浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考物理试题 含解析

2024学年第一学期浙南名校联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g取。选择题部分一、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.下列物理量中，属于矢量的是（）A电势 B.磁感应强度 C.磁通量 D.电势能【答案】B【解析】【详解】A．电势只有大小没有方向，是标量，故A错误；B．磁感应强度既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量，是矢量，故B正确；C．磁通量虽有方向，但磁通量运算时不遵循平行四边形定则，所以磁通量都是标量，故C错误；D．电势能只有大小，没有方向，是标量，故D错误。故选B。2.历史上很多科学家对电磁学理论的发展都做出很大贡献，下列有关说法正确的是（）A.法拉第提出电场概念，并指出电场和电场线都是客观存在的B.元电荷e的数值最早是由安培用实验测得的C.麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在D.奥斯特最早发现了电流的磁效应【答案】D【解析】【详解】A．法拉第提出电场概念，电场是客观存在的，但是电场线是人们假想的，故A错误；B．电荷量e的数值最早是由美国学者密立根用实验测得的，故B错误；C．赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；D．奥斯特最早发现了电流的磁效应，故D正确。故选D。3.燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是甲、乙两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺寸不同的球面锅置于两款支架上的a、b、c、d四个位置，则锅对各位置的压力分别为、、、，忽略锅与支架间的摩擦，下列判断正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】AB．甲款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如下图锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有解得由图知，锅的尺寸越大，越小，则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，球面锅对支架的压力越小。所以故AB错误；CD．乙款支架对球面锅的支持力方向垂直于接触面，如下图锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有解得支架对球面锅的支持力由图知，不论锅的尺寸大小，不变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又有牛顿第三定律得，锅的尺寸无论大小，球面锅对支架的压力不变。故C正确，D错误。故C。4.2024年5月3日嫦娥六号发射成功，5月8日成功实施近月制动（如图所示），并顺利进入环月轨道飞行。假设登月探测器在环月轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由近月点Q点进入圆轨道3，已知轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r，登月探测器在轨道3的运行周期为T，则登月探测器（  ）A.在轨道1上运行的周期为B.从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，需要点火加速C.沿轨道1过P点比沿轨道2上过P点时的加速度大D.沿轨道2运行时，经P点和Q点时的加速度大小之比为【答案】A【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律得故A正确；B．从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，做近心运动，需要减速，故B错误；C．万有引力提供向心力，根据沿轨道1过P点加速度等于沿轨道2上过P点时的加速度，故C错误；D．根据沿轨道2运行时，经P点和Q点时的加速度大小之比为，故D错误。故选A。5.国庆假期期间，小应同学去游乐场体验了一种叫“空中飞椅”的游乐项目，其简化结构如右图。座椅和游客的总质量为m，转盘半径为r、角速度大小为。当转盘绕其中心竖直轴匀速转动时，带动座椅和游客在水平面内做匀速圆周运动。此时钢绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.座椅和游客处于平衡状态B.旋转过程中，游客受到重力、飞椅的支持力和向心力C.做圆周运动的周期与游客质量有关D.座椅和游客的向心力大小为【答案】D【解析】【详解】AB．由题意可知，座椅和游客做匀速圆周运动，处于非平衡状态，游客受重力、飞椅的支持力作用，故AB错误；C．当转盘以角速度匀速转动时，由牛顿第二定律可知解得周期与质量无关，故C错误；D．当转盘以角速度匀速转动时，座椅和人的向心力大小由牛顿第二定律可为故D正确；故选D。6.巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑钦文将质量为m的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为。则下列说法正确的是（）A.击球过程，球拍对网球做功为B.网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为C.网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少D.网球克服空气阻力做功为【答案】C【解析】【详解】A．击球过程，根据动能定理有即球拍对网球做功为，故A错误；B．网球从被击出到落地，根据动能定理有故B错误；C．根据功能关系可知，网球从被击出到落地，网球的机械能减少，故C正确；D．根据动能定理有解得故D错误。故选C。7.“富兰克林铃”可以简化成如图所示的模型，当与毛皮摩擦过的气球靠近金属钉甲时，铝箔小球就会在塑料管内“左右横跳”。下列关于“富兰克林铃”的说法中正确的是（）A.与毛皮摩擦过的气球带正电B.气球靠近金属钉甲时，金属钉甲左侧感应出电荷，右侧带等量的异种电荷C.气球靠近金属钉甲时，金属钉甲吸引铝箔小球，说明电荷可以创生D.铝箔小球会在塑料管内“左右横跳”，说明能量可以创生【答案】B【解析】【详解】A．与毛皮摩擦过的气球带负电，故A错误；B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可得气球靠近金属钉甲时，金属钉甲左侧感应出电荷，右侧带等量的异种电荷，故B正确；C．由上述可知气球靠近金属钉甲时，金属钉甲吸引铝箔小球，说明带电物体具有吸引轻小物体的性质，故C错误；D．能量既不会消失，也不会创生，只会从一个物体转移到另外一个物体，或者从一种形式转变为另一种形式，故D错误。故选B。8.如图所示，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的P点，电流表和电压表可以看作理想电表，电源负极接地，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A.油滴将向上运动 B.P点的电势降低C.电源的效率变高 D.电压表、电流表的示数均变小【答案】B【解析】【详解】AD．油滴原来静止在电容器内，受向上的电场力与重力平衡，由图可知电容器内部电场方向向下，则油滴带负电；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中干路电流增大，即电流表的示数变大，路端电压减小，R1两端的电压增大，则电容器两端电压减小，电压表的示数减小，根据可知板间场强减小，油滴所受电场力减小，即电场力小于重力，油滴将向下运动，故AD错误；B．P点的电势等于P点与下极板（接地，电势为零）的电势差，由由于板间场强E减小，P与下极板间距不变，所以电势差减小，P点电势降低，故B正确；C．电源的效率为当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，则外电阻R减小，电源的效率变低，故C错误。故选B。9.静电透镜被广泛应用于电子器件中，图中虚线表示阴极射线示波管的聚焦电场等势面分布情况，任意两个相邻等势面间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，图中实线为电子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q、R为其轨迹z上的三点。下列判断正确的是（）A.P点的电势大于R点的电势 B.P点的电场强度小于R点的电场强度C.电子在Q点的动能大于在P点的动能 D.电子在Q点电势能小于R点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与等势线垂直，可知，电场线方向整体从右指向左，又由于沿电场线方向，电势降低，可知P点的电势低于Q点的电势，故A错误；B．由于任意两条相邻等势线间电势差相等，则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，P点的等势线分布比R点的密集，则P点的电场强度大于在R点的电场强度，故B错误；CD．结合上述可知，从P至R的运动过程中，电子所受电场力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，则电子在Q点的动能大于在P点的动能，在Q点电势能大于R点的电势能，故C正确，D错误。故选C。10.某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为的圆面，风向与叶片转动的圆面垂直，假设这个风力发电机能将此圆内的空气动能转化为电能。已知空气的密度为1.2，当风速是时，此发电机的功率约为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设单位时间内圆面内空气的质量为，动能为，有解得故选C。11.石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品单位面积的载流子（电子）数。如图所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间接入恒压直流电源、稳定时电流表示数为I，电极2、4之间的电压为U，已知电子电荷量为e，则（）A.电极2的电势比电极4的高B.电子定向移动的速率为C.电极2和4之间的电压与宽度b有关D.二维石墨烯样品单位面积的载流子数为【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则，可知电子在洛伦兹力作用下向电极2所在一侧偏转，所以电极2的电势比电极4的低。故A错误；B．当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有解得故B正确；C．设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb根据电流的定义式得联立解得即电极2和4之间的电压与宽度b无关，故C错误；D．根据C选项分析可知二维石墨烯样品单位面积的载流子数为故D错误。故选B12.如图所示，我国的球面射电望远镜是世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“超级天眼”，并通过随地球自转指向太空不同方向。“天眼眼眶”的直径为D，其边缘圆周处于同一水平面内，其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量大小分别为、，则（）A.穿过“眼眶”的磁通量大小为B.B、、三者大小关系满足C.在地球自转90°的过程中，穿过“眼眶”磁通量的变化量为0D.在地球自转180°的过程中，穿过“眼眶”磁通量的变化量为【答案】C【解析】【详解】A．地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面垂直的分量大小为，穿过“眼眶”的磁通量大小为，故A错误；B．B、、三者大小关系满足故B错误；CD．在地球自转90°、180°的过程中，“眼眶”相对地磁场静止，穿过“眼眶”磁通量的变化量为0，故C正确，D错误。故选C。13.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，，下列说法正确的是（）A.小环带正电B.小环滑到P处时的速度大小C.当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力D.当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小为然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；B．设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图所示根据平衡条件得由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小0.4mg，联立解得故B正确；CD．在小环由P处下滑到处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v'，则在P'处，小环的受力如图所示由平衡条件得变形解得在小环由P处滑到P'处的过程中，由动能定理得代入解得故CD错误；故选B。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的0分）14.甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、质谱仪的结构示意图，下列说法中正确的是（）A.图甲中增大两盒间电势差可增大出射粒子的最大动能B.图乙中可以判断出通过R的电流方向为从b到aC.图丙中粒子沿直线PQ运动的条件是D.图丁中在分析同位素时，轨迹半径最小的粒子对应质量最大【答案】BC【解析】【详解】A．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有可得粒子最大速度为粒子最大动能为可知粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；B．根据左手定则可以判断正离子会向B极板偏转，负离子会向A极板偏转，B极板带正电，A极板带负电，则通过R的电流方向为从b到a，故B正确；C．图丙中粒子沿直线PQ运动的条件是可得故C正确；D．粒子经过加速电场，根据动能定理可得粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得联立可得可知图丁中在分析同位素时，轨迹半径最小的粒子对应质量最小，故D错误。故选BC。15.如图所示，在马蹄形磁铁内部放置盛有导电液玻璃皿，玻璃皿中央电极接电源负极，玻璃皿内贴着玻璃壁放置一圆环电极接电源正极，若磁感应强度，玻璃皿的直径，电源的电动势E（未知），内阻，电阻，，，正负电极间导电液的等效电阻，闭合开关，液体转动稳定时电压表的示数为，电流表的示数为，则下列说法正确的是（）A.液体按顺时针转动（俯视看） B.电源的电动势C.1分钟内液体产生的热量是 D.液体转动的机械功率为【答案】BD【解析】【详解】A．通过液体的电流由玻璃皿边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转（俯视看），故A错误；B．R2的电压为U2=I2R2=3V流过电阻R1的电流为则电源的电动势为E=U+Ir=4.5V故B正确；C．流过液体的电流为IR=I-I2=2.5A1分钟内液体产生的热量是故C错误；D．液体转动的机械功率为故D正确。故选BD。非选择题部分三、实验题（16题5分，17-Ⅰ题6分，17-Ⅱ题3分，共14分）16.在“研究自由下落物体的机械能”的实验中：（1）如图所示实验装置中，器材安装摆放使用正确的是________。A. B. C. D.（2）在正确操作打出多条点迹清晰的纸带中，应选取相邻点间距离之差最接近________的纸带进行测量（结果保留两位有效数字）。（3）如图所示，纸带上标记了七个连续打出的点为计数点1、2、…、7，并把刻度尺的“0刻度”对准点“7”。根据纸带算出打下点“4”时重物的速率________（结果保留三位有效数字）。（4）若改用如图所示的左低右高的倾斜气垫导轨上下滑的物体“验证机械能守恒定律”，挡光条宽度d，左侧的光电门挡光时间，右侧的光电门挡光时间，左右光电门在导轨上的位置可分别视为、，导轨的倾斜角度，滑块质量为m，重力加速度为g，若认为滑块挡板挡住左侧光电门激光处重力势能为零，则挡板挡住右侧激光时，滑块的机械能可以表示为________。【答案】（1）A（2）3.9##4.0（3）1.27##1.28##1.29##1.30##1.31（4）【解析】【小问1详解】A．先开打点计时器，后释放重锤，重锤落地，纸带长度足够，正常打点计数，A正确；B．先开打点计时器，后释放重锤，重锤落地，纸带有效长度太短，无法正常计数，B错误；CD．重锤释放后位于桌面，无法落地，无有效行程，纸带无法正常计数，CD都错误。故选A。【小问2详解】根据匀变速直线运动连续相等时间内的位移差公式可知，纸带自由下落时加速度恒定，相邻计数点之间的位移差恒定，已知打点计时器计时周期，若取常规代入数据计算若考虑摩擦阻力，则加速度会略小于当地实际重力加速度，取所以答案范围均可。【小问3详解】根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度可知读刻度尺可知，代入数据计算可得考虑学生刻度尺读数误差，答案范围在间均可。【小问4详解】根据题目描述，滑块在左侧的重力势能，则滑块在右侧的重力势能挡光条宽度为d，经过右侧的时间为，则速度动能所以在右侧的机械能为17.某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下：学生电源（输出电压）；滑动变阻器（最大阻值，额定电流）；电压表V（量程，内阻未知）；电流表A（量程，内阻未知）；待测铅笔芯R（X型号、Y型号）；游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。回答以下问题：（1）使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为________；（2）把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到________（填“1”或“2”）端；（3）正确连接电路，得到Y型号铅笔芯图像如图丙所示，求得电阻________（保留3位有效数字）；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为；（4）根据图像和测量X、Y型号铅笔芯的长度、直径可求X、Y型号铅笔芯电阻率，电压表内阻使得电阻率测量结果________（填“不变”“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）2.451（2）1（3）188（4）偏小【解析】【小问1详解】根据螺旋测微器的精确度为0.01mm可知，其读数为2mm+mm=2.451mm【小问2详解】由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测量铅笔芯电阻时应将K掷到1端；【小问3详解】根据图丙的I-U图像，结合欧姆定律有【小问4详解】由于电压表的分流作用可知，电阻测量值偏小，根据可知电阻率偏小。18.用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关、开关、导线若干。（1）闭合开关，将接1，电压表示数增大，最后稳定在。在此过程中，电流表的示数________（填选项标号）。A.一直稳定某一数值B.先增大，后逐渐减小为零C.先增大，后稳定在某一非零数值（2）将电流表更换成电流传感器，再将接2，此时通过定值电阻R的电流方向_____（选填“”或“”），通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的图像，如图b；其它条件不变，仅减小R的阻值，则放电电流随时间变化的曲线应该是图c中的_____（选填“b”“c”或“d”）。【答案】（1）B（2）①.②.b【解析】【小问1详解】电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。故选B。【小问2详解】[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向为；[2]根据可知，开始放电时U不变，R减小，初始电流增大，总电荷量不变，所以放电时间减小，故选b。四、计算题（本题共4小题，共41分。要求画出必要的图形，写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，有数值计算的必须明确写出数值和单位）19.如图所示，一个电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为，求：（1）电子的比荷；（2）电子穿越磁场的时间t。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力得解得【小问2详解】电子周期所以电子穿越磁场的时间20.某班同学为研究能量间的转化设计如图的装置。一处于压缩锁定状态的轻质弹簧置于光滑水平台面上，弹簧左侧与墙壁相连，右侧与质量的小物块接触但不固连。某时刻解除弹簧锁定，弹簧恢复原长将小物块弹开，让其从平台最右端A点离开后恰好能无碰撞地落在右下方的光滑斜面的顶端B点，AB间的高度差，斜面长度，倾角，小物块沿斜面运动到底端C点后滑上长的传送带，传送带顺时针匀速转动的速度为，不考虑从斜面滑到传送带上的能量损失。从传送带右端离开后小物块滑行一段水平轨道DE后又冲上一半径的光滑圆形轨道内侧，其中竖直圆轨道在E处错开不闭合。已知小物块与传送带及DE段轨道间的动摩擦因数均为0.5，，，不计空气阻力，求：（1）弹簧解除锁定前储存的弹性势能；（2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，求在E点处小物块对半圆形轨道的压力；（3）要使小物块能滑上圆轨道且不脱离圆形轨道，则DE段的距离s应满足什么条件。【答案】（1）（2），方向竖直向下（3）或【解析】【小问1详解】小物块从A到B点，做平抛运动，根据运动学规律解得又物块恰好能无碰撞地落在右下方的光滑斜面的顶端B点，根据几何关系故【小问2详解】根据动能定理，E点到顶点F有根据牛顿第二定律，在F点解得联立求解在E点，根据牛顿第二定律，代入数据解得由牛顿第三定律得，小物块对轨道的压力大小为，方向竖直向下。【小问3详解】根据矢量定则知，小物块在B点的速度为小物块沿斜面运动到底端C点，根据动能定理有解得又根据运动学规律，C到D点则小物块到D点时的速度为要使小物块能滑上半圆轨道且不脱离半圆形轨道，则或且由动能定理可知，解得同理可得，解得根据运动学规律解得所以综合所得或21.某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图（a）所示两平行金属导轨CD、EF间距为，与电动势为内阻不计的电源、电流表（量程）、开关S、滑动变阻器R（阻值范围为）相连，质量为、电阻为的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，在秤盘中放入待测物体，闭合开关S，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数I就可以知道待测物体的质量m。m与I的图像如图（b）所示，其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计，重力加速度g取，求：（1）