浙江省环大罗山联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考物理试题

学年第一学期温州环大罗山联盟期中联考高二年级物理学科（满分分，考试时间考生须知：．答题前，请务必将直接的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。．可能用到的相关参数：重力加速度g取。．考试结束后，只需上交答题卷。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共小题，每小题3分，共分。每小题列出的四个备选项中只有一1.下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示的是（）A.动量，单位为B.磁通量，单位为C.电场强度，单位为D.磁感应强度，单位为【答案】D【解析】ANA不符合题意；B．磁通量是标量，由可知单位用国际单位制基本单位表示的是为，故B不符合题意；C．电场强度是矢量，由可知单位用国际单位制基本单位表示的是，故C不符合题意；第1页/共22页D．磁感应强度是矢量，由可知单位用国际单位制基本单位表示的是为，故D符合题意。故选D2.坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中（）A.该游客所受合力做功为零B.该游客所受合力的冲量为零C.该游客的机械能守恒D.该游客所受重力的瞬时功率一定变大【答案】A【解析】A功为零。故A正确；B根据可知该游客所受合力的冲量不为零。故B错误；C．游客匀速率上升，动能不变，重力势能增加，则该游客的机械能增加。故C错误；D部分爬升，竖直分速度逐渐减小，重力的瞬时功率减小。故D错误。故选A。3.如图甲所示为磁电式电流表的结构图，图乙为内部结构示意图，在极靴和铁质圆柱间存在磁场，电流通过电表接线柱流入线圈，在安培力作用下发生偏转，与螺旋弹簧的反向作用平衡后，指针指示电流大小。下列说法正确的是（）第2页/共22页B.极靴将磁场屏蔽，内部没有磁场C.线圈中的电流方向发生改变时，指针偏转方向不变D.运输过程中把电表正负接线柱用导线相连可减缓表针摆动幅度【答案】D【解析】A圆心，不是匀强磁场，故A错误；B．极靴没有将磁场屏蔽，内部有磁场，故B错误；C改变，可知指针偏转方向改变，故C错误；D应电流产生安培力作用，这样可减缓表针摆动幅度，故D正确。故选D。4.下列说法正确的是（）A.避雷针的原理是静电屏蔽B.高压输电线上方两条导线是为了防止尖端放电第3页/共22页C.静电除尘装置中，尘埃被吸附在中间的负极上D.煤矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸【答案】D【解析】【详解】A．当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故A错误；B．高压输电线上方有两根导线与大地相连构成了静电屏蔽，能使得输电线免遭雷击，故B错误；C．静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故C错误；D．矿里，工作人员要防止静电的产生和积累，因为静电火花会导致瓦斯爆炸，故D正确。故选D。5.污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（）A.M点的电势比N点的高B.N点的电场强度比P点的大第4页/共22页C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大【答案】C【解析】【详解】A．根据沿着电场线方向电势降低可知N点的电势比M点的高，故A错误；B．根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；C．M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故C正确；D．M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合AC选项分析可知污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小，故D错误。故选C。6.如图所示，两根平行长直导线1和2垂直穿过水平桌面，导线中均通有方向竖直向下的电流和。三点处于水平桌面内，其中点位于两根导线的正中间，点位于导线1的左侧，点位于点的正前方。不考虑地磁场的影响，则（）A.点处的磁感应强度大小为0B.点处的磁感应强度方向垂直于连线向后C.点处的磁感应强度方向垂直于连线向左D.两根导线受到的安培力大小关系为【答案】B【解析】A．点处的磁感应强度大小不为0，故A错误；B在b点产生的磁场方向向后，在b点产生的磁第5页/共22页场方向向后，则点处的磁感应强度方向垂直于连线向后，故B正确；C．由于，点处的磁感应强度方向在左前方，故C错误；D．两根导线受到的安培力是相互作用力，大小之比为1:1，故D错误；故选B。7.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置，但使用不当可能会100W·h”才可在乘机时随身携带。某一款移动充电宝，其参数见表，（充电宝的转换率是指充电宝放电总量占其容量的比值）下列说法正确的是（）输入DC5V2.0A输出DC5V2.1A容量10000mA·h转换率>85%A.该充电宝电荷量从零到完全充满所用时间为4.8小时B.mA·h是能量的单位C.该充电宝能带上飞机D.该移动电源在充满电的情况下，能为一个“10W，5V”的USB风扇供电时长为5小时【答案】C【解析】【详解】A．由题可知，充电时间，故A错误；B．根据电流做功可知mA·h是电荷量单位（电流×B错误；C．充电宝的额定能量为因50W·h<100W·h，符合民航规定，故C正确；D．充电宝总能量为50W·h，转换率>85%，实际可用能量为第6页/共22页供电时间因转换率不足100%，实际时间小于5小时，故D错误。故选C。8.用轻质弹簧连接的质量均为的A、B两物体，静止在光滑的水平地面上，弹簧处于原长，A的左端靠B突然获得一个水平向左的速度）A.弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，、和弹簧组成的系统动量守恒B.弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒C.从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B做的功为D.从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B的冲量为【答案】D【解析】AAAB组成的系统受到向右的弹力，外力之和不等于0，系统的动量不守恒，故A错误；B．弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，AAB和弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误；CB获得速度到A刚要离开墙壁，此时弹簧恢复原长并开始伸长，B的速度由v0变成v量为0，由动能定理可得弹簧对B做的功为0，故C错误；DB获得速度到A刚要离开墙壁，此时弹簧恢复原长并开始伸长，B的速度由v0变成v为根据动量定理可得弹簧对B的冲量为，故D正确。故选D。9.假设某空间有一静电场的电势随变化情况如图所示，且带电粒子的运动只考虑受电场力，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（）第7页/共22页A.从到，场强的大小均匀增加B.正电荷沿轴从运动到x1的过程中，做匀加速直线运动C.负电荷沿轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小D.处场强大小为，处场强大小为，则【答案】D【解析】【详解】A．根据可知图像中图线的斜率表示静电场的电场强度，由图可知，沿x轴方向，从到，场强的大小恒定。故A错误；B沿x轴方向轴从运动到x1x轴方向的电场力为零，一定不做匀加速直线运动。故B错误；C．由图可知，移到的过程中电势降低，根据可知负电荷沿轴从移到的过程中，电场力做负功，电势能升高。故C错误；D．根据A选项分析可知，处图线斜率绝对值大于处图线斜率绝对值，所以故D正确。故选D。10.定在点，另一端系一质量为的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度第8页/共22页且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为。下列说法正确的是（）A.小球在初始位置时，动能和电势能之和最大B.小球动能的最小值为C.小球运动至圆周轨迹的最高点时速度D.为保证细线不断，绳子能承受拉力至少为【答案】B【解析】A势能之和最大，故A错误；BC．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律可得解得运动到轨迹最高点时速度则最小动能为，故B正确，C错误；D．由题可知，小球在等效最低点B的速度最大，小球从A点运动到B点的过程中，由功能关系可知由题可知，小球平衡时，则有在B点，由牛顿第二定律可得第9页/共22页故选B。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共分。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，有选错的得0关于下列四幅图说法正确的是（）A.甲中增大回旋加速器的加速电压，带电粒子的最大动能增大B.乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同C.丙中霍尔元件通以如图所示电流和加上如图磁场时，侧电势一定低D.丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量恒定，前后两个金属侧面的电压【答案】BD【解析】【详解】A．设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力则有可知带电粒子的最大动能为所以带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；BvR相同，则根据洛伦兹力提供向心力则有解得第10页/共22页因此不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；C．若丙中自由电荷为负电荷，根据左手定则可知，侧电势低；若自由电荷为正电荷，则N侧的电势高，故C错误；D电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，则有又因为联立解得，故D正确。故选BD。12.在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，abc为三个闭合金属）A.穿过a、b两个环的磁通量始终相同B.穿过环的磁通量始终是环的一半C.a、c两个环中都有感应电流D.从上往下看b中感应电流的方向为顺时针【答案】AD【解析】【详解】A．线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故A正确；B．由于向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，因此c环总的磁通量为零，故B错误；Ca环的磁通量会发生改变，因此a环中会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，因此c环中没有感应电流产生，故C错误；Db过bb环中感应D正确。故选AD。第11页/共22页13.如图所示，电路中电源电动势为，内阻为，、为定值电阻，为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。闭合开关，若照射光敏电阻的光照强度增加，电压表示数的变化量绝对值为，电流表示数的变化量绝对值为，两电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.电流表的示数变大，电压表的示数变小B.C.有从左向右电流流过D.电源的输出功率一定增大【答案】AC【解析】【详解】A．由题知，照射光敏电阻的光照强度增加，则光敏电阻变小，外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流I变大，即电流表的示数变大；又因为可知电压表的示数变小，故A正确；B．根据可得，故B错误；C．根据电路可知，电容器右极板带正电，左极板带负电，结合上述分析可知，电压表的示数减小，根据可知电容器的电量变小，即电容器放电，则有从左向右的电流流过，故C正确；第12页/共22页由于不知道与内阻的大小关系，故电源的输出功率变化无法确定，故D错误。故选AC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共分）14.某同学用图甲所示装置通过M、N两弹性小球的碰撞来验证动量守恒定律，图甲中是斜槽导轨，固定在水平桌面上，斜面顶端点与斜槽导轨的水平末端相接。实验时先使球从斜槽上某一固定位置静止释放，落到斜面上时记录纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到球的10个落点痕迹，如图乙所示，刻度尺贴近斜面且零刻度线与球放在斜槽导轨水平末端，让球仍从原位置静止释放，和球碰撞后两球分别在斜面记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10面的二次碰撞）（1）为了更精确地做好该实验，要求两个碰撞小球的半径相等，M球的质量_____球的质量（填“小于”“等于”或“大于”）（2M球不与N球碰撞时在斜面上的平均落点位置到点的距离为_____cm置到点的距离为，则M球从点抛出时的速度与_____”“”或“”）（3）若利用天平测出M球的质量，N球的质量，利用刻度尺测量平均落点位置、、到的距离分别为、、（用所给物理量的（4）如果两球碰撞为弹性碰撞，则需要验证的表达式为_____【答案】（1）大于（2）①.54.2（53.7~54.7）②.（3）第13页/共22页（4）【解析】【小问1详解】为了保证碰撞后入射小球不反弹，应使M球的质量大于N球的质量。【小问2详解】[1]画一个尽可能小圆将所有落点圈住，圆心即为平均落点，由图乙平均落点位置到B点的距离为54.2cm；[2]设平均落点的位置到点的距离为，设斜面倾角为，则有，可得【小问3详解】根据（2）问分析可得，，若系统动量守恒则有联立可得【小问4详解】如果两球碰撞为弹性碰撞，则机械能也守恒，还需验证联立整理可得15.某实验小组要测量某一未知金属丝的电阻率（1）某次用游标卡尺测量金属丝直径，示数如图所示，则金属丝的半径为_____；（2）该小组选用伏安法测量金属丝的电阻，在测量之前，先选用“×100”挡试测时，发现指针偏转过大，则该改用_____（选填“×10”或“×1K_____。第14页/共22页实验室现有器材：电源（3V电流表（量程为，内阻为电压表（量程为，内阻约为滑动变阻器（）要求电阻值测量精准并且电表读数范围尽量大，则应选择下列_____电路图。A.B.C.D.（3）选用合适的电路图后，求出金属电阻和电阻率。已知金属丝接入电路的长度为，直径为，电流表阻值为。电流表示数为时，电压表示数为，由此可得电阻率的表达式为_____（用题中所给的字【答案】（1）1.8（2）①.×10②.120③.B（3）【解析】【小问1详解】金属丝的直径为3mm+0.1mm×6=3.6mm，则其半径为1.8mm。【小问2详解】[1][2]该小组选用伏安法测量金属丝的电阻，在测量之前，先选用“×100”挡试测时，发现指针偏转过大，则“×10”12×10=120第15页/共22页。[3]因可知因采用电流表内接；为得到更大范围的电压值，则滑动变阻器要接成分压电路，则选B。【小问3详解】根据，，可得16.下列关于实验操作和数据处理中，正确的有（）A.探究平抛运动的实验中，描点作图时，应该用平滑的曲线连接所有的点B.在验证机械能是否守恒的实验中，应该先接通打点计时器的电源，再放开纸带C.在探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验时，更换质量更大的小车时，应该重新补偿阻力D.观察电容器充、放电现象实验中，得到电容器充电的It图线后，可以通过整个图线与横轴所围的面积来估算电容器的充电电荷量【答案】BD【解析】【详解】A．明显偏离的点要舍去，并不是必须连接所有的点，A错误；B．为充分利用纸带，多记录数据，应该先接通打点计时器的电源，再放开纸带，B正确；C．平衡摩擦力的实质是，即，与小车的质量无关，更换小车后，不需要重新平衡摩擦力，C错误；DIttD正确。故选BD。17.如图所示，两根倾斜直金属导轨aa'、bb'平行放置，两导轨之间的距离L=0.50m，导轨平面与水平面之间的夹角θ=37°。一根质量m=0.05kg的均匀直金属杆MN垂直放在两导轨上处于静止状态，整个装置处于B=0.4TE=3Vr=1Ω的电源，电阻R=2.0Ω，其余电阻不计。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：第16页/共22页（1）通过电阻R的电流大小；（2）MN棒受到的安培力大小；（3）金属导轨与MN棒间的摩擦力大小。【答案】（1）1A（2）0.20N（3）0.1N【解析】【小问1详解】根据闭合电路的欧姆定律，有代入数据得【小问2详解】MN棒受到的安培力F=ILBF=0.20N【小问3详解】由左手定则知安培力沿斜面向上；将重力正交分解得根据平衡条件代入数据解得18.左侧与光滑竖直圆弧管道在最低点在点平滑连接，紧靠处有一小车静止在光滑水平地面上，小车上表面由光滑水平面和光滑竖直圆弧面点以的初速度沿切线向下进入圆弧管道，此后冲上传送带及小车。已知滑块质量长度半径，圆弧面半径，重力加速度取。求：第17页/共22页（2）滑块通过传送带过程中，与传送带间因摩擦而产生的热量；（3）滑块冲上小车后，从点离开小车时的速度大小。【答案】（1）92N（2）9J（3）m/s【解析】【小问1详解】从A到B过程中解得在B点时解得F=92N根据牛顿第三定律可知，滑块到达点时对轨道的压力大小。【小问2详解】滑块滑上传送带时的速度为，物块在传送带上先做匀减速运动，则加速度大小为=5m/s2减速到与传送带共速时的时间则物块的位移可知滑块与传送带共速后与传送带相对静止，则滑块通过传送带过程中，与传送带间因摩擦而产生的热量【小问3详解】滑块冲上小车时的速度等于传送带的速度v=3m/s，由水平方向动量守恒可知解得第18页/共22页由能量关系可知解得19.如图所示，两平行金属板、长，两板间距离，板比板电势高，一带正电的粒子电荷量，质量，沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度MNPS点的点电荷右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面相距为，是中心线与界面的交