2025届广东省茂名市五校联考物理高二下期末达标检测试题含解析

2025届广东省茂名市五校联考物理高二下期末达标检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示，一个静止的铀核，放在匀强磁场中，它发生一次衰变后变为钍核，粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，则以下判断正确的是（）A．1是粒子的径迹，2是钍核的径迹B．1是钍核的径迹，2是粒子的径迹C．3是粒子的径迹，4是钍核的径迹D．3是钍核的径迹，4是粒子的径迹2、如图甲所示，两条平行虚线间存在方向与纸面垂直的匀强磁场，一边长为0.2m、总电阻为0.1Ω的正三角形导线框abc位于纸面内且bc边与磁场边界垂直。已知导线框始终向右做匀速直线运动，bc边在t＝0时刻进入磁场，线框中感应电流随时间变化的图线如图乙所示，规定顺时针方向为感应电流的正方向。下列说法正确的是（）A．磁感应强度方向垂直纸面向里B．匀强磁场的磁感应强度大小为0.1TC．导线框运动的速度大小为0.2m/sD．导线框运动过程中受到最大安培力大小为0.15N3、在如图所示的条件下，闭合矩形线圈能产生感应电流的是（）A． B． C． D．4、下列说法正确的是A．牛顿不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许发现了电荷之间的相互作用规律，并测出了静电力常量K的值C．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，并总结出法拉第电磁感应定律D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说5、关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是A．根据磁感应强度B的定义式B＝FILB．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同6、粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）A． B． C． D．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、振幅为A的两个完全相同的波源发出的简谐波在同一介质中相遇，发生干涉的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，C为DE连线的中点，则以下说法正确的是A．A、C点为振动加强点，经过半个周期，这两点为振动减弱点B．B、D、E为振动减弱点，经过半个周期，它们仍为振动减弱点C．从图示时刻经过半个周期，C处质点通过的路程为4AD．从图示时刻经过半个周期，A处质点振动速度为零8、某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器的原、副线圈匝数之比为4：l，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，为负载电阻若将变压器视为理想变压器，则下列说法中不正确的是A．降压变压器原线圈的输入电压为55VB．降压变压器的输入功率与输出功率之比为4：1C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．当增大时，升压变压器的输出电压不变9、如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态，当F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）A．A所受合外力增大 B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大 D．墙面对A的摩擦力可能为变为零10、如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器R2的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各理想电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A．电流表A的示数变小B．电压表V的示数变小C．电流表A1的示数变小D．电流表A2的示数变小三、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）（1）小王同学想要探究影响导体电阻的因素与电阻丝的横截面积相关外，还有哪些相关因素，他找来了电阻定律实验器。电阻定律实验器规格：将一根细铜丝连接在ae间，横截面积相同的细铁丝连接在bf间，再将一根横截面积相同的镍铬丝一端接在g处，接下来拉直后接到c处，再接到d处，最后接在h处。A．为了测定电阻丝的电阻大小，小王经分析后，正确地选用了伏安法中的变阻器的分压式接法、电流表的外接法。在测量细铜丝电阻时的实物连接如图所示，闭合开关S前请老师检查，老师指出图中标示的①、②两根连线有一处错误，错误连线是_____（选填“①”或“②”）；图中标示的③、④和⑤三根连线有一处错误，错误连线是_____（选填“③”、“④”或“⑤”）。B．接下来某次测量中（已采用正确的测量电路），小王将导线⑥连线接g上，导线⑦连接在c上，改变滑线变阻器多次测量得电阻R1．再将导线⑦连接到h处，多次测量得电阻R2．小王认为，若R2＝2R1，则说明导体的电阻在其它因素不变情况下，与长度成正比。你认为上述操作中存在的问题是：_____（指出问题即可）。（2）小王同学在测绘标有“2.5V0.3A”字样的小灯泡伏安特性曲线实验中，他测得当小灯泡两端电压为0.10V时，电流为0.10A；电压为0.80V时，电流为0.20A．当电压表的指针如图所示时，电压表示数为_____V，但小王在记录电流数据时，误将电流杂在其他一组数据中，你认为小灯泡的电流最有可能是_____。A．0.12AB．0.14AC．0.160A12．（12分）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则（1）该摆摆长为______cm，停表表示的读数为______s．（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是________．A．测摆线时摆线拉得过紧

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，停表过迟按下D．实验时误将49次全振动数为50次四、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m1=1kg的小木块A和高h=1m、质量m3=3kg的光滑斜面C静止在光滑水平地面上，C与地面平滑连接，质量m2=2kg的小木块B以水平速度v1=8m/s向右运动，与竖直墙壁碰撞，碰撞时间为△t=0.2s，碰后速度大小变为v2=6m/s，B与A碰撞后粘在一起。g取10m/s2。求：（1）B与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；（2）A和B一起第一次滑上斜面达到的最大高度hm。14．（16分）相距L＝1.2m的足够长金属导轨竖直放置，质量m1＝1kg的金属棒ab和质量m2＝0.54kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止开始（t=0）沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．（1）请说出在两棒的运动过程中ab棒中的电流方向和cd棒所受的磁场力方向；（2）求ab棒加速度的大小和磁感应强度B的大小；（3）试问cd棒从运动开始起经过多长时间它的速度达到最大？（取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力）15．（12分）如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r的三根导电辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角．在圆环内，圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(可看成二极管，发光时电阻为r)．圆环及其它电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时．（1）顺磁感线方向看，圆盘绕O1O2轴沿什么方向旋转，才能使LED灯发光？在不改变玩具结构的情况下，如何使LED灯发光时更亮？（2）在辐条OP转过60°的过程中，求通过LED灯的电流；（3）求圆环每旋转一周，LED灯消耗的电能．

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、B【解析】由于原来的铀核静止，而衰变前后动量守恒，所以衰变后两粒子的速度方向相反，又知道α粒子和钍核都带的是正电，所以根据左手定则可得轨迹为外切，所以3和4的轨迹错误，根据半径公式，可知电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是α粒子的径迹，B正确．2、D【解析】

A.由图乙所示图线可知，线框进入磁场过程感应电流沿顺时针方向，由右手定则可知，磁场垂直于纸面向外；故A错误.C.由图乙所示图象可知，线框进入磁场的时间t＝0.1s，线框的速度v=bct=B.由图乙所示图象可知，线框的一半进入磁场时感应电流I=3A，此时切割磁感线的有效长度L=acsin60°=0.2×32m=0.13m，此时感应电动势D.当线框的一半进入磁场时或线框一半离开磁场时线框受到的安培力最大，由图乙所示图象可知，此时感应电流I=3A，此时切割磁感线的有效长度L=0.133、D【解析】试题分析：感应电流产生的条件是通过闭合电路的磁通量发生变化，ABC三种情况的磁通量都没有发生变化，故没有感应电流产生；D接的是交流电源，通过线圈的磁场发生变化，所以磁通量改变，有感应电流产生，所以本题选择D．考点：感应电流的产生条件4、D【解析】

A.伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”，故A错误。B.库仑发现了电荷之间的相互作用规律，并根据库仑扭秤实验测出了静电力常量k的值，故B错误。C.法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，纽曼、韦伯总结出法拉第电磁感应定律，故C错误。D.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项D正确。5、C【解析】试题分析：磁感应强度只与磁场本身性质有关，与外界因素无关，A错误；通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零．B错误C正确；磁感应强度的方向与磁场力的方向垂直，D错误；考点：考查了对磁感应强度，安培力的理解6、A【解析】

由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．【详解】根据洛伦兹力提供向心力有，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误．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、BCD【解析】

A．A点为峰峰相遇点，为振动加强点；C点在振动加强点的连线上，也为振动加强点，经过半个周期，这两点仍为振动加强点，选项A错误；B．B、D、E三点均为峰谷相遇点，为振动减弱点，经过半个周期，它们仍为振动减弱点，选项B正确；C．C点为振动加强点，振幅为2A，从图示时刻经过半个周期，C处质点通过的路程为2×2A=4A，选项C正确；D．A为振动加强点，此时在波峰位置，则从图示时刻经过半个周期，A处质点在波谷位置，振动速度为零，选项D正确；故选BCD.点睛：注意波的叠加问题中，峰峰相遇和谷谷相遇都是振动加强点，在振动加强点的连线上的点也是振动加强点，振动加强点的振动总是加强的；同理峰谷相遇是振动减弱点，振动减弱点的振动总是减弱的；8、ABC【解析】

A．由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压有效值为降压变压器原、副线圈匝数之比为4：1，故降压变压器原线圈的输入电压为A错误，符合题意；B．降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1：1，B错误，符合题意；C．由于输电线电阻有电压降，故升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，C错误，符合题意；D．当增大时，由于升压变压器的输入电压不变，故输出电压不变，D正确，不符合题意．故选ABC.【点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．9、BCD【解析】A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对B受力分析，如图：

根据平衡条件：F=N′sinθ，F增大，则N′增大，N″=mg+N′cosθ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故C错误；以整体为研究对象，竖直方向：N″+f=Mg，若N″增大至与Mg相等时，则f才等于0，故D错误．故选B．10、AD【解析】

A．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表A的示数变小，故A正确。

B．电源的内电压减小，由U=E-Ir可得，路端电压U变大，所以电压表V的示数变大，故B错误。

C．由于路端电压U变大，电阻R1不变，所以电流表A1的示数变大，故C错误。

D．由于总的电流减小，电阻R1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表A2的示数变小，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、①④没有考虑cd间的电阻0.30（±0.01均可）B【解析】

(1)A.滑动变阻器采用分压接法，由图示电路图可知导线①连接错误，电流表采用外接法，由图示电路图可知导线④连接错误；B.探究导体电阻与导线长度关系时应控制导线材料与横截面积相等而长度不同，由实验步骤可知，由于cd间还接有一段导线，cd间的电阻，所以gh间导线长度不是gc间导线长度的两倍，gh间导线长度比gc间导线长度的两倍多一些，小王得出R2(2)当小灯泡的电压逐渐增大，即温度逐渐升高时，电阻增大，小灯泡两端电压为0.10V时电流为0.10A；电压为0.8V时电流为0.2A；所以电压表采用的是3V，分度值为0.1V，所以图示电压表的示数为0.30V；可知随小灯泡两端电压的增大，其电阻越来越大，可以作出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，由图可以看出，当电压值约为0.30V时，小灯泡的电流最有可能是0.14A，故选选项B。12、B【解析】

第一空.单摆摆长等于摆线长与球的半径之和：。第二空.由图所示秒表可知，其示数为：1.5min+9.78s=99.78s；第三空.由单摆周期公式：可知，重力加速度：A.测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由公式可知，所测g偏大，故A错误；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，所测摆长偏小，由公式可知，所测g偏小，故B正确；C.开始计时时，停表过迟按下，所示T偏小，由公式可知，所测g偏大，故C错误；D.实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，由公式可知，所测g偏大，故D错误。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）140N（2）0.4m【解析】

（1）以水平向左为正，设B与墙壁碰撞过程墙壁对小球平均作用力的大小为F，则Ft＝m2v2-m2(-v1)，解得F＝140N。（2）设B与A碰后共同速度为v3，则m2v2＝(m1＋m2)v3AB第一次滑上斜面达到的最大高度hm时，A、B、C速度相同，设共同速度为v4，则(m1＋m2)v3＝(m1