黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高二下学期开学考试物理试卷（PDF版附答案）

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1．B
【详解】A. 图甲中粒子受到水平向右的电场力，向右做匀加速直线运动，故A错误；
B. 图乙中受到水平向右的电场力，做类平抛运动，属于匀变速曲线运动，故B正确；
C. 图丙中粒子受到垂直纸面向外的洛伦兹力，在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，故C错误；
D. 图丁中粒子平行磁场方向进入磁场，不受洛伦兹力，故粒子向右做匀速直线运动，故D错误。
2．A
【详解】由安培定则可知，在示波管下方环形电流的磁场在环形区域内磁感线方向垂直纸面向里，根据磁感线是闭合的曲线可知，在环形电流外侧磁感线方向垂直纸面向外。电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转。
3．D
【详解】设劣弧ab线框的电阻为R，则剩余部分线框电阻为2R。
由并联分流知识可得，若劣弧ab线框的电流为I，则剩余部分线框电流为。
设匀强磁场的磁感应强度为B
由安培力公式得，磁感应强度、等效长度一定时，
由题意知，劣弧ab线框受到的安培力大小为F，则与劣弧ab处于对称位置部分线框受到的安培力为，其它剩余两部分线框，由于电流方向相反安培力互相抵消。
由于劣弧ab线框与劣弧ab处于对称位置部分线框电流方向一致
故整个圆形线框受到的安培力大小为
4．B
【详解】A．M点是波峰与波峰相遇，Q点是波谷与波谷相遇，它们都是振动加强点，所有振动加强点连接而成以波源为中心向外辐射的连线形成加强线。P点位于M、Q两加强点连线上，因此P点也为振动加强点，故A错误；
B．N点是波峰与波谷相遇，是振动减弱点。由于两列波的振幅相同，所以在振动减弱点，位移始终为零，即质点N始终静止不动，故B正确；
C．波在传播过程中，介质中的质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波迁移，故C错误；
D．M点为波峰与波峰叠加，始终是振动加强点，过，此点仍为振动加强，故D错误。
5．A
【详解】AB．P运动的周期
单摆周期与其相等，由，可得摆长，故A正确，B错误；
CD．P做简谐运动的表达式为，其中，解得
故CD错误。
6．B
【详解】A．小球运动过程中，受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误；
BC．小球上滑时，根据牛顿第二定律，下滑时，根据牛顿第二定律
所以根据可知，上滑时间等于下滑时间，小球向上滑动的最大位移为
故B正确，C错误；
D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根据可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D错误。
7．C
【详解】A．从BC边射出的粒子速度最大时，半径最大，则如图
由几何关系，解得
根据，解得，选项A正确；
B．当从BC边射出的粒子速率最小时，半径最小，此时轨迹与BC边相切，则
根据，解得，选项B正确；
C．若粒子均垂直于AB边射入，则当轨迹与BC相切时
解得 ，则粒子不可能从BC边上距B点a处射出，选项C错误；
D ．若粒子射入时的速率为，则轨道半径
粒子从BC边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC的距离，长度为，则由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，时间为
选项D正确。
8．BD
【详解】A．由图甲可知，入射角相同，而a光的折射角小，根据可知a光的折射率最大。故A错误；
B．图乙为泊松亮斑，是光通过小圆板衍射形成的，故B正确；
C．图丙是利用薄膜干涉来检查样板平整度，右侧小垫片厚度越小则干涉条纹越稀疏，故C错误；
D．从图示位置开始转动90°的过程中，光的偏振方向与狭缝趋于平行，通过Q的光越多，光屏P上的亮度逐渐变亮，故D正确。
9．AB
【详解】A．由图乙可知，时质点P沿y正方向振动，根据“上、下坡”法可知简谐波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．由图甲和图乙可以分别得到波长和周期分别为，，则波速
从图甲时刻开始计时，M点的振动形式第一次传到Q点时，Q点第一次回到平衡位置，因此Q点第一次回到平衡位置所用时间，故B正确；
C．由图甲可知，时M点位于平衡位置且正在向y轴负方向振动，可知时M点位于平衡位置且正在向y轴正方向振动，则初相，由图乙可知，振幅，角频率为
因此质点的振动方程为，故C错误；
D．因为，故从计时，再经7s，P质点的路程为，故D错误。
10．ABD
【详解】A．对小球受力分析，可知小球在竖直方向受重力作用，做竖直上抛运动，即从A到M的时间与从M到B的时间相等；小球在水平方向受电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，可知水平方向的两段位移、所用的时间相等，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，小球水平位移，故A正确，；
B．小球从点运动至点的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的速度为零，则运动时间为
故小球运动至点只有水平方向的速度，而小球在水平方向做初速度零的匀加速直线运动，故小球运动至点的速度为，故B正确，；
C．将重力与电场力合成一个合力，设合力与水平方向的夹角为，则有，解得
将小球初速度沿垂直合力方向分解为，故小球沿垂直合力方向做匀速直线运动；，沿平行合力方向分解为，其方向与合力方向相反，故小球沿平行方向的速度先减小再增大；当运动过程中速度最小时，沿平行合力方向的速度为，此时只有沿垂直合力方向的分速度，故最小速度为，故C错误；
D．到达点时，在竖直方向，根据对称性原理，可知小球沿竖直方向的速度大小为，方向竖直向下，小球沿水平方向的速度为
设小球的速度方向与水平方向夹角为，则小球的速度方向与水平方向夹角的正切值为，故D正确，。
11．(1) (2)① (3)D (4)
【详解】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，其读数为
（2）待测电阻粗测电阻为，大于滑动变阻器最大阻值，应采用分压式接法；电压表量程不合适，待测电阻最大电流为，应采用安安法，故排除③④；
若选用，通过电流表的最大电流，通过电流表的电流为，则有，
解得符合电流表的量程，故选①；
（3）滑动变阻器阻值较小，适合分压式连接，方便调节，故选D；
（4）根据电阻率公式，其中横截面据，可得
12．(1)BD (2) (3)BD
【详解】（1）利用插针法测定玻璃的折射率时，插上大头针，要使挡住的像和的像，插上大头针，要使挡住和、的像，使得四个大头针在同一条光路上。 故选BD。
（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率为
（3）A．为使折射率测量准确，入射角不能太小，应该适当大一些，故A错误；
B．和的距离应适当取大些能减小作图误差，故B正确；
C．临界角是在光密介质中射入光疏介质时发生全反射的临界角度，而从光疏介质射入光密介质时不会发生全反射，故C错误；
D．只要光能射进玻璃砖，经一次折射后达到界面都能射出，故D正确；
E．此时折射角β偏大，则折射率测量值偏小，故E错误；
F．此时入射角和折射角均不变，则折射率测量值不变，故F错误。
故选BD。
13．(1) (2)
【详解】（1）当闭合开关时，接入电路的电阻为R，根据闭合电路欧姆定律有
安培力为 联立解得
（2）当垂直放置时，导体棒恰好静止不动，二力平衡
当夹角为时，接入电路的电阻为，根据闭合电路欧姆定律有
此时安培力为 ， 由牛顿第二定律得 ，联立解得
14．（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，由公式，可得光在水中的传播速度
（2）根据题意，光在内球面上恰好发生全反射时的光路如图所示
则有
则有
对由正弦定理可得 解得
光在外球面根据折射定律有，故有 解得
当折射光线与内球面相切时，入射角取最大值，光在外球面的折射角最大为，光路如图所示 ，由几何关系得
根据折射定律有，解得
故能使光在内球表面上发生全反射的入射角的取值范围为
15．(1) (2) (3) (4)
【详解】（1）设粒子经过y轴的速度为，根据动能定理
解得
（2）粒子从B点以速度进入第四象限，速度方向与水平方向夹角60，，所以
沿电场E1方向上，粒子做匀加速直线运动：，，，即
解得
（3）粒子区域Ⅰ内做匀速直线运动，进入区域Ⅱ时竖直方向的速度仍为
，， ，解得
（4）粒子在第一象限内做类平抛运动，水平方向的位移，， 解得
粒子区域Ⅰ内做匀速直线运动，水平方向的位移，
粒子区域Ⅱ内做曲线运动，
根据运动的周期性和对称性可得，粒子第5次经过x轴的坐标为
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
B
A
B
C
BD
AB
ABD