2025-2026学年浙江省91高中联盟第二学期高二年级期中考试物理试卷 (解析版)

高级中学名校试卷PAGE2026学年浙江省91高中联盟第二学期高二年级期中考试物理试卷1.“福建舰”航母搭载我国自主研发的“电磁弹射”装置。如图所示，在匀速前进的“福建舰”上，“歼-35”战斗机从静止弹射起步后在甲板上滑行15s后起飞。以下相关说法正确的是(  )A.“歼-35”战斗机从静止弹射起步，这里的“静止”是以福建舰为参考系的B.“歼-35”弹射起步后滑行15s后起飞，这里的“15s”是指时刻C.研究航母在大海中的航行路线时不可以将其看成质点D.“歼-35”从起飞到返航降落航母的过程中其位移为零【答案】A【解析】“歼-35"战斗机在甲板上，相对于航母静止，随航母一起运动，“歼-35”战斗机从静止弹射起步，这里的“静止”是以福建舰为参考系的，A正确；"15s"对应滑行过程，在时间轴上用一段线段表示，是时间间隔，不是时刻，B错误；研究航母航在大海中的航行路线时，其大小形状可忽略，可以看成质点，C错误；由于航母在匀速前进，飞机起飞和降落时航母位置不同，对地参考系下飞机初末位置不同，位移不为零，D错误。故选A。2.一无人机从静止开始竖直向上运动，10s内无人机的加速度时间图像如图所示，该过程中无人机的最大速度为(  )A.0.8m/s B.4m/s C.10m/s D.20m/s【答案】D【解析】根据a=∆v∆t可得∆v=a⋅∆t，在a-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量Δv。由图可知，无人机从静止开始运动，初速度v0=0。在010s内，加速度a始终大于等于0，说明无人机一直做加速运动，因此在t=10s时速度达到最大。最大速度vm3.图为嫦娥三号登月轨迹示意图。图中M点为环地球运行的近地点(与地心距离接近地球半径)，N点为环月球运行的近月点。a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是(  )A.嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应适当减速B.嫦娥三号在环地球轨道上M点的速度大于11.2km/sC.设近地和近月圆形轨道卫星的运行周期分别为T1和T2，地球和月球的平均密度分别为ρ1和ρ2，则ρD.设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的速度为v1，在椭圆轨道b上经过N点时的速度为v2，则v1>v2【答案】C【解析】由题意可知，嫦娥三号在M点从环地球轨道进入地月转移轨道，由低轨进入高轨，轨道半径变大，需做离心运动，故应适当加速，A错误；11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，嫦娥三号仍在地月系内运动，未脱离地球引力范围，故在M点的速度小于11.2km/s，B错误；近地卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可得GMmR2=m4π2T2R，根据质量公式M=ρ43πR34.如图所示，把一只乌龟轻轻地放在位于水平地面上的滑板车上，如果忽略滑板车与地面之间的摩擦，当乌龟在滑板车上向左爬行时(不打滑)，下列说法中正确的是(  )A.滑板车和乌龟之间的一对相互摩擦力一定等大且反向，所以滑板车相对地面向右运动，其速度大小与乌龟一定相同B.乌龟对滑板车的压力和地面对滑板车的支持力是一对平衡力C.乌龟消耗的体能转化为乌龟和滑板车的动能和“摩擦生热”D.乌龟对滑板车的摩擦对滑板车做正功，滑板车对乌龟的摩擦对乌龟做负功；滑板车和乌龟组成的系统机械能不守恒【答案】D【解析】由牛顿第三定律可知，滑板车和乌龟之间的摩擦力为一对相互作用力一定等大且反向。由题意可知，系统在水平方向不受外力，动量守恒，设向左为正方向，由0=mv龟+Mv车，解得v车=-mMv龟，滑板车向右运动，但速度大小与乌龟速度大小之比为mM，只有当m=M时速度大小才相同，A错误；乌龟对滑板车的压力大小等于乌龟自身重力mg，地面对滑板车的支持力大小等于乌龟和滑板车的总重力(M+m)g，二者大小不等，不是一对平衡力，B错误；乌龟在滑板车上爬行时不打滑，说明乌龟与滑板车之间存在静摩擦力，静摩擦力作用点之间无相对位移，Q=f⋅x相对=0，因此不产生摩擦生热，乌龟消耗的体能主要转化为乌龟和滑板车的动能以及乌龟体内的内能，C错误；乌龟向左爬行，对滑板车的摩擦力水平向右，滑板车向右运动，二者方向相同，对滑板车做正功；根据牛顿第三定律，滑板车给乌龟一个向左的摩擦力，由于不打滑，乌龟脚(受力点)随滑板车向右运动，摩擦力方向(5.如图所示，在干燥环境中将带正电的小球C靠近一对带有绝缘支架的空心枕形导体A和B时，当C和A相距20厘米时保持C不动，发现导体A和B下方的一对金属箔张开。以下说法正确的是(  )A.静电平衡之前，B中的电子向A定向移动，电子移动的速度等于光速B.导体B带正电，待静电平衡时B的电势高于AC.导体中的感应电荷均匀分布在导体的外部，且导体A的带电量大于导体B的带电量D.用手指碰触A或B(相当于将A或B和地面连接)数秒后移开，再移走C，A和B都带上负电【答案】D【解析】静电感应过程中，导体中的自由电子在电场力作用下发生定向移动，光速是电磁场传播的速度，远大于电子定向移动的速率，A错误；当导体达到静电平衡状态时，导体是一个等势体，A、B两导体的电势相等，B错误；导体达到静电平衡时，电荷分布在导体的外表面，且两端电荷密度大，中间小，分布不均匀。若A、B初始不带电，根据电荷守恒定律，A端感应出的负电荷量与B端感应出的正电荷量相等，C错误；用手指碰触A或B，相当于将导体AB接地，大地中的电子在带正电的小球C的吸引下流向导体AB，中和了B端的正电荷并使AB整体带负电。断开接地后，A和B均带负电，移走C后电荷重新分布，A和B仍带负电，D正确。故选D。6.如图所示，固定在水平面上的半径为r=l的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l阻值为R的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是(  )A.微粒带负电B.微粒的电荷量与质量之比为4gdC.电阻消耗的电功率为πD.电容器所带的电荷量为1【答案】B【解析】由题意可知，金属棒转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则可知，金属棒中感应电流方向由边缘指向圆心，即由A指向O，则O点电势高于A点电势。电容器下极板接O点(高电势)，上极板接A点(低电势)，板间电场方向竖直向上。微粒静止，处于平衡状态，电场力竖直向上，与电场方向相同，故微粒带正电，A错误；金属棒产生的感应电动势E=12Bl2ω，金属棒电阻与外接电阻均为R，电路总电阻为2R，根据闭合电路欧姆定律可得电流I=E2R，电容器两端电压等于路端电压U=IR=14Bl2ω，微粒受力平衡，则有mg=qUd，解得7.我国在“静电电动机”领域研究取得重大突破，已经用于微型飞行器。如图所示，相比传统的感应式电动机，静电电动机是利用正负电荷之间的相互作用力实现能量转换的电动机，无需磁铁与线圈，大大提高了能量的利用率。以下相关说法中正确的是(  )A.搭载传统感应式电动机的无人机在高速飞行时，线圈中会产生较大的反电动势，这不利于提高电动机的输出扭矩B.感应式电动机是利用感应电流所受的安培力驱动转子，与洛伦兹力无关C.正负电荷之间的相互作用力称为安培力；感应式电动机是利用感应电流所受的安培力驱动转子，与洛伦兹力有关D.感应式电动机刚启动时，线圈中的反电动势较小，此时电动机的工作电流较小，产生的安培力也较小【答案】A【解析】传统感应式电动机线圈转动切割磁感线产生反电动势E，根据法拉第电磁感应定律E=NBSω=NBS⋅2πn，可知E与转速成正比，高速飞行时E较大，由欧姆定律可得I=U-ER，知电流I较小，安培力F=BIL较小，输出扭矩较小，A正确；安培力是洛伦兹力的宏观表现，感应式电动机驱动转子转动的安培力本质上是洛伦兹力，正负电荷之间的相互作用力是库仑力，不是安培力，BC错误；感应式电动机刚启动时转速为零，线圈中反电动势为零，由欧姆定律I=UR知启动电流很大，安培力很大，8.如图(a)所示，小明同学将两个线圈按图上下叠放，线圈中间无铁芯。下层线圈输入的电流信号为如图(b)所示的锯齿波，输入端接0和200接口。上层线圈的输出端与示波器相连，连接0和400接口，示波器与某一用电器相连(图中未画出)。实验中测得输入电流的峰值为Im，以下相关说法中正确的是(  )A.示波器上显示的波形也为锯齿波B.输入功率大于输出功率C.输入电流的有效值为2D.输入电压与输出电压的有效值之比为1:2【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，由于磁通量Φ与电流i成正比，则感应电动势E∝ΔiΔt，由图(b)可知，输入电流i随时间t均匀变化，ΔiΔt大小为定值，故感应电动势大小恒定，示波器显示的波形应为矩形波，A错误；由题意可知，线圈中间无铁芯，漏磁严重，且线圈存在电阻，能量传输过程中有热损耗和磁损耗，根据能量守恒可知，输入功率大于输出功率，B正确；图(b)所示电流为锯齿波，根据有效值的定义式可得(Im2)29.托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管(CS线圈)可以驱动附近由电子和阳离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图(a)所示。当CS线圈通以如图(b)所示的电流时，产生的等离子体电流方向(俯视)为(  )A.顺时针 B.逆时针

C.先顺时针后逆时针 D.既有逆时针又有顺时针方向的电流【答案】A【解析】由图(b)可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据安培定则可知，CS线圈产生的感应磁场下端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律结论“增反减同”可知产生的感应电场方向为顺时针方向(俯视)，则产生的等离子体电流方向(俯视)为顺时针；同理可知，通过CS线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向(俯视)仍为顺时针。故选A。10.如图所示，将一挡板竖直放置于某匀强电场中，电场方向竖直向下。甲、乙两个比荷均为k的带电粒子在电场中运动，甲经过A点时的速度v1的方向与竖直方向的夹角为53°；乙经过B点时的速度v2的方向与竖直方向的夹角为37°，A点和B点在同一竖直线上，C点和D点也在同一竖直线上。两粒子均垂直撞击在挡板上的P点，甲通过C点时速度方向与水平面的夹角为α，乙通过D点时速度方向与水平面的夹角为β。两粒子从A、B出发到点P的过程中，它们的水平位移为x。不计空气阻力和重力，已知sin53°=0.8，sin37°=0.6，对两粒子从A、B出发到点PA.甲、乙上升的最大高度的比值为9:16B.电场强度E=C.tanD.甲、乙从A、B出发到点P的运动时间比为3:4【答案】C【解析】依题意，做两粒子速度的延长线，如图所示采用逆向思维，把两粒子的运动看作从P点向左的平抛运动，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点，由几何关系可得tan53∘=x2y1，tan37∘=x2y2，联立可得甲、乙上升的最大高度的比值为y1y2=916，A正确；对甲粒子有tan53∘=x2y1，竖直方向的速度为v1y=v1cos53∘，根据匀变速直线运动规律，可得y1=vy122a，根据牛顿第二定律，有qE=ma，联立解得E=1225kxv12，B正确；两粒子竖直方向，有y=12at11.下列说法中正确的是(  )A.把图甲中感应式电动机中间的转子(铁芯)改成铜芯，电动机的动力性能会变得更强B.若图乙中储油罐内的液面上升，LC电路振荡周期会变长C.图丙中单色光入射楔形透明膜时，光的频率越高，明暗条纹间距越大D.用图丁中扭秤探究电荷间相互作用力时，应使金属小球A与C带同种电荷【答案】BD【解析】感应式电动机的转子利用电磁感应产生涡流，从而受到安培力驱动，铜芯的磁导率远低于铁芯，产生的涡流较弱，受到安培力较小，所以动力性能会变差，A错误；若图乙中储罐内不导电液体液面上升，电容器极板间电介质的介电常数增大，根据电容决定式C=ϵrS4πkd，可知C变大，根据振荡电路周期公式T=2πLC可知，LC电路振荡周期增大，B正确；图丙中单色光入射楔形透明膜时，根据v=λf，可知频率越高，波长越小，从透明膜前后表面反射的光的路程差相差一个波长的相邻两明纹的距离减小，即明暗条纹间距越小，C错误；用图丁中扭秤探究电荷间相互作用力时，应使金属小球A与C带同种电荷，两球由于排斥而使A12.把一束激光射向盛满水的量筒中，发现激光并没有从量筒的侧壁射出，由此可判定(  )A.激光由玻璃射向空气时发生了全反射B.激光由水射向玻璃时发生了全反射C.增大入射激光束与水平方向的夹角，激光可能从量筒的侧壁射出D.适当增大入射激光束与水平方向的夹角，可以让水中激光束看起来更明亮【答案】A【解析】量筒盛满水，侧壁为玻璃，外侧为空气。由于n水<n玻璃，光从水射向玻璃时不会发生全反射，由于n玻璃>n空气，光从玻璃射向空气时，若入射角大于临界角，会发生全反射，导致激光无法从侧壁射出，A正确；B错误；设入射激光束与水平方向的夹角为α，则水面入射角i=90∘-α，增大α，i减小，根据折射定律n=sinisinr，可知折射角r13.均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2cm，波速均为1m/s，M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1cm。下列说法正确的是(  )A.甲波的波长为6mB.乙波的波长为6mC.t=3s时，N向y轴正方向运动D.由于波速相同，所以这两列波属于相干波【答案】BC【解析】A．由图可知，甲波的波长为λ甲=4mB．对乙波，x=2m处的质点和x=6m处的质点间的距离为4解得λ乙=6mC．乙波周期为Tt=0时刻，根据“上下坡”法可知，质点N向y轴负方向运动，t=3s时，即经过半个周期，质点N的位移为-1cm，且向y轴正方向运动，故C正确；D．由于波速相同，波长不相等，则频率不相等，两列波不属于相干波，故D错误。故选BC。14.打点计时器是高中物理实验中常用的实验器材，请你完成下列有关问题：(1)如图所示甲、乙两种打点计时器，其中                  是电火花计时器(选填“甲”或“乙”)，甲中的墨粉纸                  (选填“能”或“不能”)用复写纸代替。(2)某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图所示，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，选取部分纸带如图所示。相邻计数点间的时间间隔为0.10s，圆盘半径R=0.10m。纸带                  (选填“是”或“不是”)近似匀加速通过打点计时器；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为                  m/s2。(忽略纸带的厚度，结果保留两位有效数字)【答案】(1)甲，不能；(2)是，1.6【解析】(1)图甲中有墨粉纸和脉冲开关，接220V交流电源，是电火花计时器；图乙有线圈和振片，是电磁打点计时器。电火花计时器利用火花放电使墨粉在纸带上打出点，电磁打点计时器利用振针压迫复写纸打点，两种打点计时器的工作原理不同，墨粉纸不能用复写纸代替。(2)由纸带数据可知，相邻计数点间的位移分别为x1=3.59cm，x2=8.00-3.59=4.41cm，x3=13.22-8.00=5.22cm，x4=19.24-13.22=6.02cm，连续的相等时间的位移差分别为Δx1=x15.(1)如图所示，小张正在研究楞次定律，他把一个磁体从金属线圈上方下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的感应电流i随时间t的图像应该是下图中的(  )A.B.C.D.(2)楞次定律是                  在电磁感应现象中的具体体现。A.电阻定律B.库仑定律C.欧姆定律D.能量守恒定律(3)如图所示，实验结束后，小张同学又对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示，由图可知：①开关断开之前通过线圈的电流为                  A；②断开开关瞬间，通过小灯泡的电流突然变                  (选填“大”或“小”)。【答案】(1)B(2)D(3)①0.5；②大【解析】(1)在磁体穿过整个线圈的过程中，根据楞次定律可知，进入时电流方向与离开时电流方向相反，因为磁体离开时速度更大，磁通量的变化率更大，产生的感应电流更大。故选B。(2)楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转化为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实际上就是能量转化的过程，遵循能量守恒定律。故选D。(3)①由电路图结合线圈断电自感现象可知，开关断开前后，通过灯泡A的电流方向相反，而通过线圈的电流方向不变，可知图中上面图线为通过线圈的电流随时间变化的图线，下面图线为通过灯泡的电流随时间变化的图线，所以开关断开之前通过线圈的电流为0.5A；②由电流随时间变化图像可知，断开开关前通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，所以断开开关瞬间，线圈给小灯泡供电，通过小灯泡的电流突然变大。16.(1)小夏同学分别用数字电压表和指针式直流电压表测量一节干电池正负极之间的电压，其测量值均接近1.50V。如图(1)所示，用这两只电表测量一个自制的土豆电池，数字电压表的示数为0.911V，指针式电压表的示数为                  ；土豆电池的电动势更接近                  。(2)小李同学在练习使用指针式多用电表时，意外地发现一个“奇怪”的现象。他用指针式多用电表的欧姆挡的“1k”挡去测量一只直流电压表的电阻，结果发现两个电表的指针都发生了正向偏转，此时电压表的示数为2.60V，欧姆表的示数如图所示，被测电压表的内阻约                  Ω。小李同学肯定把多用电表的红表笔与电压表的                  (正极或负极)相连，欧姆表1k挡内部连接的电源的电动势约为                  V。(3)小胡同学在使用指针式多用电表欧姆档时，把转换开关旋转至1k挡，把电表的两只表笔分别与一只电容器的两极相连，发现电表的指针迅速向右发生大角度偏转，然后缓慢回转至表盘的“∞”处，通过分析小胡认为自己的操作损坏了电容器，他的分析                  (选填正确、不正确)。【答案】(1)VVB(2)16000，负极，9.1；(3)不正确【解析】(1)由图可知，指针式电压表分度值为0.1V，需要估读到下一位，则示数为0.64V，土豆电池内阻r较大，指针式电压表内阻RV较小，根据闭合电路欧姆定律U=RVRV+rE，可知路端电压U与电动势E偏差较大，A(2)由题图可知，选择开关置于×1k挡，被测电压表内阻RV=16×1kΩ=16000Ω，多用电表欧姆挡内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔，电流从黑表笔流出，经被测元件从红表笔流回。电压表指针正向偏转，说明电流从电压表正接线柱流入，负接线柱流出。因此，多用电表黑表笔接电压表正极，红表笔接电压表负极。此时电压表两端电压UV=2.60V，由欧姆定律可知流过电路的电流(3)使用多用电表欧姆挡测电容器时，多用电表内部电源给电容器充电。初始时刻电容器两端电压为零，充电电流最大，欧姆表指针向右偏转角度最大。随着充电进行，电容器两端电压升高，充电电流减小，指针向左偏转。当电容器充满电后，电路断路，电流为零，指针指在∞处。这是电容器完好的正常现象。故小胡的分析不正确。17.如图所示，极板AB之间的电压为U，静止于两极板中间的带正电离子，经电场加速后恰能沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域NCDQ的有界匀强电场，电场方向竖直向下，其中QN=2d，PN=3d，F为QN的中点。圆弧形静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向指向圆心O点，已知圆弧虚线所在处半径为R，若离子的质量为m、电荷量为(1)求离子刚进入圆弧形电场时的动能EkB；(2)求辐射状电场在圆弧虚线处的电场强度E0的大小；(3)若要求离子只能打在QF之间，求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E要满足什么条件？【答案】(1)12qU；(2)【解析】(1)由题意可知，离子在加速电场中运动过程，根据动能定理可得q解得E(2)离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力结合牛顿第二定律，有q又E联立解得E(3)离子进入矩形区域后做类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x=竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y=其中y=根据牛顿第二定律可得加速度a=由E得v联立得水平位移x=离子打在QF之间，即水平位移d≤x≤2d代入得d≤解得3U18.如图为某汽车减震器的原理图，匀强磁场的宽度L0=2m，磁感应强度大小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。一宽度L=0.4m、足够长的闭合矩形硬质金属线圈右端ab边与磁场边缘平行，线圈匝数n=10，质量m=4kg，线框电阻R=8Ω，线框以v0=5m/s的速度沿光滑水平面向右运动。弹簧的劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计空气阻力。求：(1)线圈刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小a；(2)线圈刚碰弹簧时的速度大小；(3)线框向右运动过程产生的焦耳热Q和弹簧的最大压缩量∆x。【答案】(1)(1)a=2.5m/s2(3)18J，8【解析】(1)线框刚进入磁场左边界时，根据法拉第电磁感应定律可知E=nBL根据闭合电路欧姆定律可得I=根据牛顿第二定律有F=nBIL=ma联立，解得a=2.5(2)设ab边刚到磁场右边界时的速度大小为v，取水平向右为正方向，根据动量定理有-nBIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得I-=其中ΔΦ根据q=联立可得-nBqL=mv-m解得v=4(3)根据能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热Q=ab边从磁场右边界出来后压缩弹簧，通过线框的磁通量不变，故线框中不产生感应电流，根据能量守恒定律，可知线框的动能全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能E解得弹簧的最大压缩量Δ19.某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30�的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动14圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入