重庆市名校联盟2025-2026学年高二下学期5月期中物理试题

**基本信息** 聚焦电磁学核心内容，融合合肥“小太阳”核聚变计划、智能停车位等科技情境，实验题与综合题梯度设计，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/43|电磁场、简谐运动、LC振荡等|结合风能发电机情境考查交变电流（题2）| |非选择题|5/57|单摆实验、变压器、电磁感应综合|第15题多场复合运动考查模型建构与科学推理|

秘密★启用前 【考试时间：2026年5月14日19：20—20：35】 姓 名 考场号 □□ 座位号□□ 物理试卷（高2027届） 【命题学校：丰都中学 万州中学 潼南中学 命题人：成天虎 陈韵竹 审题人：余维波】 本试卷共6页，满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1．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。 2．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。 3．考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）。 一、选择题：本题共10小题，共43分。 （一）单项选择题：本题共7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 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（　　） A．电压表的示数为 B．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 3．如图甲所示，“弹簧公仔”玩具由头部、轻弹簧及底座组成，底座固定，用力向下缓慢 按压头部，释放后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6cm B．简谐运动的频率为1.25Hz C．0~0.4s内，头部的动能先增大后减小 D．和时，头部的加速度相同 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，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起LC电 路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡电路 中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．t1时刻，线圈L的磁场能为零 B．t2时刻，电容器C的电场能为零 C．t2～t3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 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 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n，半径为r，总电阻为R， 线圈平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场 中，t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感 应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列 说法正确的是（　　） A．在0～2t0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0～2t0的时间间隔内线圈受到的安培力先向上后向下 C．在0～t0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 7．合肥“小太阳”计划于2027年建成并首次演示核聚变发电，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，两个同 心圆围成环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为 R0。在内圆上A点发射a、b两个粒子，都恰好经过磁场外边界。已知a粒子沿同心圆 的径向发射，其速度大小va，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2R0 B．a粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 C．b粒子速度大小为（1）va D．b粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 （二）多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个 弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大 B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置 C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动 D．在t＝0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能 9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈接图乙所示的正弦 交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻RT(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（P的电 阻不可忽略）。则以下判断正确的是（  ） A．变压器副线圈中交流电的频率为50Hz B．电压表示数为9V C．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 10．如图所示，ABCD为固定的水平光滑距形金属导轨，AB间距离为L，导轨左右两端 接有阻值的为R的定值电阻，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B、范围足 够大的匀强磁场。质量为m、长为L、阻值也为R的导体棒MN放在导轨上，甲、乙 两根相同的轻质弹簧一端均与MN棒的中点连接，另一端均被固定，MN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，MN获得水平向左的初速度v0，经过一段时间，MN棒第一次运动至最右端，这 一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，则下列说法正确的是（　　） A．初始时刻MN棒受到安培力大小为 B．从初始时刻至MN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 2Q C．当MN再次回到初始位置时，A、B间电阻R的热功率为 D．当MN棒第一次到达最右端时，甲、乙弹簧具有的弹性势能均为m3Q 二、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(6分)小华同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （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D＝　 　cm。 （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n次摆动的时间误记为n+1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L和对应的周期T， 然后根据数据描绘T2﹣L图像，进一步计算得到图像的斜率为k，可知当地的重力加 速度大小g＝　 　 （用含k的表达式表示）。 12.（9分）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图所示 的可拆式变压器进行研究，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 （3）实验中，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”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．18.0V　　 B．10.0V　　 C．5.0V　　 D．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 为实线框内的电路，若原、副线圈的匝数分别为n1、 n2，在交流电源的电压有效值U0和电阻R0确定的情 况下，调节可变电阻R，当R＝ 　 时，R可获得 最大功率。 13.（10分）图甲为一列沿x轴传播的简谐横波某时刻的波动图像，此时振动恰好传播到 x1＝5m的质点A处，质点A此后的振动图像如图乙所示。质点B在x轴上位于 x2＝10m处，求： （1）该波的传播速度和波源的起振方向； （2）质点A的振动方程； （3）振动经A传到B点的时间。 14．(14分)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L＝1m， 一匀强磁场垂直穿过导轨平面，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的关系如图乙所示，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棒运动过程中对原磁场的影响），求： （1）b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。 15.（18分）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy的第一、四象限，存在大小相等、竖直 向上的匀强电场，第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小， 第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。一质量为m、电荷 量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以初速度v0沿与y轴正方向成θ＝60°角进入第 一象限做匀速圆周运动，恰好运动到x轴上的C点 处（图中未画出），然后垂直于x轴进入第四象限。 不计空气阻力及电磁场的边界效应，重力加速度为g， 求： （1）第一、四象限匀强电场的电场强度大小E； （2）粒子从A点开始到第三次经过x轴时经历的时间t； （3）仅撤去第四象限的匀强电场，粒子从A点开始到第 六次经过x轴时与O点间的距离x。 第 1 页 共 2 页（高2027届物理） 学科网（北京）股份有限公司 $ 物理参考答案（高2027届） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B C D C C BC AC BD 1．C 【详解】A．均匀变化的电场会产生稳定的磁场，选项A错误； B．红外线的显著作用是热作用，选项B错误； C 麦克斯韦通过理论预言了光是电磁波，赫兹通过实验证实了这一结论。选项C正确。 D．电磁波在真空或介质中传播时频率相同，选项D错误。 故选C。 2. B【解答】解：A、交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，正弦式交变电压的有效值为 U所以电压表的示数为12V，故A错误； B、t＝0.1s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 N＝25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D错误。 故选：B。 3．B【详解】A．从图乙中可读出，简谐运动的振幅为3cm，A错误； B．从图乙中可读出，简谐运动的周期为0.8s，由解得简谐运动的频率为1.25Hz，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0~0.4s内，头部的动能先减小后增大，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，D错误。 故选B。 4. C 【解答】解：A．根据振荡电路中的电流随时间变化图可知t1时刻电流最大，此时放电完毕，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错误； C．t2～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。 5．D 【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 6. C 【解答】解：A、由楞次定律可知，在0～2t0的时间间隔内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0～2t0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：E＝nnSnπr2• 由欧姆定律可知，在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小：I 解得I 故C正确； D、由图乙所示图象可知，在时磁感应强度大小B，线圈所受安培力大小：F＝BIL2nr，故D错误。 故选：C。 7. C 【解答】解：A．已知：，根据洛伦兹力提供向心力得：，可得a粒子的圆周运动半径为：ra＝R0 a粒子沿径向发射，速度方向沿OA，因此轨道圆心Oa在与OA垂直的直线上，运动轨迹如下图所示： 由几何关系易知： 可得外圆半径为：，故A错误； B．a粒子的运动周期T a粒子从A点到与其轨迹外边界相切的位置，转过的圆心角为：θa＝π 运动时间为：，故B错误； C．粒子b沿切线方向发射，速度方向垂直于OA，因此轨道圆心Ob在OA直 线上，粒子轨迹与外圆相切，运动轨迹如下图所示： 设粒子b的轨道半径为，由几何关系得：2﹣R0＝R，解得： 同理，根据洛伦兹力提供向心力得到：， 故C正确； D．粒子b从A点到其轨迹与外边界相切的位置，运动轨迹为半圆周，转过圆心角 为：θb＝π b粒子在磁场中的运动周期也为T，则运动时间为：，故D错误. 故选：C。 8. BC 【解答】解：A、在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由a，知加速度为负向最大，故A错误。 B、在t＝0.1s与t＝0.3s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、从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增加的减速运动。故C正确。 D、在t＝0.6s时，弹簧振子的位移最大，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．AC 【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。 10. BD【解答】解：A、导体棒为电源，两个电阻并联，并联电阻为：R并R， 初始时刻MN棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0， 由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I 初始时刻棒受到的安培力大小为：FA＝BIL，故A错误； B、两电阻R并联，流过两电阻R的电流相等，流过MN的电流是流过一个电阻R电流的2倍，MN 第一次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q，则导体棒MN产生的焦耳热是4Q，该 过程回路中产生的总焦耳热为6Q；导体棒克服安培力做功产生焦耳热，导体棒第一次达到最左端的过程 中导体棒的平均速度大于导体棒向右运动到初始位置过程的平均速度，也大于从初始位置运动到最右端 的平均速度，导体棒从初始位置运动到最右端过程克服安培力做的功，即产生的焦耳热大于导体棒从最 左端运动到初始位置过程产生的焦耳热、大于从初始位置运动到最右端过程产生的焦耳热，从初始时刻 至MN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6Q＝2Q，故B正确； 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EP，从初始位 置到第一次到达最右端过程，由能量守恒定律得：6Q+2EP，解得：EP3Q， QEP，故D正确； C、棒再次回到初始位置时速度为v，从初始位置到导体棒再次回到初始位置的过程，整个回路产生焦耳 热为：Q′6Q＝4Q， 根据能量守恒定律有：Q′， 棒再次回到初始位置时，棒产生的感应电动势为：E′＝BLv， 由闭合电路的欧姆定律得：I′ 导体棒两端的电压：U′＝I′R AB间电阻R的功率为：P 解得：P，不一定等于，故C错误。 故选：BD。 11. （1）2.18（2分）；（2）C（2分）；（3）(2分) 【解答】解：（1）由图示可知，游标卡尺的精度是0.1mm，其读数为：21mm+8×0.1mm＝21.8mm＝2.18cm （2）由单摆周期公式T＝2π可知重力加速度：g A、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，g测量值偏小，故B错误； C、将n次摆动的时间误记为n+1次摆动的时间，所测周期T偏小，导致重力加速度的测量值偏大， 故C正确； （3）由单摆周期公式T＝2π可知：T2L，T2﹣L图象的斜率k，解得重力加速度g。 12.（1）B （2分）（2）AD（2分）（3）B （4）。 【详解】（1）本实验中需用到的电源是低压交流电源，故选B。 （2）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”，选项A 正确； B．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，选项B错误； C．虽然实验所用电压较低，为了安全和减小实验误差，通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，故C错误； D．为便于探究，应该采用控制变量法，选项D正确。 （3）[3]实验中，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”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，根据变压器线圈两端的电压与匝数的关系U1：U2=n1：n2 则原线圈的电压应为 （4）把变压器和负载电阻R等效为一个电阻R等。根据理想变压器电压、电流与匝数比的关系可得： ； 等效电阻为： 把定值电阻R0看作电源的内阻，此时等效电源的输出功率就等于变压器的输入功率，也就等于R获得的功率。当内外电阻相等，即R0＝R等时，等效电源的输出功率最大。 由：，解得可变电阻的值为：。 13.【解答】解：（1）由甲图得波长：λ＝4m 由乙图得周期：T＝0.4s 根据波速的关系式： 代入数据可得：v＝10m/s。波源起振方向沿着y轴正方向。（3分） （2）依题意，可得：ωrad/s＝rad/s 质点A的振动方程：y＝0.1sin5πt（m） （3分） （3）由题意得：xAB＝x2﹣x1＝10m﹣5m＝5m 波传到B点需要时间：t1m/s＝0.5s （4分） 14.【解答】解：（1）据题图知，最终ab棒做匀速直线运动，由乙图的斜率等于速度，可得ab棒匀速运动的 速度为 m/s＝7m/s 根据平衡条件得 代入数据可得B＝0.1T （4分） （2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为 q•Δt•Δt 代入数据可得q＝0.8C （5分） （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QR＝0.18J （5分） 15.【解答】解：（1）带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，有qE＝mg解得 （3分） （2）如图甲所示 粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子在第一象限运动的周期 粒子在第一象限的运动分为两个过程，用时分别为t1、t3，由几何关系 可知在第一象限的运动的第一过程转过的圆心角为180°﹣60°＝120° 第二过程转过的圆心角为180°， 则 粒子进入第四象限后继续做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力， 有， 粒子在第四象限运动的时间 粒子从A点开始到第三次经过x轴时经历的时间 （8分） （3）如图乙所示粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，粒子第一次经过x轴时与O点间的距离 把粒子在第四象限竖直向下的速度v0分解成左偏下45°的和水平向右的v0，其中水平方向的v0满足qv0B2＝mg，故粒子在第四象限相当于参与两个运动：在水平方向以v0做匀速直线运动，在竖直面内以做匀速圆周运动，经四分之三周期再次回到第一象限。粒子在第四象限竖直面内的运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子第二次经过x轴时与C点间的距离解得 粒子从 D点开始到第三次经过x轴时与D点间的距离 粒子从A点开始到第六次经过x轴时与O点间的距离 （7分） 学科网（北京）股份有限公司 $