浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二物理上学期10月联考试题含解析

Page26考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．全部答案必需写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）1.下列物理单位属于国际基本单位的是（）A.韦伯 B.安培 C.亨 D.特斯拉【答案】B【解析】【详解】韦伯、亨、特斯拉为导出单位，安培为基本单位。故选B。2.2024年9月10日上午9时，杭州第19届亚运会火炬传递嘉兴站启动，嘉兴站的路途以“红船领航、筑梦将来”为主题，分为江南古韵、百年风华、活力之都三大篇章，全长8.8千米，下列说法正确的是（）A.2024年9月10日上午9时，“9时”指的是时间 B.全长8.8千米，“8.8千米”指的是位移C.两位火炬手进行火炬交接时可以把火炬看成质点 D.依据已知信息，无法求全程的平均速率【答案】D【解析】【详解】A．2024年9月10日上午9时，“9时”指的是时刻，故A错误；B．全长8.8千米，“8.8千米”指的是路程，故B错误；C．两位火炬手进行火炬交接时，火炬的形态大小不能忽视不计，不行以把火炬看成质点，故C错误；D．平均速率等于路程除以所用时间，由于题意不能知道所用时间，所以无法求全程的平均速率，故D正确。故选D。3.2024年9月24日，在杭州富阳水上运动中心实行的杭州亚运会女子双人双桨决赛中，中国组合鲁诗雨/沈双美以7分03秒41的成果夺得冠军，下列说法正确的是（）A.桨对水的作用力和水对桨作用力大小相等B.先有桨对水的作用力，后有水对桨的作用力C.桨对水的作用力和水对桨的作用力是两种不同性质的力D.两人在竞赛过程中划行速度越快，惯性越大【答案】A【解析】【详解】ABC．依据牛顿第三定律知桨对水的作用力和水对桨作用力大小相等，且同时产生，性质相同，故A正确，BC错误；D．惯性与物体运动的速度无关，故D错误。故选A。4.在家门口实行的杭州亚运会，中国代表团精锐尽出，36位奥运国领衔出战。包括中国乒乓球队、中国跳水队在内的六支梦之队都派出了最强阵容，力争捍卫中国荣耀。在这六支梦之队中，中国举重队是特殊低调的金牌之师，并不在乎媒体的曝光度，始终秉承用实力说话的理念。同时，他们又是训练极为刻苦，训练内容极为枯燥的王者之师，汗水铸就了他们今时今日之荣耀，值得一提的是，在上届奥运会中李发彬不仅打破了奥运会纪录，还在竞赛现场举着166公斤的杠铃上演了惊心动魄的金鸡独立场景，将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态.关于此过程的表述正确的是（）A.单脚支撑时地面对李发彬的支持力大小比双脚着地时的支持力大B.单脚支撑时脚对地面的压力和李发极所受的重力是一对平衡力C.在举起的过程中，双手对杠铃横杆的作用力等于杠铃的重力D.若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变大【答案】D【解析】【详解】A．将人与杠铃视为一整体，因均处于平衡态，单脚支撑时地面对李发彬的支持力大小与双脚着地时的支持力均等于整体的重力，故A错误；B．单脚支撑时脚对地面的压力作用在地面上，而重力作用在运动员上，两者不是一对平衡力，故B错误；C．当双手对杠铃的作用力大于杠铃重力时杠铃才能被举起，故C错误；D．以杠铃为探讨对象进行受力分析则解得则李发彬握杠的两手间距离变大，则变小，其手臂受杠铃的作用力将变大，故D正确。故选D。5.高竿船技是嘉兴乌镇至今仍保留并演出的传统民间杂技艺术，表演有爬上固定在船上的竹竿，模拟蚕宝宝吐丝做茧的动作祈愿蚕茧丰收。如图所示，表演者沿弯曲倾斜的竹竿缓慢向上爬行的过程中（）A.竹竿对表演者的作用力是一个恒力 B.表演者与竹竿间的摩擦力始终为零C.表演者对竹竿的弹力是由竹竿形变产生的 D.竹竿对表演者的弹力是一个恒力【答案】A【解析】【详解】A．表演者沿弯曲倾斜的竹竿缓慢向上爬行，处于动态平衡状态，竹竿对表演者的作用力始终与表演者的重力等大反向，是一个恒力，故A正确；B．因杆弯曲倾斜，依据平衡条件可知人应受到摩擦力的作用，故B错误；C．表演者对竹竿的弹力是由表演者形变产生的，故C错误；D．竹竿对表演者的作用力包括竹竿对表演者的弹力和竹竿对表演者的摩擦力，二者的合力是一个恒力，由于攀爬过程中，竹竿的弯曲程度发生变更，表演者越远离竹竿底部则杆与水平方向的夹角就越小，所以弹力就越大，则竹竿对表演者的弹力发生变更，故D错误。故选A。6.第24届冬奥会于2024年2月4日在我国的北京、延庆等地实行，如图甲所示，两名质量相同的跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度、，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。若不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（）A.a、b飞行时间之比为 B.a、b飞行的水平位移之比C.a、b落到雪坡上的瞬时速度方向不相同 D.a、b落到雪坡上的动能之比为1∶4【答案】D【解析】【详解】A．设运动员的飞行时间为t，依据平抛运动规律有依据几何关系有联立解得所以他们飞行时间之比为故A错误；B．他们飞行的水平位移之比为故B错误；C．设运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，整理可知所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向确定相同，故C错误；D．依据C选项可知，两名运动员落到雪坡上时的速度大小之比为，依据可知两名运动员落到雪坡上时的动能之比为，故D正确。故选D。7.如图为游乐园里的“魔幻大转盘”嬉戏项目，有甲、乙两位游客随大转盘在水平面内一起做匀速圆周运动。甲紧贴转盘边缘，乙靠近转盘中心，甲乙相对圆盘均未发生相对滑动，下列正确的是（）A.甲做圆周运动向心力仅由重力的分力供应 B.甲的向心加速度大于乙的向心加速度C.甲的线速度的大小等于乙的线速度的大小 D.甲所受合力的大小确定等于乙所受合力的大小【答案】B【解析】【详解】A．甲乙两位游客所受的合力供应向心力，而两位游客除了重力还受其他力，故A错误；B．甲乙两位游客随大转盘在水平面内一起做匀速圆周运动，所以甲乙两游客的角速度相等，又依据得甲的向心加速度大于乙的向心加速度，故B正确；C．依据得甲得线速度大于乙得线速度，故C错误；D．由于甲乙两位游客的质量大小关系不知，故无法推断两者合力的大小关系，故D错误。故选B。8.中国支配2024年5月放射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船，并形成三舱三船组合体，此次任务将上行航天员驻留和消耗物资、修理备件、推动剂和应用任务载荷样品，并下行在轨废弃物。飞船放射后会在停岸轨道（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如图所示，已知停岸轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停岸轨道上的周期为，则（）A.飞船在停岸轨道上的速度小于在空间站轨道上运行的速度B.飞船应提前时间于P点点火加速进而在Q点完成交会对接C.因为飞船在P点加速进入转移轨道，相比于停岸轨道。其在转移轨道上的速度越来越大D.中国空间站的物品或宇航员可以漂移，说明此时地球对他们的引力消逝了【答案】B【解析】【详解】AC．飞船在停岸轨道和空间站轨道上依据得又所以飞船在停岸轨道上的速度大于在空间站轨道上运行的速度，而且飞船在转移轨道上由近地点向远地点运动，速度越来越小，故AC错误；B．依据题意，由几何关系可得，飞船在转移轨道上的半长轴为设飞船在转移轨道上的周期为T2，由开普勒第三定律有解得则飞船提前在P点点火，在Q点完成交会对接的时间为故B正确；D．中国空间站的物品或宇航员可以漂移，是由于处于完全失重状态，不是地球对他们的引力消逝了，故D错误。故选B。9.关于静电屏蔽，下列说法不正确的是（）A.图甲是静电释放器，给汽车加油前用手触摸一下，其目的是导走加油枪上的静电B.图乙中建筑物顶端的避雷针必需通过导线与大地保持良好接触C.图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击D.图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时利用异种电荷相互吸引，使油漆与金属表面在静电引力作用下喷涂更匀整【答案】A【解析】【详解】A．汽车加油前用手触摸一下静电释放器的目的是将人体由于摩擦产生的电荷释放到大地，故A错误；B．带正电的云层在避雷针处感应出负电荷（来自大地），当电荷聚集较多时，产生尖端放电现象，将云层中的电荷导入大地，因此图甲中建筑物顶端的避雷针必需通过导线与大地保持良好接触，免遭雷击，故B正确；C．三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，形成一个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故C正确；D．静电喷漆时利用高压静电场使涂料微粒带上负电，依据异种电荷相互吸引，使油漆与金属表面在静电引力作用下喷涂更匀整，故D正确。该题选择不正确的选项，故选A。10.关于下列四幅图中的仪器所涉及的物理学原理说法中正确的是（）A.图甲装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是电磁感应B.图乙中物体向左移，则电容器的电容变小C.图丙，火灾报警器利用了烟雾颗粒对光的散射D.图丁，红外线体温计利用了物体温度越高，辐射波长越长的特点【答案】C【解析】【详解】A．霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是带电粒子在磁场中受洛伦兹力发生偏转，故A错误；B．物体向左移，插入电容器的电介质增加，电容器的电容变大，故B错误；C．火灾报警器利用了烟雾颗粒对光的散射，故C正确；D．红外线体温计利用了物体温度越高，辐射的红外线越强的原理，故D错误。故选C。11.恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变。如图所示，电路中电流表、电压表均为志向电表，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时。电压表示数的变更量大小为，电流表示数的变更量大小为，下列说法正确的是（）A.当电源为恒流源时，电压表示数U变小B.当电源为恒压源时，电流表示数I变大C.当电源为恒流源时，不变D.当电源为恒压源时，电源的输出功率增大【答案】C【解析】【详解】AC．当电源为恒流源时，通过R2干路电流始终不变，当滑动触头向上滑动时，R0增大，总电阻也增大，由可知电压表示数U变大；由欧姆定律整理得所以当滑动触头向上滑动时，不变。故A错误，C正确；BD．当电源为恒压源时，电压表示数U不变，当滑动触头向上滑动时，总电阻增大，由可知干路电流减小，所以由可得电源的输出功率减小；又因为R0增大，并联电路两端电压增大，故流过R1的电流增大，而干路电流减小，所以流过另一支路的电流减小，电流表示数减小，B、D错误。故选C。12.下列有关LC电磁振荡和电磁波的说法，正确的是（）A.依据麦克斯韦的电磁场理论，匀整变更的磁场可以在空间产生匀整变更的电场B.调制的原理是当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强C.如图所示为LC振荡电路某时刻的状况，表示此时电容器正在放电D.在如图所示线圈中插入铁芯，可使振荡周期变大【答案】D【解析】【详解】A．依据麦克斯韦的电磁场理论，匀整变更的磁场可以在空间产生恒定的电场，故A错误；B．当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，发生电谐振，接收电路中产生的振荡电流最强，使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐，故B错误；C．如题图所示为LC振荡电路某时刻的状况，由线圈内的磁场方向可知，线圈中的电流方向由上到下，而此时电容器下极板为正，说明此时电容器正在充电，故C错误；D．在题图所示的线圈中插入铁芯，则L变大，依据可知，其振荡周期变大，故D正确。故选D。13.如图所示，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止起先下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）A.甲产生的焦耳热比乙多 B.甲加速运动，乙减速运动C.甲和乙都加速运动 D.甲减速运动，乙加速运动【答案】C【解析】【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为，质量为m，横截面积为S，电阻率为，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为，有感应电动势为线圈电阻为感应电流为线圈所受的安培力由牛顿其次定律有联立解得加速度为BCD．可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都做加速运动，当时，甲和乙都做减速运动，故BD错误；C正确。A．线圈的热功率甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A错误。故选C。二、不定项选择题（每小题3分，共6分。每小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）14.如图，匝矩形闭合导线框处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框面积，线框电阻不计，线框绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，并与志向变压器原线圈相连，副线圈接入一只“，”灯泡，且灯泡正常发光，下列说法正确的是（）A.线框中产生交变电压的有效值为B.线框中产生交变电流的有效值为C.变压器原、副线圈匝数之比为D.该变压器副线圈导线可以比原线圈导线细一些【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律可知其有效值为说明线框中产生交变电压的有效值为，故A正确；B．灯泡正常发光，则有变压器原副线圈匝数比变压器原副线圈电流之比联立可得线框中产生交变电流的有效值为，故B正确；C．由前面分析可知变压器原、副线圈匝数之比为故C正确；D．该变压器副线圈导线中的电流大，为保证平安，要比原线圈导线粗一些，故D错误。故选ABC。15.如图所示，某款自行车在前轮轮胎左侧安装了小型发电机，可以在夜间给车灯进行供电，已知该款自行车车轮的半径为，与轮胎接触的发电机转动小轮的半径为，与小轮同轴的矩形线圈面积为，匝数为50匝，电阻忽视不计，线圈所在位置匀强磁场的磁感应强度为，当自行车以某一速度匀速行驶时，发电机产生电动势的峰值为，车灯的功率为。下列说法正确的是（）A.流过车灯的电流为B.自行车行驶的速度约为C.自行车车轮与发电机小轮的转速之比为1∶32D.若自行车的车速加倍，则车灯的功率为【答案】BC【解析】【详解】A．线圈中在磁场中旋转产生正弦沟通电，而发电机产生电动势的峰值为4.2V，则其产生的电动势有效值为车灯的电功率为12W，由故A错误；B．自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，设自行车的车速为v，小轮的半径为r，此时带入数据得小轮的线速度v小轮=4.2m/s，轮胎与发电机转动小轮接触，所以自行车行驶的速度v与小轮的线速度大小相等，为4.2m/s，故B正确；C．因自行车轮胎与发电机转动小轮接触，属于同缘传动，最外围线速度大小相等，所以自行车与发电机小轮的转速之比等于半径反比，为1∶32，故C正确；D．设小灯泡的电阻为R，小灯泡的电功率由而所以即P与v2成正比，所以当自行车的车速加倍，车灯的功率扩大为四倍，故D错误；故选BC。非选择题部分三、非选择题题（本题共5题，共55分）16.小王同学接受如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”试验，打点计时器所接电源频率为50Hz。（1）试验中，重物的质量____________。A．必需测量B．可测可不测（2）除了图甲所示装置中的器材之外，还必需从图乙中选取试验器材____________。（3）指出图甲所示装置中一处不合理的地方_________。（4）改进试验后，得到如图丙的纸带，则点2对应的读数为__________________cm；打下点2时纸带速度的大小为_________m/s。（5）若试验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的削减量，可能是因为_________。A．存在阻力B．点0的速度不为零C．点4的速度由公式v=gt计算【答案】①.B②.B③.重锤未靠近打点计时器④.2.00⑤.0.38或0.375⑥.A【解析】【详解】(1)[1]本试验要验证机械能守恒定律，即通过试验要得到的表达式为等式两边消去质量m，得所以试验中，重物的质量可测可不测。故选B。(2)[2]图甲中已经有铁架台、打点计时器、纸带和重物，所以要想完成本试验，还须要刻度尺来测量纸带的长度，而打点计时器原来就是每隔0.02s打一个点，所以不须要另外的计时工具，故选B。(3)[3]重物离打点计时器太远，有可能出现纸带上没点或者点太少，不利于测量，所以应当让重物离打点计时器近一些，应当往上提一提。(4)[4]由刻度尺的读数规则可得，点2对应的读数为；[5]打下点2时纸带速度的大小为点1到点3之间的平均速度，即(5)[6]若试验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的削减量，可能是因为重物下落过程中要克服阻力做功，消耗机械能；而假如忽视了点0的速度，或者用v=gt计算点4的速度，都会使动能的增加量大于重力势能的削减量。故选A。17.某小组测某种圆柱形材料的电阻率，做了如下试验。（1）用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。由图得圆柱体的直径为_________mm，长度为_________cm。（2）该小组想用伏安法更精确地测量圆柱材料的电阻R（阻值约为190kΩ），可选用的器材如下：A．电流表A1（量程4mA，内阻约50Ω）B．电流表A2（量程20μA，内阻约1.5kΩ）C．电压表V1（量程3V，内阻约10kΩ）D．电压表V2（量程15V，内阻约25kΩ）E．电源E（电动势4V，有确定内阻）F．滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）G．开关S，导线若干为使试验误差较小，要求电压可以从零起先调整，电流表选择_______，电压表选择________。（以上两空均选填仪器前面的序号）（3）请用笔画线表示导线，在图丙中完成测量圆柱材料电阻的试验电路连接_______。【答案】①.1.745②.5.240③.B④.C⑤.【解析】【详解】（1）[1][2]螺旋测微器读数为游标卡尺读数（2）[3][4]电源电动势约为4V，为了减小试验误差，则电压表选择量程为3V的C，流过电阻的最大电流所以电流表选择量程为的B；（3）[5]要求电压可以从零起先调整，则滑动变阻器接受分压式接法，依据计算可得则电流表接受内接法，实物图如图所示18.（在抗击新冠肺炎疫情期间，为解决市民给警察和医生捐赠的物资无法送达的问题，某机构确定接受无人机配送物资，为检测其平安性，选择一款能够垂直起降的小型四旋翼无人机做试验，如图所示，其质量，动力系统供应的最大升力。试飞时，飞行器从地面由静止起先竖直上升。设飞行器在空中运动时所受的阻力大小恒为。（1）无人机在地面上从静止起先，以最大升力竖直向上起飞，求在时离地面的高度h；（2）当无人机悬停在距离地面高度处，由于动力设备故障，无人机突然失去动力而坠落，若来不及实行任何措施，求无人机坠落地面的速度；（3）为使无人机落地时速度刚好等于零，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动供应最大升力，求飞行器从起先下落到复原升力的最长时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿其次定律，有上上升度代入数据得（2）下落过程中解得落地速度满意代入数据解得（3）复原升力后向下减速运动过程解得设复原升力时的速度为，则有解得代入数据解得19.如图所示，是一种弹射玩具装置，水平轨道的左端A固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位于B点，质量的小物块甲静止在B点；在与B点相距L＝1m的C处固定一竖直圆轨道，半径R＝0.1m，圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D点放置一质量小物块乙，物块一旦脱离轨道后将不再接着在轨道上运动，在与D点相距的E处固定一竖直四分之一圆轨道，半径足够大，物块与BC、DE段间的动摩擦因数，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度。现将小物块甲向左压缩弹簧后释放弹出，若弹簧的初始弹性势能为0.85J，求：（1）求物块甲经过圆轨道C点时对轨道的压力为多少？（2）若甲、乙碰撞后粘合为一体，求：粘合体再次返回到D点时，整个过程损失能量多少？（3）要使物块甲能在圆轨道运动但不脱离轨道，弹性势能的取值范围是多少？

【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）由题意可得解得小球在圆轨道C点时解得依据牛顿第三定律可得方向竖直向下。（2）若甲、乙可以碰撞，则甲必需顺当通过圆轨道最高点，则设通过圆轨道最高点速度为，则解得故假设成立，甲、乙可以碰撞，依据动量定理可得解得依据动能定理可得解得则（3）当物体甲恰好能到达C点时，则解得当物体恰能到达圆心等高处时，依据动能定理可得解得则弹性势能的取值范围为当物体恰能过圆周最高点，则解得依据动能定理可得解得则弹性势能的取值范围为综上所述，弹性势能的取值范围为或。20.如图所示、倾角为的固定粗糙斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面对下，一质量m，电阻R，边长L的正方形单匝纯电阻金属线圈以速度