2024浙江省余姚中学高二上学期期中考试物理（学考）PDF版含答案（可编辑）

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故选D。
2. 【答案】A
【解析】行星围绕太阳做匀速圆周运动，行星受到太阳的引力提供行星做圆周运动的向心力。
故选A。
3. 【答案】B
【解析】A．物体做曲线运动速度一定变化，其加速度不可能为0，选项A错误；
B．物体做曲线运动，其速率可能不变，例如匀速圆周运动，选项B正确；
C．物体做曲线运动，其速度方向一定发生变化，选项C错误；
D．物体做曲线运动，物体所受合外力的方向与它速度的方向不可能在一条直线上，选项D错误。
4. 【答案】D
【解析】A．麦克斯韦预言了电磁波，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，A错误；
B．电磁波的传播不需要介质，在真空中也可以传播，在真空中它的传播速度等于光速，B错误；
C．电磁波谱中波长最大的是无线电波，C错误；
D．红外线可以用来加热理疗，紫外线可以用来消毒，D正确。
5. 【答案】C
【解析】火车沿水平轨道匀速行驶，从火车落下的物体，有水平初速度，仅受重力，站在路边的人看到物体做平抛运动．故C正确，ABD错误．
6. 【答案】C
【解析】弹力方向总垂直于接触面指向受力物体。
【答案】A
【解析】篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。
8. 【答案】C
【解析】马拉车时，不论车如何运动，马拉车的力与车拉马的力都是一对作用力和反作用力，二者总是大小相等，方向相反。
9. 【答案】A
【解析】A．风力发电机叶片上P、Q两点属于同轴转动，故他们的角速度相等，由向心加速度公式a=ω2r，可知半径r不相等，所以两点的向心加速度大小不同，故A正确；
B．风力发电机叶片上P、Q两点在做匀速圆周运动，向心加速度的方向时刻指向圆心，所以两点的向心加速度方向不相同，故B错误；
C．由线速度与角速度的关系v=ωr，P、Q两点的半径r不相等，故线速度的大小不相等，故C错误；
D．由于做匀速圆周运动，故线速度的方向位于切线方向，所以P、Q两点的线速度方向不相同，故D错误。
10. 【答案】D
【解析】CD．竖直方向由位移公式可得
大人抛出的圆环，竖直位移较大，故运动时间较长，小孩抛出的圆环运动时间较短，故C错误，D正确；
AB．水平方向由位移公式可得
两人扔出的圆环水平位移相等，可知小孩抛出的圆环速度大小较大，故AB错误。
11. 【答案】D
【解析】A.由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明电子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，电场线方向向右，则形成电场的点电荷电性为负．故A错误；
B.由于电子受的电场力大小是变化的，且电场力的方向与速度方向不共线，所以电子的运动是非匀变速曲线运动，故B错误．
CD. 因电子在两点间运动的速度不断增大，则电场力做正功，故电子一定是从b点运动到a点，D正确，C错误；
12. 【答案】C
【解析】小圆环在整个下落过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故AB错误；小圆环从A下落到D的过程中，根据动能定理可得：，解得：，故C正确；当小球运动到D点时，加速度最大，根据对称性可知最大加速度大小大于重力加速度g，故D错误．所以C正确，ABD错误．
13. 【答案】C
【解析】电灯的额定电压下工作的电流为
根据闭合电路欧姆定律可得 解得
14.【答案】C
【解析】B．由于快递箱B水平向左做匀速直线运动，则其所受合外力为0，B错误；
A．由于快递箱B受到的合力为0，则快递箱B不可能只受到两个力的作用，因为这两力不在同直线，所以快递箱B至少受到三个力的作用，除了重力，绳子拉力，还有水平方向空气的阻力，A错误；
C．在竖直方向上由平衡条件可得解得
所以快递箱B受到的绳子拉力大小为，C正确；
D．绳子对B的拉力与绳子对A的拉力不是一对平衡力，因为这两个力的作用对象不是同一个物体，D错误。
15.【答案】C
【解析】ACD．电容器与电源相连，电压不变，增大电容器两板间距离的过程中，由公式可知，电容减小，根据电容定义式可知，电量减小，电容器放电，原来电容器上极板带正电，电路中放电电流方向为顺时针方向，则电阻R中有从a流向b的电流，故AD错误，C正确；
B．由电容的决定式可知，增大电容器两板间距离的过程中，电容减小故B错误．
16. 【答案】D
【解析】A.甲图中，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中平行于磁场运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，故A错误；
B.乙图中，线框和通电长直导线都在竖直平面内，线框以直导线为轴转动，故磁通量不变，无感应电流，故B错误；
C.丙图中，线框从图示位置开始以cd边为轴转动，转动角度小于60°，磁通量没有发生变化，没有感应电流，故C错误；
D.丁图中，条形磁铁竖直向下穿过水平放置的线框的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，磁通量发生了变化，所以能产生感应电流，故D正确。
17. 【答案】A
【解析】甲图偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，其周期与偏转电压上加的是待显示的信号电压的周期相同，所以在荧光屏上得到的信号与所载入的形状是一样的，故A正确。
18. 【答案】D
【解析】A.机器人正常工作时的电流为，A项错误；
B.由于不知道锂电池的内阻因此无法求机器人的发热功率，B项错误；
C.由于锂电池的电动势未知，无法求锂电池的内阻，C项错误；
D机器人可以连续正常工作的时间为D项正确.
19.【答案】(1)34.62；超重；(2)Fcsθ；FcsθG−Fsinθ(3)M+mg；R+rRmg
(4)正，S
20. 解：(1)对球A受力分析，如图，根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：
Tsin45°=mg
Tcs45°=F
解得：F=mgtan45°=0.2×10−3×10N=2×10−3N
即A球受的库仑力为2×10−3N.
(2)根据库仑定律，由F库=kQAQBr2得：
QA=Fr2kQB=2×10−3×0.329×109×4.0×10−8C=5×10−7C
即A球的带电量是5×10−7C
(3)根据电场强度的定义式，则有：E=FQA
代入数据，解得：E=2×10−35×10−7N/C=4×103N/C
答：(1)B球受到的库仑力大小为2×10−3N；
(2)A球所带电荷量为5×10−7C；
(3)B球在A球平衡处产生的电场强度的大小为4×103N/C。
21. 解：(1)由图可知，前5s内模型车做匀加速运动，故4s末的加速度：a=△v△t=85m/s2=1.6m/s2
(2)根据牛顿第二定律可知：
F−0.08mg=ma
解得：F=200×1.6N+0.08×200×10N=480N；
(3)v−t图象中图形与时间轴所围成的面积表示位移，则可知，
25s内的位移x=(10+25)×82m=140m。

22. 解：(1)A到C重力做功WAC=mg(ℎ1+R−Rcs53°)=60×10×(12+10−10×0.6)J=9600J
由ΔEP=−W可得ΔEp=−W=−9600J
即重力势能的减少量为9600J。
(2)在C点有FN−mg=mvC2R
解得
FN=mg+mvC2R=600N+60×(10 3)210N=2400N
由牛顿第三定律得，运动员滑到C点时对圆弧滑道的压力为FN'=FN=2400N
方向竖直向下。
(3)从C点到D点vD2−vC2=−2μgL
代入数据解得vD=4m/s
假设落到斜面上，则tan37°=12gt2vDt
代入数据解得
t=0.6s
由于
ℎ=12gt2=12×10×0.62m=1.8m<2m
假设成立，所以着落点距离D点的水平距离x=vDt=4×0.6m=2.4m
答：(1)运动员和滑雪板从A运动到C的过程中重力势能的变化量为9600J；
(2)运动员滑到C点时对圆弧滑道的压力为2400N；
(3)着落点距离D点的水平距离为2.4m。