浙江省G5联盟2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题

2025学年第一学期浙江G5联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共6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．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。取重力加速度选择题部分一、选择题I（本题共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.新推出电动汽车铁锂电池，能量密度可达0.5kWh/g，寿命长达8年或120万公里，其中“kWh/g”用国际单位制中的基本单位可表示为（）A.Ws/kg B.Nm/kg C. D.CV/kg【答案】C【解析】【详解】选项中W，N，C，V都不是国际单位的基本单位，则“kWh/g”用国际单位制中的基本单位可表示为，具体推导故选C。2.如图所示，列车从某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到72km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有故选B。3.书法课上，某同学写“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（）A.该过程位移为0 B.笔尖的合外力始终不变C.前后两次过a点时速度方向相同 D.两次过a点时摩擦力方向相同【答案】A【解析】【详解】A．笔尖由a点经b点回到a点过程，初位置和末位置相同，位移为零，故A正确；B．笔尖由a点经b点回到a点过程，轨迹为曲线，合外力始终指向曲线凹侧，合外力改变，故B错误；C．两次过a点时轨迹的切线方向不同，则速度方向不同，故C错误；D．摩擦力方向与笔尖的速度方向相反，则两次过a点时摩擦力方向不同，故D错误。故选A。4.某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（）A.小球沿运动的加速度比沿的大B.小球分别运动到点时速度大小不同C.若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大D.若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快【答案】D【解析】【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得（为坡面与水平面夹角），MB对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；B．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；C．等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。故选D。5.2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（）A. B.C D.【答案】C【解析】【详解】AB．对于环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普勒第三定律有可得，故AB错误；CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得可得，故C正确，D错误。故选C。6.如图甲所示，有两互相垂直动摩擦因数为的水平传送带，物块以的速度从一传送带垂直滑向另一速度大小为的传送带上，并最终与传送带共速，情景简化成乙图所示。则物块从滑上的传送带到共速的过程中，以地面为参考系，下列说法正确的是（）A.物块速度一直减小 B.物块运动过程中最小速度是C.物块做匀变速曲线运动 D.物块加速度大小为【答案】C【解析】【详解】ACD．物块的速度可以分解为y轴正方向和x轴正方向，滑动摩擦力f可以分解为x轴正方向和y轴的负方向，运动轨迹为图中曲线，如图所示：物块在传送带上运动的前阶段，合摩擦力方向与速度方向的夹角为钝角，物块的速度一直减小，当摩擦力方向与速度方向垂直时，物体的速度最小；后阶段，摩擦力方向与速度方向的夹角为锐角，物块的速度增加，物块受传送带的摩擦力大小解得加速度不变，所以物块做匀变速曲线运动，故AD错误，C正确；B．以传送带为参考，物块速度大小为方向和摩擦力方向如图所示则最小速度为，故B错误；故选C。7.大学校园里有很多电动快递车。某电动快递车标有信息：车自身质量恒为500kg，电池额定容量为，电池额定输出功率。行驶时电池能量90%用于驱动，车行驶受到的阻力恒为1000N，理论续航里程约为160km。现有国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%之间应用快充技术（500V，50A）充电，不计充电能量损耗。下列说法正确的是（）A.当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，汽车还能行驶54kmB.用国家电网充电桩将电池容量从额定值的30%充到80%，理论上需要3.125hC.若电动快递车行驶时持续开启空调（额外增加负载），其理论续航里程仍保持160kmD.汽车以的加速度在直线车道匀加速启动，当达到额定功率值时，加速的位移大小为5m【答案】D【解析】【详解】A．由题干可知汽车还能够行驶的距离为km=48km，故A错误；B．用国家电网充电桩将电池容量从额定值的30%充到80%，理论上需要s=1h，故B错误；C．根据能量守恒，若电动快递车行驶时持续开启空调（额外增加负载），其理论续航里程小于160km，故C错误；D．以恒定加速度启动，根据牛顿第二定律有根据功率公式有加速的位移满足解得m，故D正确。故选D。8.如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为，且，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地B.若同时剪断两根细绳，则a球落地的重力功率小于b球C.若a、b电性相反，则a球的质量一定小于b球的质量D.若a、b电性相反，则a球受到的静电力小于b球受到的静电力【答案】A【解析】【详解】A．同时剪断两根细绳，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，故一定同时落地，故A正确；BCD．假若a、b电性相反，只有a带负电，b带正电才能受力平衡，a、b水平方向都有即a球受到的静电力等于b球受到的静电力。由，整理得同时剪断两根细绳，根据可知两球竖直方向具有相同的速度，由可知a球落地的重力功率大于b球，故BCD错误。故选A。9.如图所示，形成拓扑结构的莫比乌斯环，连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（）。若磁感应强度大小B随时间t的变化的图像如图所示，则回路中产生的感应电动势大小为（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为故选C。10.在现代研究受控热核反应的实验中，需要把高温等离子体限制在一定空间区域内，磁约束就成了必不可少的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动。根据上述信息并结合所学知识，下列说法正确的是（）A.从最左端到最右端的过程中，螺旋线的半径逐渐增大B.从最左端到最右端的过程中，粒子的动能先增大后减小C.从最左端到最右端的过程中，粒子运动轨迹的螺距先变小后变大D.从最右端返回时，粒子在垂直磁瓶轴线的速度分量最大【答案】D【解析】【详解】AB．由于垂直于轴线的平面内，粒子做匀速圆周运动，粒子在两段之间来回运动，因此沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，因为从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变，则合速度大小不变，故垂直于轴线的速度分量先变小后变大，故半径先变大后变小，故AB错误；C．粒子做圆周运动的周期为其中可得由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为由于粒子沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小，故C错误；D．从最右端返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大，故D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备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，有错选的得0分）11.对以下图中物理事实或现象理解正确的是（）A.图甲中的避雷针应用金属导体制作B.图乙中话筒线的金属网线利用静电感应增强信号传输效率C.根据图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量D.图丁中晶体二极管的正向电阻随电压增大而增大，反向电阻随电压增大而减小【答案】AC【解析】【详解】A．为了安全，图甲中的避雷针应采用金属导体制作，故A正确；B．图乙中的话筒线通过金属网线起到静电屏蔽作用，故B错误；C．根据可知，图线与坐标轴所围区域的面积表示电荷量，所以图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量，故C正确；D．由于二极管为非线性元件，所以电流与电压不成正比，当加正向电压时，电压达到0.5V以上，斜率表示电阻的倒数，加正向电压时，随着电压的增大电阻变小，故D错误。故选AC。12.如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量的物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零其运动的v-t图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5B.物块上滑过程在传送带上留下的痕迹长度为16mC.物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量为64JD.2~4s这段时间内电机因传送带放上物块而多消耗的电能为32J【答案】AD【解析】【详解】A．由图像可得，0~2s物块的加速度根据牛顿第二定律解得，A正确；B．0~2s物块的位移，传送带位移相对位移（物块比传送带多走）2~4s：物块速度小于传送带速度，摩擦力沿斜面向上，加速度物块位移：，传送带位移相对位移（传送带比物块多走）由于两段相对位移方向相反，最终痕迹长度取最大值20m，B错误；C．物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量：代入数据可得，C错误；D．设2~4s这段时间内因传送带放上物块而多消耗的电能，物块减小的动能，物块增加的重力势能，摩擦而产生的热量由能量关系可得：物块减小的动能物块增加的重力势能摩擦而产生的热量由以上各式可得多消耗的电能，D正确。（方法二：传送过程中之所以要多消耗电能，是因为传送物块时要克服摩擦力做功，多消耗的电能就等于克服摩擦力做功2~4s这段时间内解得。）故选AD。13.如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，以下说法正确的是（）A.粒子在左侧磁场中运动的半径B.粒子一个周期内在左边磁场运动的时间C.粒子一个周期内在右边磁场运动的时间D.粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距【答案】BC【解析】【详解】A．粒子左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有可得，故A错误；BC．粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为，由于O到MN的距离，结合，根据几何关系可知由图可知粒子在左边磁场运动的时间粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有解得粒子在右边磁场运动的时间，故BC正确；D．根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距，故D错误；故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。（1）按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为________（填各实验步骤前的字母）。A.释放小车 B.接通打点计时器的电源 C.调整滑轮位置，使细线与木板平行（2）实验中打出的一条纸带如图2所示，为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画出），可以判断纸带的________（填“左端”或“右端”）与小车相连。（3）图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度________。（4）某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为，圆盘半径。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为________；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为________。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）CBA（2）左端（3）（4）①.0.81②.【解析】【小问1详解】实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计时器电源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；【小问2详解】小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图2中纸带左端间距小，右端间距大，说明纸带左端与小车相连。【小问3详解】根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T；则【小问4详解】[1]根据逐差法可知[2]B点是AC的中间时刻点，则有此时向心加速度15.小明发现白炽灯泡在开灯瞬间最容易损坏，猜想可能是在开灯瞬间灯丝的温度较低，导致电阻比正常工作时小。为了证实自己的猜想，通过设计实验进行验证：（1）实验一：通过实验，研究灯泡的伏安特性，并测出该灯泡的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则________A.R增大，增大B.R减小，减小C.R增大，不变D.R减小，不变②根据图像分析，当灯泡两端电压为1.8V时，该灯泡的功率为________W（结果保留两位有效数字）。③根据I-U图像，推测该实验电路为_______。A.B.C.D.（2）实验二：设计了利用两恒压源、不计内阻的电流表和一额定电压36V，额定功率40W的灯来认证，电路如图所示。第一步：断开，闭合，电流表指针偏转，但灯泡不发光。此时灯泡两端的电压是________V。第二步：断开闭合，灯泡正常发光，灯丝温度很高。第三步：两分钟后再断开并迅速闭合，观察到电流表示数接下来一段时间内变化的情况是______，得出灯丝的温度越低，其电阻越小。A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变【答案】（1）①.A②.0.85③.C（2）①.6②.A【解析】【小问1详解】①[1]根据欧姆定律可知，I-U图像与原点连线斜率的倒数代表电阻大小，则随着电阻两端的电压增大，则电阻值增大；根据电阻定律可知，电阻率增大。故选A。②[2]当灯泡两端电压为1.8V时，电流为0.47A，电功率为③[3]电压从0变化起，则滑动变阻器采用分压式接法；灯泡电阻较小，电流表采用外接法。故选C。【小问2详解】[1]电源、电流表内阻不计，断开，闭合，灯泡两端的电压等于电源电动势，大小为6V；[2]灯丝温度很高，电阻变大，两分钟后再断开S2并迅速闭合S1，此时灯泡电阻逐渐减小，根据可知，电流表示数逐渐增大。故选A。四、分析计算题16.如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动。某学生坐在滑板上一起从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人质量，滑板质量，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为，斜坡的倾角（，），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计且人和滑板未发生相对运动。则：（1）人和滑板在水平面上滑行时，求加速度a的大小；（2）人和滑板一起在斜坡上下滑时，求滑板对人的摩擦力大小；（3）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？【答案】（1）5m/s2（2）240N（3）50m【解析】【小问1详解】对人和滑板，根据牛顿第二定律有得【小问2详解】对人和滑板在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律以人为研究对象，根据牛顿第二定律解得【小问3详解】到达C点速度恰好为零时，有最大值，从A到B到C，根据动能定理解得故不能超过50m。17.如图所示，一游戏装置由倾斜角为a的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为的光滑竖直圆形轨道DEF（左右半圆在最低点略微错开）、倾角为37°斜面GH组成，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由G点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块质量为，与传送带的动摩擦因数，BC长为，E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面HI的高度小滑块经B处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，传送带开始以的速度逆时针转动求：（1）若小滑块释放的高度，求小滑块通过E点时对轨道的压力大小；（2）若小滑块释放的高度，求小滑块从G点飞出后与斜面GH的最大垂直距离；（3）若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，要求小滑块能从G点飞出，求小滑块第一次落点相对G的水平距离x与传送带速度的关系式？【答案】（1）3N（2）0.225m（3）见解析【解析】【小问1详解】小滑块从A到E点，根据动能定理有在E点根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律得小滑块通过E点时对轨道的压力大小为3N。【小问2详解】小滑块从A到G点，根据动能定理有解得将E点速度沿垂直于斜面和平行于斜面分解，当垂直斜面的速度减为0时，离斜面距离最大，则【小问3详解】小滑块从A到B点，根据解得在传达带上有要求小滑块从G点飞出，则需通过F点，即从C到F点，有解得讨论传送带上小滑块全程加速和全程减速对应的传送带速度取值，有，解得，考虑到平抛后落在斜面和平面的区别，则满足，解得，则可以讨论传送带速度分为以下几个区间：①若，小滑块与传送带共速，且落在斜面。则根据解得此时②若，小滑块与传送带共速，且落在水平面上。则此时③若，小滑块全程加速，且落在水平面上，则此时18.相距为的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，细杆ab、cd接入电路部分电阻分别为、。整个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下，从静止开始以匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。（ab起动瞬间记为0时刻）求：（1）力F随时间变化的规律；（2）经过多长时间cd杆速度达到最大；（3）经过多长时间cd杆速度减为0；（4）若ab杆从开始运动到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了的功，求该过程中，ab杆所产生的焦耳热？【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【小问1详解】对ab杆，根据牛顿第二定律得又可得【小问2详解】对cd杆，根据牛顿第二定律得可得当时，速度最大，解得【小问3详解】由可知内cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，根据对称性可知内cd杆做加速度逐渐增大的减速运动，在时，cd杆速度减为0。【小问4详解】cd杆达到最大速度时，ab杆的速度为ab杆运动的位移对ab棒由动能定理得解得由功能关系得则ab杆所产生的焦耳热为19.如