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】

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=

0.87,短路电流/=5XIO-24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0.8U

C.电池板的电动势小于0.8UD.电池板的内阻为16。

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2

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71、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（Bo、片已知），则在片时间内线圈a、b两端的电势差（）

C.从。均匀变化到nS?D.从。非均匀变化到S等

%

5.如图左，华为12000nM66〃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,贝版）

华为1200066WSuperCharge

双向超级快充移动电源

A.手机电池的总功率为U/B.充电宝的热功率为U/+/2R

“2

C.手机电池的热功率为5D.手机电池储存的化学能的功率为/2R

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—/图像的图线①、②、③。2、B是图线①上的两点，则（）

图甲图乙

刍

土豆电池s

A.电阻箱在图中4点时的阻值比在B点时的阻值小

B.电阻箱在图中4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/2和。＜/2，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3则Q受到的安培力大小为/2BL

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，&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.5灯、22灯均逐渐变暗

B.打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，/-MON=120°,Z.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“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

A.在磁场中运动的轨道半径之比为1:B.比荷之比为1:3

C.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

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/-t图像如图乙所示，利用数据处理软件得到/-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L，根据该实验数据曲线，可以粗测实验

中电容器的电容。=o（用题中已知物理量/恒、R和S表示）。

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U（量程为3V,内阻约为3W2）和电流表4（量程为0.64内阻约为0.2。），滑动变阻器阻值0〜

10/2,定值电阻Ro。

（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“4"、或“不接”）；为减小实验误差，导线M点应选

择接（选填“4”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/,作出/-U关系图像如丁图中图线I与II,

则被测电阻阻值&=o

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，质量为加、电量绝对值为e的电子以为

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％,直角边长为2/i,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.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。现有大量质量为巾=10-5kg,电量q=10-5。的大颗粒

沿板方向以为=2zn/s进入电场区后，速度恰能保持不变，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=10,定值电阻&=30,7?2=8。，重力加速度为g=lOm/sZ,不计颗粒间的相互

作用与空气阻力。求：

(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.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，

%0y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4BCD(包括边界)的。点处，磁感应强度大小为8,DC平行于支

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,Cd),电子源无初速度地飘出比荷为5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0,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。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n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？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】4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E=U=0.8M

故错误；

。电池板的内阻为r=£=—^0=160

故D正确。

故选。。

2.【答案】B

【解析】4电磁波能传递信息和能量，故A错误；

R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。错误。

故选人

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；

区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。错误。

故选Co

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£=几竿=

nS^-=nS^-

4tto

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/,所以充电宝输出的电功率为U/,即手机电池的总功率为U/,

故A正确；

注由于充电宝的内阻未知，则充电宝产生的热功率不可知，故8错误；

C.根据焦耳定律可得手机电池产生的焦耳热应为Q=I2Rt

u由

手机电池内阻R=/

¥2

而心<U,则可得PQ=.<"

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

2

能量守恒定律可知手机电池储存的化学能的功率为P/i=Ul-lR

故D错误。

故选A。

6.【答案】C

【解析】4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；

区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。

错误。

故选C。

7.【答案】B

【解析】A根据电源的U-/图像R=彳，可知，电阻4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;

员由P=U/,根据题图中数据，电阻箱在2点时电路中的电功率比在B点时的电功率小，故8正确;

C.根据电阻定律R=p[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。错误。

故选人

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，/2在A位置的磁场方向垂直于纸面向外，根据

左手定则可知，/1所受安培力方向指向Q,或者根据同向电流相吸，故A正确，8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，即使人＜/2,P受到的力的大小仍然

等于Q受到的力的大小，故C错误；

。./1在/2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=/2BL

故D正确。

故选ADo

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，打灯、功灯均变暗，故A正确；

8均灯是定值电阻，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C错误；

D由于光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，5两端电压减小，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。错误。

故选ABo

10.【答案】BD

【解析】4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rI、上，根据洛伦兹力提供向心

力qvB=

可得『】=器，万=肾

粒子速度改变角分别为60。、120。，利用几何关系可求得q=^3R,r2=^-R

联立可求得鱼=3:1

「2

故A错误；

员同理可得粒子比荷之比为红:绘=1:3

m2

故2正确；

271ml

C.周期之比为今=需=3:1

Q2B

乂▽3=下27r

角速度之比为四：0)2

故C错误；

D.a,b电子在磁场中运动时间分别为h=今=誓匕七2=，2=需丝

oOBqI3D

可求得

故D正确。

故选BD。

11.【答案】(1)1正

(2)增大

⑶当

ImK

【解析】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;

(3)根据I=I

得图像中S=Q,C=*

um

对电阻根据欧姆定律可得An=皆

12.【答案】(1)16(16.0)

(2)AB

(3)15(15.0)

【解析】⑴选择“xl”挡，指针在表盘的位置为16.0,测得的阻值为16.0xW=16.0/2；

(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4；由于元件的阻

值16.0。花，为减小实验误差，应采用电流表外接法，M点应选择接B；

(3)图线I的斜率表示&与即并联电阻的倒数，即的=铮。-1=去+/，图线n的斜率表

3KQKy

示&、即、心并联电阻的倒数，即的=¥0T=*+*+-解得%=丁==150。

13.【答案】(1)电子沿BC方向做匀速直线运动2h=%t

电子在电场中运动的时间t=-

%

(2)设电子运动的加速度为q,则有eE=?na

又E=^

12

at

根据题意有h2-

解得UBP=^

【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=mg

解得比=也

q

又因为U=Eod

联立可得U=107

(2)电容器的电压即为电阻7?2两端的电压，根据闭合电路欧姆定律，则有石=苗(夫2+%+「)

解得E=15V

(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。一半径为七，由几何条件可得%=?

根据牛顿运动定律知=小某

解得巧=寨,B]=智=47

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1?2，由几何条件可