北京市第四中学2025-2026学年度高二下学期物理期中考试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市第四中学2025-2026学年度高二下学期物理期中考试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.下列说法正确的是(

)A.在真空中，5G信号比4G信号传输速度快

B.在LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时电路中的电流最小

C.为有效地发射电磁波，可降低LC回路的振荡频率

D.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围也一定产生变化的电场2.双层玻璃广泛应用于住宅、办公楼、商业场所和公共建筑等，双层玻璃密闭的空间内会残留一些稀薄气体。与白天相比，夜晚双层玻璃间密闭的稀薄气体(

)A.分子平均动能变小

B.单位时间内撞击单位面积玻璃的分子数减少

C.分子间距离都变小

D.所有分子的运动速率都变小3.现有一列简谐横波在t=23s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。下列说法正确的是(

)

A.图甲中波沿x轴正方向传播 B.图甲中质点P的速度为6 m/s

C.质点P平衡位置的坐标xP= 3 m D.质点Q4.一定质量的理想气体从状态A开始，经历A→B→C→A一次循环回到A状态，其压强p随体积倒数1V变化的图像如图所示，其中AB的延长线过原点O，BC平行于横轴，CA平行于纵轴。下列表述正确的是(

)

A.由A→B，每个气体分子的速率均保持不变

B.由C→A，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多

C.A→B→C→A全过程外界对气体做功大于气体对外界做功

D.A→B→C→A全过程气体吸收热量与放出的热量相等5.如图所示，中空的玻璃球内径为R，外径为3R，球心为O，用激光水平向右照射球心所在的竖直截面，AB是沿水平方向的直径。当光束从C点射入时，光束在内界面恰好发生全反射后从D点射出，已知点C到AB的竖直距离h=32R，CD平行于AB，光在真空中传播的速度为c，不考虑多次反射，下列说法正确的是A.玻璃球的折射率为2 B.光在玻璃球中传播的路程为3R

C.光在玻璃球中传播的时间为2R6.如图所示，有一电荷均匀分布的带正电固定绝缘细圆环，圆心为O，现有一带电粒子(重力不计)从轴线上P点由静止释放，粒子沿轴线恰好运动到Q点。粒子从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是(

)

A.粒子带正电 B.电场力先做正功后做负功

C.粒子的加速度先增大后减小 D.粒子的电势能先增大后减小7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n，电源的输出电压有效值恒定，R1、R2、R4为定值电阻，R3为滑动变阻器，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表，导线电阻不计。现将滑动变阻器滑片P由a向b缓慢滑动，下列判断正确的是(

)A.电流表示数一定减小 B.电压表示数一定减小

C.变压器的输出功率一定减小 D.电阻R2二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图所示，一半径为R的半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中。将半圆形导线以过圆心O且垂直于纸面的直线为轴顺时针转动。直烃ac与磁场方向夹角θ从0°转动到30°的过程中，θ角分别为10°，20°和30°时，整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1，F2和F3。该过程中，关于整个半圆形导线受到的安培力的方向和大小，说法正确的是(

)

A.方向逐渐变化 B.方向始终不变

C.F2−F9.如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，A点到CD的距离为R2，不计粒子重力，则(

)

A.粒子带负电

B.粒子运动速率为qBRm

C.粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB

D.若增大粒子从10.如图所示，在竖直平面内有足够长的两平行金属导轨PQ、MN。导轨间距为L，电阻不计。现有一个质量为m、电阻不计、两端分别套在轨道上的金属棒AB，AB棒在导轨上可无摩擦地滑动，棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。导轨上边与电路连接，电路中的定值电阻阻值为R，在PM间接有一电容为C的平行板电容器。现AB棒由静止释放，下列说法正确的是(

)

A.当金属棒AB向下滑动时，电容器右极板将带上负电荷

B.金属棒AB可以达到的最大速度是mgRB2L2

C.电容器充电完成后，电容器带电量为三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.如图甲所示，为“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置。(1)实验前，应调节光具座上放置的各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上，保证单缝和双缝平行。若从目镜中看到干涉条纹太密，要想减少从目镜中观察到的条纹数量，下列做法可行的是

。A.仅换用间距更大的双缝B.仅将单缝向双缝靠近C.仅将屏向靠近双缝的方向移动D.仅将紫色滤光片换成红色滤光片(2)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读出手轮的读数为1.030mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮纹如图乙所示，读出手轮的读数为

mm。已知双缝间的宽度d=0.3mm，通过激光测距仪测量出双缝到投影屏间的距离L=1.0m，则该种色光的波长是

m。12.某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)如图甲所示，用游标卡尺测量摆球直径，摆球直径为

cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。(2)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2−L图像如图乙所示，图线不过坐标原点的原因是

；若图线的斜率大小为k，则当地重力加速度g=(3)若实验小组采用公式法(即直接通过g=4π2LTA.在加速下降的电梯中进行实验B.单摆振动的振幅偏小C.直接以绳长作为摆长计算D.将实际振动次数50记成51次四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.如图所示，光滑水平面上静置有质量M=3kg的滑块C，C的上表面是半径R=0.6m的四分之一圆弧，且最低点切线水平。C右侧静止放置一与轻弹簧连接的小球B，B的质量也为M。让一质量m=1kg的小球A从C的顶端自由释放，A到达水平面上压缩弹簧，最后又与弹簧分离，重力加速度g取10m/s2,不计一切摩擦，A、(1)A第一次与C分离时的速度大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)C最终的速度大小。14.如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸用质量为m的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离为h，缸内气体温度为T0，轻绳恰好处于伸直状态且无拉力，活塞横截面积为S，已知大气压强p0=5mgS，重力加速度为(1)求物块的质量M；(2)继续缓慢降低气体温度至0.3T0，求物块上升高度(3)从初始至气体温度缓慢降低为0.3T0的过程，气体放出的热量为Q15.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l,l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：

(1)电场强度E的大小；

(2)磁感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间。

答案解析1.【答案】B

【解析】A.在真空中电磁波的速度是一样的，

5G

信号和

4G

信号传输速度一样快，故A错误；B.在LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，电场能最大，磁场能最小，电路中的电流最小，故B正确；C.为有效地发射电磁波，可用开放电路从而升高振荡频率，故C错误；D.根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场，故D错误。故选B。2.【答案】A

【解析】A.双层玻璃间密闭气体的温度在夜晚低于白天。根据分子动理论，温度是分子平均动能的标志，温度降低时，分子的平均动能减小，故A正确;

B.气体密闭，体积不变，分子总数n不变，因此单位体积内分子数不变，故B错误;

C.分子间距由体积决定，体积不变则平均间距不变，故C错误;

D.温度降低仅使平均速率减小，而非所有分子速率都变小，故D错误。

故选A。3.【答案】D

【解析】【详解】A.由图乙可知，Q点在

t=23s

时振动方向向下，根据“上下坡”法可知，图甲中波沿xB.由图甲可知，该波的波长λ

= 24 m，周期T

= 4 s，因此波速为v=但并不是质点P的速度，故B错误；C.根据振动方程，当x

= 0时y=可知α

= 150°，所以x故C错误；D.根据图乙可知，t

= 0时，Q点在平衡位置，根据图甲可知，当

t=23s

x解得x故D正确。4.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查理想气体的图像问题和热力学第一定律的应用，基础题目，结合图像和热力学第一定律逐一分析即可判断。

【解答】

A、由图知，A→B过程，气体压强与体积成反比，由pV=nRT知，此过程气体温度不变，则气体分子的平均动能不变，分子的平均速率不变，但并不是每个气体分子的速率均保持不变，故A错误；

B、由图知，C→A过程，气体体积不变，压强增大，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多，故B正确；

C、A→B→C→A全过程，气体回到初态，其内能不变，作出p−V图像如图所示：

p−V图像中图线与t轴所围的面积表示气体对外做功或外界对气体做功的绝对值，A→B过程气体体积增大，气体对外做功，B→C过程，气体体积减小，外界对气体做功，C→A过程，气体体积不变，气体对外不做功，结合图知，A→B→C→A全过程外界对气体做功小于气体对外界做功，由热力学第一定律知，A→B→C→A全过程气体吸收热量大于放出的热量，故CD错误。5.【答案】D

【解析】A.根据题意画出光路图根据几何关系可知sin则∠COA=60设全反射点为E，由

OC=3R

，

OE=R

，

∠COE=30∘

可知根据临界角公式有n=故A错误；B.根据几何关系可知s=2R故B错误；C.光在介质中的传播速度为v=传播时间为t=故C错误；D.介质的折射率不变，根据折射定律可知出射光线方向水平向右，故D正确。故选D。6.【答案】B

【解析】【分析】圆环上正电荷对粒子的电场力始终是吸引力，则可判断出粒子带负电，电场力做功量度电势能的变化，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增大。【解答】

A、粒子从轴线上P点由静止释放后向右运动，说明受到的电场力向右，是吸引力，根据异种电荷相互吸引可知粒子带负电，故A错误；

B、从P到O，粒子受到的电场力向右，电场力做正功，从O到Q，粒子受到的电场力向左，电场力做负功，故B正确；

C、粒子在O点受到的电场力为零，从P到O，电场力可能先增大后减小，也可能一直减小，则加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，

从O到Q，电场力可能先增大后减小，也可能一直增大，则加速度可能先增大后减小，也可能一直增大，故C错误；

D、电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。

故选B。7.【答案】D

【解析】AB、滑片P由a向b缓慢滑动过程中，电阻R3减小，副线圈回路中的总电阻减小，I2增大，电流表示数增大，根据变压器原副线圈电流关系，

I1增大，电阻R1两端电压变大，电压表示数变大，故AB错误;

C、根据功率的公式可求变压器的输出功率等于输入功率，即P=U1I1，I1增大过程中，因不确定副线圈等效电阻与R1的大小关系，即无法确定变压器的输出功率的变化，故C错误;

D、电阻R18.【答案】BD

【解析】【详解】AB.由左手定则可知，安培力的方向垂直于B、I确定的平面，垂直纸面向外，方向始终不变，A错误，B正确；CD.半圆形导体受到安培力的大小为

F=2BIRθ

角分别为10°，20°和30°时，整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1=2BIRsin10∘

，由数学知识可知

sin故

F2−F1>F3故选BD。9.【答案】ABC

【解析】【分析】

(1)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力与向心力的等量关系，结合运动学公式得出时间；

(2)画出粒子的运动轨迹，根据角度关系和周期公式完成解答。

本题主要考查了带电粒子在圆形边界磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合几何关系和圆周运动的相关公式即可完成解答。

【解答】

A.由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，可知，粒子在A点所受洛伦兹力向下，根据左手定则，四指指向与速度方向相反，可知粒子带负电，故A正确；B.由于圆形区域半径为R，A点到

CD的距离为

R2

，令粒子圆周运动的半径为r，根据几何关系有r2=r−R22+RCD.根据上述，作出运动轨迹，如图所示，，由于圆形区域半径为R，A点到

CD

的距离为

R2，根据上述，粒子圆周运动的半径也为R，则

ΔAOO′与

ΔEOO′均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心角为

120∘，粒子圆周运动的周期T=2πrv0=2πmqB10.【答案】BCD

【解析】A.当金属棒AB

向下滑动时，根据右手定则可知，金属棒B端为高电势，电容器右极板将带上正电荷。故A错误；B.对金属棒AB

受力分析可知，当其加速度为零时，具有最大速度，可得mg=又I=联立，解得

v故B正确；C.电容器充电完成后，极板间电压为U=E=BL又C=联立，解得Q=故选C。D.根据B选项分析可知，金属棒最终会做匀速直线运动，由能量守恒mgh=可知此阶段减少的重力势能完全转化为电能。故D正确。故选BCD。11.【答案】D14.5304.5×1

【解析】【详解】(1)A.从目镜中看到干涉条纹太密，要想减少从目镜中观察到的条纹数量，应增大条纹间距，由双缝干涉条纹间距公式

Δx=Ldλ

B.仅将单缝向双缝靠近，不会改变条纹间距，B错误；C.仅将屏向靠近双缝的方向移动，减小了双缝到屏的距离L，条纹间距变小，C错误；D.仅将紫色滤光片换成红色滤光片，可知干涉光的波长变大，由条纹间距公式

Δx=Ldλ

故选D。(2)[1]由题图可知，螺旋测微器的精确度为0.01mm，则手轮读数为x[2]相邻两亮条纹间距离Δx=由双缝干涉条纹间距公式

Δx=Ldλ=12.【答案】2.26摆长多加了小球半径g=AC

【解析】【详解】(1)摆球直径为2.2cm+0.1mm×6=2.26cm(2)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，由图所示图像可知，当摆长到达一定值时单摆才有周期，说明单摆所测摆长大于实际摆长，可能是把摆线的长度与摆球的直径之和当作了摆长，多加了小球半径；由单摆周期公式

T=2π可知

T由图所示图像可知，图像的斜率

k=解得

g=4π(3)A.在加速下降的电梯中进行实验，等效重力加速度为g−a，则g偏小，选项A正确；B.单摆振动的振幅不影响周期的测量，则不影响重力加速度的测量，选项B错误；C.直接以绳长作为摆长计算，根据

g=4π2LT2

，则D.将实际振动次数50记成51次，则T值测量值偏小，则根据

g=4π2LT2故选AC。13.【答案】【详解】(1)A从释放到第一次与C分离过程，A、C组成的系统满足水平方向动量守恒，则有

m根据机械能守恒可得

mgR=联立解得

vA=3m/s

，可知A第一次与C分离时A的速度大小为

3m/s

，方向向右；C的速度大小为

1m/s

，方向向左。(2)当A、B速度相同时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒可得

m解得

v根据能量守恒可得

1解得最大弹性势能为

E(3)当弹簧恢复原长时，A与弹簧分离，以向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒可得mvA=mv解得

vA1=−1.5m/s

，可知A与弹簧分离时的速度大小为

1.5m/s

，方向向左；之后A追上C，最后再与C分离，从A追上C到第二次与C分离过程，以向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得

mvA1+Mv联立解得

v′A=0.75m/s

可知C最终的速度大小为

1