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厦门外国语学校 2025-2026 学年度第二学期第二次月考
高二 物理
本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。
一、单项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16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．下列关于四幅图片所示的现象或解释，说法正确的是（ ）
A．图甲：反映核子的平均质量与原子序数的关系，重核 裂变成原子核 和 ，原子核 和 的比结合能都
大于重核 的比结合能
B．图乙：为图为氡的衰变图像，由图可知100个氡经过3.8天后还剩50个
C．图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体的
最终温度小于T
2．磁轴键盘的结构简图如图所示，永磁铁（N极在下）固定在按键上，长、宽、高分别为l、b、h的霍尔
传感器（载流子为自由电子）通有由前向后的恒定电流I（如图所示）。当按键被按下时，永磁铁与霍尔传
感器的距离较近，永磁铁在霍尔传感器处的磁场较强，霍尔电压大于触发阈值，开始输入信号；松开按键
时，永磁铁在霍尔传感器处的磁场较弱，霍尔电压小于触发阈值，输入信号停止。下列说法正确的是（ ）
A．按下按键后，传感器左表面的电势比右表面高 B．要使该磁轴键盘更加灵敏，可以减小l
C．要使该磁轴键盘更加灵敏，可以减小h D．要使该磁轴键盘更加灵敏，可以减小b
3．某发电机原理如图甲所示，金属线框匝数为N ，阻值为R，在匀强磁场中绕与磁场垂直的OO′轴匀速转
动。阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示，其周期为T。则线框转动一周的过程中（ ）
试卷第1页，共10页
学科网（北京）股份有限公司A．线框内电流方向不变 B．线框电动势的最大值为U
m
2TU 4TU
C．流过电阻的电荷量为 m D．流过电阻的电荷量为 m
πR πR
4．如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中。已知磁场方
2mg
向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；电场方向竖直向上，电场强度大小为E= 。一质量为m、电荷
q
量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为µ；现使圆环以初速度v 向下运动，。不计空
0
气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．环速度变为零后，将保持静止不动
B．整个运动过程中，环的最大速度为
𝑚𝑚𝑚𝑚
1
C．环在向下运动直至速度为零的过程中𝑞𝑞𝑞𝑞，损失的机械能为 mv2
2 0
mv −mgt
D．若环从开始运动到向下速度减为零的时间为t ，下落的位移大小为 0 0
0 µqB
二、双项选择题:本题共 4小题,每小题 6分，共 24分。每小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．如图甲所示氢原子光谱中，给出了可见光区四条谱线对应的波长，波尔的氢原子能级图如图乙所示。已
知普朗克常量h=6.63×10-34J·s，可见光光子的能量范围约为1.61eV~3.11eV，则（ ）
A．同一玻璃对H 谱线所对应的光要比H 谱线所对应的光的折射率大
α δ
B．H 谱线对应的光子能量约为10.2eV
δ
C．H 谱线对应的光子是氢原子从n=6跃迁到n=2能级时发出的
δ
D．处在基态的氢原子至少要用光子能量为12.09eV的光子激发后才能辐射出可见光
6．洪涝灾害时，可利用圆柱形塑料盆实施紧急漂浮自救，如图（a）所示。将盆口用力F向下迅速竖直压
入水面，如图（b）所示。设盆内气体可以视为理想气体，盆内气体压缩过程中与外界无热量交换。下列说
法正确的是（ ）
试卷第2页，共10页
学科网（北京）股份有限公司A．外力F大小逐渐增大 B．封闭气体压强与体积成反比
C．封闭气体分子的无规则运动更加剧烈 D．封闭气体内能保持不变
7．如图为某一新能源动力电池充电的供电电路图。配电设施的输出电压U =250V，升压变压器原、副线
1
圈的匝数比n :n =1:9，降压变压器原、副线圈的匝数比n :n =5:1。充电桩充电时的额定功率P=19kW，
1 2 3 4
额定电压U =380V，变压器均视为理想变压器。计算正确的是（ ）
4
A．升压变压器原线圈的输入电流 与降压变压器副线圈的输出电流 之比
B．降压变压器原线圈两端电压U =1900V
3I1 I4 I1:I4 =1:45
C．输电线上损失的电功率为4.5kW
D．输电线的总电阻r=35Ω
8．某监测动车运动速度的装置如图甲所示，平直轨道中央放置有宽l =20cm匝数n=10的长方形线圈，在
动车底部中央某位置固定一磁铁，能产生宽d =10cm、方向垂直动车底部所在平面向下、磁感应强度大小
为0.1T 的矩形匀强磁场。动车从线圈上方经过，此过程中线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，
t =1s时磁场开始进入线圈区域，t =3s时磁场开始离开线圈区域，电压表为理想电压表。下列关于此过程中
的描述，说法正确的是（ ）
A．由图可知，动车做匀速直线运动经过线圈
B．动车以2m/s2的加速度做匀加速直线运动经过线圈
C．磁场开始进入线圈区域时动车的速度大小为20m/s
D．线圈沿铁轨方向的长度约为8 m
三、填空题：本大题共3小题，共9分
9．恒星内部发生的核反应之一是 ，已知 的比结合能为 ， 的比结合能为 ，真空中
的光速为 ，则该反应过程中,X粒1子为1 2 1 3（请填写1原2子核符号）亏损的质13量为 (用E 、E
1𝑋𝑋+ 6𝐶𝐶 → 7𝑁𝑁 6𝐶𝐶 7𝑁𝑁 1 2
和c表示)
试卷第3页，共10页
学科网（北京）股份有限公司10．老师在课堂上做了一个自感实验“千人震”，下图中的电源由两节1.5V的干电池串联组成（内阻忽略不
计），线圈L和几个手拉手的同学并联，先保持开关S闭合，突然把开关断开，那几个同学都有触电的感
觉而抖了一下，故叫“千人震”。断开开关瞬间，通过同学的电流方向从________（填“左向右”或“右向左”）；
若先保持开关断开，然后突然把开关闭合，这几个同学________（填“有”或“没有”）触电的感觉。
11．汽车CDC电磁减震器可等效简化为如图所示（俯视）的装置，减震线圈处于辐射状的水平磁场中。已
知线圈质量为 、周长为 ，线圈所处磁场的磁感应强度大小为 ，重力加速度g取 。若某
时刻测得线圈内有顺时针方向且正在增大的感应电流，则图中线圈此时在竖直方向做 （选填“向
上”或“向下”）加速运动。若此时线圈的加速度 ，其瞬时电流 A
四、实验题：本大题共2小题，共12分
12．（7分）在探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系实验中，可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是________。
A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯 C．叠成的绝缘铜片 D．叠成的绝缘硅钢片
(2)本实验要通过改变原、副线圈的匝数，来探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的
科学方法是________。
A．控制变量法 B．等效替代法 C．整体隔离法 D．合理外推法
(3)实际的变压器工作时，由于有能量损失，测得的原、副线圈的匝数之比________（选填“大于”“等于”或“小
于”）实际的原、副线圈的匝数之比。
(4)引起变压器能量损失的原因是________。
A．线圈通有电流时会发热 B．所用学生电源的电压太低
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热 D．交变电流产生的磁场不可能完全锁定在铁芯内
试卷第4页，共10页
学科网（北京）股份有限公司(5)某同学在此实验中设计了如图丙、丁所示的两个电路图，实验时应选用图________（选填丙或丁），理
由是________。
13．（5分）用气体压强传感器做“探究气体等温变化的规律”实验，实验装置如图甲所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是________。
A．注射器最好选用导热性差的材料包裹起来
B．为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
C．为节约时间，实验时应快速推拉柱塞和读取数据
D．实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得
1
(2)A组同学在操作规范、不漏气的前提下，测得多组压强p和体积V的数据并作出V − 图线，如图丙所示，
p
发现图线不通过坐标原点。则造成这一结果的原因是________。
1
(3)若A组同学利用所得实验数据作出的p− 图线，应该是________。
V
A． B． C． D．
(4)另一小组B实验时缓慢推动活塞，记录4组注射器上的刻度数值V，以及相应的压强传感器示数p。在采
集第5组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了4组数据，其余操作无误。该
1
小组绘出的V − 关系图像应是________。
p
A． B． C． D．
五、解答题(本题共 3小题，第14题 10 分，第 15 题12分，第 16题 17 分，共 39分。解写出
必要的文字说明、公式和步骤，只写最后答案的不给分)
试卷第5页，共10页
学科网（北京）股份有限公司14．有一火灾报警装置，其原理如图1所示，当活塞触及卡柱时，触发报警，致使闪烁灯闪烁、警报器鸣
笛。导热性能良好的容器安装在天花板上，卡柱到容器上端距离为L。横截面积为S、质量为m的活塞（厚
度不计）密封一定质量的理想气体，活塞能沿容器无摩擦滑动。未发生火灾时，环境温度为T ，活塞与卡
1
柱的距离为d；发生火灾时，容器内温度缓慢上升到T ，从T 至T 过程中容器中气体内能增加了9.6J。已
2 1 2
知S =1.0×10−4m2，m=0.2kg，T =300K，T =600K，L=0.15m，d =0.05m，p =1.0×105Pa。
1 2 0
(1)求未发生火灾时容器内的压强p ；
1
(2)求活塞刚到达卡柱时容器内气体的温度 ；
(3)求从T
1
至T
2
过程中，气体吸收的热量。
𝑇𝑇 0
15．磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强
磁场，其磁感应强度大小为B（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，
1
该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B （未知），但满足0<B <B 。某质
2 2 1
量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏
转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B
0
已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求B 以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
1
B −B
(3)定义磁屏蔽效率η= 1 2×100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？
B
1
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学科网（北京）股份有限公司16．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开
展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，
线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小
均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子
脱离；此时S掷向2接通定值电阻R ，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置
0
停下。若动子从静止开始至返回过程的v−t图如图2所示，在t 至t 时间内F =(800−10v)N，t 时撤去F。
1 3 3
已知起飞速度v =80m/s，t =1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l =1m，动子和线圈的总质量M =10kg，
1 1
R =9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
0
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t 。
3
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学科网（北京）股份有限公司物理考试卷参考答案
一、单选题
题号 1 2 3 4
答案 A C D D
二、双选题
题号 5 6 7 8
答案 BD AC BD BD
三、填空题
9．
10． 1 1 𝐻𝐻 左向右 1 3 𝐸𝐸2 𝑐𝑐 − 2 1 没 2𝐸𝐸 有 1
11． 向下 4.5
四、实验题
12．(1)D (2)A (3)大于 (4)ACD
(5) 丁 丁图副线圈空载，电流极小，能量损耗远小于接负载的丙图，实验误差更小
13．(1)B (2)胶管内存在气体 (3)B (4)D
五、解答题
13．(1)8.0×104Pa (2)T =450K (3)10J
0
【详解】（1）未发生火灾时，对活塞有pS+mg = p S
1 0
解得p =8.0×104Pa
1
V V
（2）活塞刚到达卡柱时的温度为T ，对等压变化有 1 = 2 ，V =S(L−d)=1.0×10−5m3，V =SL=1.5×10−5m3
0 T T 1 2
1 0
解得T =450K
0
（3）气体仅在等压膨胀阶段做功，有W =−pΔV =−p (V −V )=−0.4J
1 1 2 1
从T 至T 过程中容器中气体内能增加了9.6J，代入热力学第一定律∆U =Q+W =9.6J
1 2
可得气体吸收的热量为Q=9.6J+0.4J=10J
U mU
9．(1) (2) ，L< y<3L (3)60%
Bd qdB L
0 0
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE=qv B
0 0
U
其中E=
d
U
则该粒子通过速度选择器的速率为v =
0 B d
0
（2）粒子在x≥0区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r =L
1
v2
由洛伦兹力提供给向心力qv B =m 0
0 1 r
1
mU
联立可得B =
1 qdB L
0
v2
由于B <B ，根据洛伦兹力提供给向心力qv B =m 0
2 1 0 2 r
2
解得r >L
2
试卷第8页，共10页
学科网（北京）股份有限公司当B =0时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
2
v2
根据洛伦兹力提供向心力qv B =m 0
0 1 r
3
可得r =r =L
3 1
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为L< y<3L。
（3）若在Q处检测到该粒子，如图
由几何关系可知r2 =(2L)2+(r −L)2
2 2
5
解得r = L
2 2
v2
由洛伦兹力提供向心力qv B =m 0
0 2 r
2
2mU
联立解得B =
2 5qB dL
0
mU
其中B =
1 qdB L
0
B −B
根据磁屏蔽效率η= 1 2×100%可得若在Q处检测到该粒子，则η=60%
B
1
160 ( )
10．（1） A；（2）0.5Ω；（3） 1+ 2 s
3
试卷第9页，共10页
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
F =nBIl
安
动子和线圈在0~t 时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
1
v
a= 1
t
1
根据牛顿第二定律有
F =Ma
安
代入数据联立解得
Mv 160
I = 1 = A
nlBt 3
1
（2）当S掷向2接通定值电阻R 时，感应电流为
0
nBlv
I′=
R +R
0
此时安培力为
F′ =nBI′l
安
所以此时根据牛顿第二定律有
n2l2B2
(800−10v)+ v=Ma′
R +R
0
由图可知在t 至t 期间加速度恒定，则有
1 3
n2l2B2
=10
R +R
0
解得
R=0.5Ω，a′=160m/s2
（3）根据图像可知
v
t −t = 1 =0.5s
2 1 a′
故t =2s；在0~t 时间段内的位移
2 2
1
s= vt =80m
2 12
而根据法拉第电磁感应定律有
∆Φ nB∆S
E=n =
∆t ∆t
电荷量的定义式
∆q=It
E
I =
R+R
0
可得
1
nBl s− a′(t −t )2
2 3 2
Δq=
R+R
0
从t 时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
3
−nBlΔq=0−Ma′(t −t )
3 2
联立可得
(t −t )2+(t −t )−1=0
3 2 3 2
解得
( )
t = 1+ 2 s
3
试卷第10页，共10页
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