浙江省Z20名校联盟2025-2026学年第二学期创新班联考高二物理试题卷

浙江省+名校联盟学年第二学期创新班联考高二物理试题卷选择题部分一、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个是符合题目要求的，多选、错选均不得分）1.国际单位制中，选定7个基本物理量的单位作为基本单位，导出量的单位可以由基本量的单位组合而得到。例如，力的单位可以由牛顿第二定律导出，根据所学知识判断，电阻的单位“欧姆”用国际单位制下的基本单位组合后，可以表示为（）AB.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据欧姆定律，可得电阻其中电压U的单位是伏特（VI的单位是安培（A）根据电场力做功公式，可得电压功W的单位是焦耳（Jq的单位是库仑（C）根据可知根据可知故电压的单位为将电压的单位代入欧姆定律的表达式中可得故选A。2.c与待测滚珠ab放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等第1页/共24页

为合格，下列说法正确的是（）A.滚珠a、b均合格B.滚珠a、b均不合格C.滚珠a合格，滚珠b不合格D.滚珠a不合格，滚珠b合格【答案】B【解析】【详解】单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的光程差相等，不同的干涉条纹位置处光的光程差不同，由于滚珠a、b的直径与滚珠c的直径均不相等，因此滚珠a、b均不合格。故选B。3.如图是一种新型钟表，钢铁小球在电磁力的作用下在倾斜的表盘上与表盘间隔一定距离做半径为10cm的匀速圆周运动，小球每转动一周，时钟跳跃一分钟，对于时钟下列说法正确的是（）A.小球所受电磁力与重力等大反向B.小球的转速是转每秒C.小球的角速度是弧度每秒D.小球的线速度是米每秒【答案】D【解析】A心力，故合力不为零，所以电磁力与重力不可能等大反向。故A错误；B．由题意可知，小球做匀速圆周运动的周期为所以小球的转速是，故B错误；第2页/共24页

C．小球的角速度是，故C错误；D．小球做匀速圆周运动的半径为则小球的线速度是，故D正确。故选D。4.如图所示，O为半径为R的正六边形外接圆的圆心，在正六边形的两个顶点放置一带电荷量为的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为的点电荷。则圆心O处的场强大小为（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【详解】如图所示根据对称性可知E、E4大小相等，方向相反，合场强为0；E、E2为两组等量异种电荷的合场强，根据点电荷电场公式有由于的夹角为120°，根据矢量合成法则可知O点电场为故选B。5.0.40s刻外，空中总有3个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（球点算起，取）第3页/共24页

A3.2mB.2.4mC.1.8mD.0.8m【答案】C【解析】【详解】根据竖直上抛对称性可知，空中总有3个球，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为所以上升最大高度故选C。6.12t知地球的半径为RRG是（）A.卫星在近地点与远地点离地的高度之比为B.卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为C.地球的质量为D.忽略自转影响，地球表面的重力加速度大小为【答案】D【解析】A点时有第4页/共24页

同理卫星在远地点时有解得已知近地点离地面的高度为，则近地点到地心的距离为所以远地点到地心的距离为则远地点距地面的高度为所以卫星在近地点与远地点离地的高度之比为，故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得所以卫星在近地点与远地点的加速度之比为，故B错误；C．该卫星的半长轴为由图2可知，卫星的公转周期为结合开普勒第三定律有解得地球的质量为，故C错误；D．由万有引力等于重力，有解得地球表面的重力加速度大小为，故D正确。故选D。7.如图所示，质量分别为、的两个物体AB在水平拉力F的作用下，沿光滑水平地面一起向右运AB间的滑动摩擦因数为大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）第5页/共24页

A.A、B一起向右运动的加速度大小为B.A、B间的摩擦力大小为C.要使A、B之间不发生相对滑动，则F的最大值为D.若地面粗糙，滑动摩擦因数也为，A、B依然可以一起向右运动【答案】C【解析】ABB对A的静摩擦力ABAB列牛顿第二定律，对滑轮有联立解得，，故A错误，B错误；C．要使A、B之间不发生相对滑动，则静摩擦力最大值为所以解得F的最大值为，故C正确；DABAB整体和B列牛顿第二定律，解得A、B之间的静摩擦力A、B之间的最大静摩擦力联立解得，由于静摩擦力不可能超过最大静摩擦力，故假设错误，A、B不可能一起向右运动，D错误。故选C。8.小马利用“压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小”的性质，设计了判断物体运动状态的装置，其工作第6页/共24页

原理如图所示，电源、电流表、定值电阻和压敏电阻由导线连接成一个串联电路，压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个可活动的绝缘球，压敏电阻不受力时，电流表示数为，电压表的示数为，小车运动状态变化会引起电流表示数变化。某次实验中，小车按如图所示运动，在时间内做匀速直线运动；在时间内做加速直线运动；在时间内做匀速直线运动；在时间内做减速直线运动。下列图线能反映上述可能的运动状态是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】时间内小车做匀速直线运动时，压敏电阻不受绝缘球的压力作用，故电流为，R时间内小车做匀速直线运动和在时间内小车做减速直线运动时，压敏电阻不受绝缘球的压力作用，则电流为，电压为，保持不变，与时间内相同。故选A。9.2026年1月5日，“S2000浮空风力发电系统”在四川宜宾实验成功，并完成了并网发电测试。S2000浮空第7页/共24页

风力发电系统看起来像一个巨大的银白色飞艇，利用体内近2万立方米的氦气产生的浮力，将设备托举至2000米高空。独特的环翼结构像“聚风喇叭”一样，将高空的风聚集并加速，推动内置的轻量化发电机旋转。内部共有12组发电机组，每个组装了三台100kW的发电机。它通过一根集成了高压电缆的系留缆绳，将电能传输回地面，同时这根缆绳也负责传输数据和固定位置。对于风力发电机，下列说法正确的是（）A.高空的风速约为地面的3倍，动能更大，相同效率的风力发电机组，高空上的风力发电功率理论上是地面发电功率的9倍B.发电时空中电站受到重力、浮力、水平风力三个力的作用C.若所有发电机组满功率发电，则整个系统一天产生电能约为焦耳D.若其年平均发电功率1.5MW，则一年可发电约为度【答案】D【解析】AvSt时间内冲击发电机叶面空气的质量为m气的动能全部转化为叶面的动能用来发电，则有则发电机的输出功率即由于高空风速约为地面的3倍，则该系统的输出功率是传统风力发电机的27倍，故A错误；B．空中电站除重力、浮力、水平风力外，还受到系留缆绳的拉力作用，共4个力，故B错误；C．总满功率一天产生电能，故C错误；D．1.5MW=1500kW，一年发电量W=1500kW×365×24h≈1.3×107kWh=1.3×107度，故D正确。故选D。10.移动，莲叶的半径为R，莲叶边缘距离岸边的哨兵距离为s，哨兵的眼睛离水面的高度为H，水的折射率为，水足够深，机器人可以看作质点，则（）第8页/共24页

A.当前机器人位置哨兵刚好看不到，哨兵后退时，为了不被发现，机器人要下潜一段距离B.机器人位置离荷叶越近，看到外部空间范围越大C.要想不被哨兵看见，潜水的最大深度为D.要想看到岸边的情况，潜水深度必须大于【答案】C【解析】【分析】设折射发生在莲叶边缘，空气中入射角为，水中折射角为，由折射定律：其中：，代入可得：平方整理得：即刚好能被哨兵看到的最大深度为，深度大于时哨兵看不到机器人。【详解】A．哨兵后退时增大，由的表达式可知，最大深度减小，原来机器人位置已经看不到，仍满足看不到的条件，不需要下潜，故A错误。B越小，看到的范围越小，故B错误。C．推导和表达式一致，故C正确。D，，得第9页/共24页

由，得，故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共分。每小题列出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分）下列有关热学知识的说法中正确的是（）A.机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部转化为机械能B.热量可以从低温物体传递给高温物体C.第二类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律D.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功【答案】AB【解析】【详解】A为机械能，比如理想气体等温膨胀过程中，气体内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，但是同时引起了气体体积增大的变化，因此该说法正确，故A正确。BB正确。C．第二类永动机并不违反能量守恒定律，它不可能制成是因为违反了热力学第二定律，故C错误。D．热力学第二定律的开尔文表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不引起其他变化，若允许引起其他变化，是可以实现的，选项D缺少“不引起其他变化”这个前提，故D错误。故选AB。12.质点）穿在绝缘细绳上，并在水平的匀强电场的作用下在某位置保持静止，匀强电场平行两竖直杆所在平面，绳子上的张力大小用F来表示，则（）A.若只将绳子的右端点下移一小段距离，再次稳定后，F可能不变第10页/共24页

B.若只将绳子的左端点下移一小段距离，再次稳定后，F一定变小C.若只电场强度增大一点，再次稳定后，F可能不变D.若只电场强度减小一点，再次稳定后，F一定变小【答案】BC【解析】【详解】将重力和电场力等效成一个力F，则小环受到两边绳子上的拉力关于F直F方向上的距离为d，两竖直杆间绳子的长度为L，两绳间的夹角为，对小环受力分析如图沿着合力方向和垂直合力方向进行正交分解，有根据几何关系可知A．若只将绳子的右端点下移一小段距离，再次稳定后，绳子两端在垂直F方向的距离增大，绳子间的夹角增大，则F将变大，故A错误；B．若只将绳子的左端点下移一小段距离，再次稳定后，绳子两端在垂直F方向的距离减小，绳子间的夹角减小，则F将变小，故B正确；C．若只电场强度增大一点，F变大，小环向左移动，再次稳定后，绳子间夹角减小，则F可能不变，故C正确；D．若只电场强度减小一点，F变小，小环向右移动，再次稳定后，绳子间的夹角变大，则F可能不变，故D错误。故选BC。13.平静的均匀介质中，在时刻，位于振源开始振动产生的简谐横波在xOy水平面内传bz轴正方向竖直向上。时位置的质点刚刚开始振动，时位于处振源）第11页/共24页

A.A点既不是加强点，也不是减弱点B.很长一段时间后，和的连线上有2个振动加强区和2个振动减弱区（不包含和）C.时，坐标原点处的质点速度方向向上D.时，位置处的质点位移为z轴正向【答案】AD【解析】【详解】A．A点坐标为，到距离，到距离，路程差振动加强条件为（为整数）减弱条件为该点路程差不满足任一条件，因此既不是加强点也不是减弱点。故A正确。B．与间距设连线上某点距为，距为，路程差。加强条件：得时时共3减弱条件：得，对应共2个减弱点。因此B错误。C．原点：第12页/共24页

的波传到的时间为时已振动，振源起振向上，振动到达负最大位移，速度为0。在开始振动，波传到的时间为时已振动，到达正最大位移，速度为0。合速度为0，因此速度方向向上不成立。故C错误。D．点到、的距离均为，，为振动加强点：的波传到该点时间为时，振动时间位移。的波传到该点时刻为振动时间位移总位移沿z轴正向。故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共分）14.某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：（1）将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。利用游标卡尺测量遮光片的宽度d时示数如图乙所示，遮光片宽度第13页/共24页

________cm。（2）将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过时间，计算出在光电门1速度、若经过光电门2的时间，则在光电门2时的速度________m/s。从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间，计算小车的加速度________（结果均保留2（3F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应________（填“增大”或“减小”）轨道的倾角。（4）图丙中直线斜率的单位为________（填“kg”或“【答案】（1）0.515（2）①.0.82②.0.42（3）减小（4）【解析】【分析】【小问1详解】20分度游标卡尺精度为，主尺读数为，游标尺第3格对齐，游标尺读数为故读数【小问2详解】[1]光电门的瞬时速度[2]加速度根据定义【小问3详解】图像在时第14页/共24页

大）导致的，因此需要减小轨道倾角。【小问4详解】根据牛顿第二定律图像的斜率质量单位为，因此斜率单位为【点睛】15.某同学测某种电池的电动势和内阻时，先用多用电表直流2.5伏电压挡粗测电动势，示数如表盘显示刻度（1）电表测得的电动势为________V。（2）为了准确测量出电动势和内阻，同学选取了两节电池串联，还有开关、导线、电压表（量程为0~3V。为了顺利地完成实验还需要的器材有________（多选）A.电流表（量程为0~0.6A，内阻为）B.电流表（量程为0~3A，内阻为）C.滑动变阻器（，0.5A）D.滑动变阻器（，1A）（3）测量电动势和内阻过程中，为了减小电表的影响，选择的实验电路图为________（填甲或乙）（4）经过测量，通过描点绘图后得到的图像如图丙所示，利用图像计算得到一节电池的电动势和内阻分别是________V和________（结果均保留2位有效数字）第15页/共24页

【答案】（1）1.20（2）AC（3）乙（4）①.1.3②.0.60【解析】【小问1详解】由图可知，多用电表直流2.5伏电压挡，则最小刻度为0.05V，所以电表测得的电动势为1.20V。【小问2详解】测量电源电动势与内阻实验中，流过电源的电流不能太大，一般不能超过0.6A，因为电流太大，电源内阻显，选择最大阻值较小的。故选AC。【小问3详解】由于图中所给实验器材中电流表内阻已知，则可避免因电流表分压导致的实验误差，所以应使用电流表的内接法，故选乙。【小问4详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得整理可得所以，图线的总截距为解得图线的斜率绝对值为解得16.抽气，每次抽出气体体积，抽气前罐内气压等于外界大气压，拔罐过程中，真空罐底部不漏气，忽第16页/共24页

略抽气筒与真空罐连接部分的体积。求：（1）某次拔罐只抽了两次，若忽略罐内体积和温度的变化，则罐内的压强变为多少？（2原来气体质量的比值K是多少？（3）接（2）问，抽完气后，随着时间的推移，罐内气体的温度受体温影响从17摄氏度升高到27摄氏度，忽略体积变化，则压强变为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】根据等温变化有，解得【小问2详解】罐内气体压强变为，根据波义耳定律有解得则可知第17页/共24页

【小问3详解】罐内气体的温度受体温影响从升高到体发生等容变化，则有解得17.在水平地面上，轨道厚度不计，重叠处微微错开，出口D与水平地面相切，轨道右边有一个带圆轨道的滑块静置在水平地面上，滑块圆弧半径也为R。一个质量为m的小球，大小可忽略不计，从离地面高为h（h未知）的斜面上A点静止释放，在圆轨道内的运动可看作圆周运动，出D点后能从水平地面滑上滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g，水平面足够长。问：（1）当小球恰好能过B点，则小球运动到C点时对轨道的压力是多大？这时小球的加速度是多大？（2）若滑块的质量M等于m，小球从位置静止释放，并冲上滑块，则小球与滑块第一次分离到再次接触滑块的过程中，滑块向前滑行的距离是多大？（3）若小球从高位置静止释放，要想滑块能与小球第三次相遇，则对滑块的质量M有什么样的要求？【答案】（1），方向水平向右，（2）（3）【解析】【小问1详解】刚好到最高点，从B到C，根据动能定理有第18页/共24页

根据牛顿第二定律有结合牛顿第三定律解得方向水平向右根据矢量合成可知此时小球加速度为【小问2详解】对小球根据动能定理有解得小球和滑块水平方向动量守恒，有根据能量守恒定律有根据速度分解有竖直方向解得水平方向【小问3详解】根据小球与滑块水平动量守恒有根据能量守恒定律有解得，根据题意解得18.电，手摇发电机的内部用两大两小的传动齿轮组带动线圈转动，线圈匝数匝，面积为，第19页/共24页

线圈电阻不计，内部匀强磁场为，大齿轮半径均为R，小齿轮半径均为r，并且，如图甲所示。整个弹射装置置于水平桌面上，充电电路中的电容器通过二极管，电流表与发电机的输出端ab相连，电压表观察输出电压。单刀双掷开关S控制电容器的充放电，超级电容器电容为C。虚线右侧为两平行放置的水平导轨，间距为L，两导轨平面内有竖直向下的匀强磁场，磁场强度为B，导体棒EF与导轨垂质量都为m。充电时电键S接1，用手摇动发电机以1转/秒的转速匀速转动发电，当电流表的示数变为0时，再把电键S接到2位置，导轨、导槽足够长，电阻不计，电表为理想电表，问：（1）电容器充电过程中，电压表的示数？（取3）（2）电容器充电过程中电流表示数变为0时，其两端的电势差等于多少？电容器电容，这时电容器所带的电量是多少？（3）若电容器充电后电压变为就停止充电，然后电键S接到2进行弹射，求小球获得的最大速度？【答案】（1）（2），（3）【解析】【小问1详解】根据大齿轮与小齿轮的半径关系有解得角速度交流电最大值为解得第20页/共24页

有效值为代入数据解得【小问2详解】根据右手定则可知c点电势较低，则根据电容器的定义式有代入数据解得【小问3详解】速度最大时电容放出电荷量满足根据动量定理有则有解得19.如图乙：粒子源不断的发射正负两种粒子，粒子的速度范围在0到之间，它们质量都为m，正粒子电量为为B，方向垂直纸