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

高级中学名校试卷PAGE2025学年广东省茂名市普通高中高二下学期期末教学质量监测物理试题1.如图所示是某汽车通过ETC过程的v-t图像，下列说法正确的是()A.0B.t1C.0t1D.0t1【答案】A【解析】根据v-t图像中图线的斜率表示加速度，结合题图可知0t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，二者方向相反，汽车做匀减速直线运动，A正确；t1t2时间内，加速度为0，汽车做匀速直线运动，B错误；同理可知，t2t3内加速度为正，故0t2.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： 90232Th+01nA. 92233U比 B. 90232ThC. 92233UD.经过48万年，剩余 92233【答案】D【解析】由题意可知， 92233U的质子数为92， 90232Th的质子数为90， 92233U比 90232Th多2个质子，A错误； 90233Th衰变为 91233Pa和 91233Pa衰变为 92233U，质量数未变，电荷数增加一个，均为β衰变，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】根据电容决定式及电容定义式可得C=ϵS4πkd，C=QU，联立可得Q=ϵSU4πkd，当充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越薄，即d越小，莱顿瓶能容纳的电荷Q越多，A正确；根据电容决定式C=ϵS4πkd，可知瓶内外锡箔的厚度与电容大小无关，因此锡箔厚度增加，电容器电容不变，莱顿瓶容纳电荷的本领不变，B错误；同理可知，充电电压与电容C大小无关，充电电压升高，电容器电容不变，莱顿瓶容纳电荷的本领不变，C4.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10m/A.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】由题意可知，打开扣环前传感器示数T=1200N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有F=T+mg，解得F=1800N，打开扣环瞬间，弹性绳的弹力大小不变仍为F，由牛顿第二定律有F-mg=ma，解得a=20m/s2，A错误；游客从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，B错误；游客在B点时速度最大，加速度为0，所受合力为零，C正确；游客在B点时速度最大，C点速度为0，可知B到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PA.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】由题意可知，滑动变阻器RL的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，B错误；恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，根据欧姆定律可知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；恒流源输出功率P=I2R总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=5sin(πt)cm，PA.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】由波形图可知波长λ=2.4m，由振动方程可知周期T=2πω=2ππs=2s，则波的传播速度大小v=λT=1.2m/s，AB错误；根据x=1.0m处的质点Q振动方程为y=5sin(πt)cm可知，t=1s之后的很短的时间内质点Q的位移为负值，可知t=1s时质点Q振动方向向下，结合“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v0斜向匀速通过磁场。则下列说法正确的是A.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】由题图可知，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，根据楞次定律结论“增反减同”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，根据楞次定律结论“增反减同”可知，线框内感应电流方向为顺时针方向，A正确；根据楞次定律结论“来拒去留”可知，线框在磁场中受到的安培力方向一直水平向左，B错误；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)，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得E=BLv，I=ER=BLvR，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安=BIL'，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F=F安=BI8.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n2和n3，输出电压U2=U3A.n1:n3=1:5 B.n1:n【答案】BC【解析】根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系可得n1:n2=U1:U2=5:1，n1:n3=U1:U39.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】AD【解析】由题意可知，组成双星系统的两星体角速度相同，根据线速度与角速度关系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，B错误；两星体之间的万有引力提供它们做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第三定律可知星体A的向心力一定等于星体B的向心力，C错误；设星体A、B的轨道半径分别为rA、rB，由牛顿第二定律得GmAmBL2=mAω2rA=mBω2rB，又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=0.015kg的弹珠B发生正碰(碰撞时间极短，碰后两弹珠速度方向相同)，碰后弹珠A、B做平抛运动的水平位移大小之比为1:2，空气阻力忽略不计，两弹珠可看成质点，重力加速度A.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】BC【解析】由题意可知，弹珠A做斜抛运动，运动到最高点时，竖直速度为0，由运动的合成和分解得，碰前瞬间弹珠A的速度大小为v=v0cosθ=4m/s，A错误；弹珠A、B碰撞过程水平方向不受外力作用，动量守恒，可得mv=mvA+MvB，碰后弹珠A、B平抛的水平位移大小之比为1:2，根据x=vt可得vA:vB=1:2，解得vA=1m/s，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'、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b④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点与O(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”、【答案】(1)⑤n=sinisinr；⑦cd【解析】(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，用折射率定义式n=sinisin⑦根据折射定律n=sinisinr(2)激光从空气进入冰块，不满足全反射条件，在上表面不会发生全反射，A错误；如果激光笔发出的激光不是单色光会导致光线发散，影响测量结果，B正确；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，由光路图可见折射角增大，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S2与2连接，调节电阻箱的阻值，记录对应的电压表示数U和电流表示数③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EA、【答案】(1)①最大；③1.50，1.25；(2)电压表分流；(3)E【解析】(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根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir结合乙图U-I(2)闭合开关S1，把S2与(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接1时的电动势的测量值等于真实值，即有E=EA，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A13.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=1.0×105Pa。转运到乙地后，外界温度变为t(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低50Pa，计算需要抽出空气体积与原舱内空气之比(假设抽气过程负压舱温度不变)【答案】(1)9.6×104Pa【解析】(1)以负压舱内气体为研究对象，转运过程中体积不变，初态p1=1.0×105Pa，T1解得运送到乙地后，负压舱内的压强p(2)运送到乙地后，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，根据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=联立解得需要抽出空气体积与原舱内空气之比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)25R2μ；(2)20mg，方向竖直向下；(3)【解析】(1)取小滑块为研究对象，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，根据匀变速直线运动规律，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点时，对小滑块受力分析，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，根据平抛运动规律可得h=2R=12联立解得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