高二物理試題第1頁(共6頁)秘密★啟用前遂寧市2024一2025學年度高中二年級第一學期期末質量監測物理試題本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分,考試時間75分鐘。注意事項:1.答題前,務必將自己的姓名、座位號和準考證號填寫在答題卡規定的位置上。2.答選擇題時,必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號。3.答非選擇題時,必須使用0.5毫米黑色簽字筆,將答案書寫在答題卡規定的位置上。4.所有題目必須在答題卡上作答,在試題卷上答題無效。5.考試結束后,只將答題卡交回。第I卷(選擇題,共46分)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.太陽帆助力中國航天科技,如圖為人造地球衛星的太陽帆,某一小塊太陽能電池板的開路電壓U=0.8V,短路電流I=5×10—2A,則下列說法正確的是A.太陽能屬于不可再生能源B.電池板的電動勢大于0.8VC.電池板的電動勢小于0.8VD.電池板的內阻為16Ω2.如圖是某款中國新型量子雷達,使用了特殊波段的電磁波,則有關電磁波的說法正確的是A.電磁波不能傳遞信息B.光能看作是電磁波(經典電磁場理論)C.若量子雷達發射出不同頻率的電磁脈沖信號,在真空中的傳播速度大小不相等D.電磁波可由恒定的電場或磁場產生高二物理試題第2頁(共6頁)3.成都建成的東方超環(EAST),其核心部件如圖所示,環形真空室外面纏繞著水平環繞線圈1和豎直環繞線圈2兩組線圈(類似于通電螺線管)產生磁場,使高溫等離子體(含有帶正、負電的電子)在磁場中發生可控核聚變反應。則A.線圈2產生豎直方向的環形磁場B.環形真空室任一位置處磁感應強度相同C.通過任一匝線圈2的磁通量相同D.如果電子恰能沿環在真空室內做圓周運動,負責產生向心力的磁場是線圈24.特斯拉線圈開創了電力時代,如圖甲所示,圖乙為小花同學制作的一個“特斯拉線圈”,圖丙為其原理示意圖,線圈匝數為n、橫截面積為S。空間加上平行于線圈軸線并穿過線圈的勻強磁場,磁感應強度大小隨時間變化的圖像如圖丁所示(B0、t0已知),則在t0時間內線圈a、b兩端的電勢差A.恒為nSB.恒為—nSC.從0均勻變化到nSD.從0非均勻變化到S5.如圖左,華為12000mA66W多協議超級快充移動電源(俗稱“充電寶”),對華為P70Pro智能手機充電。圖右電路中在超級快充模式下,充電寶對手機電池充電,此時可視為恒定電流,充電寶的輸出電壓為U、輸出電流為I,手機電池等效內阻為R,則A.手機電池的總功率為UIB.充電寶的電功率為UI十I2RC.手機電池的熱功率為D.手機電池儲存的化學能的功率為I2R高二物理試題第3頁(共6頁)6.某些電子顯示設備的陰極射線管能讓發散的電子束聚集,如圖所示,實線表示電場線,虛線表示電子僅受電場力作用下的運動軌跡,P、Q、R是運動軌跡上的三點,其中判斷正確的是A.R點的電勢低于Q點的電勢B.Q點的電場強度大小小于R點的電場強度大小C.電子從P點運動到R點的過程中電勢能和動能之和保持不變D.質子僅受電場力作用下也可以沿軌跡從P點運動到R點7.小明利用自制的簡易土豆電池來研究路端電壓與負載的關系,設計了圖甲所示的電路圖,小明改變電阻箱的阻值,測得電阻箱兩端的電壓和通過它的電流,保持其他實驗條件不變,將銅片和鋅片插入得更深一些,重復上述實驗,作出圖乙中U—I圖像的圖線①、②、③OA、B是圖線①上的兩點,則A.電阻箱在圖中A點時的阻值比在B點時的阻值小B.電阻箱在圖中A點時的電功率比在B點時的電功率小C.土豆電池的內阻與銅片和鋅片插入的深度無關D.土豆電池的電動勢與銅片和鋅片插入的深度有關二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得。分。8.如圖甲乙為特高壓直流輸電線的情景圖與俯視圖,兩條平行等高的長直輸電線P、Q中分別通有同方向的電流I1和I2,I1<I2,不考慮地磁場的影響,則在圖乙中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紙面向里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處的磁感應強度大小為B,Q的長度為L,則Q受到的安培力大小為I2BL9.光控開關是“太陽能路燈”實現自動控制的重要元件,其內部電路的簡化原理圖如圖,Rt為光敏電阻(光照強度增加時,其電阻值減小),忽略燈阻值由于亮度變化的影響。在黎明時分,閉合開關,環境光照穩定時,電容器兩板間小液滴處于靜止狀態,則環境光照逐漸增強時A.L1燈、L2燈均逐漸變暗B.L2燈的電壓與電流的變化量之比不變C.電源的輸出功率一定是先變大后變小D.小液滴向上運動,在接觸極板前機械能增大10.在研究質譜儀扇形磁場的磁場特征中,采用如圖所示的情景來簡化分析,扇形MON區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,上MON=120。,上MOP=60,a、b兩個帶電的粒子以相同大小的初速度,分別從圓弧MN上的M點和P點沿半徑方向射入磁場區,均從N點離開磁場。粒子重力及粒子間的作用力不計。則粒子a、bA.在磁場中運動的軌道半徑之比為1:\B.比荷之比為1:3C.在磁場中運動的角速度之比為3:1D.在磁場中運動的時間之比為3:2第Ⅱ卷(非選擇題,共54分)三、實驗題:本題共2小題,共14分。11.(6分)實驗小組利用如圖甲所示的電路“觀察電容器充、放電的規律”,單刀雙擲開關S,阻值為R的定值電阻,電流傳感器,平行板電容器C。(1)觀察電容器的充電現象,應將開關S接(選填“1”或“2”),電容器的上極板帶(2)實驗中發現放電過程放電太快,可以(選填“增大”或“減小”)電阻R的阻值來解決該問題;高二物理試題第4頁(共6頁)高二物理試題第5頁(共6頁)(3)利用電流傳感器記錄電容器放電過程,得到I—t圖像如圖乙所示,利用數據處理軟件得到I—t圖線與坐標軸圍成的面積為S,放電開始瞬間電流傳感器記錄的數據為Im,根據該實驗數據曲線,可以粗測實驗中電容器的電容C=。(用題中已知物理量Im、R和S表示)。12.(8分)實驗小組在“研究霍爾元件的阻值特性”實驗中,先用多用電表初測其電阻,再用伏安法精確測量其阻值。電壓表V(量程為3V,內阻約為3kΩ)和電流表A(量程為0.6A,內阻約為0.2Ω),滑動變阻器阻值0~10Ω,定值電阻R0。(1)實驗小組選擇電阻擋“×1”,表盤指針偏轉如圖甲所示,則阻值為Ω;(2)實驗小組采用伏安法進行測量,實驗部分電路圖如圖乙所示,實驗需要作I—U圖像處理數據,電壓測量范圍盡可能大,導線N點應接(選填“A”、“B”或“不接”);為減小實驗誤差,導線M點應選擇接(選填“A”或“B”);(3)實驗中為了消除電表內阻帶來的系統誤差,將實驗電路圖改變為圖丙,閉合開關S1,分別保持開關S2斷開與閉合,調節滑動變阻器,測得多組電壓U和對應的電流I,作出I—U關系圖像如丁圖中圖線I與Ⅱ,則被測電阻阻值Rx=Ω。四、計算題:本題共3小題,共40分。請寫出必要的文字說明和運算步驟。13.(10分)如圖所示,等腰直角三角形ABC區域內有豎直向上的勻強電場,質量為m、電量絕對值為e的電子以℃0的初速度,垂直于AB邊的中點P射入電場區,恰從C點射出,P點離B點距離為h,直角邊長為2h,不計電子的重力,求:(1)電子在電場中飛行時間;(2)B、P兩點間的電勢差?14.(12分)某離子空氣凈化器原理如圖所示,由空氣和帶正電的灰塵顆粒物組成的混合氣流進入由一對足夠長平行金屬板構成的收集器,在金屬板右邊長為L的一段區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,在電場或者電磁場作用下,帶電顆粒均能打到金屬板上被收集。現有大量質量為m=10—5kg,電量q=10—5C的大顆粒沿板方向以℃0=2m/s進入電場區后,速度恰高二物理試題第6頁(共6頁)能保持不變,已知金屬板間距為d=1m,磁場區域內金屬板長L=2m,電源內阻r=1Ω,定值電阻R1=3Ω,R2=8Ω,重力加速度為g=10m/s2,不計顆粒間的相互作用與空氣阻(1)兩金屬板間的電壓;(2)電源的電動勢;(3)大顆粒在磁場力作用下直接打在收集板上時,勻強磁場的磁感應強度大小范圍?15.(18分)磁聚焦是現代微電子技術的重要原理之一,某電子束刻蝕機磁聚焦原理簡化為如圖所示的過程研究,xOy坐標系內第二象限某位置處存在加速電場,電子源P(大小可忽略)置于平行金屬板下板附近,上板正中間開有小孔,小孔處恰好為矩形磁場I區ABCD(包括邊界)的D點處,磁感應強度大小為B,DC平行于x軸,y軸右側還存在垂直紙面向里、磁感應強度大小也為B的直角三角 形勻強磁場區域Ⅱ(包括邊界),其頂點為矩形的C點,坐標為(d,\3d),電子源無初速度地飄出比荷為的電子經電場加速后,與DC成60。角進入矩形磁場、經磁場偏轉后,電子最后都能匯聚于坐標原點O,結果允許保留根號。求:(1)若電子進入矩形磁場區域后從DC邊與D點距離為d處射出,則電子加速后的速度大小;(2)加速電場的電壓最大時,電子在勻強磁場區域Ⅱ中的運動軌跡與兩直角邊界同時相切,求此最大電壓值;(3)矩形磁場I的磁場方向和(2)小問情形下的最小面積?高二物理答案第1頁(共7頁)物理試題參考答案一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.【命題立意】本題以科技應用為背景,考查能源和可持續發展、電源的電動勢和內阻閉合電路歐姆定律的理解,形成電動勢、內阻、電路的能量等物理觀念,解題的關鍵厘清開路電壓和短路電流的意義,結合閉合電路歐姆定律求解。【解析】太陽能可以源源不斷地從自然界獲得,屬于可再生能源,故A錯誤;由題意可知,開路電壓即為電動勢的值,E=0.8V,故B、C錯誤;電池板的內阻為r==Ω=16Ω,故D正確。2.【命題立意】本題以科技應用為背景,考查量子化與能量子、電磁波與信息化社會,形成量子、電磁波的物理觀念,本題取材于科技應用,解題的關鍵在情景中抓住關鍵詞電磁波,結合電磁波的物理特征來分析與求解問題。【答案】B【解析】電磁波能傳遞信息和能量,故A錯誤;經典電磁場情形中,光能看作是電磁波的一種,故B正確;量子雷達發射的是電磁脈沖信號,任何頻率的電磁波在真空中的傳播速度都等于光速c,故C錯誤;根據麥克斯韋的電磁場理論可知,恒定不變的電場不會產生磁場,電磁波是周期變化的磁場產生周期性變化的電場,周期性變化的電場產生周期性變化的磁場,不斷交替變化產生的,故D錯誤。3.【命題立意】本題以現代科技為背景,考查電流的磁場、磁感應強度、洛倫茲力、磁通量等物理觀念,解題的關鍵根據空間圖與模型化的思維,運用安培定則判斷磁場方向,左手定則判斷洛倫茲力方向與圓周運動的特點,磁通量概念來解題。【解析】線圈2在豎直平面內,由右手螺旋定則可知,其產生水平方向的環形磁場,故A錯誤;環形真空室任一位置處磁感應強度磁場方向不同,故B錯誤;由于線圈類似于通電螺線管產生磁場,通過任一匝線圈2的磁感線條數相同,磁通量相等,C正確;電子沿環做圓周運動的速度方向和線圈2產生的磁場方向重合,不受該磁場的作用,負責產生向心力的磁場是線圈1,故D錯誤。高二物理答案第2頁(共7頁)4.【命題立意】本題以科學史和科學探究為背景,考查楞次定律、法拉第電磁感應定律物理觀念,圖像法分析物理問題的科學思維,解題的關鍵根據楞次定律、法拉第電磁感應定律來確定感應電動勢的大小和方向來解題。【答案】A【解析】穿過線圈的磁感應強度均勻增加,產生恒定的電動勢,由法拉第電磁感應定律得E=由楞次定律可得線圈中電流的方向為b到a,a點電勢高于b點電勢,故B、C、D錯誤,A正確。5.【命題立意】本題以生活中的科技為背景,考查非純電阻電路歐姆定律物理觀念,非純電阻電路的功、功率和能量守恒的能量觀念,解題的關鍵是非純電阻電路不滿足歐姆定律,應該用能量守恒求解。【答案】A【解析】充電寶的輸出電壓U、輸出電流I,所以充電寶輸出的電功率為UI,即手機電池的總功率為UI,故A正確;由于充電寶的內阻未知,則充電寶產生的熱功率不可知,故B錯誤;根據焦耳定律可得手機電池產生的焦耳熱應為Q=I2Rt,手機電池內阻,而U內<U,則可得,故C錯誤;充電寶輸出的電能一部分轉化為手機電池儲存的化學能,一部分轉化為手機電池產生的焦耳熱,故根據能量守恒定律可知手機電池儲存的化學能的功率為P化=UI—I2R,故D錯誤。6.【命題立意】本題以現代科技為背景,考查電場線、軌跡線等物理觀念,解題的關鍵是電子束所受電場力指向運動軌跡的內側并和該點場強方向共線,再結合電場力能特征分析。【解析】電子運動軌跡的切線方向為速度方向,電子所受電場力方向指向運動軌跡的內側且沿電場線切線方向的反方向,則電場線的方向如圖所示,由題圖可知,R點的電勢高于Q點的電勢,故A錯誤;電場線的疏密程度判斷電場強度的大小,可以看出Q點的電場強度大小大于R點的電場強度大小,故B錯誤;電子從P點運動到R點的過程中,由低電勢向高電勢運動,靜電力一直做正功,電勢能減少,轉化為動能,電勢能和動能之和保持不變,故C正確;質子在各點是受力方向與電子方向相反,軌跡的內側應該為斜左上,不可能沿軌跡從P運動到R點,故D錯誤。7.【命題立意】本題以科學探究為背景,考查閉合電路歐姆定律,解題的關鍵是分析U—I圖線特征,判斷路端電壓和外電阻的關系、讀出電流與電壓值、兩坐標軸截距點意義、圖線斜率的意義。高二物理答案第3頁(共7頁)【答案】B【解析】根據電源的U—I圖像R=,可知,電阻A的電壓最大,對應的電流最小,因此兩點的阻值關系為RA>RB,故A錯誤;由P=UI,根據題圖中數據,電阻箱在A點時電路中的電功率比在B點時的電功率小,故B正確;根據電阻定律,可知,將銅片和鋅片插入得更深一些,使正對面積增大,內阻減小,電源的U—I圖像中斜率的絕對值表示電源的內阻,三條圖線的斜率的絕對值不同,即土豆電池的內阻不同,故C錯誤;由圖像可知,圖線與縱軸交點即為電源電動勢,因此電源的電動勢相等,與銅片和鋅片插入的深度無關,故D錯誤。二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.【命題立意】本題以現代科技高壓直流輸電為背景,考查安培定則、左手定則、安培力等物理觀念,解題的關鍵是根據安培定則、左手定則判斷磁場方向和安培力方向,安培力大小計算公式和條件。【答案】AD【解析】兩導線中電流方向相同,根據安培定則可知,I2在I1位置的磁場方向垂直于紙面向外,根據左手定則可知,I1所受安培力方向指向Q,或者根據同向電流相吸,故A正確、B錯誤;兩導線之間的安培力是一對相互作用力,根據牛頓第三定律可知,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錯誤;I1在I2位置的磁場方向垂直于紙面向里,磁場方向和電流方向垂直,Q受到的安培力大小為F=I2BL,故D正確。9.【命題立意】本題以生活中的光控開關為背景,考查電路的動態變化、含容電路、粒子在勻強電場中運動,形成相互作用和運動、能量的物理觀念,解題的關鍵運用程序法分析總電阻的變化或者結論法“串反并同”確定電路中電流、電壓的變化,結合帶電粒子的受力、運動與功能關系來求解。【答案】AB【解析】黎明時分光照逐漸增強時,光敏電阻阻值減小,根據串反并同,L1燈、L2燈均變暗,故A正確;L2燈是定值電阻,電壓與電流的變化量之比為定值,故B正確;由于Rt的電阻減小,電源的外電阻在減小,無法確定外電阻與電源內電阻的關系,即無法確定電源的輸出功率的變化,故C錯誤;由于光敏電阻Rt阻值減小,外電路總電阻減小,干路電流增大,L1兩端電壓減小,電容器C的電壓減小,場強減小,電場力減小后小于重力,小液滴向下運動,電場力做負功,機械能減小,故D錯誤。10.【命題立意】本題以現代科技與科學探究為背景,考查帶電粒子在弧形有界磁場中運動,形成運動和相互作用的物理觀念,解題的關鍵構建運動圖景,畫出運動軌跡,尋找幾何關系與物理高二物理答案第4頁(共7頁)方程求解。【答案】BD【解析】設磁場的半徑為R,a、b電子在磁場中運動軌跡半徑分別為r1,r2,則有r1=,粒子速度改變角分別為60。、120。,利用幾何關系可求得:r1=\R,r2=聯立可求得=3:1,故A錯誤;粒子比荷之比為=1:3,故B正確;周期之比為=3:1,又w=角速度之比為w1:w2==1:3,故C錯誤;a、b電子在磁場q2B中運動時間分別為,t2=可求得,故D正確。三、實驗題:本題共2小題,共14分。11.(6分)【命題立意】本題以實驗探究為背景,考查電容器充與放電現象、歐姆定律、電路分析、實驗步驟和數據分析,形成能量觀、科學探究的科學思維、圖像法處理數據,解題的關鍵理解以實驗目的為突破口、依托實驗原理與步驟逐步分析,圖像面積法求物理量。正;增大;【解析】(1)觀察電容器的充電現象,應間開關S接1,電容器的上板帶正電;(2)電容器放電時,增大電阻R的阻值,可以減小放電電流,從而可以有效延長電容器放電時間;根據I=得圖像中S=Q,C=對電阻根據歐姆定律可得解得12.(8分)【命題立意】本題以實驗探究為背景,考查多用電表的結構和使用方法、伏安法測量未知電阻、誤差分析與處理,形成能量觀念、科學探究與圖像法數據處理的科學思維,解題的關鍵清楚多用電表的結構和使用方法,伏安法測電阻的原理,內外接與分壓和限流的選擇,結合歐姆定律分析誤差從而得出合理的結論。【答案】(1)16(16.0同樣給分)(2分)(2)A,(2分)B(2分)(3)15(15.0同樣給分)(2分)【解析】(1)選擇“×1”擋,指針在表盤的位置為16,測得的阻值16Ω;(2)為了讓電壓測量范圍盡可能大,滑動變阻器應選用分壓式接法,導線N端應接A;由于元件的阻值為16Ω,為減小實驗誤差,應采用電流表外接法,M點應選擇接B;高二物理答案第5頁(共7頁)(3)圖線I的斜率圖線Ⅱ的斜率,k2=解得15Ω。四、計算題:本題共3小題,共40分。請寫出必要的文字說明和運算步驟。13.(10分)【命題立意】本題以學術探究為背景,考查帶電粒子在勻強電場中運動,形成運動和相互作用、能量的物理觀念,數學知識解決物理問題的科學思維,解題的關鍵是構建物理模型拋體運動,運用正交分解法列出分量式,結合勻強電場中電勢差和場強的關系求解。【解析】(1)電子沿BC方向做勻速直線運動,2h=y0t,(2分)電子在電場中運動的時間(2分)(2)設電子運動的加速度為a,則有eE=ma,(2分)又(1分)根據題意有at2,(1分)解得,UBP=(2分)14.(12分)【命題立意】本題以現代科技中空氣凈化器為背景,考查靜電場、磁場、電路的綜合分析問題,形成閉合電路歐姆定律、勻速直線運動、磁偏轉的物理觀念,邏輯推理、綜合分析的科學思維形成,解題的關鍵是顆粒做勻速直線運動,電場力等于重力,得出顆粒在磁場中僅在洛倫茲力作用下做圓弧運動及兩種臨界情況分析。【答案】(1)10V(2)15V(3)0.8T≤B≤4T【解析】(1)進入磁場前,顆粒做勻速直線運動,根據平衡條件有qE0=mg解得(2分)又因為U=E0d(1分)聯立可得U=10V(1分)(2)電容器的電壓即為電阻R2兩端的電壓,根據閉合電路歐姆定律,則有(2分)解得E=15V(1分)(3)如果磁感應強度太大,從下板邊緣進入場區的顆粒會從板間左側返回,磁感應強度太小又會從板間右側射出,所以要尋找兩個臨界情況,如圖所示一是剛好不會從左側射出,即剛好與上極板相切,設圓心O1,半徑為R1,由幾何條件可得(1分)根據牛頓運動定律知qv0B1=m(1分)解得,B1=(1分)二是剛好不會從右側射出,即剛好打在上極板最右側,設圓心O2,半徑為R2,由幾何條件可得2十L2=R,解得R2=(1分)根據牛頓運動定律知qv0B2=m解得,B2==0.8T,B的取值范圍0.8T≤B≤4T。(1分)15.(18分)【命題立意】本題以現代科技中磁聚焦為背景,考查電場加速模型、有界磁場中運動模型、臨界問題等綜合分析能力,形成運動和相互作用、能量的物理觀念,解題的關鍵分析運動過程,突破臨界條件—與邊界相切,用牛頓運動定律、幾何關系和能量綜合思維來解決問題。垂直于紙面向里。【解析】(1)電子在矩形磁場I中運動,根據洛倫茲力提供向心力evB=(2分)由幾何關系得軌道半徑(2分)聯立解得(2分)(2)電子從矩形磁場DC成60。離開,之后做勻速直線運動與直角三角形磁場斜邊成60進入場區Ⅱ,會從與直角三角形磁場斜邊成60飛出,軌跡與磁場區域Ⅱ兩直角邊界均相切時電子速度最大,軌跡圖如圖所示,由幾何關系得r’=d,(2分)根據洛倫茲力提供向心力ev’B=(1分)電子在兩平行金屬板內加速,高二物理答案第6頁(共7頁)高二物理答案第7頁(共7頁)根據動能定理mv’2,(2分)解得(2分)(3)根據左手定則,電子進入直角三角形磁場后向左偏,電子帶負電,所以再根據左手定則判定矩形磁場的磁場方向垂直于紙面向里。(1分)電子在矩形磁場I中以最大速度運動時,運動的軌道半徑r’=d,故y軸左側磁場區域的長度為d,(1分)由幾何知識得,y軸右側磁場區域的長度為d,即磁場區域的長度DC=2d,(1分)根據幾何知識,矩形磁場