广东省珠海一中等六校2025届物理高二下期末预测试题含解析

广东省珠海一中等六校2025届物理高二下期末预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、下列关于运动和力的叙述，正确的是()A．图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力B．图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去2、1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核1327Al，产生了第一个人工放射性核元素X：α+A．15和28B．15和30C．16和30D．17和313、如图所示，天然放射性元素，放出ɑ、β、γ三种射线同时射入互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，射入时速度方向和电场、磁场方向都垂直，进入场区后发现β射线和γ射线都沿直线前进，则ɑ射线A．向右偏B．向左偏C．沿直线前进D．即可能向右偏也可能向左偏4、如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/1．将磁感应强度的大小从原来的变为，结果相应的弧长变为原来的一半，则：等于A．2 B． C． D．15、氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63eV~3.10eV的光为可见光．要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A．12.09eV B．10.20eV C．1.89eV D．1.5leV6、电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速.不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()A．A、K之间的电场强度为B．电子到达A极板时的动能大于eUC．由K到A电子的电势能减小了eUD．由K沿直线到A电势逐渐减小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0s时刻的波形图如图所示．已知波速为0.4m/s，且波刚传的c点．下列选项正确的是（）A．波源的振动周期为0.2sB．t=0s时，质点c点沿y轴正方向运动C．在t=0s时，质点a的加速度比质点b的加速度小D．质点a比质点b先回到平衡位置E.t=0.1s时，质点c将运动到x=12cm处8、假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即f＝kv，比例系数k决定于小球的体积，与其他因素无关，让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图所示，则()A．小球的质量越大，图象中的a0越大B．小球的质量越大，图象中的vm越大C．小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越短D．小球的质量越大，速率达到vm时下落的距离越长9、一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头所指方向为电流I的正方向.线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的：A． B． C． D．10、某小型水电站的电能输送过程如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R为5Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为5∶1，降压变压器副线圈两端交变电压，降压变压器的副线圈与R0＝11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法正确的是A．流过R0的电流是20A B．流过R的电流是100AC．T1副线圈两端电压为1100V D．输电线路上损失功率为80W三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩC定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值RmE．导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图______。(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=___________(用Um、U10、U20、Rm表示)(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U2-U1图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=___________，总内阻r=___________(用k、a、R0表示)。12．（12分）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，则：(1)该摆摆长为______cm，秒表所示读数为______s.(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是()A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝______(用k表示)．四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，质量M=1.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.15m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s1．(1)若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；(1)若木板以4.0m/s1的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；(3)若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力F1的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？14．（16分）如图所示，水平放置的两条平行金属导轨相距L=lm，处在竖直向下的B=0.5T匀强磁场中，金属棒MN置于平导轨上，金属棒与导轨垂直且接触良好，MN的质量为m=0.2kg，MN的电阻为r=1.0Ω，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，外接电阻R=1.5Ω．从t=0时刻起，MN棒在水平外力F的作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动．不计导轨的电阻，水平导轨足够长，g=10m/s2，求：（1）t=5s时，外接电阻R消耗的电功率；（2）t=0～2.0s时间内通过金属棒MN的电荷量；（3）规定图示F方向作为力的正方向，求出F随时间t变化的函数关系；（4）若改变水平外力F的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：V=0.5x，求MN棒从静止开始到x=6m的过程中，水平外力F所做的功．15．（12分）如图甲所示，两竖直放置的平行金属导轨，导轨间距L=0.50m，导轨下端接一电阻R=5的小灯泡，导轨间存在一宽h=0.40m的匀强磁场区域，磁感应强度B按图乙所示规律变化，t=0时刻一金属杆自磁场区域上方以某一初速度沿导轨下落，t1时刻金属杆恰好进入磁场，直至穿越磁场区域，整改过程中小灯泡的亮度始终保持不变．已知金属杆的质量m=0.10kg，金属杆下落过程中始终保持水平且与导轨良好接触，不计金属杆及导轨的电阻，g取10m/s1．求：（1）金属杆进入磁场时的速度v；（1）图乙中t1的数值；（3）整个过程中小灯泡产生的总焦耳热Q．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A【解析】

A．图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，故A正确；B．图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，故B错误；C．图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，故C错误；D．图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线作直线运动，故D错误。故选A.2、B【解析】

设X的质量数为m，电荷数为n，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知：4+27=1+m；2+13=0+n，解得m=30；n=15；故其原子序数为15，质量数为30；故选B。【点睛】本题考查对核反应方程的掌握，明确质量数守恒和电荷数守恒，同时知道常见的粒子的符号和组成。3、A【解析】由于β射线（电子，带负电）没有偏转，说明它受到水平向左的电场力与水平向右的洛仑兹力平衡．对于α射线（氦核），它进入场区时受到水平向左的洛仑兹力与水平向右的电场力．由于它的速率比β射线的速率小，所以它受到的洛仑兹力小于电场力，即它在向右偏转．故选择A.【点睛】该题通过带电粒子在磁场中运动和在电场中的运动，考查三种射线的特性，根据左手定则判断洛伦兹力方向，再结合电场强度和电性判断电场力的方向，再根据速度的大小关系即可得到洛伦兹力和电场力的大小关系，进而判断偏转方向．4、B【解析】

画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可．【详解】磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=120°，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60°=，得：磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=60°，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin10°=，得：由带电粒子做圆周运动的半径：得：联立解得：．故选B．【点睛】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．5、A【解析】

由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV的可见光．故．故本题选A．6、C【解析】K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等，故A错误；根据动能定理得：Ek-0=eU，得电子到达A极板时的动能Ek=eU，故B错误；由能量守恒定律知，由K到A，电场力做正功，电势能减少，电子的电势能减小了△EP=eU．故C正确；由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误．故选C.点睛：本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答．要知道公式U=Ed只适用于匀强电场．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ABC【解析】从图中可知波长，故振动周期，A正确；根据走坡法可知质点c正通过平衡位置向上振动，B正确；根据回复力公式可知在t=0时刻质点a的为质点b的位移小，即质点a的回复力小于质点b的回复力，所以质点a的加速度小于质点b的加速度，C正确；t=0时刻质点a正向下振动，即要回到平衡位置所需要的时间大于十分之一周期，而质点b回到平衡位置所需时间等于四分之一周期，故质点b比质点a先回到平衡位置，D错误；波上的质点只在平衡位置上下振动不随波迁移，E错误8、BD【解析】

根据牛顿第二定律得mg-f=ma，据题f=kv，解得a=g-v；当v=0时，a=a0=g，与小球的质量无关．当a=0时，v=vm=，可知小球的质量m越大，图象中的vm越大，故A错误，B正确．由上分析，可知，当小球的质量越大时，图象的斜率越小，而斜率等于时间的倒数，那么速率达到vm时经历的时间越大，下落的距离越长，故C错误，D正确．故选BD．9、CD【解析】在内，电流为负，即逆时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向里，为正向增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向外，为负向减小，故A错误；在内，电流为正，即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向外，为负向增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向里，为正向减小，故B错误；根据以上分析可知，CD正确．所以CD正确，AB错误．10、AD【解析】

A.降压变压器副线圈两端交变电压u=sin100πt

V，则副线圈电压有效值220V，由于阻值R0=11Ω，所以通过R0电流的有效值是20A，故A正确；B.因为降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为5:1，所以原、副线圈的电流之比为1：5，故流过原线圈的电流为4A.故B错误；C.根据欧姆定律，输电线上电阻电压UR=IR=20V，降压变压器T2的输入电压与输出电压比为5:1，降压变压器T2的输入电压为1000V，升压变压器T1的输出电压等于输电线上电阻电压加上降压变压器T2的输入电压，等于1020V，故C错误；D.输电线上损失的功率为P损=I2×R=42×5=80W，故D正确．故选：AD三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、【解析】

（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示：（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20﹣U10；由欧姆定律可知：R0Rm；（3）由闭合电路欧姆定律可知：E＝U2r，变形得：，结合图象有：，，解得;,。12、（１）98.50（２）75.2（３）B（４）【解析】

试题分析：（1）单摆的摆长；小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+1．2s=75.2s．（2）测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．故选B．（3）由单摆的周期公式：，，图线的斜率，解得考点：利用单摆测重力加速度【名师点睛】本题考查了“利用单摆测重力加速度”实验中数据测量的方法和减小读数误差的技巧，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用．四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)a=1.6m/s1(1)t=0.5s(3)F1>11N【解析】试题分析：对整体根据牛顿第二定律求出小铁块运动的加速度大小；木板从铁块下面抽出位移满足条件，即可求得抽出过程所经历的时间；木板从铁块下抽出条件：，结合牛顿