上海市某中学2025-2026学年高二（下）期中物理试卷（含解析）

2025-2026学年上海市复旦中学高二（下）期中物理试卷

一、选择题

1.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，单色光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此

A.干涉条纹是由于标准样板下表面反射光和待测表面反射光叠加形成的

B.干涉现象是由于标准样板上表面反射光和待测表面反射光叠加形成的

C.图乙中条纹方曲处表明待测表团在该处是C的

D.将单色光换成频率更大的单色光则条纹间距变稀疏

2.某研究性学习小组用激光束照射圆孔和不透明圆板后，得到如图所示的衍射图样，据此可以判断出（）

甲乙

A.平图是光线射到圆孔后的衍射图样B.乙图是光线射到圆孔后的衍射图样

C.甲、乙图都是光线射到圆孔后的衍射图样D.甲、乙图都是无线射到圆板后的衍射图样

3.下列关于光现象的解释正确的是（）

A.全息照相利用了光的衍射原理

B.荷叶上的露珠显得特别明亮是光的全反射现象

C.观看••体电影时所戴的眼镜利用了光线衍射的原理

D.通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹是光的偏振现象

4.如图所示，一束自然光通过偏振片照射到光屏上，则图中光屏上没有发亮的是（偏振片上的箭头表示其透

振方向）（）

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5.双缝干涉实验中，光的波长越长，干涉条纹的间距o如图所示，用波长为;I的单色光垂直照射双缝

Si、S2，点P出现第2条暗条纹，则P到Si、S2的路程差丁2-r1=o

6.如图所示，一束夏色光Q自空气射向上下表面平行的足够长的玻璃砖，经过玻璃

砖后分成反c两束光，以下说法正确的是（）

A.力、c两束光一定不相互平行

B.b光在玻璃砖中的传播速度大于c光

C.c光比b光更容易发生衍射现象

D.从该透明材料射入空气发生全反射时，6光的临界角较大

7.某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，将长方体玻璃砖平放

在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面QQ‘和。匕’。。为直线力。与政’的交点。在直线Q4上竖直插上

匕、P2两枚大头针，然后在油'下方合适位置插上大头针尸3,使P3挡住Pl、P2的像，插上大头针P4,使P4

挡住P3和Pl、22的像。过「3、作直线交融'于。‘，过0,作垂直于尻'的直线NN',连接。、。’。测

量图甲中角a和角。的大小，可以计算出玻璃的折射率加下列操作中对折射率的测量一定没有影响的是（）

A.确定玻璃砖的界面aa'后不小心将玻璃砖向下平移了一小段，然后确定她’界面

B.正确确定玻璃砖的界面aa'和bb'的边界线后，不小心将玻璃转向上平移了一小

段

C.实验操作正确，但玻璃砖的界面aa'和死'不平行

D.确定玻璃砖的界面QQ’后不小心将玻璃砖转动了一个小角度，然后确定用'界面

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8.光线由空气射向某介质，当入射角为出寸，折射光线与反射光线正好垂直，那么这种介质的折射率和光在

该介质中的速度分别为()

A.n=sini,v=csiniB.n=tani,v=ctani

C.n=tani,v———:D.n=cost,v=——?

tanicost

9.某同学用内径为R、外径为2R的环形玻璃砖模拟光在水球中的传播。

将玻璃砖放置在水平面匕一束单色光从P点以入射角i射入玻璃砖，如

图所示。

内壁

(1)若i=45。，单色光经一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切，则玻璃砖

外壁

对该单色光的折射率〃=_

(2)若单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，则入射角》=—

10.如图，半径为R的半圆形玻璃砖可绕过圆心的轴转动，圆心。与足够大

光屏的距离d=10/Icm，初始玻璃破的直径与光屏平行，一束光对准圆

心沿垂直光屏方向射向玻璃砖，在光屏上。1位置留下一光点，俣持入射光

方向不变，让玻璃砖绕。点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当激光宝

玻畸砖转过30。角时，光屏上光点位置距离01点为10cm。光在真空中的传

播速度为c,求:光出

⑴该玻璃砖的折射率;

(2)当光屏上光点消失时，玻璃砖绕。点相对初始位置转过的角度a的正弦值;

(3)光在玻璃砖内的传播时间(不考虑反射情况)。

11.某一机械波位于。点的波源从£=0时刻开始振动，在t=1.5s时刻的波形图如图所示.该时刻M点开始

振动，N点坐标为127n.下列判断不正确的是()

A.笥谐波的传播速度4m/s

B.N点开始振动的时刻为3s

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C.M点正方向速度最大时，N点也正方向速度最大

D.M点位于波峰时，N点位于波谷

12.如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播时某时刻的波形图，甲波的速度为巧，乙波的速度为功，质点

M的平衡位置为％=0.2m。则下列说法正确的是（）

A.这两列波会发生干涉现象，且平衡位置必=0771处的质点振动减弱

B.由图示时刻开始，再经过;甲波周期，M将位于波峰

C.甲波的速度巧与乙波的速度以一样大

D.振动减弱处的质点振幅为0

13.苏轼的“八月十八潮，壮观天下无”描述的正是钱塘江大潮，鱼鳞潮就是其中的一种，如图甲所示。设

某次观测到振幅均为0.47Tl的两列水波呈106。夹角以4m/s的速度向前行进，其模型可简化为图乙所示，实

线表示波峰，虚线表示波谷，Q为。P的中点，M是OP延长线上的点，于P点相交的两条实线是两列波最靠前

的波峰，下列说法正确的是（）

A.图中P、N两点振动始终加强,。点振动始终减弱

B.Q点即将向上振动，经过一段时间质点P会运动到M点

C.图示时刻0、0两点间的高度差为1.6m

D.图中M点稳定振动后的振幅为0.8血

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14.无线充电器的发射线圈产生交变磁场，在接收设备(手机等)内的线圈中产生交变电流，实现电能的无线

(1)从上往卜俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，接收设备线圈中的电流为方向。

(2)若接收线圈获得的正弦交流电的电压随时间变化规律如图2(口)所示。

①以s为时间t的单位，V为电压〃的单位，此交流电电压〃随时间匕变化的方程为

②此交流电压的有效值与图2(b)所示交流电电压的有效值之比为。

(3)某发电厂发出的交流电电压为力，功率为P。远距离输电线路的总电阻为入现采用电压达出的特高压输

电技术进行输电，变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为;输电线上损失的功率为

(4)如图3(a),某无线充电装置接收线圈匝数为N、半径为。、电阻为r。一匀强磁场垂直穿过线圈，其磁感

应强度8随时间t变化规律如图3(b)所示。外接定值电阻阻值为8在0〜%、〜1.5%两段时间内，接收线

圈中的感应电动势大小之比为_____；在。〜I。、to〜L5%两段时间内，定值电阻上产生的热量之比为―

15.关于单摆，下列说法正确的是()

A.摆球受到的回复力是它所受的合力

B.摆球经过平衡位置时，所受的合力为零

C.摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力

D.只有在最高点时，回夏力才等于重力和摆线拉力的合力

1三

16.如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的力、8之间做简谐运动，卜.列说法正三

M—

l三

1

1一

D

确的是()_^

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A.小球由4句。运动过程中做匀加速直线运动

B.小球运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用

C.小球由。向B运动过程中，动能逐渐减小

D.小球由力向。运动过程中，回复力的方向由。指向力

17.如图所示，一单摆悬于。点，摆长为L,若在。点正下方的0,点钉一个光滑钉子，使0。'=

将单摆拉至处释放，小球将在B.间往复运动，若运动中摆^与竖直方向夹角不超

44C

过5。，不计空气阻力，已知重力加速度为g。则碰钉前后速度之比为，该单摆的周期

为。

18.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个7形支架在竖

直方向振动，7形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。当圆盘静止时，让小球振动，其振动

图像如图乙所示。现使圆盘以60r/m由匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为So欲使小球

圆盘的转速应该调整为r/s(>

图甲

19.如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块力、B置于水平地面上，都

处于静止状态。将质量也为m的小物块。从A的正上方高为九处由静止释放，物块。与力

碰后粘连在一起继续向下运动，此后两物块始终未分离，且t秒后到最低点。已知在后

续的振动中，当4与C达到最高点时，8对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限

度内，重力加速度为g,求：

(1)4与C碰撞后的共同速度以；

(2)4与C碰撞后到最低点的过程中弹簧弹力"对AC整体的冲量大小；

(3)AC整体在振动过程中，所受回复力最大值的大小。

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答案解析

1.【答案】A

【解析】解：力B.劈尖干涉的相干光由空气薄膜上下表面的反射光形成，即标准样板下表面和待测表面的反

射光，满足相干条件，故4正确，8错误；

C网一级条纹对应相问空气膜厚度，条纹向劈尖薄端弯曲，说明该处空气膜厚度比正常位置厚，表明待测

表面在该处为凹面，故C错误；

。.由条纹间距公式"=嘉

可知，频率更大的光波长更短，条纹间距会变密，而非变稀疏，故。错误。

故选：儿

明确劈尖干涉的相干光来源，结合条纹弯曲方向判断待测表面的凹凸，再根据条纹间距公式分析频率变化

对间距的影响。

本题考查劈尖干涉的原理与应用，覆盖相干光来源、条纹畸变分析和间距变化规律，是薄膜干涉的典型应

用。

2.【答案】A

【解析】解：结合衍射现象图样的特点，不透明圆板衍射的图样，是在圆板阴影的中心有一个亮斑，周围

是明暗相间的圆环，圆孔衍射的图样，是中央为亮斑，周围环绕着明暗相间的同心圆环；故甲图是光线射

到圆孔后的衍射图样，乙图是光线射到圆板后的衍射图样，故力正确，88错误。

故选：Ao

根据圆孔衍射中心为亮斑、不透明圆板衍射中心存在泊松亮斑的图样特征，判断甲乙分别对应的衍射类型。

本题考查圆孔衍射与不透明圆板衍射（泊松亮斑）的图样区别，通过对比图样特征考查对衍射现象的理解，是

基础的光学概念题。

3.【答案】B

【解析】解：A全息照相利用了光的干涉原理记录物体的光波信息，故/错误；

比荷叶上的露珠因光从水进入空气时，入射角大于临界角发生全反射，导致露珠显得特别明亮，故月正确；

C观看立体电影时所戴的眼镜利用偏振光原理分离左右眼图像，故C错误；

。.通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹是光的衍射现象（单缝衍射），故。错误。

故选：Bo

先回忆各光现象的核心原理，再逐一判断选项。

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本题考查光的干涉、衍射、偏振和全反射等常见现象，重点考查对不同光学现象原理的区分，是光学的基

础考点，有助于巩固核心概念。

4.【答案】C

【解析】解•：自然光通过偏振片后成为偏振光，当偏振光的振动方向与偏振片的透振方向平行时能够通过,

垂直时不能通过，故C正确，48。错误。

故选：Co

根据自然光的起偏和马吕斯定律，当两偏振片透振方向垂直时，出射光强为零，光屏不亮，据此分析选项。

本题考查偏振现象的基本原埋，通过不同偏振片组合考查对起偏与消光条件的理解，是基础的光学概念题。

5.【答案】越大

1.5/1

【解析】解：双缝干涉实聆中，根据干涉条纹间距公式/%=(4可知，光的波长越长，干涉条纹的间距越大。

用波长为人的单色光垂直照射双缝S1、S2,点P出现第2条暗条纹，则尸到Si、S2的路程差

厂2-n=々x3=1.52

故答案为：越大，1.5/1。

根据干涉条纹间距公式分析：根据暗条纹到两缝间距离之差是半波长的奇数倍分析。

掌握干涉条纹间距公式，知道产生暗条纹的条件是解题的基础。

6.【答案】C

【解析1解：A玻璃砖上下表面平行，根据折射定律，光在上表面的折射角等于下表面的入射角，因此出射

光线与入射光线平行，两束光均与入射光平行，故两束光也相互平行，故力错误：

比由图中偏折程度可知，玻璃砖对b光的折射率更大，根据公式

折射率越大，光在介质中的传播速度越小，故b光在玻璃砖中的传播速度小于C光，故8错误；

C折射率越小的光，频率越低、波长越长，衍射现象越明显：由偏折程度可知C光折射率更小，波长更长.

更容易发生衍射现象，故。正确；

。.全反射临界角满足公式

sMC=-V.

折射率越大，临界角越小；b光折射率更大，故其临界角更小，故。错误。

故选：co

根据玻璃砖上下表面平行的特点，先判断出射光的平行性，再由偏折程度比较从c光的折射率，进而分析

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传播速度、衍射能力和全反射临界角的大小关系。

本题以复色光通过平行玻璃砖的色散现象为载体，综合考查光的折射定律、折射率与传播速度、衍射、临

界角的关系，是光学基础概念的典型应用。

7.【答案】BC

【解析】解：力、操作会使a角的测量值偏大，如图所示

由折射率九=罂可知导致玻璃传折射率的测量值偏小，故力错误;

8、操作对a角的测量值没有影响，如图所示

由折射率”箫可知对玻璃破折射率的测量值没有影响，故〃正确:

如图所示

由折射率"签'可知对玻璃转折射率的测量值没有影响'故。正确;

。・操作可能会对a角的测量值产生影响，如图所示,

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由折射率.几=2"，对于从帅/射出的光线，若在出射点C左侧光线是出射光线会使玻璃砖折射率的测量值

sina

偏小，若中间光缆是出射光线则玻璃砖折射率的测量值准确，若在出射点C右侧光线是出射光线会使玻璃砖

折射率的测量值偏大，故。错误。

故选：BC.

根据题意作出光路图，分析a角的变化情况，结合折射率公式判断。

本题考查“测定玻璃的折射率”实验，关键掌握实验原理和准确作出光路图。

8.【答案】C

【解析】解：光路图如图所不：

由几何关系可知r=90°-i,由折射定律可知九=幽,光在介质中的传播速度口=代入数据可得九=tani,

sinrn

V=扁，故C正确，48。错误。

故选：Co

根据几何关系分析折射角，根据折射定律分析折射率和传播速度。

考查了光的折射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。

9.【答案】

30c

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【解析】解：(1)光路图如图所示:

由几何关系可知厂=30。，由折射定律可知九二鬻;，代入数据可得

(2)由全反射临界角与折射率关系可知=1,代入数据可得C=45。，恰好发生折射的光路图如图所示:

而濡代入数据可得i=30%

故答案为：(1)心；(2)30%

(1)画出光路图，根据几何关系分析折射角，再根据折射定律分析;

(2)根据全反射临界角和折射率关系分析临界角，画出光路图，根据折射定律和几何关系分析。

考查了光的折射现象和全反射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。

10.【答案】该玻璃砖的折射率为，当光屏上光点消失时，玻瑞砖绕。点相对初始位置转过的角度a的正弦

值为理光在玻璃砖内的传播时间为萼

OV

由儿何关系可知tan£=晟=孚，6=30。，则折射角为60。，由折射定律可知n=笔,代入数据可得九=

JLUVOJ

/3

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(2)由全反射临界角和折射率关系可知=i,恰好发生全反射的光路图如图所示:

由几何关系可知。=配代入数据可得sina=浮；

(3)由折射定律可知光在玻璃中的传播速度u=*传播时间t=3代入数据可得t=等。

答：(1)该玻璃砖的折射率为V3；

(2)当光屏上光点消失时,，玻璃破院。点相对初始位置转过的角度a的正弦值为?；

(3)光在玻璃砖内的传播时间为马。

C

(1)画出光路图，根据几何关系分析入射角和折射角，再根据折射定律分析：

(2)光点消失时恰好发生全反射，根据全反射临界角和折射率关系分析临界角，再根据几何关系分析;

(3)根据折射定律分析传播速度，再计算传播时间。

考查了光的折射现象的分析方法，熟练掌握常用的表达式，画出光路图并分析几何关系是解题关键。

11.【答案】C

【脩析】解：力、质点。和M相距6771,波的传播时间为1.5s,则波速u=：==4?n/s,故力正确：

B、M、N相距6m,传播时间是1.5s,N点开始振动的时刻为3s,故B正确;

CD.质点M、N相隔1.5九波长是半波长的奇数倍，M点位于波峰时，N点位于波谷，M点正方向速度最大

时，N点负方向速度最大，故。正确，C错误。

本题选择错误选项；

故选:Co

根据u可求得波速；M、N相距6m,传播时间是1.5s,质点M、N相隔1.5九波长是半波长的奇数倍。

本题考查横波的图像，关键掌握如何理解图像，从图像中可以读出波的波长与振幅。

12.【答案】C

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【解析】解：4c.由图可知，两波的波长相等，在同一绳上传播时波速相等，则频率相等，所以这两列波可

以发牛.干涉，且两列波使与=0巾处的质点振动方向相同，此时咳质点为振动加强点，则该质点的振动始终

加强：故彳错误，C正确；

8.根据同侧法可知，在该时刻，M点的振动方向沿y轴负方向，此时处于平衡位置，所以由图示时刻开始，

再经过;甲波周期，两列波在网点的振动均到达波谷，可知M将位于波谷，故3错误；

。.囚两列波的振幅不回，可知振动减弱处的质点振幅为4=|%-人21不为零，故。错误。

故选:Co

先根据同一介质中波速相同判断选项C,再结合波长和波速分析频率以判断干涉条件，接着根据波的传播

方向分析质点振动，最后根据两波振幅是否相同判断减弱点振幅。

学生容易忽略“同一介质中机械波的波速由介质决定，两波波速一定相等”这一前提，也容易混淆干涉条

件和振动减弱点的振幅特点，误将振幅不同的减弱点振幅认为是00

13.【答案】CD

【解析】解：小根据题意分析可知，稳定的鱼鳞区域是干涉图样，波峰遇波峰振动加强，波谷遇波谷振动

也加强，波峰遇波谷振动才减弱，所以。、P、Q所在的直线上的点都是振动加强点，则P、N两点以及。点

振动始终加强，故力错误；

以媒介中的质点只能在平衡位置附近振动，不会随波迁移，因此一段时间后质点P不会运动到M点，故5

错误；

CD、根据题意分析可知，由于两列波的振幅均为0.4m,P、。两质点都是振动加强点，则P、0两质点的振

幅均为4'=24=2x0.4m=0.8m,则此时P点在平衡位置上方24处，而。点在平衡位置下方24处，故

图示时刻。、P两点间的高度差为助=24'=2x0.8m=1.6m,故CO正确.

故选：CD.

先根据波峰、波谷的叠加情况判断P、。、N点的振动状态，再结合机械波质点不随波迁移的特点分析质点

振动方向与运动轨迹，接着计算图示时刻。、。两点的位移差，最后根据波程差判断M点的振动加强情况与

振幅。

学生容易误以为振动加强点的位移始终为最大值，或认为质点会随波迁移，也常忽略波程差条件，误判M

点是否为稳定的振动加强点。

14.【答案】顺时针）〃=7sinl00叫7）;1：籍*1：2;1：2

【解析】解・：（1）从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，穿过接收设备线圈的磁通量

增大，根据楞次定律结合安培定则可知，接收设备线圈中的电流为顺时针方向。

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(2)①根据图2(a)可知电压最大值U,n=7V,周期T=2x10-2s,可得速度3=景=三?="。何旭人,

/ZX1U

此交流电电压随时间变化的方程为u=UmSin(3£)=7SE(100TI£"。

②此交流电压的有效值以=篝=学乙图(b)所示交流电电压的有效值为g=7V,此交流电压的有效值

与图(b)所示交流电电压的有效值之比为%：U2=1.-/2o

(3)变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为=晟。

升压变压器输入端上的电流A=k，可得输电线上的电流%=■小输电线上损失的功率为「损=//=£。

(4)根据法拉第电磁感应定律E=N|^|=NTTQ2|黑I，在0〜力阶段感应电动势为Ei=N•簪Ra?二

Z1LZJtIQ

更娶受，在to〜L5"阶段感应电动势为&=N•簿可得两阶段的感应电动势大小之比为

i0U.btOI。

El_1

瓦-5。

根据欧姆定律/=息和焦耳定律Q=/2R3可得0〜曲阶段，电流/]=急，定值电阻R上产生的热量Q]=

A■nrn"vr

/泳to；%〜1.5%阶段，电流/2=会，定值电阻R上产生的热量。2=/源・。5%.两阶段定值电阻上产生的

K~rI

热量之比为强=黠=(鼾X白=(»X24

故答案为：(1)顺时针。(2)@=7sinl007rt"),②1：(3虑,詈。(4)1：2,1：2。

(1)根据楞次定律判断穿过接收线圈的磁通量增大，结合安培定则判断感应电流的磁场方向，进而得出接收

线圈中感应电流的方向.

(2)①由交流甩周期可得角速度，结合电压最大值写出瞬时值表达式。

②计算正弦交流电有效值与图(b)中有效值相比得比值。

(3)根据理想变压器电压与匝数的关系得到升压变压器匝数比；由输入功率得输入电流，由电流与匝数成反

比得输电电流；最终推导出输电线.上的功率损失。

(4)由法拉第电磁感应定律分别计算。〜％和h〜1.5t0阶段的感应电动势，得电动势之比；结合欧姆定律和

焦耳定律计算两阶段的热量，得热量之比。

本题考杳电磁感应的多个核心知识点，涵盖楞次定律与安培定则的应用、交流电的瞬时值表达式与有效值

计算、理想变压器的工作原理及输电损耗分析，以及法拉第电磁感应定律与焦耳定律的结合应用，全面检

验了对电磁感应现象的理解和计算能力。

15.【答案】D

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【解析】解：4单摆振动的回复力是使摆球回到平衡位置的力，在单摆运动中，回复力是重力沿圆弧切线方

向的分力，^mgsina,其中a是摆线与竖直方向之间的夹角，由于还需要提供向心力，所以回复力不是重

力和摆线拉力的合力，故4错误；

8.摆球经过平衡位置时，有向心加速度，合力提供向心力，所以合力不为零，故8错误；

C.单摆的摆球在振幅时（最高点），速度为零，向心加速度为零，向心力为零，此时合力提供回复力，故。

错误；

。.单摆的摆球不在最高点时，速度不为0,所需向心力不为0,合力即不是回复力，故。正确。

故选:0。

根据单摆摆球的振动情况、受力情况以及回复力的来源进行分析；

本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置，能够分析弹

簧振子和单摆的受力情况、振动情况。

16.【答案】C

【脩析】解：4、小球在4点的加速度最大，在平衡位置.。点加速度最小，由力向。运动过程中不是做匀加速

直线运动，故/错误；

8、运动过程中，对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力、弹簧弹力作用，合力提供回复力，故B

错误；

C、小球由。向B运动过程中，运动的方向向右（指向B点），但回复力的方向向左（指向。点），回复力做负功，

小球的功能逐渐减小，故C正确；

。、在简谐运动中，回复力方向总是指向平衡位置，故由4向。运动过程中，小球回复力的方向指向平衡位

置.0点，故。错误。

故选:Co

根据简谐运动的基本概念，I可复力的方向、加速度的变化、机械能守恒的条件以及受力分析判断选项。

本题考查了简谐运动的基本概念，包括回复力的方向、加速度的变化、机械能守恒的条件以及受力分析。

17.【答案