贵港2025-2026秋季期末高二物理答案_2026年02月高二试卷_260209广西贵港市部分高中2025-2026学年高二上学期期末学科素养检测

2025 年秋季期期末学科素养检测 高二年级物理 参考答案 1.【答案】A 【详解】AB.电源的电动势反映了其他形式的能量转化为电能本领的大小，故B错误，A正确；C.电池正、负 极间的电压小于或等于电源电动势，故C错误； W D.根据电动势的定义式E  非 可知，电池工作时，每“搬运”1C的电荷通过电池，非静电力做的功为1.5J， q 即电池把1.5J的化学能转化为电能，故D错误。故选A。 2.【答案】D 【详解】A、带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故 A错误。 B、从M到N，电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在M点的速度小于在N点的速度。故B错 误。 C、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点的加速度小于N点的加速 度。故C错误。 D、电场力做正功，电势能减小。所以D选项是正确的。故选D。 3.【答案】D 【详解】A.匀强磁场的磁感线是平行且等间距的直线，图中磁感线是曲线且疏密不同，因此不是匀强磁场，故A 错误； B.磁感线的疏密表示磁感应强度的大小。由题图可知，M处磁感线更密集，所以M处磁感应强度比N处大，故 B错误； C.磁通量的大小与磁感应强度的大小以及线圈垂直于磁场方向的有效面积有关，由题图可知，圆环从M移到N 的过程中，磁感应强度减小，所以通过圆环的磁通量减小，故C错误； D.圆环从M移到N的过程中，闭合圆环的磁通量发生了变化，则根据电磁感应定律可知，圆环中会产生感应电 流，故D正确。故选D。 4.【答案】B c c 3108 【详解】根据 f  可知，电弧发出的电磁波中，频率最小为 f   Hz 31011Hz，故选B。  min  103 max 5.【答案】D 【详解】ABC.当滑动变阻器的滑片P向b端滑动时，滑动变阻器接入电路阻值减少，电路总电阻减少，根据闭 合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减少；则电流表的示数将增大，定值电阻两端电压增大，电压 表的示数将增大，故ABC错误； D.根据P I2r，由于电路总电流增大，所以内阻消耗的功率将增大，故D正确。故选D。 内 6.【答案】C kQ 【详解】A.根据E  ，可知等间距的a、b两点电场强度大小相等、但方向不同，即a、b两点电场强度不相 r2 同，故A错误； B.在点电荷形成的电场中，等势面是以点电荷为球心的同心球面。图甲中a、b两点在同一等势面上，所以a、b 两点电势相同，故B错误； C.对于图乙中两等量异种电荷连线的中垂线，其为等势线，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场 强度大小相等、方向相同，即电场强度相同，故C正确； D.沿着电场线方向电势逐渐降低，所以图乙中b点电势高于c点电势，故D错误。故选C。 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABbYKQogCAAJAAABgCAQEYCgMYkBGAAAgOgEAcIAAAAANABAA=}#}7.【答案】C 【详解】A.根据安培定则可以确定各个电流在O点的磁感应强度的方向，根据磁感应强度的叠加，可知，正三 角形中心O处的磁感应强度不是0，故A错误； BCD.由图可知A、B、C导线在O处产生的磁场则为如图所示。 可知A、C导线在O点产生的合磁场与B导线在O点产生的磁感应强度方向相同，所以移走输电线缆B，O处 的磁感应强度方向不变，移走输电线缆A和C，O处的磁感应强度方向改变，故C正确，BD错误。故选C。 8.【答案】AD 【详解】A.根据    A B D C 可得 0 故A正确；B.电子在B点的电势能为E 6eV D pB 电子在C点的电势能为E 8eV pC 所以电子在B点的电势能比在C点的电势能高。故B错误； C.电子从A点运动到D点，电场力做的功为W qU  2eV 故C错误； AD 1 D.在AB上取一点E，使AE  AB 则有  4 D E 连接DE，如图   则DE为等势线，由几何关系可知DE  AB，可知BA方向为电场方向，电场强度大小为E  B A 80V/m L AB 故D正确。 故选AD。 9.【答案】BD S 【详解】A.根据C  r 4kd 可知，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则电容变大，故A错误； S Q B.根据C  r ，C 4kd U SU 解得Q r 4kd 在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则极板所带电荷量增大，电容器处于充电状态，上极板与电源正极 连接带正电，则上极板失去电子，可知，电流计中的电流从b流向a，故B正确； C.结合上述，在力F增大的过程中，电容器处于充电状态，故C错误； U D.根据E  ，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则电容器间的电场强度增大，故D正确。故选ABD。 d 第 2 页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABbYKQogCAAJAAABgCAQEYCgMYkBGAAAgOgEAcIAAAAANABAA=}#}10.【答案】BC 【详解】A.运动员与蹦床接触过程中，相互作用力等大反向，作用时间相等，因此蹦床对运动员的冲量与运动 员对蹦床的冲量大小相等，故A错误； B.运动员与蹦床接触后向下运动过程中，速度先变大后变小，根据动能定理，运动员受到的合外力先做正功后 做负功，故B正确； C.运动员第一次与自由蹦床接触过程中，设蹦床对运动员的冲量为I，则Imgt mgt t  2 1 3 得I mgt mgt t mgt t ，故C正确； 2 1 3 1 3 D.运动员与蹦床接触过程，运动员的机械能会先减小再增大，故D错误。故选BC。 11.【答案】（1）大于（1分） （2）AD（2分） （3）A（1分） （4）m OE m ODm OF （1分） 1 1 2 【详解】（1）实验中，为了防止入射球A反弹，则入射球A质量应大于被碰球B质量，因此实验中，两球质量 需满足m 大于m 。 1 2 （2）A．采用图甲的实验装置时，为测出入射球A碰撞后的水平位移，需要测出两小球的直径，故A正确； B．采用图乙的实验装置时，不需要测出两小球的直径，故B错误； C．不论采用哪个图做实验，斜槽轨道末端的切线都要求水平，故C错误； D．为了减小误差，无论哪个图，都要求入射球A每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。 故选AD。 （3）采用如图乙所示的实验装置做实验，在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，D是A球的落点 （4）小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，水平位移xvt 与初速度成正比，可以用水平位移代替初速度，因此验证动量守恒定律的表达式是m OE m ODm OF 1 1 2 12.【答案】（1）4.240（2分） 1.843~1.845（2分） （2）黑（2分） 148（2分） 100（2分） 【详解】（1）[1]用游标卡尺测得金属丝的长度L为4.2cm80.05mm4.240cm [2]用螺旋测微器测得金属丝的直径d为1.5mm34.50.01mm1.845mm （2）①[1]图中的a端与内部电源的正极连接，则应与黑表笔连接。 E ②[2]根据I  g rR R R g 1 2 解得R 148 2 E [3]因此时欧姆表内阻R 内  1500 I g 即中值电阻为1500Ω，可知欧姆表的倍率是100。 13.【答案】（1）0.5A （2）1.5W （3）1.5m/s 【详解】（1）由题意，可得电源内电压为U  EU 0.5V.........................1分 r U 干路中的电流为I  r 0.5A.........................1分 r （2）根据焦耳定律可得，电动机的热功率为 P I2r 0.5W.........................2分 r0 0 电动机两端的电压为 U U IR 4V.........................2分 M 电动机的输入功率为 P U I 2W.........................2分 M M 可得电动机的输出功率为 P P P 1.5W.........................1分 出 M r0 （3）由于电动机的输出功率，等于匀速提升重物做功的功率，有P Fvmgv..................2分 出 可得重物上升的速度 v1.5m/s.........................1分 第 3 页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABbYKQogCAAJAAABgCAQEYCgMYkBGAAAgOgEAcIAAAAANABAA=}#}25q 8qE 14.【答案】（1）小球带正电 （2） （3） 8E 75gd 【详解】（1）小球下落过程，在电场中做减速运动，由于电容器下极板带正电， 可得小球带正电荷。.........................2分 （2）4r、6r的电阻并联后阻值为 4r6r R   2.4r .........................2分 并 4r6r 根据闭合电路欧姆定律可得 E 8 U  1.6r E.........................2分 C r2.4r1.6r 25 由电容定义式可得 Q q 25q C    .........................2分 U U 8E C （3）由动能定理可得 mg(2dd)qU 00.........................2分 C 解得 qU 8qE m C  .........................2分 3gd 75gd 15.【答案】（1）t0.2s （2）v 0，v 1m/s （3）s0.075m A2 B2 【详解】（1）在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得 qE ma.........................1分 解得a5m/s2 1 设经过时间t与B发生第一次碰撞，则L at2.........................1分 2 解得t0.2s.........................1分 （2）设A球与B球发生碰撞前速度为v ，碰撞后A球速度为v ，B球速度为v ，则v at 1m/s.........................1 A1 A2 B2 A1 分 A球与B球发生碰撞由动量守恒和机械能守恒，得mv mv mv .........................2分 A1 A2 B2 1 1 1 mv2  mv2  mv2 .........................2分 2 A1 2 A2 2 B2 解得v 0，v 1m/s.........................2分 A2 B2 （3）A球与B球发生碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做初速度为零的 匀加速运动，A球与B球运动时间相等，设时间为t ，在这段时间内A、B在水平方向发生的位移分别为s 和s ， 1 A B 1 1 则h gt2.........................1分，s  at2.........................1分，s v t .........................1分，A、B落地点之间的 2 1 A 2 1 B B21 距离为s=s -s .........................1分， B A s=0.075m.........................1分 第 4 页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABbYKQogCAAJAAABgCAQEYCgMYkBGAAAgOgEAcIAAAAANABAA=}#}