重庆市名校联盟2025-2026学年高二物理下学期5月期中试题【含答案】

本试卷共6页，满分分。考试用时分钟。注意事项：、作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。、作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。一、选择题：本题共小题，共分。（一）单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共分。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.下列对电磁场和电磁波的认识正确的是（）A.变化的电场一定要产生变化的磁场B.紫外线的显著作用是热作用C.麦克斯韦预言了光是电磁波，赫兹通过实验证实了这一结果D.电磁波在真空或介质中传播时频率不同【答案】C【解析】【详解】A．均匀变化的电场会产生稳定的磁场，只有非均匀变化的电场才能产生变化的磁场，故A错误；B．紫外线主要作用是化学效应和生理效应，红外线的显著作用是热作用，故B错误；C麦克斯韦通过理论预言电磁波存在，并指出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了这一结论，故C正确；D故D错误；故选C。2.风能是一种清洁的可再生能源。小型风力交流发电机，其原理可以简化为图甲，发电机线圈电阻不计，外接电阻R，当线圈匀速转动时，产生的电动势随时间变化如图乙所示，则（）第1页/共19页

A.电压表的示数为VB.t＝0.1s时刻，线圈恰好转到图示位置C.通过电阻R的电流方向每秒改变10次D.若将电阻R换成击穿电压为12V的电容器，电容器不会被击穿【答案】B【解析】【详解】A所以电压表的示数为12V,故A错误；B．时，线圈的电动势最大，此时线圈应处于中性面的垂直面，即线圈与磁感线平行，故B正确；C．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向改变次数次，故C错误；D．交变电流的峰值为,而电容器的电压为12V，故交变电流的峰值大于电容器的电压，电容器会被击穿。故选B。3.头部的运动可视为简谐运动。以向上为正方向，在头部通过平衡位置时开始计时，头部相对平衡位置的位移随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A.简谐运动的振幅为B.简谐运动的频率为C.内，头部的动能先增大后减小D.和时，头部的加速度相同【答案】B【解析】【详解】A．从图乙中可读出，简谐运动的振幅为，故A错误；第2页/共19页

B．从图乙中可读出，简谐运动的周期为，由解得简谐运动的频率为，故B正确；C．从图乙中可知，时，头部位移最大，速度为零，和时，头部在平衡位置，速度最大，故内，头部的动能先减小后增大，故C错误；D．如图所示可知，根据对称性，和时，头部的加速度大小相等，方向相反，故D错误；故选B。4.某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶LC）A.时刻，线圈L的磁场能为零B.时刻，电容器C的电场能为零C.过程，电容器C带电量逐渐减少D.由图乙可判断汽车正驶入智能停车位【答案】C【解析】【详解】A．t1时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误；B．t2时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，电场能最大，故B正确；C．t~t3过程，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，电容器处于放电过程，电容器带电量逐渐减小，故C正确；D．由图乙可知，振荡电路的周期变小，根据可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能停车位，故D错误。故选C。第3页/共19页

5.一列沿轴方向传播的简谐横波时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。已知质点振动的周期。关于这列波，下列说法正确的是（）A.波的频率可能为B.波的频率可能为C.波速可能为D.波速可能为【答案】D【解析】【详解】若波沿轴负方向传播，时刻处于原点的质点向上振动，则有可得由于，则，可得周期为则频率为波速为若波沿轴正方向传播，时刻处于原点的质点向下振动，则有可得由于，则，可得周期为则频率为波速为故D正确。6.如图甲所示，一个圆形线圈用绝缘杆固定在天花板上，线圈的匝数为，半径为，总电阻为，线圈第4页/共19页

平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场中，时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A.在的时间间隔内线圈内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B.在的时间间隔内线圈受到的安培力先向上后向下C.在的时间间隔内线圈中感应电流的大小为D.在时线圈受到的安培力的大小为【答案】C【解析】A内原磁场向外增大，故感应磁场向里，电流仍顺时针，因此线圈内感应电流始终沿顺时针方向，故A错误；B．感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知，在内原磁场向里减小，安培力向下；内原磁场向外增大，安培力向上，因此在的时间间隔内线圈受的安培力向下后向上，故B错误；C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势由欧姆定律可知，在的时间间隔内线圈中感应电流的大小解得，故C正确；D．由图乙所示图像可知，在时磁感应强度大小，线圈所受安培力大小，故D错误；故选C。第5页/共19页

7.托卡马克环形容器是核聚变工程中重要装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，BRA点发射aba粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小，b粒子沿内圆的切线方向发射，a、b都带正电且比荷均为。不考虑带电粒子所受重力和相互作用。则（）A.外圆半径等于B.粒子恰好到达磁场外边界所用时间为C.粒子速度大小为D.粒子恰好到达磁场外边界所用时间为【答案】C【解析】【详解】A．已知，根据洛伦兹力提供向心力可得。a沿径向发射，速度方向沿，因此轨道圆心在与垂直的直线上，运动轨迹如图由几何关系可得解得，A错误；第6页/共19页

B．a从到外边界切点，转过的圆心角，由图可知,可得运动时间，B错误；C．b在如图所示。设b轨道半径为，外圆半径满足又可得，因此b速度，C正确；D．b从到外边界切点，和切点分别在圆心的两侧，转过圆心角运动时间，D错误。故选C。（二）多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图甲所示为以点为平衡位置，在、两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）第7页/共19页

A.在时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在与两个时刻，弹簧振子在同一位置C.从到时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动D.在时，弹簧振子有最小的弹性势能【答案】BC【解析】【详解】A．在时，弹簧振子的位移为正向最大，由知加速度为负向最大，故A错误；B．在与两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故B正确；C到的减速运动。故C正确；D时，弹簧振子的位移为负向最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误；故选BC。9.nn=41理想电压表、理想电流表、热敏电阻R(阻值随温度的升高而减小)及报警器P组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P将发出警报声。则以下判断正确的是（）A.变压器副线圈中交流电的频率为50HzB.电压表示数为9VC.RT处温度升高到一定值时，报警器P将会发出警报声D.RT处温度升高时，变压器的输入功率变小第8页/共19页

【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙知周期为0.02s，所以频率为50Hz，A正确；B．初级电压有效值为变压器原、副线圈中的电压之比等于匝数比，故次级电压为9V，电压表两端电压小于9V，B错误；CD．RT处温度升高到一定值时其电阻减小，次级电流变大，则报警器P将会发出警报声，根据P=IU可知，变压器输出功率变大，输入功率变大，C正确，D错误。故选AC。10.如图所示，为固定的水平光滑矩形金属导轨，间距离为，导轨左右两端接有阻值为的定值电阻，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为、范围足够大的匀强磁场。质量为、长为、阻值也为的导体棒放在导轨上，甲、乙两根相同的轻质弹簧一端均与棒的中点连接，另一端均被固定，棒始终与导轨垂直并保持接触良好，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，两弹簧均处于自然伸长状态，获得水平向左的初速度，经过一段时间，棒第一次运动至最右端，这一过程中间电阻上产生的焦耳热为，则下列说法正确的是（）A.初始时刻棒受到安培力大小为B.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热一定大于C.当再次回到初始位置时，、间电阻的热功率为D.当棒第一次到达最右端时，甲、乙弹簧具有的弹性势能均为第9页/共19页

【答案】BD【解析】【详解】A．导体棒为电源，两个电阻并联，并联电阻为初始时刻棒切割磁感线产生的感应电动势由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流初始时刻棒受到的安培力大小为，故A错误；B．两电阻并联，流过两电阻的电流相等，流过的电流是流过一个电阻电流的倍，第一次运动至最右端的过程中间电阻上产生焦耳热，则导体棒产生的焦耳热是，该过程回路中产生的总焦耳热为；设从初始到最左端为前半程，从最左端到最右端为后半程。棒在初始时刻速度最大，由于安培力始终与速度方向相反，棒做减速运动。前半程的平均速度大于后半程的平均速度。感应电动势与速度成正比，所以前半程的电流和安培力也普遍大于后半程。因此，前半程产生的焦耳热一定大于后半程。即，故从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热一定大于，故B正确；C．时，金属棒速度,间电阻的功率为于,因此，此时的热功率，故C错误；D．导体棒第一次到达最右端时弹簧具有弹性势能，设甲、乙弹簧各自具有的弹性势能为，从初始位置到第一次到达最右端过程，由能量守恒定律得解得，故D正确；故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共分。小华同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。第10页/共19页

（1）用游标卡尺测小球的直径时示数如图甲所示，则小球的直径___________。（2）在实验中，若测得的重力加速度值偏大，其原因可能是___________。A.所用摆球质量偏大B.开始计时过早按下秒表C.将次摆动的时间误记为次摆动的时间（3）小华同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长和对应的周期描绘___________（用含的【答案】（1）2.18（2）C（3）【解析】【小问1详解】由图示可知，游标卡尺的精度是，其读数为【小问2详解】A．由单摆周期公式可知重力加速度摆球质量对重力加速度的测量没有影响，所用摆球质量偏大不会导致重力加速度的测量值偏大，故A错误；B．过早按表导致周期变大，测量值偏小，故B错误；C．将次摆动的时间误记为次摆动的时间，所测周期偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；故选C。【小问3详解】由单摆周期公式可知重力加速度第11页/共19页

变形有故图像的斜率解得重力加速度。12.研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数。（1）本实验中，实验室有下列器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．低压交流电源C．低压直流电源D．多用电表E．开关、导线若干本实验中需用到的电源是___________；（2）对于实验过程，下列说法正确的有___________；A.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”B.使用多用电表测电压时，先用最小量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量C.因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路D.为便于探究，应该采用控制变量法（308”接线柱，副线圈接“04”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为___________；A.18.0VB.10.0VC.5.0VD.2.5V（4）等效法、理想模型法是重要的物理思维方法，合理采用物理思维方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。理想变压器是一种理想化模型，如图所示，某用电器可以等效为实线框内的电nnU0和电阻R0第12页/共19页

阻R，当R=___________时，R可获得最大功率。【答案】（1）B（2）AD（3）B（4）【解析】【小问1详解】变压器的工作原理是电磁感应中的互感现象，需要变化的电流才能产生变化的磁场，因此原线圈需要接低压交流电源。故选B。【小问2详解】A流电压挡”，故A正确；B．使用多用电表测电压时，应先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故B错误；C路，故C错误；DD正确。故选AD。【小问3详解】实验中，当电源接变压器原线圈“08”接线柱，副线圈接“04”接线柱时，原副线圈的匝数比为若变压器是理想变压器，则根据变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系可知，当副线圈所接电表的示数为5.0V时，原线圈的电压应为第13页/共19页

故选B。【小问4详解】把变压器和负载电阻R等效为一个电阻，根据理想变压器原、副线圈电压、电流与匝数比的关系有，则等效电阻为把定值电阻R获得的功率。所以当内外电阻相等时，即时，等效电源的输出功率最大，即电阻R可获得的功率最大，因此有解得此时可变电阻的值为13.图甲为一列沿的质点此后的振动图像如图乙所示。质点在轴上位于处，求：（1）该波的传播速度和波源的起振方向；（2）质点的振动方程；（3）振动经传到点的时间。【答案】（1），波源起振方向沿着轴正方向（2）（3）【解析】【小问1详解】由甲图得波长，由乙图得周期第14页/共19页

根据波速的关系式代入数据可得。波源起振方向沿着轴正方向。【小问2详解】由乙图可得由图甲振幅质点的振动方程【小问3详解】由题意得波传到点需要时间14.MNPQL=1m面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg，电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2（忽略ab（1）ab棒在磁场中运动的最大速度大小及感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量。【答案】（1）7m/s，0.1T2）1C3）0.26J【解析】1abab棒匀速运动的速度为根据平衡条件得第15页/共19页

求得(2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为(3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，根据能量守恒得又电阻R上产生的热量为联立代入数据求得15.xOy存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁