浙江省2024年1月高二上学期学业水平考试物理试题（解析版）

这是一份浙江省2024年1月高二上学期学业水平考试物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了可能用到的相关参数等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、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。
2.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。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相关参数：重力加速度g取 。
选择题部分
一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54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. 下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A. sB. NC. FD. T
【答案】A
【解析】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；时间的单位是秒，符号s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质的量单位是摩尔，符号ml；发光强度的单位是坎德拉，符号cd。
2. 杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ）
A. 研究甲图运动员的入水动作
B. 研究乙图运动员的空中转体姿态
C. 研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D. 研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
【答案】C
【解析】A．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错误；
B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B错误；
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故C正确；
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D错误。
故选C。
3. 一位极限跳伞爱好者在教练的带领下从高处由静止往下跳。在起跳后的短时间内，降落伞没有打开。这段时间内他们的速度随时间变化的图像最接近于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】在起跳后的短时间内，降落伞没有打开，则空气阻力可忽略，可视为自由落体运动，根据自由落体运动规律，速度为
可知速度与时间成正比。
故选B。
4. 2023年12月9 日，“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入预定轨道。已知“鸿鹄卫星”离地面高度为h，其质量为m，地球质量为m地，地球半径为R，引力常量为G，则地球和“鸿鹄卫星”间的万有引力大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】结合题中数据，根据万有引力表达式可得地球和“鸿鹄卫星”间的万有引力大小为
r为卫星到地心的距离，即
故二者间万有引力大小为
故选 D。
5. 如图所示，人用力推沙发，但沙发纹丝不动。下列属于一对作用力与反作用力的是（ ）
A. 人所受重力与人对地面的压力
B. 人所受重力与地面对人的支持力
C. 人对沙发的力与沙发对人的力
D. 人对沙发的推力与地面对沙发的摩擦力
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小等大、方向相反、作用在不同的物体上，而人所受重力与人对地面的压力，方向相同，故二者不是一对作用力与反作用力，故A错误；
B．人所受重力与地面对人的支持力是一对平衡力，故B错误；
C．人对沙发的力与沙发对人的力是一对作用力与反作用力，故C正确；
D．人对沙发的推力与地面对沙发的摩擦力是一对平衡力，故D错误。
故选 C。
6. 如图所示，篮球从运动员手中被投出后，沿着一条优美的曲线飞行。用箭头标注篮球经过图中a、b、c、d四点时的速度方向。速度方向标注正确的是（ ）

A. aB. bC. cD. d
【答案】C
【解析】曲线运动某点的速度方向应为切向方向。
故选C。
7. 如图所示，小明同学练习街舞时在水平面上静止倒立，则此时小明（ ）
A. 受重力、支持力和静摩擦力作用
B. 所受支持力与重力大小相等
C. 所受静摩擦力方向水平向左
D. 所受静摩擦力方向水平向右
【答案】B
【解析】B．以小明为研究对象，根据竖直方向受力平衡可得其所受支持力与重力大小相等，故B正确；
CD．小明在水平面上静止，水平方向受力平衡，则所受静摩擦力为零，故CD错误；
A．综上所述，小明受重力、支持力作用，故A错误。
故选B。
8. 如图所示，用同一根匀质细绳把一本厚重的书扎一圈，然后把细绳的上端悬挂起来，下端用手牵住。当迅速将细绳下端猛力往下一拉时，发现书上面绳子未断而下面绳子断了。这一现象的合理解释是（ ）
A. 上面绳子更牢固
B. 书的质量大惯性也大
C. 上面绳子的弹力小于书重力
D. 下面绳子的弹力等于书重力和手拉力之和
【答案】B
【解析】由于书本质量较大，其惯性较大，运动状态不易改变，则用手迅速向下拉绳的瞬间，当书本由于惯性未动时，上段绳所受的拉力未增大，而此时下段细绳承受的力将比上段细绳承受的力大，因此下段细绳将会先断。
故选 B。
9. 如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮边缘上的点。当自行车停在路边支起后轮，并用手摇动脚踏板带动后轮转动，A、B、C三点的线速度大小分别为vA、vB、 vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC ，则（ ）

A. B.
C. ωA>ωB=ωCD. ωA ωBωC
【答案】A
【解析】AB．图像可知AB属于链条传动，故AB线速度大小相等，BC同轴转动角速度相同，根据
可知半径越大，线速度越大，故C线速度大于B的线速度，综合以上分析可得
故A正确，B错误；
CD．以上分析可知，AB线速度大小相等，根据
可知半径越小，角速度越大，故B的角速度大于A的角速度，又因为BC同轴转动角速度相同，综合以上分析可得
故CD错误。
故选 A。
10. 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A. 从1到2动能减少B. 从1到2重力势能增加
C. 从2到3动能增加D. 从2到3机械能不变
【答案】B
【解析】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加，则1到2动能减少量大于，A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于，选项CD错误。
故选B。
11. 下列图中属于两个等量正点电荷周围电场线分布情况的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】等量同种正点电荷是相互排斥的，它们产生的电场线对称分布，且电场线都是从正电荷发出，到无限远终止。
故选 D。
12. 投掷飞镖是一种常见的娱乐活动。如图所示，圆形靶盘竖直放置，其中心为O点。在P 点正对靶盘将飞镖以一定速度水平投出，经0.2s击中O点正下方的A 点。 已知 P、O两点等高且相距2m，则（ ）
A. 飞镖水平投出的速度为 0.1m/s
B. O点和A点间距为0.2m
C. 投出速度足够大就可击中O点
D. 投出速度越小则飞行时间越短
【答案】B
【解析】ABC．飞镖做平抛运动，则有
可解得
不可能击中O点，A错误，B正确，C错误；
D．水平长度恒定，速度越小时间越长，D错误。
故选B。
13. 如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。仅通过下列操作，线圈B中没有电流产生的是（ ）
A. 开关闭合瞬间
B. 开关断开瞬间
C. 开关闭合后变阻器滑片迅速移动
D. 开关闭合后变阻器滑片保持不动
【答案】D
【解析】A．开关闭合的瞬间，线圈A中电流从无到有，线圈B中磁通量增加，所以线圈B中会产生感应电流，故A正确，与题意不符；
B．开关断开瞬间，线圈A中电流从有到无，线圈B中磁通量减小，所以线圈B中会产生感应电流，故B正确，与题意不符；
C．开关保持闭合，移动滑动变阻器的滑片，线圈A中的电流变化，则线圈A中磁场变化，线圈B中磁通量变化，所以线圈B中会产生感应电流，故C正确，与题意不符；
D．开关保持闭合，滑动变阻器的滑片不动，线圈A中的电流不变，线圈B中磁通量不变，所以线圈B中不会产生感应电流，故D错误，与题意相符。
本题选错误的，故选D。
14. 实验小组利用铜片、锌片和橙子制作了橙子电池。他们用如图所示的电路测得橙子电池的电动势为1.06V，内阻为1.2kΩ。实验中若不及时断开开关，会发现电流表示数明显减小。已知电流表的内阻为100Ω，调节电阻箱的阻值为4kΩ时，电流表示数为I，则（ ）
A. I=200μA
B. I=259μA
C. 电流表示数明显减小是因为电池内阻减小
D. 电流表示数明显减小是因为电池电动势减小
【答案】A
【解析】AB．题意知电池电动势，内阻，电流表的内阻为，则根据闭合电路欧姆定律，当调节电阻箱的阻值为时，电流为
代入数据解得
μA
故A正确，B错误；
CD．电流表示数明显减小是因为电池内阻增大的原因，故CD错误。
故选 A。
15. 下列常见磁场的磁感线分布图，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A．磁感线在条形磁铁的外部应从N到S，A错误；
BD．拇指指向电流方向，四指的环绕方向为磁场方向，B错误，D正确；
C．四指指向电流方向，拇指为磁场方向，C错误。
故选D。
16. 一台额定功率为55W的家用小型电动机，额定电压是220V，线圈的内阻是 2Ω。则这台电动机正常工作时（ ）
A. 通过线圈的电流为110A
B. 线圈发热的功率为0.125W
C. 对外做功的功率为55W
D. 10min内消耗电能为550J
【答案】B
【解析】A．题意知电动机额定功率为，额定电压，线圈的内阻，正常工作时通过线圈的电流
故A错误；
B．线圈发热的功率为
联立以上得
故B正确；
C．对外做功的功率为
故C错误；
D．在10min内消耗电能为
故D错误。
故选 B。
17. 如图所示，两人去超市购物时共同提起购物篮并保持静止状态。两人对购物篮的拉力F1和F2 与竖直方向夹角分别为45°和30°，购物篮和篮内物品总重为G，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由题意知，购物篮和篮内物品受拉力和和自身重力G而平衡，则竖直方向有
水平方向有
联立解得
18. 如图所示，金属极板M受到紫外线照射会发射电子，射出的电子沿不同方向且速度大小在0~ vm间变化。正对M放置金属网N，并按图示在M、N之间加恒定电压U。 已知M、N间距为d （远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（ ）
A. M、N间距增大时电子到达 N的动能也增大
B. 电子从 M 到 N 过程中 y 方向位移大小最大为
C. 只有沿x 方向发射的电子到达 N时才可能有最大动能
D. M、N间加反向电压 时电流表示数恰好零
【答案】B
【解析】A．设电子离开M板时动能为，到达N的动能为，由动能定理得
整理得
可知M、N间距增大时电子到达 N的动能不变，故A错误；
B．粒子初速度竖直向下时，电子从 M 到 N 过程中 y 方向位移大小最大，设最大值为，分析可知电场中粒子做类平抛运动，设粒子在板间运动时间为t，则有
联立解得
故B正确；
C．以进入电场，到达N时动能最大，设为，由动能定理
解得
可知最大动能与进入发射电子方向无关，故C错误；
D．设M、N间加反向电压后，电子以沿x方向进入电场时，电子恰好不能运动到N板，此时电流表示数恰好为零，由动能定理
解得
故D错误。
故选 B。
非选择题部分
二、非选择题（本题共5 小题，共46 分）
19. 如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是
A. 放大法B. 控制变量法C. 补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是
A. 先接通打点计时器电源，后释放小车
B. 补偿阻力时未连接纸带
C. 调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（3）在小车质量__________（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述处理引起的误差为_________（选填“偶然误差”或“系统误差”）。
（4）经正确操作后获得一条纸带，截取其中一段如图2 所示。计数点5 的读数为______ cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为 50Hz，则打计数点 4 时小车的速度大小为_____________m/s（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）B （2）A （3）远大于 系统误差 （4）16.45 0.42
【解析】（1）本实验变量太多，故采用的研究方法为控制变量法。
故选B。
（2）A．实验过程中，纸带有限，为了节约纸带，应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故B错误；
C．为使小车所受合力为绳子拉力，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选A。
（3）[1][2]小车质量为 M，槽码质量为m。设绳子拉力为F，对小车和槽码，根据牛顿第二定律分别有
联立解得
可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力，上述做法引起的误差是由于实验原理不完善造成的，属于系统误差。
（3）[1]刻度尺最小分度值为0.1cm，故读数估读到0.01cm，所以计数点5 的读数为16.45cm；
[2]纸带可知计数点间时间为，故打计数点 4 时小车的速度大小为
20. 实验桌上备有下列器材：一节干电池、阻值未知的定值电阻R、电流表（量程0~300μA）、电压表、多用电表、电容器C （2200μF）、单刀双掷开关和导线若干。
（1）用多用电表测量定值电阻 R 的阻值。将选择开关置于“×10”挡，测量时发现指针靠近表盘左端，则应将选择开关置于_________（选填“×1”或“×100”）挡。换挡后两表笔短接，调节___________（选填“欧姆调零旋钮”或“指针定位螺丝”），经正确操作后表盘指针位置如图1所示，则待测电阻阻值为__________Ω。
（2）用上述器材做“观察电容器的充、放电现象”实验。
①按图2所示电路，先把开关S接1，一段时间后再接2，此时可以观察到电流表指针迅速偏转到最大后，再 _______________返回到零（选填“先快后慢”、“先慢后快”或“快慢均匀”）。
②把电压表并联在图2电路的电容器两端。开关S接1，电流表示数减小到170μA后保持不变，此时电压表指针稳定在图3所示位置，则电压表示数为_____V。电压表可以看作一个电压可读的“大电阻”，则此“大电阻”的阻值为____kΩ（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）×100 欧姆调零旋钮 3000 （2）先快后慢 0.53 3.1
【解析】（1）[1]将选择开关置于“×10”挡，测量时发现指针靠近表盘左端，说明待测电阻较大，应采用大倍率“×100”挡测量；
[2]换挡后两表笔短接，需要重新欧姆调零旋钮，故调节欧姆调零旋钮；
[3]欧姆挡测电阻时，电阻为倍率乘以刻度数，结合图1可知电阻阻值为
（2）[1]把开关S接1，电容器充电，电流从左向右流过微安表，微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小到0，把开关S接2，电容器放电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小，故先把开关S接1，一段时间后再接2，此时可以观察到电流表指针迅速偏转到最大后，再先快后慢返回到零；
[2]图1可知电压表最小分度值为0.1V，故读数估读到0.01V，故读数为0.53V；
[3]当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时构成回路，根据欧姆定律，电压表内阻为
21. 如图所示，真空中电荷量分别为+Q和-Q的两个点电荷相距为2r，B、C为它们连线上两点（其中B 为中点），AB 为它们连线的中垂线。已知静电力常量为k，则
（1）将试探电荷+q置于B 点时，+Q对试探电荷的库仑力大小为 __________________，+Q在 B 点产生的电场强度大小为_____________。
（2）将试探电荷+q沿着直线从B 移动到 C，其所受静电力_________；将试探电荷+q沿着曲线从 B 移动到C，其所受静电力__________。 （上述两空选填“做正功”、“做负功”或“不做功”）
（3）将试探电荷+q沿着直线从A 移动到 B，其所受静电力_________，它的电势能_____________。（上述两空选填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】（1） （2）做负功 做负功 （3）增大 不变
【解析】（1）[1]根据库仑力公式可知，+Q对试探电荷+q的库仑力大小为
[2]根据点电荷产生的电场强度公式可知，+Q在 B 点产生的电场强度大小为
（2）[1]等量异种电荷电场线方向从+Q指向-Q，故试探电荷+q在BC连线上电场力指向B，所以沿着直线从B 移动到 C，其所受静电力对试探电荷+q做负功；
[2]电场力做功与路径无关，只与电荷始末位置有关，故将试探电荷+q沿着曲线从 B 移动到C，其所受静电力对试探电荷+q做负功；
（3）[1][2]等量异种电荷中垂线为等势线，且距离B点越近，电场强度越大，故试探电荷+q沿着直线从A移动到B，所受静电力增大，但它的电势能不变。
22. 我国自主设计制造的“山东号”航母，其舰载机依靠自身发动机动力加速至滑跃起飞。如图所示是供训练使用的跑道，若飞机从静止起飞时需通过长度为x1 的水平跑道和长度为的倾斜跑道。两跑道平滑连接，倾斜跑道末端离水平跑道高为h=6.4 m。质量的飞机起飞过程中发动机推力大小恒为，方向与速度方向相同。若跑道固定于地面，飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为其重力的0.1倍，方向与速度方向相反。飞机视为质点且质量不变，求飞机
（1）在水平跑道运动的时间t1 ；
（2）在倾斜跑道的加速度大小a2；
（3）飞离倾斜跑道的速度大小 v2 。
【答案】（1）6s （2）7m/s2 （3）58m/s
【解析】（1）在水平跑道，设飞机加速度大小为，由牛顿第二定律
代入题中数据，解得
根据公式
代入题中数据，解得
（2）在倾斜跑道，由牛顿第二定律:
其中
联立解得
（3）以上分析可得，在跑道连接处飞机速度
根据公式
联立解得
23. 如图所示的传送装置由同一竖直面内的轨道和传送带组成，包括固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、半径R=1m 的圆弧轨道 BCD、倾角θ=37°的传送带。装置除传送带外均光滑，且各处平滑连接。质量m=0.5kg的小物块 P 从AB 上高为h处由静止释放。由特殊材料制成的传送带DE长L=1.75m，P相对传送带上行时动摩擦因数为 ，相对传送带下行时动摩擦因数为μ2 = 0.5。P与传送带间最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等。若不计 P 的大小和空气阻力。已知
（1）当h=0.8m时，若传送带保持静止， 求：
① P第一次经过C 点时受到的支持力大小FN；
② P 沿传送带上滑的最远距离l；
③ 经过足够长的时间，P在传送带上经过的总路程S。
（2）当h=1.45m时，若传送带保持顺时针匀速转动，以最小速度传送 P 到 E 点，求P 和传送带间由于摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）①13N；②0.75m；③2m （2）1.5J
【解析】（1）当h=0.8m时，若传送带保持静止
①小物块P由A到C的过程，设在C点速度为，根据动能定理
解得
在C点，设P受到的支持力为，由牛顿第二定律
联立解得
②小物块P由C运动到最高点的过程，P 沿传送带上滑的最远距离l，根据动能定理
解得
③经过足够长的时间，P由C运动到D点时速度为零，在传送带上经过的总路程为S，根据功能关系
解得
（2）当h=1.45m时
物块P到达D点速度设为vD，由A到D的过程，由动能定理
解得
根据题意，要P以最小速度传送到E点，则传送带速度v需满足，P减速滑行到与传送带速度共速之前，加速度大小为
（方向向下）
P继续减速滑行到E点过程，加速度大小为
（方向向下）
由运动学公式，则有
可解得
P滑行到与传送带速度共速之前，运动时间
相对位移
P继续减速滑行到E点的过程，运动时间
相对位移
故P 和传送带间由于摩擦产生的热量