四川省遂宁市2024-2025学年高二（上）期末质量检测物理试卷【含答案】

第=page11页，共=sectionpages11页四川省遂宁市2024-2025学年高二（上）期末质量检测物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。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×A.太阳能属于不可再生能源 B.电池板的电动势大于0.8V

C.电池板的电动势小于0.8V D.2.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、bA.恒为nSB0t0 B.恒为−nSB0t0

5.如图左，华为12000mA 66W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A.手机电池的总功率为UI B.充电宝的热功率为UI+I2R

C.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、③。A、B是图线①上的两点，则

图甲

图乙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、多选题：本大题共3小题，共18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I2和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Q

B.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9.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，∠MON=120∘，∠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A.在磁场中运动的轨道半径之比为1:3 B.比荷之比为1:3

C.在磁场中运动的角速度之比为三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.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______电(选填“正”或“负”(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(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=______。(12.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(1)实验小组选择电阻挡“×1(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“(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四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.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v0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(1(2)B、14.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(1(2(3)15.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,(1)若电子进入矩形磁场区域后从DC边与D(2)加速电场的电压最大时，电子在匀强磁场区域(3)矩形磁场Ⅰ的磁场方向和(2答案和解析1.【答案】D

【解析】A.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；BC.由题意可知，开路电压即为电动势的值，所以电池板的电动势为故BC错误；D.电池板的内阻为

r故D正确。故选D。2.【答案】B

【解析】A.电磁波能传递信息和能量，故A错误；B.经典电磁场情形中，光能看作是电磁波的一种，故B正确；C.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；D.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。故选B。3.【答案】C

【解析】A.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；B.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；C.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；C.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。故选C。4.【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。故选A。5.【答案】A

【解析】A.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B.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；C.根据焦耳定律可得手机电池产生的焦耳热应为

Q手机电池内阻

R而

U内<U

故C错误；D.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故D错误。故选A。6.【答案】C

【解析】A.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；B.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；C.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，因只有电场力做功，则电势能和动能之和保持不变，故C正确；D.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。故选C。7.【答案】B

【解析】A.根据电源的U−I图像

R=UI

，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

B.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BC.根据电阻定律

R=ρLS

，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D.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。故选B。8.【答案】AD【解析】AB.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QC.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D.

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故D正确。故选AD。9.【答案】AB【解析】A.光照逐渐增强时，光敏电阻阻值减小，总电阻减小，总干路电流增大，路端电压减小，结合串反并同，

L1

灯、

L2

灯均变暗，故B.

L2

灯是定值电阻，电压与电流的变化量之比为定值，故BC.由于

Rt

的电阻减小，电源的外电阻在减小，因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CD.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，故故选AB。10.【答案】BD【解析】A.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

，根据洛伦兹力提供向心力可得

r1=m1粒子速度改变角分别为

60∘、120联立可求得

r故A错误；B.同理可得粒子比荷之比为

q故B正确；C.周期之比为

T又

ω角速度之比为

ω故C错误；D.

a,b

电子在磁场中运动时间分别为可求得

t故D正确。故选BD。11.【答案】(1)

1(2(3)

【解析】(1)[1](2)电容器放电时，增大电阻(3)根据得图像中

S对电阻根据欧姆定律可得

I解得

C12.【答案】((2)

A(

【解析】(1)选择“×1”挡，指针在表盘的位置为16.0，测得的阻值为

(2)[1][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(3)图线Ⅰ的斜率表示

R0

与

RV

并联电阻的倒数，即

k1=0.43Ω−1=1R0+1RV

，图线Ⅱ的斜率表示

13.【答案】(1)电子沿BC电子在电场中运动的时间

t(2)设电子运动的加速度为a，则有又

E根据题意有

h解得

U

【解析】详细解答和解析过程见【答案】14.【答案】(1)进入磁场前，颗粒做匀速直线运动，根据平衡条件有解得

E又因为

U联立可得

U(2)电容器的电压即为电阻

R2

解得

E(3一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

，由几何条件可得根据牛顿运动定律知

q解得

v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

，由几何条件可得解得

R根据牛顿第二运动定律知

q解得

vB的取值范围

0.8

【解析】详细解答和解析过程见【答案】15.【答案】(1)电子在矩形磁场Ⅰ中运动，根据洛伦兹力提供向