2023年高二第二学期期末学业质量监测卷
物理
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
考生注意：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1.对于一定质量的物体，以下说法中正确的是
A.速度不变，动能可能改变
B.速度变化，动能一定变化
C.动能不变，速度一定不变
D.动能变化，速度一定改变
2.某次雷雨天气，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场，图中虚线为该电场的三条等势线，实
线为某带电粒子从A运动到B的轨迹，A、B为运动轨迹上的两点。带电粒子的重力不计，避雷针
带正电。则
A.带电粒子带正电
带电云层
空气分子被电离
B.避雷针尖端附近电势较低
云层放电
C.带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
D.带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度
大地
3.AED为自动体外除颤器，是用来抢救心脏骤停病人的便携式急救设备，它已被广泛用于学校、商
场、机场等公共场所。某家用AED的电容器的电容是25uF,充电4kV电压，如果电容器在4s
时间内一次性完成放电，则
A.电容器放电过程中电容越来越小
B.电容器充电储存的电荷量为100C
C.电容器的击穿电压为4kV
D.电容器放电过程中平均电流为25A
高二物理·第1页（共6页）
4.2023年5月30日9时31分.我国成功发射“神州十六号”我人飞船，神舟十六号发射入轨后就去
找空间站组合体，并与它完成交会对接。如图载人飞船与空间站此时在同一轨道上绕地球做速
圆周运动，下列说法正确的是
A.载人飞船的发射速度大于11.2km/s
B.载人飞船与空间站在轨运行的线速度小于7.9k/s
C.载人飞船只需向后喷气加速后，就可以和空间站对接
D.已知地球质量与载人飞船的轨道半径，可以求出载人飞船运行的角速度
5.如图所示为-一种新型的电磁船的俯视图，N、PQ为固定在船上的水平平行金属板，直流电源接在
川、P之间、船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的
虚线框内严生强磁场。闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q,若船
海水
在海水的反冲作用下水平向左运动，虚线框中的磁场方向应该
船头
0
A.竖直向下
B.竖直向上
C.水平向左
D.水平向右
6.家用汽车已经普及，强强同学坐在汽车的副驾驶上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的
车灯会瞬时变暗。简化电路如图，已知汽车电源电动势为12.5V,内阻为0.052。仅S2接通时理
想电流表示数为10A:保持S,接通，S,闭合瞬间，电流表示数达到60A。则
A.当电动机未启动时，电源每秒有125J的电能转化为化学能
①
B.在电动机启动瞬间，流过电动机的电流为50A
C.在电动机启动瞬间，车灯的功率减少了44.8W
A
D.当电动机正常工作时，电流表示数将比60A更大
7.如图所示，水平面内边长为21的正方形MNPQ区域内有磁感强度大小均为B,方向相反的匀强磁
场，O、O,分别为MN和PQ的中点。一边长为l,总电阻为R的正
方形线框abd,沿直线OO,匀速穿过图示的有界匀强磁场，运动过
程中bc边始终与MN边平行，线框平面始终与磁场垂直，正方形线
框关于QQ,直线上下对称。规定电流沿逆时针方向为正，则线框穿
过磁场过程中电流I随时间t变化关系正确的是
2
B
D
高二物理·第2页（共6页）2023 年高二第二学期期末学业质量监测卷
物理试题参考答案及评分标准
1.D【解析】对于质量一定的物体，速度不变，动能一定不变，故 A 错误；速度变化，动
能不一定变化，故 B 错误；动能不变，速度可能变化，方向反向，故 C 错误；动能变化，
速度一定改变，故 D 正确。
2.C【解析】根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到指向曲线内侧的作用力，即带
电粒子与带正电的避雷针之间为吸引力，故带电粒子带负电，故 A 错误；沿电场线方向
电势降低，故尖端附近电势较高，则带负电的粒子在 A 点电势能更大，故 B 错误、C 正
确；尖端附近电场线更密集，故在 B 点所受电场力更大，加速度更大，故 D 错误。
3.D【解析】电容器的电容与充放电过程无关,故 A 错误；电容器充电储存的电荷量
q = CU = 25×10 6 ×4000C=0.1 C，故 B 错误；电容器在 4 kV 时正常工作，故不是击
q 0.1
穿电压，故 C 错误；放电过程的平均电流 I = = A=25 A，故 D 正确。
t 4×10 3
4.B【解析】载人飞船发射后绕地球运动，故发射速度介于 7.9 km/s 与 11.2 km/s 之间，故
A 错误；载人飞船此时所在轨道半径大于地球半径，故运行速度小于 7.9 km/s，故 B 正
确；载人飞船要与空间站对接，可以先减速至低轨，再加速变回至原轨道，故 C 错误；
已知地球质量与载人飞船的轨道半径，少了引力常量 G，无法求出角速度，故 D 错误。
5.A【解析】船受到的反冲力向左，根据牛顿第三定律，可知通电的海水受到向右的力，
根据左手定则可知磁场方向竖直向下，故选 A。
6.C【解析】当电动机未启动时，电路中电流为 10A，每秒非静电力做功 W=EIT=125J, 则
电源每秒有 125 J 的化学能转化为电能，故 A 错误；在电动机启动瞬间，流过灯泡的电
流小于 10 A，所以流过电动机的电流大于 50 A，故 B 错误；车灯接通电动机未启动时，
车灯两端U U11 = E I1r = 12 V，车灯 P =U1I1 =120 W，车灯 R1 = =1.2 ；电动机启I1
U 2
动时，车灯两端U 2 = E I 22r = 9.5 V,车灯的功率： P′ = ≈75.2 W，在电动机启动R1
瞬间，车灯的功率减少了： P = P P′ = 44.8 W，故 C 正确；在电动机启动瞬间，电
高二物理答案 第 1 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
动机相当于纯电阻电路，由于电动机内阻较小，所以电流较大；当电动机正常工作时，
相当于电动机电阻变大，所以电流表示数小于 60 A，故 D 错误。
E Blv
7.B【解析】当 b 点接触 MQ 前，bc 切割磁感线，电动势 E=Blv， I0 = = 。根据楞R R
次定律，电流方向为逆时针，正方形线框继续向右运动，在 ad 边进入磁场前的时间内，
bc 边上下两部分在方向不同的磁场中运动，在垂直纸面向里的磁场中运动的部分长度越
来越短，在垂直纸面向外的磁场中运动的部分长度越来越长，但在垂直纸面向里的磁场
中运动部分的长度一直大于在垂直纸面向外的磁场中运动部分的长度，所以这段时间内
电流方向为逆时针，且电流逐渐减小，当 ad 边运动至与 MN 重合时，电流为 0，ad 边
刚进入时，根据楞次定律，电流方向为顺时针， bc 边上下两部分切割磁感线长度相等，
E Blv
感应电动势方向相反，所以此时电流大小为 I0 = = 。此后电流一直增大，到 bcR R
2Blv
边运动至整条边都在向外的磁场时，电流最大，最大电流为2I0 = ，bc 边运动 PQR
I E Blv重合时，电流为 0 = = ，此后根据楞次定律，电流逆时针方向，且电流一直增大，R R
E Blv
当 ad 边在磁场中运动时，电流为 I0 = = ，故选 B。 R R
E NBS·2πn
8.ACD m【解析】由 Im＝ R ，Em＝NBSω，ω＝2πn，得 Im＝ R ，故 A、C 可行；又电
阻 R 与匝数有关，当匝数减半时电阻 R 也随之减半，则 Im不变，故 B 不可行；当边长
1 1
减半时，面积 S 减为原来的 ，而电阻减为原来的 ，则 Im减半，故 D 可行。 4 2
9.BCD【解析】物块初速度与合力方向不共线，故物块做匀变速曲线运动，故 A 错误；物
1 2h F
块竖直方向h = gt 2 ，运动时间 t = = 1 s，水平方向加速度为a = =20 m/s2。
2 g m
1
物块落地水平距离为 x = v0t at
2 1=6 m 2。物块从抛出至落地mgH Fx = Ek mv ，2 2 0
解得 Ek=58 J，故 B 正确；当合力与速度垂直时动能最小,设此时速度与水平方向夹角为
tanθ F
v
θ， = = y ，又 vx = v0 at′，vy = gt′，解得 t′ =0.64 s，故 C 正确；物块运mg vx
v 2
动过程中离抛出点水平距离最大时，水平方向初速度减为 0，则 x = 0m = 6.4 m，故 D2a
高二物理答案 第 2 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
正确。
10.BC【解析】在此介质中 AB 板发射的光线若满足入射角大于等于临界角，均可发生全反
射，不一定只有从 C 点发射的细光束才能发生全反射，故 A 错误；如图所
示，由几何关系可知θ 为 45°，故CD长度为 2R ，所以正方形总长度为
1
8 2R ，故 B 正确；全反射的临界角度为sin C = ≤ sin 45°，故折射率n
t s 8 2R 8 2Rn 16Rn = = = ≥≥ 2 ，因此传播时间为 v c c c ，故 C 正确、D
n
错误。
11.AD【解析】在波的传播方向上，所有质点都在模仿波源，根据波动图像可知，质点 M
的起振方向为沿 y 轴正方向，所以质点 N 的起振方向也是沿 y 轴正方向，故 A 正确；
根据题意可知，血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为
v x (16 12)×10
5 m
= = -8 =1.6×10
3 m / s，故 B 错误；
t 2.5×10 s
根据 t=0 时刻的波动图像可知，质点 M 的起振方向沿 y 轴正方向，图像可知，质点的振
2
动振幅为 A=0.4 mm，波长为λ = 8×10 mm，根据波长、波速和周期的关系，可知
5
T λ 8×10= = s = 5×10-83 s ,由此可得ω = 4π ×10
7 rad / s ，质点 M 的振动方程为
v 1.6×10
y = 0.4sin(4π ×107 t)mm，故 C 错误；
根据 t = 0时刻的波动图像可知，质点 M 与质点 N 的平衡位置相差半个波长，所以两个
质点的振动情况始终相差半个周期，两者的振动情况相反，故质点 M 与质点 N 的位移
大小相等、方向相反，故 D 正确。
3mgL0
12.(3)70.00 （2分） (4) 2 （2 分） (5) 4.9（2 分） 2 L0 L
2
【解析】（3）由图乙可知，右侧滑块正对刻度尺刻度 70 位置，由于刻度尺最小刻度为
1 cm， 根据刻度尺读数估读要求，右端滑块位置读数为 70.00 cm。
（4）设拉断时细线与竖直方向上的夹角为α ，拉线示意图如下，根据几何关系可得
( L0 )2 L ( )2 L2 L2
cosα = 2 2 0L = 。 0 L0
2
高二物理答案 第 3 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
3mgL0
对钩码进行受力分析，在竖直方向上2Tmax cosα = 3mg ，解得Tmax = 2 2 。 2 L0 L
（5）重力加速度 g 取 9.8 m/s2，代入数据可得Tmax = 4.9N 。
13.（1）右（1 分） 少量（2 分） （2）28.0（2 分） 减少（2 分） （3）
4.9（4.8～5.0 均正确）（2 分）
L
【解析】（1）由电阻定律 R = ρ 可知，B 板越靠近右侧，溶液长度
S
越长，电阻越大。盐溶液浓度越低，阻值越大。
（2）由图 c 可知，此时电路中电流为 28.0 mA。要使测量中电流的变化范围更大，则应
减小电阻，故需要增加容器内的食盐溶液。
x E 1 ρl
（3）根据电阻定律及欧姆定律： R = ρ V = ,则 = x ，结合图线斜率可得I I EV
l
k ρl 100 45= = ，解得 ρ = 4.95 m。
EV 0.2
14.(1)3.2 V （2）4m/s （3）0.128 J
E
【解析】(1)由乙图可知，感应电动势有效值 E m有 = = 4 V………………1分 2
RE
此时小灯泡正好正常发光，则U额 =
有 =3.2V ……………………2分
R + r
（2）由切割磁感线可知： Em = NB(πD)vm ……………………2分
解得 vm=4 m/s……………………1分
U额
（3）线圈中电流有效值为 I有 = I额 = = 0.4A……………………1分 R
由乙图可得：周期 T=0.4 s……………………1分
2
一周期内线圈产生的焦耳热Q = I有 rT =0.128J ……………………2分
mg 3
15.（1） ，沿 x 轴正方向 （2）0 （3） mgL
q 2
高二物理答案 第 4 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
DO 1
【解析】（1）由几何关系： sin∠DAO = =
AD 2
故∠DAO = 30°……………………1分
则轨道上 A 点的电场强度大小
E 2kQA = 2 cos30
3kQ mg
° = 2 = ……………………2分 L L q
方向沿 z 轴正方向……………………1分
OA OC 3（2）由几何关系： = = L，知∠ACO = 45°
2
根据对称性可知，C 点的电场强度方向沿 x 轴正方向，且：
E E mgC = A = q ……………………1分
小球在C 点时的受力如图所示，沿杆方向的合力为
mg cos 45° qEC cos 45° = ma …………………………2分
解得a = 0……………………1分
（3）根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C 两点电势相等，电荷从 A 到 C 的过程
中电场力做功 W=0……………………1分
根据动能定理可得mg OA = EkC 0 ………………2分
3
解得 EkC = mgL…………………………1分 2
t 2πd π 2π16.（1） = （2） ≤θ ≤ （3）25%
3v0 3 3
【解析】（1）t=0 时刻释放的粒子恰好从 Q 板右侧边缘离开电场，且电场变化周期
T 2d= ，粒子以速度 v0平行极板方向离开电场。…………………1分
v0
高二物理答案 第 5 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
v 2
粒子平行于 x 轴射入圆形磁场区域，由 Bqv 00 = m ………………………2分 r
B mv= 0
dq
得 r=d…………………………1分
根据几何关系，如图所示，四边形 O1AOM 为菱形，边长为 d，轨迹对应圆心角为 120°，
速度方向偏转角为 120°。
1
粒子在磁场中运动时间 t = T …………………………1分
3
T 2πd=
v0
t 2πd得 = …………………………1分
3v0
（2）由第（1）问得，t=0 时刻进入极板，粒子从下极板边缘射入磁场，从 M 点射出速度
2π 2π
方向的偏转角为 ，即与 x 轴正方向的夹角为 。…………………………2分
3 3
1
若粒子在 t = T 时刻进入电场，粒子将从上极板的边缘射入磁场，如图所示，根据几何
4
π
关系，四边形 O2BOM 为菱形，边长为 d，轨迹对应圆心角为 ，从 M 点射出速度方向
3
π π
的偏转角为 ，即与 x 轴正方向的夹角为 。…………………………2分
3 3
高二物理答案 第 6 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
所以粒子从 M 点离开磁场时与 x 轴正方向的夹角范围为
π 2π
≤θ ≤ …………………………2分
3 3
T
（3）粒子在一个周期内，在0 ~ 内进入电场的粒子都可以平行于 x 轴以速度 v0 进入磁
4
场，最终聚焦于 M 点，到达 M 点的粒子占发射源发射粒子的总百分比为
T
η t = ×100% = 4 ×100% = 25%…………………………3分
T T
高二物理答案 第 7 页（共 7 页）
{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}
