重庆市渝中区2025-2026学年高二物理下学期半期考试试卷【含答案】

注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。）1.某旅游景点的鱼洗盆如图所示，注入部分水后，某同学用双手不停摩擦鱼洗盆的双耳。盆内水花波动。若鱼洗盆的固有频率为，该同学摩擦鱼洗盆的频率由逐渐增大至，则盆内水花的波动情况是（）A.逐渐增强 B.逐渐减弱C.先增强，后减弱 D.先减弱，后增强【答案】C【解析】【详解】对受迫振动，当驱动力的频率越接近物体的固有频率，物体的振动越剧烈；当驱动力的频率等于物体的固有频率振幅最大，叫共振；反之当驱动力的频率与物体的固有频率相差越大，物体的振动越弱。故选C。2.下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（  ）A.铜片在磁铁两极间摆动时会受到很大的阻力是由于磁铁对铜片的吸引B.搬运电流表时将正负接线柱用导线连接可以避免指针剧烈晃动而损坏C.图丙，真空冶炼炉接高频交流电源后能在炉体内产生涡流发热加热金属使金属熔化D.摇动手柄使蹄形磁铁转动时，铝框会和磁铁同向转动且转得比磁铁快【答案】B【解析】【详解】A．铜片在磁铁两极间摆动时会受到很大的阻力，是因为铜片在磁场中运动时产生了涡流，涡流受到磁场的安培力阻碍铜片的运动，并非是磁铁对铜片的吸引，故A错误；B．搬运电流表时将正负接线柱用导线连接，电流表内部会形成闭合回路，当指针晃动时会因电磁感应产生感应电流，感应电流的安培力会阻碍指针的晃动，可以避免指针剧烈晃动而损坏，故B正确；C．真空冶炼炉接高频交流电源后能在金属中产生涡流，金属中产生大量热量，从而使金属熔化，故C错误；D．摇动手柄使蹄形磁铁转动时，铝框会因电磁感应产生感应电流，感应电流受到磁场力作用会和磁铁同向转动，但根据楞次定律，铝框转得比磁铁慢，故D错误。故选B。3.如图是一种手摇发电的手电筒。这个手电筒外壳透明，可以清晰地看到里面有一个线圈和一个磁体。当沿图中箭头方向来回摇动时，小灯泡发光。以下说法正确的是（）A.灯丝中电流方向保持不变B.摇动时电能转化为机械能C.该现象属于电磁感应现象D.此装置与电动机原理相同【答案】C【解析】【详解】A．线圈切割磁感线的方向不断变化，感应电流方向也会变化，灯丝中电流方向不恒定，故A错误；BC．来回摇动手电筒时，线圈在磁体的磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流使小灯泡发光，这属于电磁感应现象（将机械能转化为电能），故B错误，C正确；D．电动机原理是“通电导体在磁场中受力运动”，此装置是电磁感应（发电机原理），与电动机原理不同，故D错误。故选C。4.如图是金属探测仪的内部简化结构，由线圈与电容器构成的LC振荡电路。电路中的电流I随时间t变化的规律如图所示，则该振荡电路（）A.时，电容器上的电荷量为零B.增大线圈自感系数L，则振荡周期会减小C.~，线圈内的磁场正在减弱D.~，电容器处于放电状态【答案】D【解析】【详解】A．时，电流减小，可知磁场能减小，电场能增大，可知电容器充电，时，电容器上的电荷量最大，故A错误；B．根据，增大线圈自感系数L，则振荡周期变大，故B错误；C．~，电流大小先增大再减小再增大，可知磁场先增大再减小再增大，故C错误；D．~，电流变大，磁场能变大，可知电场能变小，可知电容器处于放电状态，故D正确。故选D。5.近年来，中科院研发的第三代横波远探测成像测井仪在超深井中实现了清晰的井外地质成像及8340米深度的探测纪录，创下该类国产仪器深度探测纪录，对保障国家能源安全具有重要意义。若一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，图甲是t=3s时的波形图像，P为波传播方向上的一个质点，此时，图乙是x=2m处质点Q的振动图像。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波通过2m的障碍物时，不会发生明显的衍射现象C.质点P再经过0.25s通过的路程为5cmD.t=4s时，质点P的加速度方向沿y轴正方向，且加速度在增大【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知时，处质点Q向下振动，根据“同侧法”可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；B．该波的波长为，当障碍物比波长小或与波长接近时，波会发生明显的衍射现象，故B错误；C．时，波的周期为，经过，波向轴负方向传播，可把波形整体向左平移，可知此时质点P并未到达波峰位置，其通过的路程小于5cm，故C错误；D．从到时，质点P经历了，可把波形整体向左平移半个波长，即2m，可知此时质点P在的位置，且质点P向下振动，故加速度方向沿y轴正方向，且加速度在增大，故D正确。故选D。6.半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，为交变电流信号输入端，为半导体二极管，为定值电阻。信号输入后，电阻两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（）A.该输出电压频率为B.一个标有“，”的电容器并联在电阻两端，可以正常工作C.该输出电压有效值为D.若电阻，则内产生的热量为【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，该电压的周期为0.02s，可知交变电流的频率为，故A错误；B．因电阻R两端的电压最大值为，大于200V，因此一个标有“，”的电容器并联在电阻R两端，不可以正常工作，故B错误；C．由图乙可知，前周期内最大电压为，后周期内电压是零，由有效值的定义可得，解得R两端电压的有效值为，故C错误；D．若电阻，由焦耳定律，可得10s内R产生的热量为，故D正确。故选D。7.“西电东送”是我国重要的战略工程，从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。如图所示，发电站通过理想升压变压器和理想降压变压器向较远处的用户输送电能。已知发电站的输出电压，输出功率；用户端的电压为，用户获得的功率为P，降压变压器的原、副线圈匝数比为，两变压器间线路的总电阻为R，其余线路电阻不计，若要求输电线路上功率的损失不超过8%，则（）A.用户获得的最小功率为1840WB.两变压器间线路的总电阻最大为100ΩC.若用户端用电器增多，则R消耗的功率减小D.若输电线路上功率的损失为8%，则升压变压器的原、副线圈匝数比为【答案】D【解析】【详解】A．输电线上功率的损失不超过8%，即用户获得的功率即用户获得的最小功率为，故A错误；B．用户端的电压为，降压变压器原线圈电压设输电线电流为，则用户端输入功率由能量守恒当取最大值时，解得此时线路电阻若更大，在不变的情况下，电流会减小，但会导致占比变大，分析最大值为，故B错误；C．若用户端用电器增多，用户端的总电流增大，根据可得降压变压器原线圈电流变大，流过R的电流变大，根据可得R消耗的功率变大，故C错误；D．若输电线上功率的损失为8%，由B选项分析可知此时输电线电流发电站输出电流根据变压器电流比公式，故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3个小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）8.关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是（）A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B.电磁波可以发生衍射现象和偏振现象C.简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大D.电磁波和机械波从一种介质传播到另一种不同介质时，波长都会发生变化【答案】BD【解析】【详解】A．电磁波在真空中的传播速度恒为光速，与电磁波的频率无关，故A错误；B．衍射是一切波特有的共性，电磁波作为波可以发生衍射；电磁波是横波，偏振是横波特有的现象，因此电磁波也可以发生偏振，故B正确；C．简谐机械波的传播速度仅由介质的性质决定，与波源的振动频率无关，给定介质中波速是定值，故C错误；D．波的频率由波源决定，从一种介质进入另一种介质时频率不变。机械波的波速由介质决定，介质改变则波速改变，由可知，波长会变化；电磁波在介质中的波速（为介质折射率），不同介质折射率不同，因此改变，不变，波长也会变化，故D正确。故选BD。9.如图所示，甲、乙、丙三个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将三个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好第一次到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙恰好第一次到达另一侧最高点。则（）A.小球甲第一次到达另一侧最高点时，小球丙动能最大B.小球甲第一次回到平衡位置时，小球乙动能正在减小C.小球甲、乙的摆长之比为D.小球甲、丙的摆长之比为【答案】AD【解析】【详解】A．设甲的周期为，乙的周期为，丙的周期为，当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，则，即小球甲第一次到达另一侧最高点时，小球丙在平衡位置，此时小球丙速度最大，动能最大，故A正确；B．小球甲第一次到达平衡位置时间是，乙的运动时间为，乙从最大位移处向平衡位置运动，动能增加，故B错误；CD．根据单摆周期公式根据题意可得联立解得，，C错误，D正确。故选AD。10.如图甲所示，圆心在x轴上的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，在O点沿x轴正向发射一颗比荷为的带正电粒子，粒子运动过程x、y方向的速度分量随时间变化如图乙、图丙所示，粒子所受重力不计，则（）A.磁场方向垂直纸面向里 B.粒子在穿过磁场过程中速度方向改变了120°C.磁感应强度大小为 D.圆形区域半径是【答案】ABC【解析】【详解】A．根据图像可知，正电粒子进入磁场后轴正方向的速度分量增大，可知进入磁场时正电粒子受到的洛伦兹力向上，由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，故A正确；B．由图像可知，正电粒子出磁场时，、方向的速度分量分别为，设此时速度方向与轴夹角为，如图所示则有可知故粒子在穿过磁场的过程中，速度方向改变了，故B正确；C．设粒子的轨迹圆半径为，则有解得根据洛伦兹力提供圆周运动所需的向心力，有可知联立解得，故C正确；D．由几何关系可知，圆形区域半径满足又解得，故D错误。故选ABC。三、实验题（本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分）11.在探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系的实验中，除了已有的可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）、开关、导线若干，实验室中还备有下列可供选择的器材：A.条形磁体B.交流电源C.直流电源D.多用电表（1）在本实验中还需要选择上述器材中的______（填正确答案标号）。（2）某同学将原线圈接在适当的电源上，增大电源的电压，观察到副线圈两端的电压也随之增大；然后在电源电压不变的情况下，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，则可以观察到副线圈两端的电压______（选填“增大”“减小”或“不变”）。（3）为了进一步探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系，该同学又取线圈匝数和的一个变压器重新接在电源上，测量结果如表所示，考虑到变压器实际存在的各种损耗，可判断电源两端接的是______（选填“”或“”）。1.902.903.904.026.038.02【答案】（1）BD##DB（2）减小（3）【解析】【小问1详解】实验时，原线圈需要连接交流电源；需要用多用电表交流电压挡测副线圈电压。故选BD。【小问2详解】某同学将原线圈接在适当的电源上，增大电源的电压，观察到副线圈两端的电压也随之增大；然后在电源电压不变的情况下，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，根据则可以观察到副线圈两端的电压减小。【小问3详解】由于有能量的损失和原、副线圈内阻分压等因素，所以副线圈电压实际测量值应该小于理论值，由理想变压器变压比又由表格数据知总是小于，故是原线圈的电压值，故电源两端接的是。12.某兴趣小组欲利用加速度传感器测定电源的电动势和内阻，设计了如图甲所示的测量电路。质量为m的加速度传感器穿过光滑的水平横杆，劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端连接传感器。待测电源，电流表，滑动变阻器组成串联电路，滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L。主要实验步骤如下：①按图甲连接电路，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器的正中间，闭合开关；②使系统以某一恒定加速度水平运动，利用加速度传感器测出此时的加速度a（以向右为正方向），记录电流表示数I；③重复步骤②，改变系统加速度，得到多组a、I的测量数据；④断开开关，整理器材。回答下列问题：（1）若系统从静止开始向右加速，则电流表示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；（2）当加速度传感器示数为时，弹簧的形变量为x，则滑动变阻器接入电路的有效阻值为__________（用L、x、R表示）；（3）利用图像来处理获得的多组实验数据，若以a为纵轴，以为横轴，通过描点可以做出如图乙所示的线性关系图像，图像斜率为c，纵截距为。根据题目中所给的字母，可得该电源的电动势为__________、电源内阻为__________（用m、R、k、L、b表示）；（4）若考虑电流表的内阻，则电源电动势的测量结果__________，电源内阻的测量结果__________（均选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）变小（2）（3）①.②.（4）①.无影响②.偏大【解析】【小问1详解】若系统从静止开始向右加速，则加速度传感器应受到向右的合力，故弹簧会被压缩，所以滑动变阻器的滑动触头会向左移动，因此滑动变阻器接入电路的电阻会变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为所以随着外电阻的增大，电路中的电流会变小。【小问2详解】滑动变阻器的总阻值为，有效长度为，当加速度（向右加速）时，弹簧被压缩，则滑动触头向左移动，此时接入电路的有效长度为由于滑动变阻器的阻值与长度成正比可得，所以此时接入电路的有效阻值为【小问3详解】[1]当加速度传感器示数为（）时，弹簧的压缩量为，则对加速度传感器列牛顿第二定律方程有解得根据闭合电路欧姆定律有整理变形得所以图像斜率为解得[2]图像与纵轴的截距为解得该电源的内阻为【小问4详解】[1][2]当考虑电流表的内阻时，闭合电路欧姆定律的表达式会变为在推导的线性关系时，电流表的内阻会和电源的内阻合并为一个等效内阻因此计算出的“电源内阻”实际上是，和真实的电源内阻不一致。所以若考虑电流表的内阻，对电源内阻的测量结果会有影响，电流表内阻会被计入电源内阻的测量值中，导致测量结果偏大；分析易知电源电动势则不受影响。四、计算题（本题共3小题，共41分，其中13题10分，14题13分，15题18分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。）13.如图所示，在竖直的光滑套管中有一根劲度系数、长30cm的轻弹簧。现让质量的物块P与弹簧上端轻轻接触并静止释放，则物块P将在套管中做简谐运动。弹簧处于原长时弹性势能为零，弹簧始终在弹性范围内（）。求：（1）物块P振动的振幅A；（2）弹簧的最大弹力和振动系统的最大弹性势能。【答案】（1）（2），【解析】【小问1详解】物块在平衡位置时，有由胡克定律得振幅【小问2详解】根据简谐运动的对称性可知物块P在最低点对平衡位置的位移大小与最高点时偏离平衡位置的位移大小相等。弹簧被压缩的最大长度为则弹簧的最大弹力物块P和弹簧组成的系统机械能守恒，根据简谐振动中能量的关系得物块P在最低点处动能为零，重力势能最小，弹性势能最大，有14.如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在区域，磁感应强度的大小为；区域，磁感应强度的大小为（常数）。一质量为m、电荷量为的带电粒子以速度从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，不计粒子重力，粒子第一次经y轴上的C点（图中未画出）进入第二象限。（1）求粒子从开始计时到运动至C点的时间；（2）求粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d；（3）若，求粒子从开始计时到第二次运动至C点的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】粒子在磁场中圆周运动周期为从开始计时到运动至C点的运动轨迹为一个半圆，所以该时间为【小问2详解】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得粒子在磁场中运动半径分别为，粒子在磁场中运动轨迹如图所示粒子在磁场区域运动半个周期，在磁场区域运动半个周期；粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离解得【小问3详解】若，在磁场区域周期为则分析可知，粒子只能从左向右第二次穿过C点，必满足解得此时轨迹如图所示则时间为解得15.如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道