四川省树德中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试物理PDF版含解析（可编辑）_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年05月高二试卷

树德中学高 2024 级高二下学期半期考试物理试题
命题人：许华清 审题人：罗新竹、王廷波、林航
考试时间：75分钟 总分：100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，只有一项是最符
合题目要求的。
1．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得了正确的科学认知，进而推动了物理学的发展。下列说
法符合事实的是
A．法拉第引入电场线形象地描述电场，洛伦兹引入磁感线形象地描述磁场
B．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
C．汤姆孙通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
D．麦克斯韦提出并通过一系列实验证实了光的电磁理论
2．在如图所示的电路中，L是直流电阻可以忽略的电感线圈，闭合开关S，电路稳
定后突然断开开关S并开始计时，已知LC振荡电路的振荡周期为T，则在
高二物理半期 2026-05 第1页 共2页
T
4
~
T
2
时
间内
A．电容器在放电 B．磁场能转化为电场能
C．A板所带的负电荷增加 D．L产生的自感电动势增大
3．如图所示，将倒扣导热玻璃管缓慢上提至管内外水面齐平（下端未离开水面）。下列关于管内气体（可
视为理想气体）的说法正确的是
A．分子平均动能不变，分子碰撞器壁频率不变
B．单位体积内分子数减少，管内气体压强减小
C．分子间平均距离增大，分子间引力作用增强
D．气体对外做功，气体分子内能减小
4．下列说法正确的是
A．电子的发现说明电子是组成物质的最小微粒
B．α粒子散射实验可以估计原子核直径的数量级是10－10 m
C．各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光谱中的暗线必定一一对应
D．气体发出的光只能产生明线光谱
5．如图所示的是半球形透明介质主视图，球心为 O ，半径为 R ， P 为圆面上的一
点，距球心的距离为
2
2
R
。一束截面积为  R 2 的光束垂直射向圆面并恰好覆盖球形
上表面，实验发现从P点入射的光在透明介质的球面上恰好发生全反射。已知光在
真空中传播的速度为 c ，不考虑光在球形上表面的反射，则距离球心 3
2
R 处入射的
光在介质中传播的时间为
A．
3
c
R
B．
2 3
c
R
C．
3 2
c
R 6R
D．
c
6．如图所示，长方形abcd区域内存在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场， a b 长为3.2L，ad长为 L ， a b 边
中点 S 有一粒子源，沿纸面向磁场内各方向均匀发射速率相同的带正电粒子，已知带电粒子的比荷为k，
发射速率为 k B L ，粒子重力不计，忽略粒子间的静电力。已知sin37°=0.6， c o s 3 7 ° = 0 .8
7．如图所示，两条“∧”形的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为
，下列说法正确
的是
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=kL
127
B．粒子在磁场中运动的最长时间t=
180kB
C．cd边有粒子射出的区域长度为（ 3+1）L
D．从ad边射出的粒子占粒子总量的百分比为29.4%。
L = 1 m 。左、右两导轨面与水
平面夹角均为 3 7  =  ，左侧导轨平面处于沿导轨平面向上的匀强磁场中，右侧导轨平面处于垂直导轨平
面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为 B = 1 T 。将阻值均为 R = 1  、长度均为 1m 的导体棒 M、N
垂直导轨放置，N 与导轨接触光滑，M 与导轨间动摩擦因数为=0.5， m
N
= 1 k g ， m
M
= 1 .5 k g ，同时由
静止释放M、N，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。sin37°=0.6，
cos37°=0.8，重力加速度 g = 1 0 m /s 2 。则下列说法正确的是
A．导体棒N的最大速度为6 m/s
B．当导体棒N的速度为8m/s时，M的加速度大小为
4
3
m /s
C．导体棒M的速度达到最大时，回路中的电流大小为4 A
D．导体棒M的最大速度为4m/s
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题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．自然界中有许多美妙的光学现象，肥皂泡在阳光下五彩斑斓。下列现象中与上述原理相同的是
A．雨后的彩虹呈现出不同颜色
B．相机镜头的表面镀一层特定厚度的薄膜，增加光的透射
C．用标准平面对光学平面的平整程度进行检测
D．暗室中用激光笔照射小孔，在屏幕上看到明暗相间的圆环状条纹
2
9．如图甲所示，线圈abcd的面积是0.02m²，共100匝，线圈电阻为r=12Ω，匀强磁场的磁感应强度B=

T，线圈以300r/min 的转速匀速转动．将甲图中线圈的两端分别与乙图最左端的接线柱相连(图中未连接)，
向右边的电路进行供电．变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表， R
1
为最大值 R
m ax
=8Ω
的滑动变阻器， R
2
为3Ω的定值电阻，S为单刀双掷开关．则下列说法正确的是
A．从图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势的
瞬时值表达式为 e 2 0 s in 1 0 t  =
B．当S 闭合、S 断开时，上下移动
1 2
R
1
的滑动触头， R
1
所消耗的最大功率8 W
C．当 S 断开、S 闭合时，为使
1 2
R
2
所消耗的功率最大，
理想变压器的匝数比
n
n
1
2
= 2
D．当S 、S 均闭合， 1 2 R 1 阻值取最大值 R m ax ，为使 R 2
n 8
所消耗的功率最大，理想变压器的匝数比 1 = n 5
2
10．如图（a）所示，两间距 L=1m、左侧接有一电容器的光滑足够长的水平导轨处于垂直纸面向里的磁
场中，已知电容器的电容C=100μF，磁感应强度B随位置x的变化如图（b）所示。一长为L=1m、质量
m=0.12kg 的金属棒在外力 F 的作用下从坐标原点 O 沿 x 轴正方向以 v =10m/s 的速度匀速运动到 x =1m 0 1
处，此时电容器被击穿，电容器变成一个 R=1000Ω
的电阻，通过改变外力 F，使电路中电流保持不变，
已知在运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良
好，导轨和金属棒电阻不计。则下列说法正确的是
A．电容器被击穿时外力F的大小为2N
B．电容器被击穿之前外力F做的功为2J
C．电容器被击穿之后，金属棒运动 1m 所需要的
2
时间为 s
15
D．电容器被击穿之后，金属棒运动1m外力F做的功为1.5 J三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重
要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（6分）某同学做探究气体等温变化的规律实验的装置如图甲所示。
（1）关于该实验，下列说法正确的是________。
A．实验前应检查注射器气密性，确保无漏气现象
B．实验前应在注射器活塞上涂润滑油，目的是减小活塞与器壁的摩擦
C．左右推拉注射器活塞时，动作要缓慢，以防止气体温度改变
D．注射器活塞移动过程中，需用手握住注射器筒体，防止其受热膨胀
（2）为了探究气体在不同温度时发生等温度变化是否遵循相同的规律，A组同学进行了两次实验，得到
的p−V图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为
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T
1
_____ T
2
（选填“<”“=”或“>”）。
（3）B组同学在操作规范、不漏气的前提下，测得多组压强p和注射器体积V的数据并作出 V −
1
p
闭合开关 S ，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度较大（其中电压表 V 为待测电表，
1 1
电压表V 为标准电表），读电压表V 、V 的示数为U 、U ，电阻箱的示数R ，则被测电压表V 内阻R =
2 1 2 1 2 0 1 V
______。（用U 、U 、R 表示）
1 2 0
13．（10分）如图所示，是一个固定在水平面上的绝热容AB器，缸壁足够长，面积为
图线，
发现图线不通过坐标原点，如图丙所示，则图中V 代表的物理含义是________。
0
12．（10分）某同学想要测量电压表V（量程6V、内阻约为4kΩ）的内阻，实验方案如下：
①正确连接好测量电路，电阻箱的阻值调到零，滑动变阻器的滑片滑到最左端；
②合上开关S，调节滑动变阻器的滑片位置，使得电压表的指针指到满偏刻度处；
2
③仅调节电阻箱的阻值，使得电压表的指针指到满偏刻度的 处；
3
④读出电阻箱接入电路中的电阻值。
（1）若已知电压表量程为6V，为减小误差和方便调节，实验时选用的滑动变阻器和电源规格应为________。
A．最大阻值为1000Ω的滑动变阻器和电动势为10V的电源
B．最大阻值为1000Ω的滑动变阻器和电动势为4.5V的电源
C．最大阻值为20Ω的滑动变阻器和电动势为10V的电源
D．最大阻值为20Ω的滑动变阻器和电动势为4.5V的电源
（2）正确选用器材并完成实验步骤后，电阻箱示数如图乙所示
则该电压表的内阻为________Ω。为将电压表改装成量程为 0~36V 的电压表，需将电压表与阻值调至
________Ω 的电阻箱串联。考虑到实验时的误差，改装后的电压表用来测电压时的测量值________（填
“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（3）为了精确测量电压表 V 的内阻，该同学取来标准电压表继续设计了用如图丙所示的电路进行测量；
S = 1 0 0 c m 2 的绝热
活塞B被锁定。隔板A左右两部分体积均为 V
1
= 7 5 0 c m 3 ，隔板A左侧为真空，右侧中有一定质量的理想
气体处于温度 T
1
= 3 0 0 K 、压强 p
1
= 2 .0 4  1 0 5 P a 的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，
最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B
能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T =350K 的状态 3，气体内能增加 54.5J。已知大气压强
2
p =1.01105Pa，隔板厚度不计。求：
0
（1）（4分）水平恒力F大小；
（2）（6分）电阻丝放出的热量Q；
14．（12分）如图所示，某高二学习兴趣小组设计了一款电磁弹射系统。由间距为l的水平金属导轨、可
在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为R。接通开
关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为 x
0
时，飞机达
到最大速度v （可视为已匀速），实现飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为m，在运动过
m
程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。
（1）（4分）求动子在接通S瞬间所受到的安
培力；
（2）（4分）求弹射过程中动子能达到的最大
速度v 的大小；
m
（3）（4分）求弹射过程中电源输出的总能量W；
15．（16 分）如图所示，竖直虚线 MN 将真空空间分割成 I、II 两个区域，I、II 区域内存在范围足够大、
垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环在竖直向下的恒定外力F=mg
作用下，以初速度 v
0
沿PQ方向向右做匀速直线运动。在圆环右侧有一根固定的绝缘竖直细杆，杆足够长，
杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环在水平运动过程中无能量损失的套在杆上，让
圆环从杆的底部以初速度v 向上运动，已知环与杆的动摩擦因数为μ，环套上杆后立即撤去外力F。经一
0
1
段时间后圆环回到底部光滑拐角，速度v= v ，圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间圆环
2 0
完成n个周期性运动后，恰好能够以竖直向上的速度到达MN边界并进入II区域。已知重力加速度为g，
求：
（1）（6分）匀强磁场的磁感应强度B，圆环从O点向上运动到
回到O点所用时间t ；
（2）（5分）圆环第一次通过MN边界时的速度大小v ；
1
（3）（5分）在圆环进入II区域后首次到达轨迹最高点，此时的
圆环位置到O点的位移大小x 。树德中学高 2024 级高二下学期半期考试物理试题（参考答案）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A B C C B D BC BC BD
11．【答案】(1) AC（2分）；(2)> （2分）；(3)胶管内气体的体积（2分）。
12．【答案】(1) C（2分）；(2)4016（2分） 20080（2分） 小于（2分）；(3)
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U
U
2
R
1− 0U
1
（2分）
13．【答案】（1）10N （4分）（2）80J （6分）
【详解】（1）状态1到状态2，气体温度不变，由玻意耳定律 p V1
1
= p
2
 2 V
1
——（1分）
得状态2压强 p
2
=
p
2
1 =
2 . 0 4 
2
1 0 5
= 1 . 0 2  1 0 5 P a ——（1分）
对静止的活塞受力分析，受力平衡 p
2
S = p
0
S + F ——（1分）
解得 F = ( p
2
− p
0
) S = ( 1 . 0 2  1 0 5 − 1 . 0 1  1 0 5 )  0 . 0 1 = 1 0 N ； ——（1分）
（2）状态2到状态3，活塞保持受力平衡，气体做等压变化，由盖-吕萨克定律 V
T
2
1
=
V
T
3
2
——（1分）
VT
解得 V = 2 2 =1750cm3——（1分）
3 T
1
体积变化 Δ V = V
3
− V
2
= 2 5 0 c m 3 = 2 . 5  1 0 − 4 m 3 ——（1分）
外界对气体做功 W = − p
2
Δ V = − 1 . 0 2  1 0 5  2 . 5  1 0 − 4 = − 2 5 . 5 J ——（1分）
根据热力学第一定律  U = Q + W ，——（1分）
得气体吸收的热量（等于电阻丝放出的热量） Q = Δ U − W = 2 5 .5 J + 5 4 .5 J = 8 0 J 。——（1分）
BUl
14．【答案】(1)F = ——（4分） (2)
R
v
m
=
B
B U
2 2 l +
l
k R
——（4分）(3) W =
k U
B
x
l
0 +
k R
m
+
U
B
2
2l 2
——（4分）
【详解】（1）接通S瞬间，动子速度 v = 0 ，此时回路中没有感应电动势，电源电压为 U ，回路总电阻为
R ，根据欧姆定律可知回路电流为
I1 =
U
R
——（1分）
动子所受的力为安培力，大小为
F = B I l1 =
B U
R
l ——（2分），方向水平向右——（1分）
（2）当动子达到最大速度
v
m 时动子切割磁感线产生的电动势为 E 2 = B lv m ——（1分）
此时回路中的电流为
I
2
=
U − B
R
lv
m
——（1分）
依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有BI l = f =kv ——（1分）
2 m
解得最大速度为
v m = B
B U
2 2 l +
l
k R
——（1分）
（3）在弹射过程中,取一段极短的时间t，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，由
动量定理有 B I
3
l   t − k v   t = m   v 等式两侧求和得BI lt−kvt=mv——（1分）
3
其中 q =  I
3
  t 依题意有 x
0
=  v   t
2mg
15．【答案】(1)B= ，
qv 0
，v=v −0
m mv +kx
解得流过电源的电荷量 q= m 0 ——（1分）
Bl
解得第一级弹射过程电源输出总能量
W =qU =
kUx
0
+Umv
m
——（1分）
Bl
代入上问结果得
W =
kUx
0 +
mU2 ——（1分）
Bl kR+B2l2
t =
3
2
v
0
g
3v
——（6分）； (2) 0 ——（5分）
2
(3)
n 1 m
q
v
B
0
3 m v
0
3
m
B
v
q
0
  （ + ） +
− ——（5分）
【详解】（1）依题意，圆环沿水平方向做匀速直线运动，则有
B q v
0
= m g + F ——（1分）
由 F = m g
2mg
，解得B= ——（1分）
qv
0
① 上升阶段，对环受力分析，规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得
m g t q B v Δi t
i
0 ( m v
0
) 
上
+  = − − ——（1分）
vΔt =h
i
② 下降阶段，对环受力分析，规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得
mgt −qBvΔt =mv−0——（1分）
下 i i
vΔt =h
i
联立以上两式可得m（g t +t ）=mgt =mv+mv ——（1分）
上 下 0
3v
解得t = 0 ——（1分）
2g
（2）由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度 v 1 ，
且满足 q v 1 B = m g ——（1分），即 v
1
= v 02 ——（1分）则另一个速度 v 2 = v + v 1 = v 0 ，方向向左——（1分）
所以物体在mg和 v 1 v 产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在 2产生的洛伦兹力作用下沿逆时针方
向做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。
由题意可知，第一次通过 MN 边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时
的速度方向如图所示
由图可知，当物体的速度v
竖直向上时，
v
2 的速度方向与水平方向向左成 θ 角，
v 1
cos= 1 = ，所以
v 2
2
6 0  =  ——（1分）所以 v ' v
2
s i n
3
2
v
0  = = ——（1分）
（3）易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时
v
1 的运动无法影响竖直方向，所以
v
回到最高点的时间由 2决定。依题意，圆环在到达边界MN之前，在I区域已完成n次周期性运动。
II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，所以圆环在 II区域达到最高点的
轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示
由 T
2
q B
m 
= ， R =
m
q
v
B
2 =
m
q
v
B
0 ——（1分）
则 x=v（n+1）T+（2 Rsin−v  1 T) ——（2分）
1 1 6
（n+1）mv + 3mv mv
x= 0 0 − 0
qB 3Bq
nv 2 + 3v 2 v 2
x= 0 0 − 0 ——（2分）
2g 3g