点，由于两列波的振幅相同，则减弱

点的合振幅为零，所以。点始终保持静止，故C正确；

D.图乙中力点是实线与实线的交点，为振动加强点，其振幅24=12cm

由于0.2s=1

2

则“点在0.2s内通过的路程为2x24=24cm,故D错误。

故选BCO

8/14

三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）

11.（10分）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。

⑴在"用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，若仅换用间距更大的双缝，相邻两亮条纹中心的距离

（选填“减小"、"增大"或"不变〃）；若仅把绿色滤光片换成红色滤光片，相邻两亮条纹中心的距

离（选填“减小"、"增大"或"不变"）。

⑵传感器担负着信息采集的仟务，在白动控制中发挥着重要作用,传感器能够将感受到的物理量（如温度、

光、声等）转换成便于测量的量（电学量），例如热敏传感器。某热敏电阻场阻值随温度变化的图线如图

甲所示，图乙是由该热敏电阻作为传感器制作的简单自动报警器线路图。问：

①为了使温度过高时报警器响铃，c应接在（选填”或"）处。

②若要使启动报警的温度降低些：应将滑动变阻器的滑片P向（选填“左"或"右〃）移动。

⑶油膜法估测分子大小的实验，每500mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL,用注射器测得1mL这样的溶液共

计80滴。现将1滴这种溶液滴在微有排子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是m3（计算

结果保留两位有效数字）；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。若用轮廓范围内完整方格的

总面积当作油膜的面积，则估算的油酸分子直径。（选填“偏大"、"偏小"或"不变"）

答案⑴减小增大（2）a右⑶2.5X1O11偏大

【详解】（1）⑴⑵由条纹间距公式—=4义，可知仅增大双缝距离d时，条纹间距以减小：仅换成波长4

更大的单色光时，条纹间距加:增大。

（2）[1]由图甲可知，热敏电阻心阻值随温度升高而减小，在图乙的左侧控制电路中，当温度过高时，Rr

阻值减小，根据欧姆定律可知电路中的电流会增大，使电磁铁的磁性增强，从而将衔铁吸向左侧，与。触

点接触。为了让报警器在此时响铃，报警器所在的工作电路需要通过。触点接通，所以c应接在〃处：

⑵若要使启动报警的温度降低些，则治的报警阻值会增大一些：报警时电路电流不变，则滑动变阻器的阻

值应减小一些，则应将滑动变阻器的滑片P向右移动。

（3）⑴由题意，这滴溶液中纯油酸的体积为尸=上、3mL=25x1（fSmL=2.5xl（rHm3；

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⑵若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则估算的面积S偏小，由油酸分子直径d=5

可知，估算的油酸分子直径d偏大。

12.(6分)激光束具有方向性好、亮度高等特点。某同学用激光测半圆形玻璃砖的折射率，实验步骤如下:

A.将白纸固定在木板上，画出一条直线。将半圆形玻璃砖的直径边与直线平行放置在白纸匕记录半圆形

玻璃砖的圆心。的位置；

B.从玻璃砖另一侧用平行白纸的激光笔从圆弧上的力点沿力0方向射入玻璃砖，在直线上垂直木板插大头

针，使其正好挡住激光，记录此时在直线上插针的位置为$；

C.保持入射光方向不变，移走玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，记录此时在直线

上插针的位置为昆；

D.以。点为圆心，以为半径画圆，交OS?延长线于C点：

E.过。点作百线的垂线，与直线相交干8点，过。点作08,正长线的垂线，与08延长线相交干。点。

(1)实验中，测得8sl的长度为4，8s2的长度为右，C。的长度为右，该玻璃砖的折射率〃可以表示为

(2)若步骤B中，将入射光线以。点为圆心平行于纸面逆时针转动到某处时，折射光线恰好消失，移走玻璃

砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，确定此时在直线上插针的位置为S',测得

4

BS\=-OBt则该玻璃砖的折射率大小为：

(3)用(2)中方法测量折射率时，记录好0点位置后，不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，但实验

时仍保证光线在。点恰好发生全反射，则折射率的测量值(选填"偏大"或"偏小")。

答案(1)B(2)，L25(3)偏大

4

10/14

A

A

smNSQB火-4

【详解】（1）根据折射定律可得，玻璃砖的折射率〃=石

sinNSLQBR

故选Bo

（2）根据题意可知结合几何关系，有0工=仁。8）+OB2=^OB

S'B4

根据几何关系，有sin/M08=东=三

sin90"5

根据折射定律可得，玻璃砖的折射率〃=

sin4S?OB4

（3）不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，实验时仍保证光线在O点恰好发生全反射，入射角偏小,

折射角不变，则折射率的测量值偏大。

13.（9分）如图甲所示为传统老式爆米花机,其简化的装置示意图如图乙所示，玉米在铁质的密闭锅内被

加热，锅内气体被加热成高温高压气体，打开容器盖后，气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就"爆炸〃成

了爆米花。已知该装置锅内的总容积为匕，玉米粒占装置总容积的;，加热前锅内温度为压强为大气

压强Po。忽略加热过程中水蒸气及玉米粒导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。当加热至锅内温度

为47；时，打开容器盖，玉米粒就“爆炸〃成了爆米花，全部从锅内飞出至收集装置，假设打开容器盖后锅内

气体温度保持不变.求：

⑴打开容器盖前,锅内温度为4。时锅内气体的压弓虬

（2）打开容器盖后，锅内剩余气体和原来气体的质量之比。

V3

答案⑴P=4p°（2）77=-

々O

【详解】（1）打开容器盖前，锅内气体发牛.等容变化，由查理定律得攀=£

得P=4Po

11/14

2

（2）气体的质量之比等于同温度同压强下的体积之比。以刚开始为初态，气体体积匕=§匕

-V

温度为I，压强为P。;末态的气体体积匕，温度为47；,压强为外,根据盖-吕萨克定律有二二=匕_

441,

得%=g匕

y3

剩余气体质量与原来气体质量之匕为昔=s

y28

14.（12分）由同种透明介质制作的厚度相同的光学功能器件的截面如图所示，半圆形玻璃砖PEQ的圆心

为0，半径为R，直角三棱镜的直角边48的中点为。2,E点位于半圆弧上，尸点位于三棱镜的斜边力C上，

R

E、F、0、Q处于同一条直线上：平行于直径PQ且长度相等，PQ、间的距离为直角三棱镜的

顶角//=30‘。在截面所在平面内，单色光线从半圆弧的M点射入半圆形玻璃砖，M点与E。/的距离为

MN=^R，光线从半圆形玻璃破的夕。边上的。点射出，出射光线与PQ间的夹角为30°（图中未画出）,

然后从直角三棱镜的直角边48射入三棱镜，最后从三棱镜射出。已知空气中的光速为c。求：

⑵介质对该单色光的折射率〃;

⑶该单色光从M点射入到从三棱镜射出所经历的时间,。

答案（1）601（2）73⑶d石）人

3。

【详解】（1）单色光在〃点的入射角sini=世=",可知i=6（T

R2

（2）光线在M点时折射角为八则〃二包幽

sinr

sin60

在N点时〃=

sin(60-r)

解得〃=石，/，=3（1

12/14

（3）由几何关系可知A/O=QQ=*火

因可知光线恰从。2点射入边，则。Q=与，光线在。2点的入射角为60。，则折射角

Zro2G=30,由几何关系aG=A,光在介质中的传播速度为-=：=定

可得单色光从〃点射入到从三棱境射出所经历的时间/='"。+°9+也~=（5+3百）〃

15.（17分）如图，质量"=lkg的L形轨道（/出段长度可调卡）靠墙放置在光滑水平面上，48段的上表

面粗糙，其余部分光滑。距离轨道足够远处有一半径R=0.2m,表面光滑的四分之一圆弧轨道固定在地面上,

。为四分之一圆弧轨道的最高点，圆弧底端上表面与L