重庆市渝中区2025-2026学年高二物理下学期半期考试试卷含解析

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f0，该同学摩擦鱼洗盆的频率由0.5f0逐渐增大至1.5f0，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.t1106s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.t1106s~4106s，线圈内的磁场正在减弱

D.t1106s~2106s，电容器处于放电状态

【答案】D

【解析】

【详解】A．01106s时，电流减小，可知磁场能减小，电场能增大，可知电容器充电，t1106s时，

电容器上的电荷量最大，故A错误；

B．根据T2LC，增大线圈自感系数L，则振荡周期变大，故B错误；

C．t1106s~4106s，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．t1106s~2106s，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yP5cm，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5cm

D.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t3s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4m，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；

1

C．t3s时y5cm，波的周期为T2s，经过t0.25sT，波向x轴负方向传播，可把波形整体

P8

1

向左平移0.5m，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；

8

1

D．从t3s到t4s时，质点P经历了T，可把波形整体向左平移半个波长，即2m，可知此时质点P在

2

y5cm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，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻。信号输入后，电阻R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100Hz

B.一个标有“200V，100μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作

C.该输出电压有效值为220V

D.若电阻R10Ω，则10s内R产生的热量为2.42104J

【答案】D

【解析】

11

【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fHz50Hz，故A

T0.02

错误；

B．因电阻R两端的电压最大值为2202V，大于200V，因此一个标有“200V，100μF”的电容器并联

在电阻R两端，不可以正常工作，故B错误；

TT

C．由图乙可知，前周期内最大电压为2202V，后周期内电压是零，由有效值的定义可得

22

2

Um

2

2TU，解得R两端电压的有效值为U1102V，故C错误；

T

R2R

U2(1102)2

D．若电阻R10，由焦耳定律，可得10s内R产生的热量为Qt10J2.42104J，

R10

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

U0250V，输出功率P0200kW；用户端的电压为U220V，用户获得的功率为P，降压变压器的

原、副线圈匝数比为n3:n4230:11，两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1840W

B.两变压器间线路的总电阻最大为100Ω

C.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n1:n21:20

【答案】D

【解析】

【详解】A．输电线上功率的损失不超过8%，即ΔP8%P00.08200kW16kW

用户获得的功率PP0ΔP200kW16kW184kW184000W

即用户获得的最小功率为184000W，故A错误；

n3n3230

B．用户端的电压为U220V，降压变压器原线圈电压U3U4U220V4600V

n4n411

设输电线电流为I2，则用户端输入功率P3U3I2

由能量守恒2

P0P3ΔPU3I2ΔPU3I2I2R

当P取最大值16000W时，解得I240A

ΔP16000

此时线路电阻R22Ω10Ω

I240

PPUIUI

03232

若R更大，在P0不变的情况下，电流I2会减小，但会导致P占比1

P0P0P0

变大，分析R最大值为10Ω，故B错误；

In

C．若用户端用电器增多，用户端的总电流增大，根据34

I4n3

可得降压变压器原线圈电流变大，流过R的电流变大，根据2可得R消耗的功率变大，故C错误；

PI2R

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I240A

P0200000

发电站输出电流I1A800A

U0250

nI40A1

根据变压器电流比公式12，故D正确。

n2I1800A20

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c，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f不变。机械波的波速由介质决定，介质改变

c

则波速v改变，由vf可知，波长会变化；电磁波在介质中的波速v（n为介质折射率），不同介

n

质折射率不同，因此v改变，f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3:4

D.小球甲、丙的摆长之比为1:4

【答案】AD

【解析】

【详解】A．设甲的周期为T甲，乙的周期为T乙，丙的周期为T丙，当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙

T乙T丙T乙

恰好到达与小球甲同侧最高点，则2T甲T丙，即T甲

224

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；

TT甲T

B．小球甲第一次到达平衡位置时间是甲，乙的运动时间为乙，乙从最大位移处向平衡位置运动，

4416

动能增加，故B错误；

L

CD．根据单摆周期公式T2

g

T丙T乙

根据题意可得T甲

24

L甲1L甲1

联立解得，，C错误，D正确。

L乙16L丙4

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k

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°

2π

C.磁感应强度大小为D.圆形区域半径是3t2t1

3kt2t12π

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．根据图像可知，正电粒子进入磁场后y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；

v

B．由图像可知，正电粒子出磁场时，、y方向的速度分量分别为，3

xvxvv

2y2

设此时速度方向与x轴夹角为，如图所示

v

则有tany3

vx

可知60

故粒子在穿过磁场的过程中，速度方向改变了18060120，故B正确；

1202πr

C．设粒子的轨迹圆半径为r，则有tt

21360v

3vtt

解得r21

2π

v2

根据洛伦兹力提供圆周运动所需的向心力，有qvBm

r

mvv

可知r

qBkB

2π

联立解得B，故C正确；

3kt2t1

r

R

D．由几何关系可知，圆形区域半径满足

tan

2

3vtt

又r21

2π

33vtt

解得R21，故D错误。

2π

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Na80和Nb160

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U1两

端接的是______（选填“Na”或“Nb”）。

Ua/V1.902.903.90

Ub/V4.026.038.02

【答案】（1）BD##DB

（2）减小（3）Nb

【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

Un

22

U1n1

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

UN1

aa

UbNb2

Ub

又由表格数据知U总是小于，故Ub是原线圈的电压值，故电源U两端接的是N。

a21b

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aa0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）；

1

（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

I

线性关系图像，图像斜率为c，纵截距为b。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”）。

L2xR

【答案】（1）变小（2）

2L

mcRmbRR

（3）①.②.

kLkL2

（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Rx会变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流

E

为I所以随着外电阻的增大，电路中的电流会变小。

Rxr

【小问2详解】

滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L，当加速度a0（向右加速）时，弹簧被压缩x，则滑动触头向

1

左移动x，此时接入电路的有效长度为L有效Lx

2

1

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LxL2xR

R2R

xL2L

【小问3详解】

[1]当加速度传感器示数为a（a0）时，弹簧的压缩量为x，则对加速度传感器列牛顿第二定律方程有

kxma

ma

解得x

k

ma

L2R

(L2x)Rk

根据闭合电路欧姆定律有

EI(Rxr)IrIr

2L2L

kLE1kLR

整理变形得a·r

mRImR2

1kLE

所以a图像斜率为c

ImR

mcR

解得E

kL

kLR

[2]图像与纵轴的截距为br

mR2

mbRR

解得该电源的内阻为r

kL2

【小问4详解】

[1][2]当考虑电流表的内阻RA时，闭合电路欧姆定律的表达式会变为

ma

L2R

(L2x)R

k

EI(RxrRA)IrRAIrRA

2L2L

1

在推导a的线性关系时，电流表的内阻R会和电源的内阻r合并为一个等效内阻r等效rRA

IA

因此计算出的“电源内阻”实际上是r等效，和真实的电源内阻r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k800N/m、长30cm的轻弹簧。现让质量m4kg

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（g10m/s2）。求：

（1）物块P振动的振幅A；

（2）弹簧的最大弹力Fm和振动系统的最大弹性势能Epm。

【答案】（1）0.05m

（2）80N，4J

【解析】

【小问1详解】

物块在平衡位置时，有F弹mg

F

由胡克定律得振幅A弹0.05m

k

【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xm2A0.1m

则弹簧的最大弹力Fmkxm80N

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Epm2mgA4J

14.如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x0

区域，磁感应强度的大小为B0（常数1）。一质量为m、电荷量为qq0的带电粒子以速度v0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t1；

（2）求粒子速度再次变为x轴正向时与O点间的距离d；

3

（3）若，求粒子从开始计时到第二次运动至C点的时间t。

22

m

【答案】（1）

qB0

12mv

（2）10

B0q

5m

（3）

B0q

【解析】

【小问1详解】

2m

粒子在B0磁场中圆周运动周期为T1

B0q

1m

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t1T

2qB0

【小问2详解】

mv2

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bvq

R

mv0mv0

解得粒子在磁场中运动半径分别为R1，R2

B0qB0q

粒子在磁场中运动轨迹如图所示

粒子在x0磁场区域运动半个周期，在x0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d2R12R2

12mv

解得d10

B0q

【小问3详解】

34m

若λ，在x0磁场区域周期为T2

23B0q

2mv

则d0

3B0q

分析可知，粒子只能从左向右第二次穿过C点，必满足nd2R1

解得n3

此时轨迹如图所示

TT

则时间为12

t23

22

5m

解得t2

B0q

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。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ（2LxL）

内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x0）内充满方向垂直轨道平面向上的

磁场，磁感应强度大小B1k1tk2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀

强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框

epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放，金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运

动。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生

形变，重力加速度大小为g，不计自感。

（1）求金属框匀速运动的速率v；

（2）求金属框从静止释放到刚完全离开Ⅰ区域过程中运动的位移d1及所用时间t1；

mgRsin

（3）当金属框的ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t0），若此时金属框的速率为v0，且k14，

k2L

求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，金属框移动的距离d2。

mgRtan

【答案】（1）

B2L2cos

m2gR2sinmR2B2L3cos

（2）2L，

2B4L4cos4B2L2cos2mgRtan

mRv0

（3）24

k2L

【解析】

【小问1详解】

金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的