物理-四川省自贡市、遂宁市、广安市等九市2024-2025学年高中二年级第一（上）学期期末质量监测考试试题和答案

高二物理试题第1页(共6页)秘密★启用前遂宁市2024一2025学年度高中二年级第一学期期末质量监测物理试题本试卷分为选择题和非选择题两部分。满分100分,考试时间75分钟。注意事项:1.答题前,务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时,必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效。5.考试结束后,只将答题卡交回。第I卷(选择题,共46分)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.太阳帆助力中国航天科技,如图为人造地球卫星的太阳帆,某一小块太阳能电池板的开路电压U=0.8V,短路电流I=5×10—2A,则下列说法正确的是A.太阳能属于不可再生能源B.电池板的电动势大于0.8VC.电池板的电动势小于0.8VD.电池板的内阻为16Ω2.如图是某款中国新型量子雷达,使用了特殊波段的电磁波,则有关电磁波的说法正确的是A.电磁波不能传递信息B.光能看作是电磁波(经典电磁场理论)C.若量子雷达发射出不同频率的电磁脉冲信号,在真空中的传播速度大小不相等D.电磁波可由恒定的电场或磁场产生高二物理试题第2页(共6页)3.成都建成的东方超环(EAST),其核心部件如图所示,环形真空室外面缠绕着水平环绕线圈1和竖直环绕线圈2两组线圈(类似于通电螺线管)产生磁场,使高温等离子体(含有带正、负电的电子)在磁场中发生可控核聚变反应。则A.线圈2产生竖直方向的环形磁场B.环形真空室任一位置处磁感应强度相同C.通过任一匝线圈2的磁通量相同D.如果电子恰能沿环在真空室内做圆周运动,负责产生向心力的磁场是线圈24.特斯拉线圈开创了电力时代,如图甲所示,图乙为小花同学制作的一个“特斯拉线圈”,图丙为其原理示意图,线圈匝数为n、横截面积为S。空间加上平行于线圈轴线并穿过线圈的匀强磁场,磁感应强度大小随时间变化的图像如图丁所示(B0、t0已知),则在t0时间内线圈a、b两端的电势差A.恒为nSB.恒为—nSC.从0均匀变化到nSD.从0非均匀变化到S5.如图左,华为12000mA66W多协议超级快充移动电源(俗称“充电宝”),对华为P70Pro智能手机充电。图右电路中在超级快充模式下,充电宝对手机电池充电,此时可视为恒定电流,充电宝的输出电压为U、输出电流为I,手机电池等效内阻为R,则A.手机电池的总功率为UIB.充电宝的电功率为UI十I2RC.手机电池的热功率为D.手机电池储存的化学能的功率为I2R高二物理试题第3页(共6页)6.某些电子显示设备的阴极射线管能让发散的电子束聚集,如图所示,实线表示电场线,虚线表示电子仅受电场力作用下的运动轨迹,P、Q、R是运动轨迹上的三点,其中判断正确的是A.R点的电势低于Q点的电势B.Q点的电场强度大小小于R点的电场强度大小C.电子从P点运动到R点的过程中电势能和动能之和保持不变D.质子仅受电场力作用下也可以沿轨迹从P点运动到R点7.小明利用自制的简易土豆电池来研究路端电压与负载的关系,设计了图甲所示的电路图,小明改变电阻箱的阻值,测得电阻箱两端的电压和通过它的电流,保持其他实验条件不变,将铜片和锌片插入得更深一些,重复上述实验,作出图乙中U—I图像的图线①、②、③OA、B是图线①上的两点,则A.电阻箱在图中A点时的阻值比在B点时的阻值小B.电阻箱在图中A点时的电功率比在B点时的电功率小C.土豆电池的内阻与铜片和锌片插入的深度无关D.土豆电池的电动势与铜片和锌片插入的深度有关二、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。分。8.如图甲乙为特高压直流输电线的情景图与俯视图,两条平行等高的长直输电线P、Q中分别通有同方向的电流I1和I2,I1<I2,不考虑地磁场的影响,则在图乙中A.P受到的安培力方向垂直于PQ指向QB.Q受到的安培力方向垂直纸面向里C.P受到的安培力大小小于Q受到的安培力大小D.若P在Q处的磁感应强度大小为B,Q的长度为L,则Q受到的安培力大小为I2BL9.光控开关是“太阳能路灯”实现自动控制的重要元件,其内部电路的简化原理图如图,Rt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小),忽略灯阻值由于亮度变化的影响。在黎明时分,闭合开关,环境光照稳定时,电容器两板间小液滴处于静止状态,则环境光照逐渐增强时A.L1灯、L2灯均逐渐变暗B.L2灯的电压与电流的变化量之比不变C.电源的输出功率一定是先变大后变小D.小液滴向上运动,在接触极板前机械能增大10.在研究质谱仪扇形磁场的磁场特征中,采用如图所示的情景来简化分析,扇形MON区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,上MON=120。,上MOP=60,a、b两个带电的粒子以相同大小的初速度,分别从圆弧MN上的M点和P点沿半径方向射入磁场区,均从N点离开磁场。粒子重力及粒子间的作用力不计。则粒子a、bA.在磁场中运动的轨道半径之比为1:\B.比荷之比为1:3C.在磁场中运动的角速度之比为3:1D.在磁场中运动的时间之比为3:2第Ⅱ卷(非选择题,共54分)三、实验题:本题共2小题,共14分。11.(6分)实验小组利用如图甲所示的电路“观察电容器充、放电的规律”,单刀双掷开关S,阻值为R的定值电阻,电流传感器,平行板电容器C。(1)观察电容器的充电现象,应将开关S接(选填“1”或“2”),电容器的上极板带(2)实验中发现放电过程放电太快,可以(选填“增大”或“减小”)电阻R的阻值来解决该问题;高二物理试题第4页(共6页)高二物理试题第5页(共6页)(3)利用电流传感器记录电容器放电过程,得到I—t图像如图乙所示,利用数据处理软件得到I—t图线与坐标轴围成的面积为S,放电开始瞬间电流传感器记录的数据为Im,根据该实验数据曲线,可以粗测实验中电容器的电容C=。(用题中已知物理量Im、R和S表示)。12.(8分)实验小组在“研究霍尔元件的阻值特性”实验中,先用多用电表初测其电阻,再用伏安法精确测量其阻值。电压表V(量程为3V,内阻约为3kΩ)和电流表A(量程为0.6A,内阻约为0.2Ω),滑动变阻器阻值0~10Ω,定值电阻R0。(1)实验小组选择电阻挡“×1”,表盘指针偏转如图甲所示,则阻值为Ω;(2)实验小组采用伏安法进行测量,实验部分电路图如图乙所示,实验需要作I—U图像处理数据,电压测量范围尽可能大,导线N点应接(选填“A”、“B”或“不接”);为减小实验误差,导线M点应选择接(选填“A”或“B”);(3)实验中为了消除电表内阻带来的系统误差,将实验电路图改变为图丙,闭合开关S1,分别保持开关S2断开与闭合,调节滑动变阻器,测得多组电压U和对应的电流I,作出I—U关系图像如丁图中图线I与Ⅱ,则被测电阻阻值Rx=Ω。四、计算题:本题共3小题,共40分。请写出必要的文字说明和运算步骤。13.(10分)如图所示,等腰直角三角形ABC区域内有竖直向上的匀强电场,质量为m、电量绝对值为e的电子以℃0的初速度,垂直于AB边的中点P射入电场区,恰从C点射出,P点离B点距离为h,直角边长为2h,不计电子的重力,求:(1)电子在电场中飞行时间;(2)B、P两点间的电势差?14.(12分)某离子空气净化器原理如图所示,由空气和带正电的灰尘颗粒物组成的混合气流进入由一对足够长平行金属板构成的收集器,在金属板右边长为L的一段区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,在电场或者电磁场作用下,带电颗粒均能打到金属板上被收集。现有大量质量为m=10—5kg,电量q=10—5C的大颗粒沿板方向以℃0=2m/s进入电场区后,速度恰高二物理试题第6页(共6页)能保持不变,已知金属板间距为d=1m,磁场区域内金属板长L=2m,电源内阻r=1Ω,定值电阻R1=3Ω,R2=8Ω,重力加速度为g=10m/s2,不计颗粒间的相互作用与空气阻(1)两金属板间的电压;(2)电源的电动势;(3)大颗粒在磁场力作用下直接打在收集板上时,匀强磁场的磁感应强度大小范围?15.(18分)磁聚焦是现代微电子技术的重要原理之一,某电子束刻蚀机磁聚焦原理简化为如图所示的过程研究,xOy坐标系内第二象限某位置处存在加速电场,电子源P(大小可忽略)置于平行金属板下板附近,上板正中间开有小孔,小孔处恰好为矩形磁场I区ABCD(包括边界)的D点处,磁感应强度大小为B,DC平行于x轴,y轴右侧还存在垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的直角三角 形匀强磁场区域Ⅱ(包括边界),其顶点为矩形的C点,坐标为(d,\3d),电子源无初速度地飘出比荷为的电子经电场加速后,与DC成60。角进入矩形磁场、经磁场偏转后,电子最后都能汇聚于坐标原点O,结果允许保留根号。求:(1)若电子进入矩形磁场区域后从DC边与D点距离为d处射出,则电子加速后的速度大小;(2)加速电场的电压最大时,电子在匀强磁场区域Ⅱ中的运动轨迹与两直角边界同时相切,求此最大电压值;(3)矩形磁场I的磁场方向和(2)小问情形下的最小面积?高二物理答案第1页(共7页)物理试题参考答案一、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.【命题立意】本题以科技应用为背景,考查能源和可持续发展、电源的电动势和内阻闭合电路欧姆定律的理解,形成电动势、内阻、电路的能量等物理观念,解题的关键厘清开路电压和短路电流的意义,结合闭合电路欧姆定律求解。【解析】太阳能可以源源不断地从自然界获得,属于可再生能源,故A错误;由题意可知,开路电压即为电动势的值,E=0.8V,故B、C错误;电池板的内阻为r==Ω=16Ω,故D正确。2.【命题立意】本题以科技应用为背景,考查量子化与能量子、电磁波与信息化社会,形成量子、电磁波的物理观念,本题取材于科技应用,解题的关键在情景中抓住关键词电磁波,结合电磁波的物理特征来分析与求解问题。【答案】B【解析】电磁波能传递信息和能量,故A错误;经典电磁场情形中,光能看作是电磁波的一种,故B正确;量子雷达发射的是电磁脉冲信号,任何频率的电磁波在真空中的传播速度都等于光速c,故C错误;根据麦克斯韦的电磁场理论可知,恒定不变的电场不会产生磁场,电磁波是周期变化的磁场产生周期性变化的电场,周期性变化的电场产生周期性变化的磁场,不断交替变化产生的,故D错误。3.【命题立意】本题以现代科技为背景,考查电流的磁场、磁感应强度、洛伦兹力、磁通量等物理观念,解题的关键根据空间图与模型化的思维,运用安培定则判断磁场方向,左手定则判断洛伦兹力方向与圆周运动的特点,磁通量概念来解题。【解析】线圈2在竖直平面内,由右手螺旋定则可知,其产生水平方向的环形磁场,故A错误;环形真空室任一位置处磁感应强度磁场方向不同,故B错误;由于线圈类似于通电螺线管产生磁场,通过任一匝线圈2的磁感线条数相同,磁通量相等,C正确;电子沿环做圆周运动的速度方向和线圈2产生的磁场方向重合,不受该磁场的作用,负责产生向心力的磁场是线圈1,故D错误。高二物理答案第2页(共7页)4.【命题立意】本题以科学史和科学探究为背景,考查楞次定律、法拉第电磁感应定律物理观念,图像法分析物理问题的科学思维,解题的关键根据楞次定律、法拉第电磁感应定律来确定感应电动势的大小和方向来解题。【答案】A【解析】穿过线圈的磁感应强度均匀增加,产生恒定的电动势,由法拉第电磁感应定律得E=由楞次定律可得线圈中电流的方向为b到a,a点电势高于b点电势,故B、C、D错误,A正确。5.【命题立意】本题以生活中的科技为背景,考查非纯电阻电路欧姆定律物理观念,非纯电阻电路的功、功率和能量守恒的能量观念,解题的关键是非纯电阻电路不满足欧姆定律,应该用能量守恒求解。【答案】A【解析】充电宝的输出电压U、输出电流I,所以充电宝输出的电功率为UI,即手机电池的总功率为UI,故A正确;由于充电宝的内阻未知,则充电宝产生的热功率不可知,故B错误;根据焦耳定律可得手机电池产生的焦耳热应为Q=I2Rt,手机电池内阻,而U内<U,则可得,故C错误;充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能,一部分转化为手机电池产生的焦耳热,故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能的功率为P化=UI—I2R,故D错误。6.【命题立意】本题以现代科技为背景,考查电场线、轨迹线等物理观念,解题的关键是电子束所受电场力指向运动轨迹的内侧并和该点场强方向共线,再结合电场力能特征分析。【解析】电子运动轨迹的切线方向为速度方向,电子所受电场力方向指向运动轨迹的内侧且沿电场线切线方向的反方向,则电场线的方向如图所示,由题图可知,R点的电势高于Q点的电势,故A错误;电场线的疏密程度判断电场强度的大小,可以看出Q点的电场强度大小大于R点的电场强度大小,故B错误;电子从P点运动到R点的过程中,由低电势向高电势运动,静电力一直做正功,电势能减少,转化为动能,电势能和动能之和保持不变,故C正确;质子在各点是受力方向与电子方向相反,轨迹的内侧应该为斜左上,不可能沿轨迹从P运动到R点,故D错误。7.【命题立意】本题以科学探究为背景,考查闭合电路欧姆定律,解题的关键是分析U—I图线特征,判断路端电压和外电阻的关系、读出电流与电压值、两坐标轴截距点意义、图线斜率的意义。高二物理答案第3页(共7页)【答案】B【解析】根据电源的U—I图像R=,可知,电阻A的电压最大,对应的电流最小,因此两点的阻值关系为RA>RB,故A错误;由P=UI,根据题图中数据,电阻箱在A点时电路中的电功率比在B点时的电功率小,故B正确;根据电阻定律,可知,将铜片和锌片插入得更深一些,使正对面积增大,内阻减小,电源的U—I图像中斜率的绝对值表示电源的内阻,三条图线的斜率的绝对值不同,即土豆电池的内阻不同,故C错误;由图像可知,图线与纵轴交点即为电源电动势,因此电源的电动势相等,与铜片和锌片插入的深度无关,故D错误。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.【命题立意】本题以现代科技高压直流输电为背景,考查安培定则、左手定则、安培力等物理观念,解题的关键是根据安培定则、左手定则判断磁场方向和安培力方向,安培力大小计算公式和条件。【答案】AD【解析】两导线中电流方向相同,根据安培定则可知,I2在I1位置的磁场方向垂直于纸面向外,根据左手定则可知,I1所受安培力方向指向Q,或者根据同向电流相吸,故A正确、B错误;两导线之间的安培力是一对相互作用力,根据牛顿第三定律可知,即使I1<I2,P受到的力的大小仍然等于Q受到的力的大小,故C错误;I1在I2位置的磁场方向垂直于纸面向里,磁场方向和电流方向垂直,Q受到的安培力大小为F=I2BL,故D正确。9.【命题立意】本题以生活中的光控开关为背景,考查电路的动态变化、含容电路、粒子在匀强电场中运动,形成相互作用和运动、能量的物理观念,解题的关键运用程序法分析总电阻的变化或者结论法“串反并同”确定电路中电流、电压的变化,结合带电粒子的受力、运动与功能关系来求解。【答案】AB【解析】黎明时分光照逐渐增强时,光敏电阻阻值减小,根据串反并同,L1灯、L2灯均变暗,故A正确;L2灯是定值电阻,电压与电流的变化量之比为定值,故B正确;由于Rt的电阻减小,电源的外电阻在减小,无法确定外电阻与电源内电阻的关系,即无法确定电源的输出功率的变化,故C错误;由于光敏电阻Rt阻值减小,外电路总电阻减小,干路电流增大,L1两端电压减小,电容器C的电压减小,场强减小,电场力减小后小于重力,小液滴向下运动,电场力做负功,机械能减小,故D错误。10.【命题立意】本题以现代科技与科学探究为背景,考查带电粒子在弧形有界磁场中运动,形成运动和相互作用的物理观念,解题的关键构建运动图景,画出运动轨迹,寻找几何关系与物理高二物理答案第4页(共7页)方程求解。【答案】BD【解析】设磁场的半径为R,a、b电子在磁场中运动轨迹半径分别为r1,r2,则有r1=,粒子速度改变角分别为60。、120。,利用几何关系可求得:r1=\R,r2=联立可求得=3:1,故A错误;粒子比荷之比为=1:3,故B正确;周期之比为=3:1,又w=角速度之比为w1:w2==1:3,故C错误;a、b电子在磁场q2B中运动时间分别为,t2=可求得,故D正确。三、实验题:本题共2小题,共14分。11.(6分)【命题立意】本题以实验探究为背景,考查电容器充与放电现象、欧姆定律、电路分析、实验步骤和数据分析,形成能量观、科学探究的科学思维、图像法处理数据,解题的关键理解以实验目的为突破口、依托实验原理与步骤逐步分析,图像面积法求物理量。正;增大;【解析】(1)观察电容器的充电现象,应间开关S接1,电容器的上板带正电;(2)电容器放电时,增大电阻R的阻值,可以减小放电电流,从而可以有效延长电容器放电时间;根据I=得图像中S=Q,C=对电阻根据欧姆定律可得解得12.(8分)【命题立意】本题以实验探究为背景,考查多用电表的结构和使用方法、伏安法测量未知电阻、误差分析与处理,形成能量观念、科学探究与图像法数据处理的科学思维,解题的关键清楚多用电表的结构和使用方法,伏安法测电阻的原理,内外接与分压和限流的选择,结合欧姆定律分析误差从而得出合理的结论。【答案】(1)16(16.0同样给分)(2分)(2)A,(2分)B(2分)(3)15(15.0同样给分)(2分)【解析】(1)选择“×1”挡,指针在表盘的位置为16,测得的阻值16Ω;(2)为了让电压测量范围尽可能大,滑动变阻器应选用分压式接法,导线N端应接A;由于元件的阻值为16Ω,为减小实验误差,应采用电流表外接法,M点应选择接B;高二物理答案第5页(共7页)(3)图线I的斜率图线Ⅱ的斜率,k2=解得15Ω。四、计算题:本题共3小题,共40分。请写出必要的文字说明和运算步骤。13.(10分)【命题立意】本题以学术探究为背景,考查带电粒子在匀强电场中运动,形成运动和相互作用、能量的物理观念,数学知识解决物理问题的科学思维,解题的关键是构建物理模型抛体运动,运用正交分解法列出分量式,结合匀强电场中电势差和场强的关系求解。【解析】(1)电子沿BC方向做匀速直线运动,2h=y0t,(2分)电子在电场中运动的时间(2分)(2)设电子运动的加速度为a,则有eE=ma,(2分)又(1分)根据题意有at2,(1分)解得,UBP=(2分)14.(12分)【命题立意】本题以现代科技中空气净化器为背景,考查静电场、磁场、电路的综合分析问题,形成闭合电路欧姆定律、匀速直线运动、磁偏转的物理观念,逻辑推理、综合分析的科学思维形成,解题的关键是颗粒做匀速直线运动,电场力等于重力,得出颗粒在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆弧运动及两种临界情况分析。【答案】(1)10V(2)15V(3)0.8T≤B≤4T【解析】(1)进入磁场前,颗粒做匀速直线运动,根据平衡条件有qE0=mg解得(2分)又因为U=E0d(1分)联立可得U=10V(1分)(2)电容器的电压即为电阻R2两端的电压,根据闭合电路欧姆定律,则有(2分)解得E=15V(1分)(3)如果磁感应强度太大,从下板边缘进入场区的颗粒会从板间左侧返回,磁感应强度太小又会从板间右侧射出,所以要寻找两个临界情况,如图所示一是刚好不会从左侧射出,即刚好与上极板相切,设圆心O1,半径为R1,由几何条件可得(1分)根据牛顿运动定律知qv0B1=m(1分)解得,B1=(1分)二是刚好不会从右侧射出,即刚好打在上极板最右侧,设圆心O2,半径为R2,由几何条件可得2十L2=R,解得R2=(1分)根据牛顿运动定律知qv0B2=m解得,B2==0.8T,B的取值范围0.8T≤B≤4T。(1分)15.(18分)【命题立意】本题以现代科技中磁聚焦为背景,考查电场加速模型、有界磁场中运动模型、临界问题等综合分析能力,形成运动和相互作用、能量的物理观念,解题的关键分析运动过程,突破临界条件—与边界相切,用牛顿运动定律、几何关系和能量综合思维来解决问题。垂直于纸面向里。【解析】(1)电子在矩形磁场I中运动,根据洛伦兹力提供向心力evB=(2分)由几何关系得轨道半径(2分)联立解得(2分)(2)电子从矩形磁场DC成60。离开,之后做匀速直线运动与直角三角形磁场斜边成60进入场区Ⅱ,会从与直角三角形磁场斜边成60飞出,轨迹与磁场区域Ⅱ两直角边界均相切时电子速度最大,轨迹图如图所示,由几何关系得r’=d,(2分)根据洛伦兹力提供向心力ev’B=(1分)电子在两平行金属板内加速,高二物理答案第6页(共7页)高二物理答案第7页(共7页)根据动能定理mv’2,(2分)解得(2分)(3)根据左手定则,电子进入直角三角形磁场后向左偏,电子带负电,所以再根据左手定则判定矩形磁场的磁场方向垂直于纸面向里。(1分)电子在矩形磁场I中以最大速度运动时,运动的轨道半径r’=d,故y轴左侧磁场区域的长度为d,(1分)由几何知识得,y轴右侧磁场区域的长度为d,即磁场区域的长度DC=2d,(1分)根据几何知识,矩形磁场