四川省广元市2024-2025学年高二年级上册1月期末物理试题（解析版）

秘密启用前

广元市2024年秋季普通高中二年级期末教学质量监测

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、班级和考籍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=O.8V,短路电流/=5X1CT?A,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0.8V

C.电池板的电动势小于0.8V

D.电池板的内阻为16。

【答案】D

【解析】

【详解】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石=U=0.8V

故BC错误；

E08

D.电池板的内阻为「=厂=菰不yC=16Q

故D正确。

故选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（

松

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）

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

【答案】B

【解析】

【详解】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Bo

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（）

线圈1

线圈2

等离子体

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

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2

【答案】c

【解析】

【详解】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.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，线圈匝数为人横截面积为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（耳、J已知），则在％时间内线圈八6两端的电势差（）

电磁铁

■线圈

A.恒为〃S”B.恒为fS"

C,从0均匀变化到“s"D.从0非均匀变化到S”

【答案】A

【解析】

【详解】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

口△①cABcB。

E—n----=nS-----=nS—

△tMt0

由楞次定律可得线圈中电流的方向为b到G,a点电势高于6点电势。

故选Ao

5.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/,手机电池等效内阻为R,则（）

华为1200066WSuperCharge

双向超级快充移动电源

A.手机电池的总功率为UI

B.充电宝的热功率为W+/2R

U2

C.手机电池的热功率为一

R

D.手机电池储存的化学能的功率为严氏

【答案】A

【解析】

【详解】A.充电宝的输出电压U、输出电流/,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;

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。=尸放

手机电池内阻R=%

TJ2TT2

而。内＜U,则可得弓

RR

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?=UI-I2R

故D错误。

故选A„

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、。、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。点的电势

B.。点的电场强度大小小于R点的电场强度大小

C.电子从尸点运动到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

【答案】C

【解析】

【详解】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。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。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Co

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-/图像的图线①、②、③。A、8是图线①上的两点，则（）

刍

土豆电池s

图甲图乙

A.电阻箱在图中A点时的阻值比在8点时的阻值小

B.电阻箱在图中A点时的电功率比在8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

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据电源的U-/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；

B.由P=根据题图中数据，电阻箱在A点时电路中的电功率比在8点时的电功率小，故B正确；

C.根据电阻定律H=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-

/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；

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。

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，2和/1<A，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8,Q的长度为3则Q受到的安培力大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.两导线中电流方向相同，根据安培定则可知，右在4位置的磁场方向垂直于纸面向外，根据

左手定则可知，人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;

C.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，＜，2,尸受到的力的大小仍然

等于Q受到的力的大小，故C错误；

D.4在右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E=

故D正确。

故选AD„

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，尺为光敏电阻（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（）

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

【答案】AB

【解析】

【详解】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，L］灯、L2灯均变暗，故A正确;

B.L?灯是定值电阻，电压与电流的变化量之比为定值，故B正确；

C.由于用的电阻减小，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C错误；

D.由于光敏电阻R,阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，L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。

故选AB„

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M0N区域内存在垂直纸

面向里的匀强磁场，ZMON=12Q°,ZMOP=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点和尸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

A.在磁场中运动的轨道半径之比为1：百

B.比荷之比为1:3

C.在磁场中运动的角速度之比为3:1

D.在磁场中运动的时间之比为3:2

【答案】BD

【解析】

【详解】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（、弓,根据洛伦兹力提供向心力

=色Vo

可得6=r

q出，2q.B

粒子速度改变角分别为60。、120。，利用几何关系可求得6=君凡

联立可求得4=3:1

r2

故A错误；

B.同理可得粒子比荷之比—:―=1:3

m2

故B正确；

271ml

C.周期之比为=3:1

T22兀A%

q?B

2兀

又3=于

角速度之比为=­：—=1：3

mxm2

故C错误;

T2兀〃/1271Hl

D.。/电子在磁场中运动时间分别为「看=高，「尸=盂

t,3

可求得

故D正确。

故选BD„

第II卷（非选择题，共54分）

三、实验题：本题共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R的阻值来解决该问

题;

（3）利用电流传感器记录电容器放电过程，得到/-/图像如图乙所示，利用数据处理软件得到口图线与

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勾，根据该实验数据曲线，可以粗测实验

中电容器的电容。=0（用题中己知物理量R和S表示）。

【答案】（1）①.1②.正

S

（2）增大（3）—

目

【解析】

【小问1详解】

[1]⑵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；

【小问2详解】

电容器放电时，增大电阻式的阻值，可以减小放电电流，从而可以有效延长电容器放电时间；

小问3详解】

根据

t

得图像中S=Q,C=3

口m

对电阻根据欧姆定律可得。=2旦

mR

「s

解得

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3kQ）和电流表A（量程为0.6A,内阻约为0.2Q）,滑动变阻器阻值0〜10。，

定值电阻凡。

（1）实验小组选择电阻挡“xl”，表盘指针偏转如图甲所示，则阻值为。；

（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/—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〃点应选择

接（选填"A”或“歹）；

（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S「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/,作出/-U关系图像如丁图中图线I

与n,则被测电阻阻值&=

【答案】（1）16##16.0

（2）①.A②.B

(3)15##150

【解析】

【小问1详解】

选择“X1”挡，指针在表盘的位置为16.0,测得的阻值为16.0x10=16.00；

【小问2详解】

⑴⑵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

16.00〈疯耳，为减小实验误差，应采用电流表外接法，M点应选择接3；

【小问3详解】

一,八_]11

图线I的斜率表示凡与Rv并联电阻的倒数，即勺一十一图线n的斜率表示凡、心、

八70.61111116

凡并联电阻的倒数，即左2=—=右+弁+弁，解得D&―/=15Q。

3&R、&k2-k1

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.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，质量为机、电量绝对值为e的电子以

%的初速度，垂直于AB边的中点P射入电场区，恰从C点射出，尸点离B点距离为〃，直角边长为助,

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？

2h

【答案】(1)—

%

⑵T

【解析】

【小问1详解】

电子沿BC方向做匀速直线运动2h=vot

2h

电子在电场中运动的时间t=——

%

【小问2详解】

设电子运动的加速度为。，则有=〃/

又E=%

h

19

根据题意有/2=—

2

解得。8尸=遮

2e

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7〃=l(T5kg,电量q=10-5c的大颗粒沿

板方向以％=2m/s进入电场区后，速度恰能保持不变，己知金属板间距为d=lm,磁场区域内金属板长

L=2m，电源内阻r=1O,定值电阻K=3。,凡=8C,重力加速度为g=10m/s2,不计颗粒间的相互作

(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？

【答案】(1)10V(2)15V

(3)0.8T<B<4T

【解析】

【小问1详解】

进入磁场前，颗粒做匀速直线运动，根据平衡条件有=mg

解得E0=驾

Q

又因为u=E（）d

联立可得。=10V

【小问2详解】

电容器的电压即为电阻凡两端的电压，根据闭合电路欧姆定律，则有£=乡（4+N+厂）

4

解得E=15V

【小问3详解】

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。1,半径为凡，由几何条件可得用=:

根据牛顿运动定律知=吗

解得匕=半出=当=仃

2mqd

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。2，半径为&，由几何条件可得

解得与=。上

2d

2

根据牛顿第二运动定律知9%与二加?

R2

退（屋+片）

解得V==08T

2=—p^r)-

2mdQ

B的取值范围0.8T<B<4T

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，电子源尸（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A2C。（包括边界）的D点处，磁感应强度大小为3,0c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8的直角三角形匀强磁场区域H（包括边界），其

顶点为矩形的C点，坐标为（d,局）,电子源无初速度地飘出比荷为且的电子经电场加速后，与DC成