广东省茂名市普通高中2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测物理试题（解析版）

第第页广东省茂名市普通高中2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测物理试题一、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．如图所示是汽车直线通过ETC通道过程的v−t图像，下面说法正确的是（）A．t1B．0~tC．0~t1和D．0~t1和【答案】B【解析】【解答】A．t1B．由图可知v−t图像的斜率表示加速度，0~t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速度方向相反，故C．0~t1和D．0~t1内加速度为负，t2~t故答案为：B。

【分析】先根据v-t图像的斜率含义分析汽车在不同时间段的加速度大小和方向，再结合速度的正负判断运动方向，接着依据加速度与速度的方向关系确定运动性质，最后分析各时间段汽车的运动状态。2．世界唯一建成并运行的熔盐堆第四代核能系统TMSR已在甘肃武威加钍运行。实验堆所用的钍90232Th吸收中子后会发生的一系列核反应：90232TA．92233U比B．90232C．92233U的比结合能小于D．经过48万年，剩余92233【答案】D【解析】【解答】A．92233U的质子数为92，B．90232Th吸收中子后变为90233Th，后续衰变为C．衰变方向由比结合能低向高的核进行，91233Pa衰变为92D.48万年为3个半衰期（16万年×3），剩余质量m=1g故答案为：D。

【分析】先对比两种核素的质子数判断质子数差值，再分析核反应类型确定衰变种类，接着依据比结合能与原子核稳定性的关系判断比结合能大小，最后利用半衰期公式计算剩余核素质量。3．莱顿瓶可看作电容器的原型，一个玻璃容器内外包裹导电金属箔作为极板，一端接有金属球的金属棒通过金属链与内侧金属箔连接，但与外侧金属箔绝缘。从结构和功能上来看，莱顿瓶可视为一种早期的平行板电容器。关于莱顿瓶，下列说法正确的是（）A．充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越薄，莱顿瓶能容纳的电荷越多B．瓶内外锡箔的厚度越厚，莱顿瓶容纳电荷的本领越强C．充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强D．莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关【答案】A【解析】【解答】A．根据C=εrS4πkd，B．根据C=εC．根据C=εD．根据C=ε故答案为：A。

【分析】先根据平行板电容器的电容决定式分析莱顿瓶电容的影响因素，再结合电容的定义式推导电荷量与电压、电容的关系，接着判断各因素对电容和电荷量的影响，最后明确电容的物理意义（表征容纳电荷的本领）。4．如图所示“反向蹦极”是简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，竖直拉长后将下端固定在游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1200N。打开扣环，从A点由静止释放游客，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知游客与装备（可视为质点）的总质量为60kg，不计空气阻力，重力加速度g取10mA．打开扣环瞬间，游客的加速度大小为10B．从A到B过程，游客做加速度增大的加速运动C．在B点，游客所受合力最小D．在C点，游客处于超重状态【答案】C【解析】【解答】A．传感器示数T=1200N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有解得F=1800N，打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有F−mg=ma，解得a=20B．体验者从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，故人做加速度不断减小的加速运动，故B错误；C．在B点时速度最大，故体验者所受合力为零，故C正确；D．在B点时速度最大，C点速度为0，可知B到C过程人做减速运动，加速度向下，故人处于失重状态，故D错误。故答案为：C。

【分析】先根据初始平衡状态计算弹性绳的弹力大小，再利用牛顿第二定律分析打开扣环瞬间的加速度，接着分析从A到B过程中弹力与重力的变化及合力、加速度的变化规律，最后判断B点合力大小和C点的超重失重状态。5．如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，R为定值电阻，RL为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器RL的滑片A．电流表的示数增大 B．电路中总电阻增大C．电压表的示数增大 D．恒流源输出功率增大【答案】A【解析】【解答】AC．恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；B．滑动变阻器RLD．根据P=I故答案为：A。

【分析】恒流源提供的总电流恒定，滑片下移时，先分析滑动变阻器接入电阻的变化，再结合并联电路的电压、电流规律分析各电表示数及功率变化。6．一列简谐横波沿x轴传播，t=1s时的波形图如图所示。x=1.0m处的质点Q振动方程为y=5A．波长为2.2mB．波速大小为1.1m/sC．波沿x轴正方向传播D．当质点Q在波峰时，质点P一定正沿y轴正向运动【答案】D【解析】【解答】AB．由波形图可知波长λ=2.4m，周期T=2πωC．根据x=1.0m处的质点Q振动方程为y=5sin(πt)cm可知，D．根据波形图，当质点Q在波峰时，质点P由波谷位置向平衡位置运动，即沿y轴正向运动，故D正确。故答案为：D。

【分析】先从波形图中读取波长的数值，再根据质点Q的振动方程确定振动周期，接着结合波速公式计算波速大小，然后根据质点Q的振动方向判断波的传播方向，最后分析质点Q在波峰时质点P的运动状态。7．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的圆形金属线框在水平拉力作用下以一定的速度v0A．金属圆形线框的感应电流方向先逆时针后顺时针B．金属圆形线框所受的安培力方向先水平向左再水平向右C．水平拉力大小保持不变D．若速度v0【答案】A【解析】【解答】A．金属圆形线框进入磁场过程，穿过金属圆形线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内感应电流方向为逆时针方向；金属圆形线框离开磁场过程，穿过金属圆形线框的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，线框内感应电流方向为顺时针方向，故A正确；B．根据左手定则可知，线框在磁场中受到的安培力方向一直水平向左，故B错误；C．设金属圆形线框在磁场中切割磁感线的有效长度为L（切割圆弧部分沿垂直速度方向的投影长度），则有E=BLv，I=线框匀速进入磁场过程，有效长度L先增大后减小，所以线框内感应电流大小先增大后减小；同理可知金属框出磁场时产生的感应电流先增大后减小，线框在磁场中受到的安培力为F其中L'是与磁场边界平行的有效长度，根据平衡条件可知，拉力方向水平向右，大小为由于I、L'D．根据q=I故答案为：A。

【分析】先根据磁通量的变化和楞次定律判断感应电流的方向变化，再利用左手定则分析安培力的方向特点，接着结合有效切割长度的变化推导感应电流与安培力的变化规律，最后依据电荷量的计算公式判断速度对电荷量的影响。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．如图甲所示是电动汽车充电桩，如图乙是其供电变压器示意图。变压器（视为理想变压器）原线圈的匝数为n1，输入电压U1=1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2A．nB．nC．变压器的输入电流约为9.5AD．两副线圈输出电压最大值均为220V【答案】B,C【解析】【解答】AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n1:nC．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P由P=UI，得I输入D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为Um故答案为：BC。

【分析】先根据理想变压器的电压与匝数的关系计算原副线圈的匝数比，再结合能量守恒定律确定输入功率，接着利用功率公式计算变压器的输入电流，最后根据正弦交流电有效值与最大值的关系判断输出电压最大值。9．如图所示，天文学家观测发现宇宙中的两个星体A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，星体A的轨道半径大于星体B的轨道半径，假设两个星体的总质量为M，两个星体中心间的距离为L，则（）A．星体A的质量一定小于星体B的质量B．星体A的线速度一定小于星体B的线速度C．星体A的向心力一定小于星体B的向心力D．两个星体的总质量M一定，L越大，角速度越小【答案】A,D【解析】【解答】AD．设星体A、B的轨道半径分别为rA、rB，由牛顿第二定律得G联立解得mAm由于星体A的轨道半径大于星体B的轨道半径，可知星体A的质量一定小于星体B的质量；两个星体的总质量M一定，L越大，则角速度越小，故AD正确。BC．两个星体A、B组成双星系统，两者的角速度相同，由相互作用的万有引力提供向心力，则星体A和B的向心力大小相等，根据v=ωr，且星体A的轨道半径大于星体B的轨道半径，可知星体A的线速度一定大于星体B的线速度，故BC错误；故答案为：AD。

【分析】先根据双星系统的受力特点判断向心力大小关系，再结合角速度与线速度的关系分析线速度大小，接着利用牛顿第二定律和万有引力定律推导星体质量与轨道半径的关系，最后推导总质量、间距与角速度的关系式并分析其变化规律。10．如图所示，水平地面上的玩具小炮车发射质量为m=0.01kg的弹珠A，初速度大小v0=5m/s，发射角θ=37°。它飞行到最高点时与大小相同、质量为M=0.015kgA．碰前瞬间弹珠A的速度大小为5B．碰后瞬间弹珠B的速度大小为2C．弹珠A、B碰后落到地面的过程中，动量变化量之比为2：3D．弹珠A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒【答案】B,C【解析】【解答】A．弹珠A做斜抛运动，由运动的合成和分解得，碰前瞬间弹珠A的速度大小为v=vB．弹珠A、B碰撞过程水平方向动量守恒，可得mv=m碰后弹珠A、B平抛的水平位移大小之比为1：2，则v解得vA=1mC．根据动量定理，两小球下落时间相同，合力的冲量之比为质量之比，也是动量变化量之比，所以是2：3；故C正确；D．弹珠A、B碰撞过程中机械能的变化量ΔE=12故答案为：BC。

【分析】先将弹珠A的斜抛运动分解为水平和竖直方向，计算其最高点的速度，再根据水平方向动量守恒结合水平位移关系求解碰撞后弹珠的速度，接着利用动量定理分析落地过程中动量变化量的比值，最后通过计算机械能变化判断碰撞过程的机械能是否守恒。三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。11．小明用纯净水、玩具激光笔、笔、油纸、三角板、量角器等器材。设计以下如图甲所示“测量冰块的折射率”的实验。（1）实验步骤如下：①将纯净水装进模具后放进冰箱，制得一块长方体的透明冰块；②把冰块放在水平桌面的油纸上，并沿着冰块的上下边在纸上画出两条直线aa'、bb'；③将激光笔固定在适当的位置，使它发出的光以一定角度斜射向冰块上边表面，用笔在油纸上标记出入射光线经过的点P1、入射光线与冰块上边表面的直线aa'的交点O，以及折射光线从直线bb'射出点P④移开冰块，用三角板连接P1点与O点，O点与P⑤用量角器分别测量入射角i与折射角r，记录在表格中，用公式求出折射率n；⑥多次改变入射角，重复上述步骤，记录多组入射角i和折射角r的数据。⑦根据实验数据，在如图乙所示坐标上描点，并画出一条经过A的直线（图中未画出），已知A点的坐标为(d,c)，则该冰块的折射率为n=。（2）以下关于实验的说法正确的是______。A．为了防止在冰块上表面发生全反射，入射角不能过大B．如果激光笔发出的激光不是单色光，将会对测量结果有影响C．为了减小误差，P1（3）若小明在纸上画出的界面aa'、bb'与冰块位置的关系如图丙所示，且以aa'、bb'为界面画光路图且其他操作均正确，则小明测得的折射率与真实值相比（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】（1）n=sini（2）B（3）偏小【解析】【解答】（1）⑤用量角器分别测量入射角i与折射角r，记录在表格中，用公式n=sin⑦由图像可知该冰块的折射率为n=sinisinr=cd（2）A．激光从空气进入冰块，在上表面不会发生全反射，A错误；B．激光不是单色光，会导致光线发散，影响测量结果，B正确；C．两点之间距离远才有利于准确画出入射光线，C错误。故答案为：B。（3）测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律n=sinθ1sinθ(2)从全反射条件、光的色散、实验误差控制三个维度，逐一分析选项的合理性。(3)对比图丙与真实界面的位置关系，分析入射角、折射角的测量偏差，进而判断折射率的误差趋势。（1）（1）⑤用量角器分别测量入射角i与折射角r，记录在表格中，用公式n=sin⑦由图像可知该冰块的折射率为n=（2）A．激光从空气进入冰块，在上表面不会发生全反射，A错误；B．激光不是单色光，会导致光线发散，影响测量结果，B正确；C．两点之间距离远才有利于准确画出入射光线，C错误。故选B。（3）测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律n=sin12．在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用内接法还是外接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。（1）实验操作步骤如下：①按图示电路进行连接，闭合开关之前，调节电阻箱的阻值为（填“最大”或“最小”）；②闭合开关S1，把S③以U为纵坐标，I为横坐标，作U−I图线，如图乙所示。则待测电源的电动势E=V，内阻r=Ω（结果保留两位小数）。（2）上述操作测得电源内阻的系统误差主要来源于（填“电流表分压”或“电压表分流”）；（3）为了消除上述实验操作中的系统误差，进行了如下的操作：图甲单刀双掷开关S2分别接1、2时，分别记录多组对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据，绘制U−I图线如图丙中所示的A、B两条图线，分析A、B两条图线，可求得电源内阻的真实值r=（选用图中E【答案】（1）最大；1.50；1.25（2）电压表分流（3）E【解析】【解答】（1）①按图示电路进行连接，为保护电路，闭合开关之前，调节电阻箱的阻值为最大；③待测电源的电动势E=1.50V；内阻r=ΔUΔI=（2）闭合开关S1，把S2与2连接，电压表测得是路端电压，而电流表测得是流经变阻箱的电流，不是流经电源的电流，故上述操作测得电源内阻的系统误差主要来源于电压表分流。（3）S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知r=EAIB(2)分析电路结构，当S2(3)结合图丙中两条U-I图线的物理意义，利用真实电源的电动势和短路电流关系求解真实内阻。（1）[1]按图示电路进行连接，为保护电路，闭合开关之前，调节电阻箱的阻值为最大；[2][3]待测电源的电动势E=1.50内阻r=（2）闭合开关S1，把S（3）S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知13．医院在转运传染性强的病人时需要采用负压救护车，其核心是如图所示的负压舱，已知负压舱装载病人后空气体积为1.0m3。初始时，在甲地，负压舱内温度为t1=27°C，压强为p1=1.0×（1）运送到乙地后，负压舱内的压强；（2）运送到乙地后，需要将负压舱内压强调整到比p0【答案】（1）解：以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态p1=1.0×末态压强为p2，温度为由查理定律可得p解得p（2）解：此时舱内气体压强为p2=0.96×可假设首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V，则由玻意耳定律可得然后抽去空气体积为V−则抽出空气体积与原舱内空气之比η=联立解得η≈1.1【解析】【分析】(1)负压舱内空气体积不变，发生等容变化，利用查理定律结合初末状态的温度和压强，求解乙地负压舱内的压强。(2)抽气过程温度不变，将抽出的气体与舱内剩余气体视为整体，利用玻意耳定律结合压强变化，推导抽出气体体积与原舱内空气体积的比值。（1）以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态p1=1.0×末态压强为p2，温度为由查理定律可得p解得p（2）此时舱内气体压强为p2=0.96×可假设首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V，则由玻意耳定律可得然后抽去空气体积为V−则抽出空气体积与原舱内空气之比η=联立解得η≈1.114．如图所示，一个逆时针匀速转动的水平足够长的传送带与一个固定的光滑半圆形轨道在B点平滑连接，半圆的轨道半径为R，一个质量为m的小滑块（可视为质点）静止放置在传送带右侧，随后在传送带上运动一段时间后进入圆弧轨道。已知重力加速度为g，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为μ，传送带速度大小为v0（1）小滑块在传送带上加速运动的距离；（2）小滑块运动到半圆形轨道最高点A点时，轨道对小滑块的作用力大小和方向；（3）小滑块从A点滑出后落在传送带上，该落点与B点的距离；【答案】（1）解：对小滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有μmg=ma小滑块加速运动过程，根据速度与位移关系有v解得x=（2）解：设小滑块滑到A点的速度vA，根据动能定理有−2mgR=在A点，根据牛顿第二定律有F解得FA（3）解：小滑块从A点滑出后做平抛运动，则有h=2R=12结合上述解得x=2【解析】【分析】(1)小滑块在传送带上受滑动摩擦力做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度，再用运动学公式计算加速运动的距离。(2)滑块从B到A的过程只有重力做功，用机械能守恒定律求A点速度；在A点由向心力公式结合受力分析，计算轨道对滑块的作用力大小与方向。(3)滑块从A点滑出后做平抛运动，分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，结合运动学公式求解落点与B点的距离。（1）对小滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有μmg=ma小滑块加速运动过程，根据速度与位移关系有v解得x=（2）设小滑块滑到A点的速度vA，根据动能定理有−2mgR=在A点，根据牛顿第二定律有F解得F方向竖直向下（3）小滑块从A点滑出后做平抛运动，则有h=2R=12结合上述解得x=215．2026年广东省第十七届运动会将在“好心之城”茂名举行，图甲是运动会会徽。茂名某学校课外研究小组从“心”出