2025-2026学年四川省成都市树德中学高二下学期5月半期(期中)考试物理试题（含答案）

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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 T ~ T 时
4 2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 2R 。一束截面积为 πR2 的光束垂直射向圆面并恰好覆盖球形
2
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3R 处入射的
2光在介质中传播的时间为
A． 3R B． 23R C． 32R D． 6R
c c c 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， ab 长为 3.2L ，ad 长为 L ， ab 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kBL ，粒子重力不计，忽略粒子间的静电力。已知sin 37°= 0.6 ， cs37°= 0.8 ，下列说法正确
的是
B ．粒子在磁场中运动的最长时间 t =
A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 r=kL127π
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% 。
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 L = 1m 。左、右两导轨面与水平面夹角均为θ = 37 ，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 = 1T 。将阻值均为 R = 1Ω、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μ= 0.5 ， mN =1kg ， mM = 1.5kg，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。sin 37°= 0.6 ， cs37°= 0.8，重力加速度 g = 10m/s2 。则下列说法正确的是
A． 导体棒 N 的最大速度为 6 m/s
4
B． 当导体棒 N 的速度为 8m/s 时，M 的加速度大小为 m/s
3
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
2
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
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=
π
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，R1 为最大值Rmax =8Ω的滑动变阻器， R2 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 = 20sin10πt
B ．当 S1 闭合、S2 断开时，上下移动R1 的滑动触头， R1所消耗的最大功率 8 W
C． 当 S1 断开、S2 闭合时，为使R2 所消耗的功率最大，理想变压器的匝数比
D． 当 S1 、S2 均闭合， R1 阻值取最大值Rmax ，为使R2 所消耗的功率最大，理想变压器的匝数比
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 v0=10m/s 的速度匀速运动到 x1=1m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
时间为 2 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 一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T1 T2（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 一 1 图线，
p
发现图线不通过坐标原点，如图丙所示，则图中 V0 代表的物理含义是 。
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；
闭合开关 S1 ，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 V1 为待测电表，电压表 V2 为标准电表），读电压表 V1、V2 的示数为 U1、U2，电阻箱的示数 R0，则被测电压表 V1 内阻RV =。（用 U1 、U2、R0 表示）
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 S = 100cm2 的绝热活塞 B 被锁定。隔板 A 左右两部分体积均为V1 = 750cm3 ， 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T1 = 300K 、压强 p1 = 2.04×105 Pa 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 T2 = 350K 的状态 3 ， 气体内能增加 54.5J 。已知大气压强
p0 = 1.01×105 Pa ，隔板厚度不计。求：
（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 x0 时，飞机达到最大速度 vm（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vm 的大小；
（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v0 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v0 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。经一段时间后圆环回到底部光滑拐角，速度v 圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间圆环完成 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v1 ；
（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）
11．【答案】(1) AC（2 分）； (2)> （2 分）； (3)胶管内气体的体积（2 分）。
UR
12．【答案】(1) C（2 分）；(2)4016（2 分） 20080（2 分） 小于（2 分）；(3) （2 分）
2 1
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 p1V1 = p2 . 2V1 ——（1分）
得状态 2 压强 px105 Pa —— 对静止的活塞受力分析，受力平衡 p2 S = p0 S + F ——（1 分）
解得 F = (p2 _ p0)S = (1.02x105 _1.01x105)x 0.01 = 10N ； ——（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1 分）解得 Vcm3 ——
体积变化 ΔV = V3 _V2 = 250cm3 = 2.5x10_4m3 ——（1 分）
外界对气体做功W = _p2ΔV = _1.02x105 x 2.5x10_4 = _25.5J ——（1 分）
根据热力学第一定律 ΔU = Q +W ，——（1分）
得气体吸收的热量（等于电阻丝放出的热量） Q = ΔU _W = 25.5J+54.5J=80J 。——（1分）
14．【答案】 ——（4 分） vm ——（4 分） ——（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I ——（1分）
动子所受的力为安培力，大小为 F = BI1l ——（2 分）， 方向水平向右——（1 分）
（2） 当动子达到最大速度vm 时动子切割磁感线产生的电动势为 E2 = Blvm ——（1 分）此时回路中的电流为 I
依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有 BI2l = f = kvm ——（1分）
解得最大速度为 vm ——（1 分）
（3）在弹射过程中,取一段极短的时间Δt ， 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 BI3l . Δt _ kv . Δt = m. Δv 等式两侧求和得 ΣBI3l . Δt _ Σkv. Δt = Σm. Δv ——（1 分）
其中 q = ΣI3 . Δt依题意有 x0 = Σv . Δt ， ΣΔv = vm _ 0解得流过电源的电荷量 q
解得第一级弹射过程电源输出总能量 W = qU ——（1分）
代入上问结果得 W
15．【答案】 (2) ——（5 分）
【详解】（1）依题意，圆环沿水平方向做匀速直线运动，则有
Bqv0 = mg + F ——（1 分）
由 F = mg ，解得 B
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mgt上 + Σ μqBvi Δti = 0 _(_mv0)——（1 分）
vi Δt = h
——
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下 _ Σ μqBvi Δti = mv _ 0 （1 分）
vi Δt = h
——
联立以上两式可得 mg（t上 +t下）=mgt = mv +mv0 （1 分）
解得t
2
（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v1 ，且满足 qv1B = mg ——（1 分），即 v1 = v0 ——（1 分）则另一个速度 v2 = v +v1 = v0 ，方向向左——（1 分）
所以物体在 mg 和v1 产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在v2 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 v9 竖直向上时， v2 的速度方向与水平方向向左成 θ 角，
cs ，所以θ = 60 ——（1 分）所以 v ' = v2sin
（3）易知圆环在 I 区域内做周期性运动，且此时v1 的运动无法影响竖直方向，所以
回到最高点的时间由v2 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 ——（1 分）则 x = v1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
C
C
B
D
BC
BC
BD