浙江省2025_2026学年高二物理上学期期中联考试卷含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二物理上学期期中联考试卷含解析，共13页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
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．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（共10小题，每小题3分，共30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. 下列属于国际单位制基本单位的是（ ）
A. 安培B. 牛顿C. 电势D. 质量
【答案】A
【解析】
【详解】A．安培是国际单位制中电流的基本单位，故A正确；
B．牛顿是力的单位，但不是国际单位制中的基本单位，故B错误；
CD．电势和质量是物理量，不是单位，故CD错误。
故选A。
2. 如图为无人机运输货物的情景，则（ ）
A. 货物在空中只受重力和弹力作用
B. 上升时挂绳对货物的力大于货物对挂绳的力
C. 监测无人机在空中转向姿态时不可将其看作质点
D. 可用无人机的轨迹长度和运输时间，计算其平均速度的大小
【答案】C
【解析】
【详解】A．货物在空中受重力、绳子拉力和空气阻力作用，故A错误；
B．挂绳对货物的力与货物对挂绳的力是相互作用力，大小相等，故B错误；
C．监测无人机在空中转向姿态时，大小不可以忽略，不可将其看作质点，故C正确；
D．计算其平均速度需要位移大小，轨迹长度是路程，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，质量为M，电荷量为Q的小球绝缘固定在A点，质量为m，电荷量为q的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点，A、B等高，间距为r，细线与竖直面夹角为，静电力常量为k，小球可视为质点，则（ ）
A. 两个小球可带同种电荷B. 细线对小球拉力为
C. 增加小球的电荷量，重新平衡时不变D. 剪断细线瞬间，B处小球加速度大小为0
【答案】B
【解析】
【详解】A．两个小球之间有静电引力作用，可知两球带异种电荷，A错误；
B．对B球分析可知，细线对小球拉力为，B正确；
C．根据，增加小球的电荷量，两小球之间的静电力变大，则重新平衡时变大，C错误；
D．剪断细线瞬间，B处小球受的合力大小为
可知加速度大小为，D错误。
故选B。
4. 带正电线段状金属形成的部分电场线和等势线如图所示，其中d、e与e、f两点间的距离相等，则（ ）
A. a点电势高于b点B. b、c两点电场强度相同
C. d、e间电势差大于e、f间电势差D. 从a到c与从d到c，电场力对电子均做负功
【答案】C
【解析】
【详解】A．带正电线段状金属形成的部分电场线，电场线向外指，电场线从高等势面指向低等势面，因此b点所在的等势面高于a点所在的等势面，A错误；
B．b、c两点电场强度方向不同，故B错误；
C．从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合可知，故C正确；
D．从a到c与从d到c，电势升高，电子电势能降低，所以电场力做正功，故D错误。
故选C。
5. 如图为某次心脏除颤治疗情景，所用除颤器的电容器电容为25µF，充电至2.0kV，在5ms时间内完成放电，则（ ）
A. 电容器充满电时电量为0.1CB. 放电过程通过人体的最大电流为10A
C. 放电结束电容器电容减为0D. 其他条件不变，人体电阻越大，放电时间越长
【答案】D
【解析】
【详解】A．电容器充满电时电量为，故A错误；
B．放电过程通过人体的平均电流为
所以最大电流应大于10A，故B错误；
C．放电结束电容器电容仍为25µF，故C错误；
D．其他条件不变，人体电阻越大，放电电流越小，但电荷量不变，根据可知，放电时间越长，故D正确。
故选D。
6. 氢原子内，原子核的质量为，电子的质量为，两者之间的最短距离为，电荷量大小均为，静电力常量为，万有引力常量为，估计两者之间的静电力与万有引力的比值约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题可知，电子与原子核之间的静电力与万有引力的比值为
故选A
7. 有关下列四幅图的描述正确的是（ ）
A. 图1中，交流电压U越大，粒子出射速度越大
B. 图2中，粒子a的比荷大于b的比荷
C. 图3中，避雷针通过尖端放电，将金属棒内电荷释放至大气，中和空气中的电荷
D. 图4中，电源通过静电力做功将其他形式的能转化为电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．当粒子的速度达到最大时有
则
由此可知，粒子的最大速度与交流电压无关，与D形盒子的半径有关，故A错误；
B．粒子在加速电场中有
粒子在偏转磁场中有
联立可得
由图可知，粒子a运动的半径较大，则粒子a的比荷小，故B错误；
C．避雷针通过尖端放电，将金属棒内电荷释放至大气，中和空气中的电荷，故C正确；
D．电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电势能，故D错误。
故选C。
8. 下列图中，通有电流大小为I的导体ab所受安培力的大小正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．导体ab所受安培力的大小为，故A正确；
B．导体ab所受安培力的大小为，故B错误；
C．导体ab所受安培力的大小为，故C错误；
D．导体ab所受安培力的大小为，故D错误。
故选A。
9. 地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图，P、Q和M、N分别为长、短轴端点，彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞经地球将在2061年，则彗星（ ）
A. 从P到N用时大于从Q到MB. 从Q到P动能增加，机械能增加
C. 运行速率处处大于地球运行速率D. 轨迹半长轴约为地球轨道半径的18倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．哈雷彗星越靠近太阳速度越大，所以从P到N用时小于从Q到M，故A错误；
B．从Q到P引力做正功，速度增大，动能增加，机械能不变，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力有
所以
设过Q点彗星绕太阳做匀速圆周运动，则该圆周运动的速度大于彗星在椭圆轨道经过Q点的速度，而该圆周运动的速度小于地球绕太阳运动的速度，所以地球运行速率大于彗星经过Q点的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可得，
所以，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，空间中存在范围足够大，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为足够长的离子接收板，到MN垂直距离为h的O点有一离子源，连续不断地向平面内各方向均匀放出质量为m、带电量为+q的粒子，粒子速率均为，则（ ）
A. 接收板接收到离子的区域长度为2hB. 能被接收的离子占总离子的
C. 被接收的粒子运动最短时间为D. 被接收的粒子运动最长时间为
【答案】B
【解析】
详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
如图所示
接收板接收到离子的区域长度为，故A错误；
B．当粒子的运动轨迹与接收板两侧相切时，粒子恰好能被接收板接收，此时粒子在O点的速度方向间的夹角等于180°，所以能被接收的离子占总离子的，故B正确；
C．当粒子打到A点时运动时间最短，则被接收的粒子运动最短时间为，故C错误；
D．粒子在右侧轨迹与MN相切时运动时间最长，则被接收的粒子运动最长时间为，故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（共3小题，每小题4分，共12分。四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 法拉第通过油滴实验测得了元电荷e数值
B. 按照相对论的时间延缓效应，高速运动的微观粒子寿命比低速运动时更长
C. 伽利略应用实验加合理外推的研究方式发现了行星运动规律
D. 建立“合力与分力”的概念，用到了等效替代思想
【答案】BD
【解析】
【详解】A．密立根通过油滴实验测得了元电荷e的数值，故A错误；
B．按照相对论的时间延缓效应，高速运动的微观粒子寿命比低速运动时更长，故B正确；
C．开普勒发现了行星运动规律，故C错误；
D．建立“合力与分力”的概念，用到了等效替代思想，故D正确。
故选BD。
12. 如图所示电路中，电源电动势E和内阻r为定值，、为定值电阻，为光敏电阻（阻值随光照强度增加而减小），M、N是构成平行板电容器的两金属极板，电表均为理想电表。闭合开关，有一带电液滴静止于P点，则（ ）
A. 若仅将N板上移，液滴将下降
B. 若仅将M板下移，P点电势降低
C. 若仅增加光照强度，电流表示数增大，两个电压表示数均减小
D. 若仅减小光照强度，电容器储存的电能增加
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若仅将N板上移，板间距变大，，电容变小，两端电压不变，场强变小，电场力变小，合力向下，液滴将下降，故A正确；
B．若仅将M板下移，板间距变大，，电容变小，场强变小，P点与上极板间距不变，与上极板间电势差变小，两极板间电势差不变，且上极板带正电，P点电势升高，故B错误；
C．若增大照射光强度，则光敏电阻阻值减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流变大，电流表示数增大，路端电压变小，电压表示数减小，干路电流变大，变大，故C错误；
D．若仅减小光照强度，光敏电阻增大，回路总电流减小，根据
电容器两端电压增大，电容器储存的电能增加，故D正确。
故选AD。
13. 如图所示，绝缘粗糙的竖直墙壁MN右侧一定宽度区域内，同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向水平向左，磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为的带电小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开墙壁，之后恰好从边界处D点以速度水平向右飞出。已知A、C两点间距离为，C、D间高度差为，不计空气阻力，忽略边界效应，则（ ）
A. 小滑块运动至A、C中点时受到4个力的作用
B. 小滑块与墙壁的动摩擦因数一定小于
C. 小滑块运动过程中克服摩擦力做功
D. 边界到MN距离为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．小滑块运动至A、C中点时受到重力、墙壁的向上的摩擦力、墙壁的支持力、电场力和洛伦兹力，共5个力的作用，A错误；
B．开始时小滑块能沿竖直墙壁下滑，则，
可得小滑块与墙壁动摩擦因数，B正确；
C．小滑块从C点离开墙壁时
可知运动过程中克服摩擦力做功，C正确；
D．从C到D由动能定理
解得边界到MN距离为，D正确。
故选BCD。
三、非选择题（共5小题，共58分）
14. 如图1为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）下列说法正确的是（ ）
A. 实验中同时研究多个物理量间关系，用到了补偿法
B. 认为细绳拉力近似等于槽码重力引起了系统误差
C. 小车应尽量靠近打点计时器，并先释放小车，后接通电源
D. 改变小车总质量，不需要重新补偿阻力
（2）如图2是某次实验中得到的纸带的一部分，用刻度尺对其进行测量计算。每5个连续打出的点为一个计数点，电源频率为50Hz，小车的加速度为______m/s2（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）BD （2）0.24或0.25
【解析】
【小问1详解】
A．实验中同时研究多个物理量间关系，用到了控制变量法，故A错误；
B．实验中认为细绳拉力近似等于槽码重力引起了系统误差，故B正确；
C．小车应尽量靠近打点计时器，并先接通电源，后释放小车，故C错误；
D．改变小车总质量，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选BD。
【小问2详解】
由于每5个连续打出的点为一个计数点，则相邻两个计数点间的时间间隔为
所以小车的加速度为
15. 用图1所示的电路观察电容器的放电过程，电源电动势E=3.0V，内阻不计，电流传感器内阻不计。
（1）将单刀双掷开关先接1充电，当电容器充满电后，再将单刀双掷开关接到2放电，放电过程中经过电阻R的电流方向为______（选填“a→b”或“b→a”）
（2）实验所得电流I随时间t变化的关系如图2所示，则该实验使用的电容器电容大小约为______µF（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）b→a （2）1.0×103~1.2×103
【解析】
【小问1详解】
由电路图可知，电容器充满电后，上极板带正电，故放电时流过电阻的方向为b→a。
【小问2详解】
电流随时间变化的关系图线与坐标轴围成的面积为电容器的电荷量，根据电容的定义式可得
16. 有一长为L的中心对称圆筒形金属管（阻值约十几欧姆），横截面如图1所示，研究小组为测量其电阻率，设计了图2所示电路。器材有：电源E（3.0V，0.5Ω），电流表A（0.6A，内阻约3Ω），电压表V（3.0V，内阻约3kΩ），滑动变阻器R（0~5Ω），多用电表，开关、导线若干。
（1）用游标卡尺测得金属管外径，测量内径时，应该采用图3中的测量爪______选填“A”或“B”或“C”），如图4所示其读数为______mm。
（2）闭合开关，发现无论怎么改变R的阻值，电流表电压表有示数但变化不明显，可能的原因是______。
A. 金属管Rₓ断路B. 电流表A短路C. 滑动变阻器左端M处接触不良
（3）排除故障，重新实验，记录电压表示数U，电流表示数I，则金属管电阻率为______（用L、、、U、I表示），本实验测得电阻率______（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1） ①. B ②. 7.54##7.56##7.58
（2）C （3） ①. ②. 小于
【解析】
【小问1详解】
[1]测量内径时，应该采用内测量爪，即图3中的测量爪B
[2]如图4所示其读数为
【小问2详解】
A．若金属管Rₓ断路，则电压表与电流表串联，再与滑动变阻器的滑片左侧部分并联，由于滑动变阻器的阻值远远小于电压表的阻值，故电压表有明显示数，但电流表无明显示数，故A错误；
B．若电流表A短路，则电压表有示数，但电流表应无示数，故B错误；
C．若滑动变阻器左端M处接触不良，由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻小，故改变R的阻值时，电流表电压表有示数但变化不明显，故C正确。
故选C。
【小问3详解】
[1]根据，，
解得
[2]因外接法电流的测量值偏大，故本实验测得电阻率小于真实值。
17. 如图所示，质量为的金属杆水平静止在竖直粗糙导轨上，导轨宽为，回路中电流为。空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向与竖直成斜向右下。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，已知，，，求：
（1）金属杆对每根导轨的压力大小；
（2）金属杆受到导轨对其的总摩擦力大小与方向；
（3）锁定金属杆，调换电源方向，接通电路后解除锁定，求解除锁定瞬间金属杆的加速度大小与方向。
【答案】（1）
（2），方向竖直向上
（3），方向水平向右
【解析】
【小问1详解】
受力分析如图，水平方向根据受力平衡有，
故
根据牛顿第三定律，金属杆对每根导轨的压力大小；
【小问2详解】
竖直方向根据受力平衡有
解得
方向竖直向上
【小问3详解】
方法一、更换电源后，解除锁定瞬间受力如下左图，此时合力水平向右
根据牛顿第二定律有
方向水平向右。
方法二、建立如下右图所示直角坐标系，正交分解得
解得，
方向水平向右。
18. 一种微型磁流体发电装置如图所示。平行金属板A、C正对放置，板长a为0.2m，宽b为0.25m，间距c为0.5m，板间有一磁感应强度大小B为2T，方向平行于金属板并由N指向S的匀强磁场，电阻率为的等离子体以12m/s的速度v垂直于B射入磁场，电阻为1Ω，为6Ω，电动机额定电压U为6V，线圈电阻为0.5Ω。闭合开关，电动机在竖直面内匀速向上提升质量m为5kg的重物，并恰好正常工作，不计空气阻力，重力加速度，求
（1）判断A、C板哪个是正极，并求该电源的电动势E和内阻r；
（2）流经电动机的电流；
（3）重物运动的速度大小v。
【答案】（1）C板，，
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据左手定则可知，正电粒子向下偏转，C板是正极板，流体在内部平衡，有
解得
电源内部电流从A流向C，内阻为
【小问2详解】
流经电阻的电流
干路上的电流
流经电动机的电流
【小问3详解】
电动机总功率为
电机线圈热功率为
电动机机械功率为
提升重物速率
19. 探究粒子漂移运动的装置原理如图所示。坐标为（0，h）的P点处有一质量为m，电荷量为-q（q>0）的负电粒子，x轴上方存在沿y轴正方向，电场强度大小为E的匀强电场，x轴下方存在垂直xOy平面向内，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知粒子比荷，h=2m，E=104V/m，B=0.1T，记粒子在P点的初速度大小为vP，方向垂直y轴指向x轴正向。不计粒子的重力，不考虑电磁场的边界效应。
（1）求粒子做圆周运动的半径r（本问结果可保留vP）；
（2）控制vP大小，可使粒子先击中x轴上D点（未在图中标出），然后历经磁场回到P点，求粒子：
①从出射到第一次击中x轴上D点所用时间t；
②速度vP的大小；
（3）若vP=4×105m/s，求粒子第三次经过x轴时的坐标。
【答案】（1）
（2）①；②
（3）（2m，0）
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
解得
根据牛顿第二定律
解得
【小问2详解】
①粒子从P运动到D的过程中，根据类平抛规律有，解得
②粒子运动轨迹如图
根据类平抛规律可得，
由题意可知粒子圆周运动圆心位于轴，根据几何关系有
联立解得
【小问3详解】
离子经过多个周期性运动，向右漂移，轨迹如图
过程中，有
过程，粒子后退距离为
过程，粒子前进距离为
过程，粒子前进距离为
所以第三次击中x轴位置
故粒子第三次经过x轴时的坐标为D3（2m，0）。
20. 一游戏装置竖直截面如图所示。水平直轨道CD、EH和长为L的水平传送带DE平滑连接，传送带以恒定速率顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为，两半径均为R的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道EFG与传送带右端E点平滑相切连接，以G点正下方直轨道处为原点O，水平向右为x轴正方向建立坐标系，长为l的硬质轻杆可绕中心处转轴在竖直面内转动，右端可固定质量为M的小球A，左端为轻质容器B。游戏时放入质量为m的物块，杆从水平位置静止释放，顺时针转动到竖直位置，物块脱离容器水平飞出，恰能从C点平滑进入轨道，从G点水平飞出后，记录物块第一次落点坐标x。已知，，，，，，重力加速度。不计其余摩擦和空气阻力，容器、物块和小球均视为质点。
（1）若某次物块在E点的速率为，求物块（计算结果可保留根号）：
①在G点时的速率以及所受轨道对其支持力大小；
②落点坐标；
③进入C点的速率范围；
（2）求物块落点坐标x与小球质量M的关系式。
【答案】（1）①，；②；③
（2）
【解析】
【小问1详解】
①物块从E点到G点过程中，根据动能定理
解得
在点根据牛顿第二定律
解得
②物块从G点到落地过程中，用时
水平位移
③物块从过程中，物块加速度大小
ⅰ）设点速度为时，物块恰好全程加速，则有
解得
ⅱ）设点速度为时，物块恰好全程减速，则有
得
综上，为使得物块在点的速率为
要求进入点速度
【小问2详解】
物块从过程中，物块连杆小球机械能守恒，且竖直时物块与小球速率相等，设为，故
解得
ⅰ）若，坐标，此时质量满足
ⅱ）若，即，物块在过程中全程减速，有
在点到点过程中有
落点位置
联立解得
ⅲ）若，即，物块在过程中全程加速，有
同理可得
显然；物块能到达点，要求，解得
ⅳ）物块到不了，则，由以上讨论可知得