福建福州高级中学2025-2026学年第一学期高二期末物理模拟考试卷

福州高级中学2025一2026学年高二第一学期 期末模拟考试物理试题 命卷教师：陈美英 审卷教师：林晓琦 试卷总分：100分 完卷时间：50分钟 一、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求) 1.如图所示，高压静电防护服接地，O为防护服内的一点，把一带电量为Q的金属小球移动到距 离O点的「处。金属小球可视为点电荷，静电力常量为k,取大地电势为0，下列说法正确的是( A.高压静电防护服应采用绝缘性能特别好的绝缘材料制作 B.感应电荷在O点处产生的场强大小等于k号，方向由O指向 ④-- 金属小球 C.高压静电防护服外表面场强处处为零 1000kV-750kV特高压静电防护服 D.高压静电防护服左侧外表面带负电，电势小于0 o限乐y 0用途 用于输变地带电作业工作中地电位人员穿最的防护用具，保护 输电线路和变电站巡视人员免受高压比场的影响。 2某同学想测量一工厂排出废水的电阻率。他用如图甲所示的盛水容器，其左右两侧面为带有接线 柱的金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，容器内部长为α，宽为b,高为c。他将水 样注满容器，测得水样的U-1图线如图乙所示，下列说法正确的是() U A电压为U时，水样电阻为2品 B.电压为U时，水样的电阻率为c al2 C.随着电压增大，所接电源（含有内阻）的输出功率变大 D.若有接线柱的金属薄板放置在上下表面，所测水样的电阻率将变小 3如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间隔棒将6 条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d小、e、f上，O为正六边形的中心。已知通 电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。当6条输电导 线中通垂直纸面向外，大小相等的电流，α、b导线之间的安 培力大小为F,此时() A.O点的磁感应强度最大 B.f导线所受安培力方向沿Of水平向左 C.b、e导线之间的安培力大小为2F D.a导线所受安培力大小为2.5F 4.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B,的匀强磁场， D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为-q(q>O)的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方 向入射磁场，不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是() 第一学期期末物理模拟卷第1页 A.粒子可能从B点射出 A B.若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为爱1 D C.若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为m 3gBo D.所有从AB边射出的粒子，出射位置离D点越远，其在磁场中运动的时 B 间越长 二、双选题（每题6分，共24分，每题有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不 全的得3分，有选错的得0分。) 5.电视机显像管的第二和第三阳极是直径相同的金属圆筒。两电极间的电场即为显像管中的主聚 焦电场，如图所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值（单位为V),这些等势面均关于中 心轴对称，P、Q、MN为电场中的四个点，其中P、Q两点关于中心轴对称。不计电子重力， 则下列说法中正确的是() A.P、Q两点的电场强度相同 P B.电子在P点的电势能大于在N点的电势能 三自6当自A 中心轴 C.M点的电场强度大于N点的电场强度 O D.电子从M点沿轴线方向进入电场做直线运动，电场力一 直做正功 9=0 01V 6.一平行板电容器充放电电路如图甲所示。开关S接1，电源E给电容器C充电：开关S接2，电 容器C对电阻R放电。实验中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是() I/mA 15 10 0 接计算机 电流 -5 传感器 .10 -15 甲 乙 A. 充电过程中，电容器两极板间的电势差增大 B.放电过程中，流过电阻R的电流方向由N到M C.仅增大电阻R,充电过程I-t图中图线与坐标轴所围的面积不变 D.放电时I-t图中图线与坐标轴所围的面积约为40个小方格，则电容器释放的电荷量约为0.8C 7利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲，在两块相同的磁体（同极相对）中放入霍尔元 件，建立如图乙所示的空间坐标系，两磁体的中间位置为坐标原点。霍尔元件各边长分别为α、b、 c,沿x轴负方向通入恒定的电流1。当霍尔元件位于坐标原点时，霍尔电压U=0。当霍尔元件沿 z轴左右移动时，则有霍尔电压输出，从而实现微小位移的测量。己知该霍尔元件的载流子是负电 荷，下列说法正确的是() A.当霍尔元件向z轴正方向偏移时，其左表面电势比右表面电势低 第一学期期末物理模拟卷第2页 霍尔元件 B.当霍尔元件向z轴正方向偏移时，其上表面电势比 下表面电势低 C.仅增大a可以提高检测灵敏度 D.仅增大/可以提高检测灵敏度 甲 8.如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从 M点由静止释放，沿图中轨迹依次经过从、P两点，且N点离虚线最远。此类运动可通过给物 体配上水平方向的虚拟速度，将合运动分解成匀速运动和圆周运动两个分运动来解决，M点为 零电势点，电子重力不计，则() A.电子在N点的速率为 E E B.N点离虚线的距离为 B2 C.电子在N点的电势能为-2 B2 D.MP两点的距离为 2π1E eB2 三、计算题（本题共3小题，共56分。解答应有必要的文字说明及图示，方程式和重要演算步骤， 只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。) 9.2025年9月，我国自主研发的电磁弹射系统在福建舰上试验成功。其基本原理简化如下：在水 平飞行甲板上铺设两平行导轨，弹射时两导轨间有一金属棒与飞机连接助力飞机起飞（右为俯视 原理图)。假设导轨宽度d=2,恒流源提供恒定大电流I=4×10A,导轨处于恒定竖直向下的匀 强磁场中B=10T。假定飞机自带发动机提供恒定推力为F=1×10N。航母上跑道长度为L=100m。 假设飞机起飞时所受阻力与飞机重力成正比，即f=g,其中k=01。飞机起飞所需最小速度 为vm=90m/s。(忽略切割产生的感应电流)，求： 流源 (I)判断恒流源提供的电流通过金属棒AB时的电流方向，请用“顺时针从A到B'或逆时针从B到 A”来描述，并求弹射起飞时飞机所受安培力的大小F4: (2)假若不用弹射助力，求飞机最大起飞质量m(结果保留两位有效数字)。 (3)假若同时采用弹射系统助力，求飞机最大起飞质量m2(结果保留两位有效数字)。 第一学期期末物理模拟卷第3页 10.如图所示，空间存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场。一内壁光滑的绝缘圆管ADB固 定在竖直平面内。圆管的圆心为O,半径为√2L(圆管口径可忽略不计)，D点为圆管的最低点， 管口A、B两点在同一水平线上，P点位于O点正上方，PO=AB=2L。一质量为、电荷量为 q的带负电小球（可视为质点）从P点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰 撞地进入圆管内。小球进入管口A瞬间，电场方向立即变为竖直向下，电场强度大小不变。忽略 电场变化时产生的影响，重力加速度大小为g。求： (1)匀强电场的电场强度E的大小： (2)小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力F。: (3)当小球从管口B离开时立即撤去电场。经过一段时间后小球到达AB所在水平线上的N点（图 中未标出)，小球从P点运动到N点的总时间t。 E O O 11.如图所示，在平面直角坐标系x0y中，区域I内充满匀强电场，电场强度方向沿y轴负方向： 以与x轴垂直的虚线©f为边界，区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀强磁场的磁感应强度大小分别为B、2B, 磁场垂直于纸面且方向相反；边界线f及其右侧区域V内充满匀强电场和匀强磁场，其中磁感应 强度大小为B,方向垂直纸面向里，电场强度大小为E,方向沿x轴正方向。一质量为m、电荷 量为q(q>O)的带电粒子从区域I内的P点以初速度'。沿着与x轴正方向夹角37°的方向飞出， 经O点沿着与x轴正方向夹角53°的方向射入区域Ⅲ，粒子刚好垂直通过第一象限内的边界f出 磁场。粒子重力不计，sin37°=0.6，c0s37°=0.8。求： (1)粒子经O点射入区域Ⅲ的速度大小v: (2)粒子第一次在区域Ⅲ中运动的时间： (3)虚线边界ef与y轴距离L的可能值。 B 53° X 2B 第一学期期末物理模拟卷第4页福州高级中学2025一2026学年高二第一学期 期末模拟考试物理试题参考答案 一、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求) 1.【答案】B【详解】A.高压静电防护服是内部有用金属丝织成的金属网，金属导电性好，对外 部电场能起到屏蔽作用。故A错误：B。由场强叠加原理可知E悠=E。=号 感应电荷场强方向与金属小球产生的场强方向相反，由O指向金属小球。故B正确： C.高压静电防护服内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0。故C 错误：D.由于防护服接地，应为左侧外表面带负电，大地无限远处带正电（防护服与大地连成一 无限大导体)，所以右侧不带电，防护服与大地相连，所以防护服上各点电势为0。故D错误。 2【答案】B【详解】AB.电压为U时，水样电阻为R=岩根据R=P a 可得水样的电阻率为p=等选项A错误，日正确： C.随着电压增加，图像上的点与原点连线的斜率逐渐增大，可知该水样的电阻逐渐增大，电源输 出功率不确定，选项C错误；D.电阻率不变，故选B。 3.【答案】D【详解】A.由题意可知，a与d、b与e、c与f形成的磁场，在O点的磁场大小相等、 方向相反，故O点的磁感应强度为零，故A错误： B.根据安培定则，其他5根输电线在f处产生的磁场方向垂直fc向下， 根据左手定则，f导线所受安培力方向沿Of指向O,即水平向右，故 B错误； C.由题意可知，通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小 成正比，与到导线的距离r成反比，即B=kk为常数。 0、b导线之间的安培力大小为F,则F=BL-k华×L-“1 、e间的安培力大小为'=BL=号×IL=经=R,故C错误； 2r D.b、c、d、e、f处导线对a施加的安培力如图所示，b、f对a的安培力大小为F,方向分别沿 着ab、af方向，合力大小为F1=F,方向沿着ad方向，指向d点： e对a的安培力大小为F。=F。=k后×1L=普F,合力为P2=2x号xF.=F, 方向沿着ad方向，指向d点：d对a的安培力为F,方向沿着ad方向，指向d 点：则a导线所受安培力为2.5F,故D正确。故选D。 4.【答案】C【详解】A.带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁 场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点， 故A错误；B.粒子垂直于BC边射出，如图甲所示。 则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到Bc边的距离，即7=专sm60°-1C.粒 ● 4 子从C点射出，如图乙所示。 根据几何关系有72=(-sin602+(亿-三cos602求得r=号L,∠0=60° 则粒子在磁场中运动的时间为一需T-名×需一二故C正确： D.根据qvB=m”可知r=mu gBo 若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示。 由几何知识可知，所有粒子从AB边射出时的圆心角均相同，可知其在磁场中运动的 时间均相同，故D错误。故选C。 二、双选题（每题6分，共24分，每题有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不 全的得3分，有选错的得0分。) 5.【答案】BD【详解】A.P、Q两点关于中心轴对称，场强大小相等，但是方向不同，故A 错误；B.根据E。=qP,由图可知4<A,电子带负电，所以电子在P点的电势能大于在N点的 电势能，故B正确：C.等势面越密集，电场强度越大，M点的电场强度小于N点的电场强度， 故C错误：D.因为电场线与等势面垂直，所以过M点的电场线即为中心轴线，方向向右，所以 电子沿轴线运动，电场力一直做正功，故D正确。故选BD。 6.AC【详解】A.充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，故A正 确；B.根据电路图可知，充电过程中，电容器的左极板带正电，放电过程中，流过电阻R的电流 方向由M到N,故B错误： C.I-t图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电量，仅增大电阻R,电容器放电量不变，图像与 坐标轴所围的面积不变，故C正确： D.I-t图像与坐标轴所围图形的方格数约为40，则电容器释放的电荷量约为 q=40×0.2×1×103C=8×103C故D错误。故选AC。 7.【答案】BD【详解】AB.霍尔元件向z轴正方向偏移时，磁场方向向左，则带负电的载流子向 上偏转，则上侧电势比下侧低，选项A错误B正确；CD.当稳定时二q=qvB其中1=nqacv解得U= BL所以仅增大1可以提高检测灵敏度，与a无关，选项C错误D正确。故选BD。 ngc 8.【答案】BC【详解】电子在M点静止释放，可以看作电子分别以；=E速度向左运动，以速度 B ,=马向右运动。em,=eB,eBm,=mm则电子的运动可以分解为以y=马向左做匀速直线运动 E B R B E 和在竖直面上的速度为y,=二的匀速圆周运动。AB.N点离虚线最远，则电子圆周运动速度方向 B 与匀速直线运动方向同时水平向左，则电子在N点的速率为Vy=,+v,= 故A错误： 2E B.N点离虚线的距离d=2R=2B eB故B正确： C.粒子从M点到N点，在电场方向上运动了d,则电势能为B,=-eBd=-2mE故C正确。 B2 D拉做周运动的附期：四位子从直到P点，运动了消个周，则M、户丙 点的距离为g=书×27=4故D错误。故选BC。 三、计算题（本题共3小题，共56分。解答应有必要的文字说明及图示，方程式和重要演算步骤， 只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。) 9.【答案】（16分)(1)顺时针从A到B,8×104N(2)2.4×10kg(3)4.3×10kg 【详解】(1)根据左手定则可知，安培力向右，则电流方向顺时针从A到B(2分) 安培力F=BId=10×4×103×2N=8×104N (3分) 2》飞机起飞的加速度为a=立30om/g-40sng。 3分) 不用弹射助力，则由牛顿第二定律F-m8=M,a(3分) 解得m= ?-=1x10kg=10000kg≈24A0g 81 (1分) g+a1+40.5 (3)同时采用弹射系统助力，则由牛顿第二定律F+F4-2g=2a(3分) l2= F+F4=1.8×10 kg=4.3×103kg （1分) 8+a41.5 10.【答案】(20分)(1)8：(2)2√2mg,方向竖直向下：(3) 3π 4N8 【详解】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进 入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则： tan 450=mg (2分) gE 解得E-" (1分) (2)小球从P到A的过程，根据动能定理mgL+9BL=m: (2分)解得v4=2√gL(1分) 因为电场方向变为竖直向下，则小球在管中运动时qE=g（2分) 小球做匀速圆周运动，则vD=V4(1分) 在D点时，下壁对小球的支持力为，=m (1分) 由牛顿第三定律得，小球对管的压力F。=2√2g方向竖直向下：(1分) (3)小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为5，则√2L=2g:(2分) 2L 解得= (1分) 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为5，经过了三圆周，则有5=3红，2江 (2分) Γ4V8 小球离开管后竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性，小球从B到N的过程中所用时间 (2分) 则小球从P点到N点的总时间为t=t+t,+t,= (2分) 4 36 53mm 11.【答案】(20分)(1) (2) (3) 16(3n-1)wo (n=1,2,3,…) 180gB 15gB 【详解】(1)粒子在电场中做匀变速曲线运动，可分解为沿x轴正方向的匀速运动和沿电场力方向 的匀变速运动，沿x轴方向Y。cos37°=vcos53 (3分) 解得v= 4 Vo (1分) (2)粒子在磁场中的部分运动轨迹如图所示 2元11u2 在区域Ⅲ中周期Tm= (2分) gx2B gB 539 由几何关系得，粒子第一次在区域Ⅲ中圆周运动圆心0=106° (2分) 53元m 运动时间t= (1分) 解得t= (1分) 360° 180gB (3)在区域Ⅲ中2qvB= mv2 (2分) (2分) Ru 在区域Ⅱ中gvB=m nIv 解得Rm= nv ,（1分) (1分) 2gB R= gB 粒子垂直通过边界应满足2 nRu sin53°+(2n-1)R,in53°=L (3分) 联立可求得L= 16(3n-1)mwo (n=1,2,3,…)(1分) 15gB